2023新教材高中物理模块综合检测新人教版选择性必修第二册

/08/8/模块综合检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．关于电磁感应现象的有关说法中，正确的是()A．穿过闭合电路中的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大B．穿过闭合电路中的磁通量减小，则电路中感应电流就减小C．穿过闭合电路中的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大D．只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生解析：选A穿过闭合电路中的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大，选项A正确；穿过闭合电路中的磁通量减小，但如果磁通量均匀减小，即磁通量的变化率恒定，则电路中感应电流就不变，选项B错误；磁通量很大，但变化较慢，则感应电动势也可能很小，故C错误；只有闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，故D错误。2.LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法错误的是()A．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电B．若电容器正在放电，则电容器上极板带负电C．若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大D．若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大解析：选C题图中标明了电流的磁场方向，由安培定则可判断出电流在线圈中为逆时针(俯视)流动。若该时刻电容器上极板带正电，则可知电容器处于充电阶段，电流正在减小，A选项正确，C选项错误；若该时刻电容器上极板带负电，则可知电容器正在放电，电流正在增大，B选项正确；由楞次定律知，D选项正确。3.如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。当在该导线中通以由C到A、大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是()A．BIL，平行于OC向左B.eq\f(2\r(2)BIL,π)，平行于OC向右C.eq\f(2\r(2)BIL,π)，垂直A、C的连线指向左下方D．2eq\r(2)BIL，垂直A、C的连线指向左下方解析：选C由于四分之一圆弧的长度为L，所以eq\f(2πR,4)＝L，即R＝eq\f(2L,π)，AC的有效长度为l＝eq\r(2)R＝eq\f(2\r(2)L,π)，安培力为FA＝BIl＝eq\f(2\r(2)BIL,π)，方向由左手定则判断，垂直A、C的连线指向左下方，因此C正确。4．图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：选C题图甲中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图乙中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同。由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。5.如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则()A．FT1>mg，FT2>mg B．FT1<mg，FT2<mgC．FT1>mg，FT2<mg D．FT1<mg，FT2>mg解析：选A当圆环经过磁铁上端时，通过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，又由牛顿第三定律可知圆环给磁铁一个向下的磁场力，因此有FT1>mg；当圆环经过磁铁下端时，通过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，同理圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有FT2>mg。6．如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。○eq\a\vs4\al(V1)和○eq\a\vs4\al(V2)是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；○eq\a\vs4\al(A1)和○eq\a\vs4\al(A2)是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是()A．I1和I2表示电流的瞬时值B．U1和U2表示电压的最大值C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小解析：选C电流表和电压表的示数表示有效值，故选项A、B错；滑片P向下滑动时，R减小，因U1＝eq\f(Um,\r(2))，所以U1不变，又由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，U2不变，由I2＝eq\f(U2,R＋R0)知，I2增大，又由I1U1＝I2U2知，I1变大，所以选项C对，D错。7.如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是()A．转过图示位置时，线框中的电流方向为abcdaB．转动过程中线框产生感应电流的有效值为eq\f(\r(2)BSω,2R)C．线框转一周的过程中，产生的热量为eq\f(2ωB2S2,R)D．从图示位置开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线横截面的电荷量为eq\f(BS,2R)解析：选B线框经过图示位置时，线框各边均不切割磁感线，线框中无感应电流，故A错误；线圈转动过程中产生电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(BSω,\r(2))，所以电流的有效值为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(BSω,\r(2)),R)＝eq\f(\r(2)BSω,2R)，故B正确；产生的热量Q＝I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)BSω,2R)))2·R·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πB2S2ω,R)，故C错误；从图示位置开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线横截面的电荷量为q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(ΔΦ,tR)×t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，故D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．我国远距离输送交流电用的电压有110kV、220kV和330kV，输电干线已经采用500kV的超高压，西北电网的电压甚至达到750kV。对高压输电下列说法正确的是()A．采用高压输电是为了加快输电的速度B．输电电压越高越好C．采用高压输电能够降低输电线路上的能量损耗D．实际输送电能时要综合考虑各种因素，依照不同情况选择合适的输电电压解析：选CD远距离输电时，电压过高将会带来很多负面的影响，如对绝缘条件的要求增大，导线和大地组成电容也会引起能量损耗；输送的功率一定，根据P＝UI，知输电电压越高，输电电流越小，根据P损＝I2R，知输电线上损耗的能量就小，而不是为了加快输电速度，故A、B错误，C正确。实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率的大小、距离远近、技术和经济条件等，故D正确。9．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是()A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加解析：选AD由图像可知原线圈输入电压的最大值Um＝311V，T＝2×10－2s，则原线圈输入电压的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,2×10－2s)＝50Hz，选项A正确。由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得：U2＝eq\f(n2,n1)U1＝22V，B错误。P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，而匝数比不变，所以原、副线圈的电流比不变，C错误。P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以变压器的输出功率增加，D正确。10．(2021·辽宁高考)如图甲所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则()A．在t＝eq\f(t0,2)时，金属棒受到安培力的大小为eq\f(B02L3,t0R)B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为eq\f(B0L2,t0R)C．在t＝eq\f(3t0,2)时，金属棒受到安培力的方向竖直向上D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右解析：选BC由题图可知在0～t0时间段内产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)，根据闭合电路欧姆定律可知此时间段的电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2,Rt0)，在eq\f(t0,2)时磁感应强度为eq\f(B0,2)，此时安培力为F＝BIL＝eq\f(B02L3,2Rt0)，故A错误，B正确；由图可知在t＝eq\f(3t0,2)时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由图可知在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下运动的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。三、非选择题(本题共6小题，共54分)11．(6分)如图所示是继电器的原理图，当在接线柱2、3间接入电源时，电磁铁便将衔铁P吸离A而与B接触，从而达到控制电路的目的，接线柱________与接有电源的负温度系数的热敏电阻串接，接线柱________与外电路串接，即可在温度过高时切断外电路，实现对外电路的自动控制。解析：A为常闭触点，正常情况下与衔铁P相吸；B为常开触点，正常情况下与衔铁P分离，因此，1、5与外电路相连，以便加热。当温度越来越高时，电磁铁将衔铁P吸下，以切断电路。所以，2、3应与接有电源的热敏电阻相连。答案：2、31、512．(8分)(1)如图甲所示为某宾馆的房卡，只有把房卡插入槽中，房间内的灯和插座才会有电。房卡的作用相当于一个________(填电路元件名称)接在干路上。(2)如图乙所示，当房客进门时，只要将带有磁铁的卡P插入盒子Q中，这时由于磁铁吸引簧片，开关B就接通，通过继电器J使整个房间的电器的总开关接通，房客便能使用室内各种用电器。当继电器工作时，cd相吸，ab便接通。请你将各接线端1、2、3、4、5、6、7、8、9、10适当地连接起来，构成正常的电门卡电路。解析：(1)房卡可以控制房间内的灯和插座，不插入槽中，所有房间内的灯和插座都不工作，所以房卡相当于干路上的开关。(2)将开关B与电源E、线圈连成一个回路；将三个灯泡所在电路与交流电流接成回路，即按8—7,4—5,6—9,1—3,2—10连接起来，构成正常的电门卡电路，如图所示。答案：(1)开关(2)见解析图13．(8分)有波长分别为290m、397m、566m的无线电波同时传向收音机的接收天线，当把收音机的调谐电路的频率调到756kHz时(光速c＝3×108m/s)，问：(1)哪种波长的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强？(2)如果想接收到波长为290m的无线电波，应该把调谐电路中可变电容器的动片旋进一些还是旋出一些？解析：(1)根据公式f＝eq\f(c,λ)，设波长分别为290m、397m、566m的无线电波的频率分别为f1、f2、f3，则有f1＝eq\f(c,λ1)＝eq\f(3×108,290)Hz≈1034kHzf2＝eq\f(c,λ2)＝eq\f(3×108,397)Hz≈756kHzf3＝eq\f(c,λ3)＝eq\f(3×108,566)Hz≈530kHz所以波长为397m的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强。(2)要接收波长为290m的无线电波，应增大调谐电路的固有频率，由f＝eq\f(1,2π\r(LC))知，应减小可变电容器的电容，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，应把调谐电路中可变电容器的动片旋出一些。答案：(1)波长为397m的无线电波(2)旋出一些14．(8分)如图所示，一个质量为m、电荷量为q、不计重力的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和穿过第一象限的时间。解析：根据题意知，带电粒子的运动轨迹垂直于y轴，必然有圆心在y轴上，根据半径垂直于速度方向，则可确定圆心O′，如图所示。由几何关系知粒子运动的半径r＝eq\f(2\r(3),3)a由qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)由以上两式可得B＝eq\f(\r(3)mv,2qa)由qvB＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2得T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πa,\r(3)v)则t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(4\r(3)πa,9v)。答案：eq\f(\r(3)mv,2qa)eq\f(4\r(3)πa,9v)15．(12分)小华想利用山涧中的水来发电给果园的小屋照明，他设计了一台发电机如图所示，已知矩形线圈匝数N＝100匝，面积S＝0.05m2，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),5π)T，线圈与输电线的总电阻r＝2Ω，当线圈以周期T＝0.05s匀速旋转时，灯泡恰好正常发光。求：(1)线圈中感应电动势的峰值Em。(2)从图中位置转过90°的过程中线圈的平均感应电动势eq\x\to(E)。(3)若灯泡的额定电流为I＝2A，则灯泡的额定功率P。解析：(1)线圈转动的角速度为：ω＝eq\f(2π,T)感应电动势的峰值为Em＝NBSω代入数据解得：Em＝40eq\r(2)V。(2)线圈的平均感应电动势为：eq\x\to(E)＝Neq