2023年高中物理新教材同步選修第二冊 模塊綜合試卷(二)

模塊綜合試卷（二）

（滿分：100分）

一、單項選擇題（本題共8小題，每小題4分，共32分.在每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的）

1.如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度。勻速進入一磁感應強度大小為8

的勻強磁場.當圓環(huán)運動到圖示位置（/“。6=90。）時，〃、人兩點間的電勢差為（）

A.y[2BRvB坐BRv

C當BRvDr^BRv

答案D

解析當圓環(huán)運動到題圖所示位置時，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為也R,必邊產(chǎn)生的感應

電動勢為：E=yl2BRv,“、8兩點間的電勢差故選D.

2.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為3：1,副線圈上并聯(lián)三個相同的燈泡，均

能正常發(fā)光，原線圈中串有一個相同的燈泡L,則（）

A.燈L也能正常發(fā)光

B.燈L比另外三個燈都暗

C.燈L將會被燒壞

D.不能確定燈L能否正常發(fā)光

答案A

解析設每只燈泡的額定電流為I,額定電壓為U,因并聯(lián)在副線圈兩端的三只小燈泡正常

發(fā)光，所以副線圈中的總電流為3/,原、副線圈匝數(shù)比為3：1,所以原、副線圈的電流之比

為1：3,所以原線圈中的電流為/,燈泡L也能正常發(fā)光，A正確，B、C、D錯誤.

3.如圖，質(zhì)量為〃，、長為3L的均勻直導線折成等邊三角形線框LMN,豎直懸掛于兩根絕緣

細線上，并使邊MN呈水平狀態(tài).現(xiàn)置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為

B.當兩根絕緣細線所受拉力為零時，通過導線MN的電流大小為(重力加速度為g)()

答案B

解析當兩根絕緣細線所受拉力為零時，即等邊三角形線框LMN所受的安培力與重力大小

相等，方向相反，由于NLM導線的等效長度為L,由并聯(lián)電路特點可知，

IMN=2IMLN,由平衡條件有BIMNL+B-^L=mg,

解得/加=舞.故選B.

4.半徑為r的圓環(huán)電阻為R,帥為圓環(huán)的一條直徑.如圖所示，在外的一側(cè)存在一個均勻變

化的勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應強度大小隨時間的變化關(guān)系為B

=8。+戰(zhàn)Q0)，貝底)

A.圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應電流

B.圓環(huán)具有擴張的趨勢

C.圓環(huán)中感應電流的大小為噂

Z.K

D.圖中6、a兩點間的電勢差“。二義/?

答案C

解析由于磁場均勻增大，圓環(huán)中的磁通量變大，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中感應電流為逆時

針方向，同時為了阻礙磁通量的變化，圓環(huán)將有收縮的趨勢，故A、B錯誤；根據(jù)法拉第電

VNR1Fkivt2

磁感應定律得電動勢為：七=5?3=5E/，圓環(huán)電阻為R,所以電流大小為/故C

ZZAZZAZA

R戶

正確；b、a兩點間的電勢差為：。加=/5=一1，故D錯誤.

5.如圖甲所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為55：6,其原線圈兩端接入如圖乙所示

的正弦交流電，副線圈通過電流表與負載電阻R相連.若交流電壓表和交流電流表都是理想

電表，則下列說法中正確的是（）

A.變壓器輸入電壓的最大值是220V

B.若電流表的示數(shù)為0.5A,則變壓器的輸入功率是12W

C.原線圈輸入的正弦交流電的頻率是100Hz

D.電壓表的示數(shù)是24gV

答案B

解析由題圖乙可知交流電壓最大值口“=22即V,故A錯誤；輸入電壓的有效值為220V,

根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓之比等于匝數(shù)之比知電壓表示數(shù)為t/=^X220V=24V,故D

錯誤；若電流表的示數(shù)為0.5A,變壓器的輸入功率P人=「由=。/=24乂0.5W=12W,故B

正確；變壓器不改變頻率，由題圖乙可知交流電的周期T=0.02s,根據(jù)可知原線圈輸入

的正弦交流電的頻率是50Hz,故C錯誤.

6.一理想變壓器原、副線圈的回路中分別接有阻值相等的電阻R,原線圈一側(cè)接在電壓為170V

的正弦式交流電源上，如圖所示.設副線圈回路中電阻兩端的電壓為U,原、副線圈的匝數(shù)

比為?。骸?,在原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為％=七，則（）

A.U=66V,n\:722=3:1

B.U=34V,n\:九2=4:1

C.U=40V,n\:〃2=4:1

D.U=22V,n\:改=3:1

答案C

解析根據(jù)原副線圖電流與匝數(shù)成反比，得原副線圈的電流之比6=詈,

/.21

根據(jù)P=pR及題意得原副線圈回路中電阻消耗的功率之比攵=*=諱，

解得原、副線圈的匝數(shù)比為加：〃2=4：1,

根據(jù)原副線圈電壓與匝數(shù)成正比，得原線圈兩端的電壓為4U,根據(jù)U=/R知原線圈回路中

電阻兩端的電壓為*在原線圈回路中4U+$170V,解得U=40V,故C正確，A、B、

D錯誤.

7.如圖甲所示，矩形線圈外《/位于勻強磁場中，磁場方向垂直線圈所在平面，磁感應強度

B隨時間f變化的規(guī)律如圖乙所示.以圖甲中箭頭所示方向為線圈中感應電流，?的正方向，以

垂直于線圈所在平面向里為磁感應強度B的正方向，則下列圖中能正確表示線圈中感應電流

i隨時間f變化規(guī)律的是（）

xx34t/s

12；34"s

答案c

解析由法拉第電磁感應定律和歐姆定律得：/=芻=黑=去笑所以線圈中的感應電流取

決于磁感應強度B的變化率，B—t圖像的斜率為耳，故在2?3s內(nèi)感應電流的大小是。?1s

內(nèi)的2倍.再由8—f圖像可知，0?1s內(nèi)，8增大，則。增大，由楞次定律知，感應電流方

向為逆時針，所以0?1s內(nèi)的電流為負值；同理可得，1?2s內(nèi)的電流為零；2?3s內(nèi)的電

流為正值，C正確.

8.如圖所示，P。是勻強磁場中的一塊金屬板，其平面與磁場方向平行，一個粒子從某點以與

PQ垂直的速度射出，動能是Eiu,該粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示.現(xiàn)測得它在金屬板

兩邊的軌道半徑之比是10：9,若在穿越金屬板過程中粒子受到的阻力大小及電荷量恒定，

則下列說法正確的是（）

Q1

A.該粒子的動能增加了就Eki

B.該粒子的動能減少了前Eki

9

C.該粒子做圓周運動的周期減小左

D.該粒子最多能穿越金屬板6次

答案B

研tnv

解析根據(jù)B%=巧7可得：r=靛,

所以肛=口=%

02r29,

9

即。2=正。1

所以開始的動能為Eki=/wJ,

穿過金屬板后的動能

口_1__81_12_迎廠

Ek2/ITVY2]goVXr^fTW1j00白k1

粒子每穿越一次金屬板減少的動能

19

NE=Eki-反2=]0041,

所以有〃=*=需”*5.3

W0￡kl

即該粒子最多能穿越金屬板5次，故B正確，A、D錯誤；

2717%.

帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T=F，可知周期與速度無關(guān)，故C錯誤.

qB

二、多項選擇題（本題4小題，每小題4分，共16分.在每小題給出的四個選項中，有多項

符合題目要求.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）

9.如圖所示的電路中，電源兩端的電壓恒定，L為小燈泡，R為光敏電阻，R和L之間用擋板

（未畫出）隔開，LED為發(fā)光二極管（電流越大，發(fā)出的光越強），且R與LED間距不變，電源

內(nèi)阻忽略不計，下列說法中正確的是（）

A.當滑動觸頭P向左移動時，L消耗的功率增大

B.當滑動觸頭P向左移動時，L消耗的功率減小

C.當滑動觸頭P向右移動時，L消耗的功率減小

D.無論怎樣移動滑動觸頭P,L消耗的功率都不變

答案AC

解析當滑動觸頭P向左移動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，流過二極管的電流增大,

從而發(fā)光增強，使光敏電阻R的阻值減小，流過燈泡的電流增大，L消耗的功率增大.同理,

當滑動觸頭尸向右移動時，L消耗的功率減小.故選A、C.

10.如圖甲，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強磁場,以圖中箭頭所示方向為其正方向.螺

線管與導線框他4相連，導線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)乙,圓環(huán)與導線框在同一平面內(nèi).當螺線

管內(nèi)的磁感應強度8隨時間f按圖乙所示規(guī)律變化時（）

A.在“?時間內(nèi)，L有收縮趨勢

B.在f2?f3時間內(nèi)，L有擴張趨勢

C.在12?時間內(nèi)，L內(nèi)有逆時針方向的感應電流

D.在13?a時間內(nèi)，L內(nèi)有順時針方向的感應電流

答案AD

解析在力?f2時間內(nèi)，外加磁場的磁感應強度增大且圖線斜率在增大，則在導線框中產(chǎn)生

順時針方向且大小增加的電流，該電流產(chǎn)生的磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應電流，據(jù)“增

縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，故選項A正確；在f2?辦時間內(nèi)，外加磁場均勻變化，

在導線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流產(chǎn)生穩(wěn)定磁場，該磁場通過圓環(huán)時，圓環(huán)中沒有感應電流，

故選項B、C錯誤；在打?"時間內(nèi)，外加磁場方向向下且減小，又知圖線斜率也減小，在導

線框中產(chǎn)生順時針方向減小的電流，該電流產(chǎn)生向內(nèi)減小的磁場，則圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時針方向

的電流，故選項D正確.

11.如圖所示，在x軸上方第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，x軸下方存在沿y軸正

方向的勻強電場.a、b兩個重力不計的帶電粒子分別從電場中的同一點P由靜止釋放后，經(jīng)

電場加速從M點射入磁場并在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn).最后從y軸離開磁場時，速度大小分別為

功和。2，5的方向與y軸垂直，s的方向與y軸正方向成60。.“、6兩粒子在磁場中運動的時

間分別記為“和》則以下比值正確的是（）

A.v\:6=2：1B.v\I02=1：2

C.t\:12=3:2D.t\：亥=3:8

答案AD

則根據(jù)動能定理有qEd=^inv2,

解析粒子在電場中加速，設加速的位移為d,

所以V—

a粒子的圓心為O,

根據(jù)幾何知識可知，/?2-sin30°+/?I=/?2,

則R：&=1：2,②

mv2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=

R'

mv

故/?=

qB,③

聯(lián)立①②③可鴛嗡“4,④

將④代入①中可得V,:02=2：1,故A正確，B錯誤.

2nR2nm

粒子在磁場中運動的周期為T=

vqB，

所以兩粒子在磁場中運動的時間之比為

,?,90°.60°2兀如?2nm2_..

",’2-360。71?360"2—4。8.6空8—3-8-故C*伏，D正用.

12.（2021?懷化市高二期末）如圖甲所示，在光滑水平面上用恒力尸拉一質(zhì)量為〃?、邊長為小

電阻為R的單匝均勻正方形銅線框,在1位置以速度內(nèi)進入磁感應強度為B的勻強磁場并開

始計時.若磁場的寬度為6s>3"），在3fo時刻線框到達2位置速度又為優(yōu)，并開始離開勻強

磁場.此過程中。一/圖像如圖乙所示，則（)

XxX2：

Mp*百

—??斯XX

甲

A?力時刻線框的速度為。。一臂

B.f=0時刻，線框右側(cè)邊MN兩端電壓為Baoo

Ba?

C.0?A）時間內(nèi)，通過線框某一橫截面的電荷量為等

D.線框從1位置運動到2位置的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為仍

答案CD

解析根據(jù)題圖乙可知，在而?3”時間內(nèi)，線框做勻加速直線運動，所受合外力為居根據(jù)

F2Fta

牛頓第二定律可得加速度為—得知時刻線框的速度為v=vo—a-2to=vo-,故錯誤；

a=mmA

/=0時刻，線框右側(cè)邊MN兩端的電壓為外電壓，線框產(chǎn)生的感應電動勢為E=8即0

33

外電壓即兩端的電壓為U>t.=^E=^Bava,故B錯誤；

線框進入磁場過程中，流過某一微面的電荷量為

E…△①Ba2

Ba?

聯(lián)立解得q=-相，故C正確；

由題圖乙可知，線框在位置1和位置2時的速度相等，根據(jù)動能定理，知外力做的功等于克

服安培力做的功，

即有尸6—卬5=公反=0,

解得W心=私，故線框中產(chǎn)生的焦耳熱為他，故D正確.

三、非選擇題（本題共6小題，共52分）

13.（4分）有一個教學用的可拆變壓器，如圖甲所示，它有兩個外觀基本相同的線圈A、B,

線圈外部還可以繞線.

（1）某同學用一多用電表的同一歐姆擋先后測量了A、B線圈的電阻值，指針分別對應圖乙中

的“、b位置,由此可推斷（選填"A”或“8”）線圈的匝數(shù)較多.

（2）該實驗中輸入端所接電源最適合的是.

A.220V交流電源

B.12V以內(nèi)低壓直流電源

C.36V安全電壓

D.12V以內(nèi)低壓交流電源

答案（1）42分）（2）D（2分）

解析（1）匝數(shù)多的導線橫截面積小，長度大，故電阻大，由題圖乙知，A線圈電阻大，故4

線圈匝數(shù)較多.

（2）為保證學生安全，應用12V以內(nèi)低壓交流電源.

14.（6分）如圖所示，線圈L的電感為25mH,電阻為零，電容器C的電容為40四,燈泡D

的規(guī)格是“4V2W”.開關(guān)S閉合后，燈泡正常發(fā)光，S斷開后，LC中產(chǎn)生振蕩電流.若

從S斷開開始計時，求：

L

[TrrrTT\

CI口

r-^ll

S

―11----1r-------

（1）當f=^Xl（）-3s時，電容器的右極板帶何種電荷；

（2）當f=7tX10-3s時，LC回路中的電流大小.

答案（1）正電荷（2）0.5A

解析（1）S斷開后，LC中產(chǎn)生振蕩電流，振蕩周期為

T=2K4LC=2Tny25X10-3X40X10-6s

=27tX10-3s,（2分）

n-T.

當f='Xio3s=z時，電容器充電完畢，右極板帶正電荷.（i分）

（2）開關(guān)S閉合后，燈泡正常發(fā)光時電路中的電流

p2

/=p=4A=0.5A,（2分）

T

當/i=兀乂103s=1時，LC回路中的電流達到反向最大，即/=0.5A.（1分）

15.（9分）如圖甲為手機無線充電工作原理示意圖，它由送電線圈和受電線圈組成.已知受電

線圈的匝數(shù)為N=50,電阻r=1.0C,在它的c、d兩端接阻值R=9.0C的電阻.設受電線

圈內(nèi)存在與線圈平面垂直的磁場，其磁通量隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，可在受電線圈中

產(chǎn)生正弦式交變電流.求：

弗

孑

機

然

小

受

哪

鄉(xiāng)

圈

交

接4

電

變

力

流

（1）在一個周期內(nèi)，阻值為R的電阻上產(chǎn)生的焦耳熱；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

（2）從小到時間內(nèi)，通過阻值為R的電阻的電荷量.

答案（1）5.7X102J（2）2.0XIO-3C

解析（1）由題圖乙知7=兀義1（）-35,受電線圈中產(chǎn)生的電動勢最大值為

E“、=NBSs=N①獸=50X2.0X品V

1兀Xw'

=20V（1分）

受電線圈中產(chǎn)生的感應電流的最大值為

/m=*=2.0A（l分）

在一個周期內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=/2RT七5.7X10-2j（］分）

（2）受電線圈中感應電動勢的平均值E分）

_~E

通過電阻R的平均電流為/=￡=（1分）

R+r

通過電阻R的電荷量夕=7加（1分）

由題圖乙可知，在外?b時間內(nèi)，

|A0|=4.OX1O_4Wb（l分）

解得4=搟得：=2.0X10FC（1分）

16.（9分）如圖所示，兩根豎直固定的足夠長的金屬導軌而和cd相距L=0.2m,另外兩根水

平金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m=01kg,可沿導軌無摩擦地滑動，桿和PQ桿接入電

路的電阻均為R=0.2。（豎直金屬導軌電阻不計），P。桿放置在水平絕緣平臺上，整個裝置處

于垂直導軌平面向里的磁場中，g取10m/s2.

（1）若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力尸=1.8N的作用下由靜止開始向上運動，

磁感應強度氏=1.0T,桿MN的最大速度為多少？

（2）若將桿固定，MN和PQ的間距為d=0.4m,現(xiàn)使磁感應強度從零開始以等=0.5T/s

的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長時間，桿P。對地面的壓力為零？

答案⑴8m/s（2）100s

解析（1）MN桿切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為

Ei=BWv,（1分）

由閉合電路的歐姆定律得人=品，（1分）

ZA

MN桿所受安培力的大小為F^=BohL,（1分）

對MN桿由牛頓第二定律得尸一/ng一尸安=nza,（1分）

當MN桿速度最大時，加速度為零，

聯(lián)立得MN桿的最大速度Om=8m/s.（l分）

（2）感生電動勢為田=后=%-,（1分）

由閉合電路的歐姆定律得/2=舄，（1分）

Z.K

，時刻的磁感應強度為8=強/,PQ桿受力平衡，

有mg=BhL,（1分）

聯(lián)立解得f=100s.（I分）

17.（11分）如圖甲所示，在水平面上固定有長為L=2m、寬為d=0.5m的光滑金屬“U”形

導軌，導軌右端接有R=I。的電阻，在“U”形導軌右側(cè)/=1m范圍內(nèi)存在垂直紙面向里

的勻強磁場，且磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示.在f=0時刻，質(zhì)量為〃?=0.1kg、

內(nèi)阻r=lC的導體棒加以%=1m/s的初速度從導軌的左端開始向右運動，導軌的電阻忽略

不計，g取10m/s2.

（1）求第一秒內(nèi)流過外的電流的大小及方向；

（2）求ah棒進磁場瞬間的加速度大小；

（3）導體棒最終停止在導軌上，求全過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱.

答案（1）0.25A方向由a流向6（2）1.25m/s2（3）0.175J

解析（1）第一秒內(nèi)磁場隨時間均勻變化，由法拉第電磁感應定律有昌=等=臂=0.5V.

（1分）

Ei

所以流過血的電流/】=;7十=0.25A（l分）

R-rr

方向由Q流向b;（1分）

（2）依題意可知岫棒在1s末時刻進入磁場（速度仍為內(nèi)），此后磁感應強度保持不變，

則E2=Bdva=0.5V（1分）

E，、

/=7-r-=0.25A（1分）

2K~rr

F=Bhd{\分）

由牛頓第二定律，有F=ma（l分）

所以a=1.25m/s2（l分）

（3）第一秒內(nèi)，即進入磁場前，依據(jù)焦耳定律有

Ci=/i2（/?+r）f,=0.125J（1分）

進入磁場到停止運動，根據(jù)功能關(guān)系，

則有。2=/"。（）2=0.05J（1分）

全過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=Q|+Q2=0.175J