新教材高中物理模块综合测评新人教版选择性必修第二册

模块综合测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．间谍卫星上装有某种遥感照相机，可用来探测军用和民用目标。这种照相机能拍到晚上关灯行驶的汽车。对这种遥感照相机敏感的电磁波属于()A．可见光波段 B．红外波段C．紫外波段 D．X射线波段答案B解析任何物体都在向外辐射红外线，温度越高辐射越强，导弹放射、汽车行驶时发动机温度很高，会辐射出剧烈的红外线，遥感照相机就是通过探测红外线来工作的，故B正确。2.如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面对里。一质量为m、电荷量肯定值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向垂直进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向。下列推断正确的是()A．粒子带正电B．运动过程中，粒子的速度不变C．粒子由O到A经验的时间为t＝eq\f(πm,3qB)D．离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°答案C解析依据左手定则可推断出粒子带负电，故A错误；由于粒子的速度的方向在变更，而速度是矢量，所以速度变更了，故B错误；如图所示，粒子由O运动到A时速度方向变更了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ＝60°，所以粒子运动的时间为t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故C正确；粒子沿着与y轴夹角为30°的方向垂直进入磁场，由几何对称性可知，离开磁场时其方向与x轴正方向的夹角为60°，故D错误。3.如图所示，一条形磁体从左向右匀速穿过线圈，当磁体经过A、B两位置时，线圈中()A．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相同B．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反C．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同D．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相反答案C解析磁体从A到B时，穿过线圈的磁通量的方向不变。当磁体经过A位置时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流从左向右看为顺时针方向；当磁体经过B位置时，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律可知，线圈中感应电流从左向右看为逆时针方向，且由楞次定律“来拒去留”的推论可知，磁体经过A、B两位置时，线圈中感应电流所受作用力的方向相同，A、B、D错误，C正确。4．如图所示，真空中有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面对里，三个带等量同种电荷的油滴A、B、C处于此区域中，A静止，B向右做匀速直线运动，C向左做匀速直线运动。则它们质量之间的关系是()A．mA＝mB＝mCB．mB＜mA＜mCC．mC＜mB＜mAD．mA＜mB＜mC答案B解析首先对A受力分析，可判定A、B、C均带负电，且mAg＝Eq。对B、C分别受力分析，对B有：Eq＝mBg＋F洛B，对C有：qE＋F洛C＝mCg，由此可知mB＜mA＜mC，B正确。5．手机充电器是先将市电(50Hz)通过变压器降压后，利用全波整流电路把正弦交变电流变成如图所示的脉动直流电，则该脉动直流电的()A．瞬时值表达式为i＝8sineq\f(2π,T)t(A)B．频率为50HzC．有效值为4eq\r(2)AD．平均值可能为8A答案C解析在t<eq\f(T,2)的时间内，瞬时值表达式为i＝8sineq\f(2π,T)t(A)，而对整个脉动直流电，瞬时值表达式不能表示为i＝8sineq\f(2π,T)t(A)，A错误；该脉动直流电的频率为100Hz，B错误；该脉动电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(8,\r(2))A＝4eq\r(2)A，C正确；该脉动直流电的平均值等于图像与横轴所围面积除以时间，明显平均值肯定小于8A，D错误。6．如图所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN正在导轨上向右匀速运动，在金属棒运动过程中，将视察到()A．L1、L2都发光，只是亮度不同B．L1、L2都不发光C．L2发光，L1不发光D．L1发光，L2不发光答案D解析甲图MN中感应电动势的大小时刻变更，其右侧线圈中会出现变更的电流；乙图MN中感应电动势恒定，其右侧线圈中出现恒定的电流。依据变压器原理可知，甲图左侧线圈产生感应电流，乙图左侧线圈没有感应电流产生，所以L1发光，L2不发光，D正确。7．(2024·江西高二期中)如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度上升，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃两端电压的增加，当电铃两端电压达到肯定值时，电铃会响。下列说法正确的是()A．要使报警的临界温度上升，可以适当增大电源的电动势B．要使报警的临界温度上升，可以把R2的滑片P适当向下移C．要使报警的临界温度降低，可以适当减小电源的电动势D．要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移答案D解析要使报警的临界温度上升，则R1较小时电铃两端的电压处于临界电压U0，即R2两端此时的电压为U0，依据U0＝eq\f(R2,R1＋R2)E，当R1减小时，要使R2两端的电压仍为U0，可以减小E，或者减小R2，故A、B错误；同理可知，要使报警的临界温度降低，即R1增大时，R2两端的电压仍为U0＝eq\f(R2,R1＋R2)E，可以增大E或R2，故C错误，D正确。8．如图所示，一矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，运动过程中线框只受重力和安培力作用，线框在向上、向下经过图中1、2位置时的速率按时间依次依次为v1、v2、v3和v4，则可以确定()A．v1<v2B．v2<v3C．v3<v4D．v4<v1答案D解析由能量守恒定律可知，线框从进入磁场到离开磁场的过程中，有部分机械能转化为焦耳热，即机械能减小，则v4<v1，D正确；而线框完全在磁场中运动时，由于磁通量不变，没有感应电流，故线框只受重力作用，机械能守恒，则v2＝v3，B错误；由楞次定律可知，线框进入磁场时受到的安培力方向竖直向下，重力方向竖直向下，因而线框做减速运动，则v1>v2，A错误；线框离开磁场时受到的安培力方向竖直向上，重力方向竖直向下，二者大小关系不能确定，故v3、v4大小关系不能确定，C错误。9.不计重力的负粒子能够在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中沿直线匀速穿过。设产生匀强电场的两极板间电压为U，距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q，进入速度为v，以下说法正确的是()A．若同时增大U和B，其他条件不变，则粒子肯定能够沿直线穿过B．若同时减小d和增大v，其他条件不变，则粒子可能沿直线穿过C．若粒子向下偏转，能够飞出极板间，则粒子动能肯定减小D．若粒子向下偏转，能够飞出极板间，则粒子的动能有可能不变答案BC解析要使粒子能够沿直线穿过，则有qeq\f(U,d)＝qvB，即v＝eq\f(U,Bd)，若U、B增大的倍数不同，粒子不能沿直线穿过，A错误；同理B正确；带负电的粒子向下偏转，静电力做负功，又W洛＝0，所以ΔEk＜0，C正确，D错误。10.在LC回路中，电容器两端的电压随时间t变更的关系如图所示，则()A．在t1时刻，电路中的电流最大B．在t2时刻，电路中的磁场能最大C．从t2时刻至t3时刻，电路中的电场能不断增大D．从t3时刻至t4时刻，电容器的电荷量不断增大答案AD解析在t1时刻，电容器两端的电压为0，电容器放电完毕，电路中电流最大，故A正确；在t2时刻，电容器两端的反向电压最大，电容器反向充电完毕，电路中电流为零，电路中的磁场能最小，为零，B错误；从t2时刻至t3时刻，电路中反向放电，电路中电流不断增大，电容器两端电压不断减小，电路中电场能不断减小，C错误；从t3时刻至t4时刻，电容器正向充电，电容器的电荷量不断增大，D正确。11．远距离输电装置如图所示，发电机电压不变，升压变压器和降压变压器均是志向变压器。当S由2改接为1时，下列说法正确的是()A．电压表读数变大B．电流表读数变大C．电流表读数变小D．输电线损失的功率减小答案AB解析当S改接为1时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈匝数变大，所以输送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，A正确；降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流I灯也变大，输电线上的电流I线也随着I灯的变大而变大，所以电流表读数变大，B正确，C错误；I线变大时，输电线损失的功率P线＝Ieq\o\al(2,线)R变大，D错误。12．如图所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面对里的匀强磁场。四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度v0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点(图中未画出)。小球受到的静电力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力，则()A．O、C之间距离大于O、B之间距离B．小球从抛出到落在斜面上用时相等C．小球落到B点与C点速度大小相等D．从O到A与从O到D，合力对小球做功相同答案AC解析带电小球在乙图中受到重力与竖直向下的静电力，而在丙图中受到重力与竖直向上的静电力，依据类平抛运动规律，则有eq\f(\f(1,2)at2,v0t)＝tanθ，可知，当加速度越大时，所用时间越短，又x＝v0t＝lcosθ，因此O、B间距小于O、C间距，故A正确，B错误；eq\f(\f(1,2)at2,v0t)＝tanθ，那么vy＝at＝2v0tanθ，则小球落到B点和C点时竖直方向的速度相等，依据矢量的合成法则，可得小球落到B点与C点速度大小相等，故C正确；丁图中，小球抛出后，洛伦兹力始终与小球速度方向垂直，洛伦兹力可分解为竖直向上和水平向左的两个分力，由于洛伦兹力作用，小球在竖直方向的加速度小于g，即比甲图中的小，又小球在水平方向向左加速，所以丁图中的小球落在斜面上的D点与抛出点的竖直距离大于甲图情形中A、O间的竖直距离，又都只有重力对小球做功，因此甲、丁图中合力对小球做功不同，故D错误。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、试验题(本题共2小题，共10分)13．(4分)如图甲为在温度为10℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R1＝20kΩ，R2＝10kΩ，R3＝40kΩ，Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变更的图线如图乙所示。当a、b端电压Uab＜0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当Uab>0时，电压鉴别器使S断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在________℃。答案35解析设电路两端电压为U，当Uab＝0时，有eq\f(U,R1＋R2)R1＝eq\f(U,R3＋Rt)R3，解得Rt＝20kΩ，由题图乙可知，当Rt＝20kΩ时，t＝35℃。14．(2024·河北省尚义县第一中学高二月考)(6分)有一个教学用的可拆变压器，其铁芯粗细一样，如图所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以再绕线圈。(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图中的a、b位置，则A线圈的电阻为________Ω，由此可推断________(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。(2)假如把它看作志向变压器，现要测量A线圈的匝数，供应的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压沟通电源，请完成试验的步骤填空：①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；②将A线圈与低压沟通电源相连接；③用多用电表的“沟通电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和________(选填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U；④则A线圈的匝数为________。(用已知量和测量量的符号表示)答案(1)24A(2)③绕制④eq\f(UA,U)n解析(1)多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率。指针在a位置时的读数为24，倍率为×1，所以电阻为24Ω；依据R＝ρeq\f(L,S)，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈的匝数较多。(2)③因为要测量A线圈的匝数，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，应选取匝数已知的绕制线圈，所以要用多用电表的“沟通电压挡”测量绕制线圈的输出电压U。④依据变压器电压比等于匝数比，有eq\f(UA,U)＝eq\f(nA,n)，所以nA＝eq\f(UA,U)n。三、计算题(本题共4小题，共42分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15．(8分)如图所示，变压器原线圈输入电压为220V，副线圈输出电压为36V，两只灯泡的额定电压均为36V，L1额定功率为12W，L2额定功率为6W。试求：(1)该变压器的原、副线圈匝数比；(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。答案(1)eq\f(55,9)(2)0.082A0.055A解析(1)由变压比公式得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(n1,n2)＝eq\f(220,36)＝eq\f(55,9)。(2)两灯均工作时，由能量守恒定律得P1＋P2＝U1I1I1＝eq\f(P1＋P2,U1)＝eq\f(12＋6,220)A≈0.082A只有L1灯工作时，由能量守恒定律得P1＝U1I2，解得I2＝eq\f(P1,U1)＝eq\f(12,220)A≈0.055A。16．(10分)如图所示，光滑平行金属导轨相距30cm，电阻不计，ab是电阻为0.3Ω的金属棒，可沿导轨滑动，与导轨相连的平行金属板A、B相距6cm，电阻R为0.1Ω，全部装置处于垂直纸面对里的匀强磁场中。当ab以速度v向右匀速运动时，一带电微粒在A、B板间做半径为2cm的匀速圆周运动，速率也是v。试求速率v的大小。(g取10m/s2)答案0.4m/s解析设磁感应强度为B，平行板A、B间距为d，ab杆的有效长度为l，带电微粒质量为m，电荷量为q，因为E＝Blv，所以Uab＝UAB＝eq\f(E·R,R总)＝eq\f(1,4)Blv，带电微粒在A、B板间做匀速圆周运动，则mg＝Eq＝eq\f(UAB,d)q，所以m＝eq\f(Blvq,4dg)，带电微粒做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(Blv2q,4dgBq)＝eq\f(lv2,4dg)，所以v＝eq\r(\f(4dgr,l))＝eq\r(\f(4×0.06×10×0.02,0.3))m/s＝0.4m/s。17．(10分)如图甲所示，两相互平行的光滑金属导轨水平放置，导轨间距L＝0.5m，左端接有电阻R＝3Ω，导轨间有竖直向下的磁场，磁感应强度大小随坐标x的变更关系如图乙所示。起先时导体棒CD静止在导轨上的x＝0处，现给导体棒一水平向右的拉力，使导体棒以a＝1m/s2的加速度沿x轴匀加速运动，已知导体棒的质量为2kg，电阻为2Ω，导体棒与导轨接触良好，其余电阻不计，求：(1)当拉力和时间均取国际单位时，拉力随时间变更的关系式数值；(2)当导体棒运动到x＝4.5m处时撤掉拉力，此时导体棒两端的电压、此后电阻R上产生的热量。答案(1)F＝eq\f(t5,20)＋2(2)8.1V5.4J解析(1)经时间t导体棒的速度v＝at，位移x＝eq\f(1,2)at2，产生的感应电动势为E＝BLv，产生的感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)，由图乙得B＝2x，对导体棒，由牛顿其次定律有F－BIL＝ma，联立以上各式，解得F＝eq\f(t5,20)＋2。(2)导体棒运动到x＝4.5m处时，磁感应强度B＝2x＝9T，感应电动势E＝BLv＝BLeq\r(2ax)＝13.5V，导体棒两端的电压U＝eq\f(E,R＋r)·R＝8.1V，撤去拉力后动能全部转化为焦耳热，则Q＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·2ax＝9J，电阻R上产生的