模块综合检测(二)（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

该高中物理课件聚焦电磁学模块综合应用，涵盖传感器原理、电磁感应、磁场对电流作用、电磁振荡及变压器等核心知识点，通过典型例题导入，串联从单一概念到综合问题的知识脉络，以解析支架帮助学生构建电磁学知识体系。 其亮点在于强化科学思维与科学探究，如通过楞次定律推理圆环运动方向（科学推理），设计变压器电压与匝数关系实验（科学探究），结合自行车速度计等实际案例。学生能提升综合解题能力，教师可借助资料进行高效复习与实验教学指导。

模块综合检测(二) 一、单项选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列传感器能够将光学量转换为电学量的是(　　) √ 解析：电阻应变片是在外力的作用下产生机械形变，其电阻发生相应变化，从而将力学量转换为电学量，故A错误；干簧管是将磁学量转化为电学量，故B错误；光敏电阻是将光学量转化为电学量，故C正确；霍尔元件是将磁学量转化为电学量，故D错误。 2.如图所示，a、b、c为三个被悬挂起的小金属圆环，其中a位于螺线管左侧附近，b位于螺线管右侧附近，c位于螺线管中央的正上方，螺线管与电阻、电源以及开关串联组成一电路，当开关S闭合瞬间，忽略三环中感应电流之间的相互作用力，则a、b、c小金属圆环(不考虑形变)的运动情况是 (　　) A.如果电源左边是正极，a向左摆动，b向左摆动，c向左摆动 B.如果电源左边是负极，a向右摆动，b向右摆动，c向右摆动 C.如果电源左边是正极，从左边看，a、b的电流方向均是逆时针，c的电流方向是顺时针 D.无论电源正极在左边还是右边，a向右摆动，b向左摆动，c不动 √ 解析：当开关S闭合瞬间，穿过金属圆环的磁通量增大，根据“增斥减吸”可知，无论电源正极在左边还是右边，a向左摆动，b向右摆动，c不左右摆动，故A、B、D错误；如果电源左边是正极，a、b处磁场方向向右，c处磁场方向向左，根据楞次定律结合安培定则可知，从左边看，a、b的电流方向均是逆时针，c的电流方向是顺时针，故C正确。 3.如图所示，L为直流电阻可忽略的线圈，R为定值电阻，C为电容器，开关S处于闭合状态。现突然断开S，并开始计时，电路工作过程中会向外辐射电磁波。下列选项中能正确反映LC回路中电流i(顺时针方向为正)、电容器中电场E(竖直向下为正)以及两极板间电势差Uab随时间变化的图像是 (　　) 解析： L为直流电阻可忽略的线圈，可知在开关闭合稳定时，电容器带电荷量为零，通过线圈L的电流向下；断开S后，电流在LC电路中开始振荡，电容器开始充电，电流方向沿逆时针方向(负方向)且电流大小逐渐减小，b板带正电荷且逐渐增加，即负方向的电场强度逐渐增加，则两极板间电势差Uab逐渐增大，且为负方向，故A正确，B、C、D错误。 √ 4.如图所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈。若最初S1是接通的，S2是断开的，那么下列描述中正确的是 (　　) A.刚接通S2，A灯立即亮，B灯延迟一段时间才亮 B.刚接通S2时，A灯延迟一段时间才亮，B灯立即亮 C.接通S2到电路稳定，B灯由亮变暗最后熄灭 D.接通S2，电路稳定后再断开S2时，A、B灯均立即熄灭 √ 解析：刚接通S2时，由于电感线圈L会发生通电自感现象，使通过线圈的电流由零逐渐增大，所以灯泡A、B会同时变亮；从接通S2到电路稳定，由于线圈的电阻不计，B灯相当于与一段导线并联，则B灯被短路，B灯由亮变暗最后熄灭，故A、B错误，C正确；接通S2，电路稳定后再断开S2时，A灯与电路断开将立即熄灭，而B灯与电感线圈构成闭合电路，由于线圈的自感现象，B灯会先亮一下，然后熄灭，故D错误。 5.如图所示，用绝缘轻丝线吊一质量为m的带电塑料小球在竖直平面内摆动，水平磁场垂直于小球摆动的平面向里，当小球自图示位置摆到最低点时，悬线上的张力恰好为零，若不 计空气阻力，重力加速度为g，则小球自右侧相同 摆角处摆到最低点时悬线上的张力大小为 (　　) A.mg B.2mg C.4mg D.6mg √ 解析：设小球自题图示位置摆到最低点时速度大小为v，因洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgL(1-cos 60°)=mv2，小球自题图示位置摆到最低点时，悬线上的张力恰好为零，可知洛伦兹力方向向上，在最低点合力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB-mg=m；当小球自右侧相同摆角处摆到最低点时，根据左手定则，可知洛伦兹力方向向下，摆动过程中洛伦兹力不做功，机械能守恒，则小球摆到最低点时速度大小仍为v，由牛顿第二定律有F-mg-qvB=m，联立解得F=4mg，故选C。 6.自行车速度计利用霍尔传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是 (　　) A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的 C.自行车的车速越大，霍尔电势差越高 D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差不变 √ 解析：设单位时间内的脉冲数为N，自行车车轮的半径为r，则自行车的速度为v==2Nπr，故根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小，故A正确；由左手定则可知，形成电流的自由电荷向外侧偏转，由题图乙可知，霍尔元件的外侧为负极，即题图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故B错误；设霍尔电势差为UH，霍尔元件宽度为d，则qvB=q，解得UH=Bdv，电流的微观表达式为I=nqSv，其中n为单位体积内的自由电荷数，S为横截面积，v为自由电荷定向移动的速度，解得自由电荷定向移动的速 度为v=，联立解得UH=，可知电流一定时，霍尔电势差与车速无关，故C错误；如果长时间不更换传感器的电源，电源内阻增大，电流减小，由UH=，可知霍尔电势差将减小，故D错误。 7.如图所示，在xOy平面内，第二象限和第四象限分别存在垂直平面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度的大小分别为3B和B。四分之一圆弧形的闭合线圈的圆心位于原点O，并以角速度ω绕O点在xOy平面内匀速转动，已知线圈的半径为r、总电阻为R。则闭合线圈中产生的感应电流的有效值为 (　　) A. B. C. D. 解析：线圈进入或离开第二象限磁场时，相当于导体杆转动切割磁感线，产生的感应电动势大小为E1=×3Br2ω，产生的感应电流大小为i1=，由楞次定律结合安培定则可知，线圈进入第二象限磁场时，产生的感应电流方向沿顺时针方向，线圈离开第二象限磁场时，产生的感应电流方向沿逆时针方向；同理可知， √ 线圈进入或离开第四象限磁场时，产生的感应电动势大小为E2=Br2ω，产生的感应电流大小为i2=，线圈进入第四象限磁场时，产生的感应电流方向沿逆时针方向，线圈离开第四象限磁场时，产生的感应电流方向沿顺时针方向；作出的感应电流随时间变化的图像如图所示，根据电流有效值的定义可知R·+ R·=RT，解得I有=，故选A。 8.新安江水库蓄水后，水位落差可达55 m，如图所示。已知落差处流量为5×105 kg/s的水流冲击水轮机发电，水流减少的机械能80%转化为电能。发电机输出电压为11 kV，水电站到用户之间采用220 kV高压进行远距离输电，输电线上损耗的功率不超过输送功率5%，用户所需电压为220 V。变压器视为理想变压器，重力加速度取g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.升压变压器原、副线圈匝数比为1∶20 B.发电机的输出功率为2.75×105 kW C.输电线上电阻不能超过110 Ω D.降压变压器原、副线圈匝数比为1 000∶1 √ 解析：升压变压器原、副线圈匝数比为==，故A正确;发电机的输出功率为P=×80%=2.2×105 kW，故B错误;输电线上的电流为I==1 000 A，输电线上损耗的功率为P损=P×5%=1.1×104 kW，又P损=I2R，解得R=11 Ω，则输电线上电阻不能超过11 Ω，故C错误;降压变压器输入电压小于220 kV，输出电压为220 V，则原、副线圈匝数比小于1 000∶1，故D错误。 9.一质量为0.06 kg、长为0.1 m的金属棒MN用两根长度均为1 m的绝缘细线悬挂于天花板，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动。当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°。已知一切阻力可忽略不 计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6， cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能守恒 B.金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少 C.通入金属棒中的电流为9 A D.通入金属棒中的电流为4 A √ 解析：通电金属棒在磁场中受到安培力，金属棒在摆动到最高点的过程中，安培力一直做正功，故机械能一直增加，故A、B错误；金属棒受到的安培力大小为F=IBL1，当金属棒摆到最高点时，根据动能定理可得FL2sin 37°-mgL2(1-cos 37°)=0，其中L1=0.1 m，L2=1 m，解得通入金属棒中的电流为I=4 A，故C错误，D正确。 10.如图所示，理想变压器原线圈接e=220sin(100πt)V的交流电，原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶5，已知定值电阻r=20 Ω、R0=25 Ω，R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是(　　) A.R=25 Ω时，理想变压器的输出功率最大 B.理想变压器的最大输出功率为Pm=650 W C.理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为1.25 A D.R=150 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大 √ 解析：根据题意，电源电动势有效值为E=220 V，设原线圈中的电压为U1，电流为I1，如图1所示，可认为虚线框中为等效电阻R'=，又===R0+R，解得R'=， 则电路可看成是由r和R'组成的电路，若使变压器输出功率最大，则R'的功率最大，根据P出=PR' = R' =R'=，由数学知识可知，当R'=r=20 Ω时，R'的功率最大，此时可得R=100 Ω，输出的最大功率Pm== W=605 W，A、B错误；理想变压器的输出功率等于负载电阻总功率，则有Pm=，可得I2=2.2 A，故C错误； 把r等效到副线圈中，由=，U1I1=U2I2，U1I1+r=U2I2+r'，整理得r=r'，解得r'=125 Ω，如图2所示， 把虚线框看成是电源，内阻r'=125 Ω， 当r'+R0=R时，滑动变阻器消耗功率最大， 此时R=150 Ω，D正确。 二、非选择题(本题共5小题，共60分) 11.(15分)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，利用如图甲中可拆变压器、学生电源和导线进行研究。 (1)除图甲中所给器材外，实验还需要的器材是________。(3分)  A.直流电流表 B.直流电压表 C.条形磁铁 D.多用电表 D 解析：变压器的工作原理是互感，变压器原、副线圈中的电流是交流电，测量电压与电流时需要用交流电表，可知除题图甲中所给器材外，实验还需要的器材是多用电表。故选D。 (2)观察变压器的结构，其铁芯采用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯，防止铁芯中________过大而导致浪费能量，损坏电器。(4分)  涡流 解析：变压器的铁芯采用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯，防止铁芯中的涡流过大而导致浪费能量，损坏电器。 (3)小明同学选用变压器原线圈匝数n1=800匝和副线圈匝数n2=400匝的位置进行实验，并把输入电压调至恒定电压U1=4 V，则用合适测电压的装置测得副线圈电压U2为_________V。(4分)  0 解析：变压器工作原理是互感，若输入电压调至恒定电压，原、副线圈通过的磁通量不变，没有产生互感现象，则测得副线圈电压为0。 (4)小李同学实验中将原线圈接在交流 电源上，将副线圈接在电压传感器(可视为 理想电压表)上，观察到副线圈电压U2随时 间t变化的图像如图乙所示，在t1时刻该同 学先断开开关，t2时刻再闭合开关，则t1~t2时间内进行的操作可能是___________。(4分)  A.拧紧了松动的铁芯 B.增加了交流电源的频率 C.减少了副线圈的匝数 D.减少了原线圈的匝数 AD 解析：根据题图乙可知，t2时刻之后，副线圈两端电压的峰值增大，即副线圈两端电压的有效值增大，但是电压的周期没有发生变化，则频率没有发生变化，变压器不改变频率，即交流电源的频率没有发生变化，故B错误；若拧紧了松动的铁芯，变压器漏磁减小，副线圈磁通量的变化率增大，副线圈两端电压增大，故A正确；若没有漏磁与铁损，根据原、副线圈电压与匝数的关系有=，可知若减少了副线圈的匝数，副线圈电压减小，若减小原线圈匝数，副线圈两端电压增大，故C错误，D正确。 12.(8分)如图甲所示，磁电式电流表的基本组成部分是磁体和放在磁体两极之间的线圈。当电流通过线圈时，导线受到安培力的作用，使安装在轴上的线圈发生转动，指针与轴固定在一起，指针随之发生偏转。磁场沿辐向均匀分布，如图乙所示，设线圈共n匝，垂直于纸面的边长为l1，平行于纸面的边长为l2，线圈垂直于纸面的边所在处磁感应强度大小为B。 (1)当线圈内通过的电流为I时，求线圈垂直于纸面的一条边上受到的安培力大小F；(3分) 答案： nBIl1　 解析：安培力大小为 F=nBIl1。 (2)当线圈内无电流通过时，指针不发生偏转。拨动电流表指针，当指针角速度为ω时，求穿过线圈的磁通量的变化率。(5分) 答案： Bl1l2ω 解析：根据法拉第电磁感应定律有Em=2nBl1v 结合v=ωl2 解得Em=nBl1l2ω 再根据法拉第电磁感应定律有Em=n 可得=Bl1l2ω。 13.(8分)如图所示，导体AB质量为m，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向外。AB平放在水平支架上成为电路的一部分，已知AB接入电路部分的长度为l。当接通电路瞬间，AB弹跳起来，则导体AB中电流方向如何?若已知通电瞬间通过导体横截面的电荷量为q，则在开关S闭合过程中，安培力对导体做的功至少应为多少? 答案:电流方向由B到A　 解析:导体AB向上弹起，故导体AB受到的安培力方向向上，由左手定则可知导体AB中电流的方向由B到A。 导体AB受重力、弹力和安培力，由于接通电路瞬间，导体AB弹跳起来，安培力远大于重力，且作用时间极短，重力和弹力可忽略不计，根据动量定理得F安·Δt=mv0 又F安=Bl，q=Δt 解得通电瞬间导体AB获得的速度v0= 设导体AB弹跳过程中安培力做的功为W，由动能定理得 W=m=。 14.(13分)在某项科研实验中，需要将电离后得到的氢离子和氮离子组成的混合离子分离。小李同学设计了如图甲所示的方案：从离子发生器逸出的离子经过P、Q两平行板间的电场加速，再通过极板上的小孔S进入Q板右侧的匀强磁场中，偏转后到达磁场边界，被离子接收器D接收。已知氢离子的质量为m、电荷量为+e，氦离子的质量为4m、电荷量为+2e，P、Q间的电压为U，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里，装置放置在真空环境中，不计离子之间的相互作用力及离子所受的重力，且不计离子进入加速装置时的速度。求： (1)氢离子离开加速电场时的速度大小；(3分) 解析：氢离子在电场中做匀加速运动，由动能定理有eU=m 解得v1=。 答案：　 (2)氢、氦离子在磁场中的运动半径，并根据计算结果判断该方案是否可行；(4分) 答案：　　可行 解析：氢离子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力有ev1B=m 解得氢离子在磁场中的运动半径为r1= 氦离子在电场中做匀加速运动，由动能定理有2eU=×4m 氦离子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力有2ev2B=4m 解得氦离子在磁场中的运动半径r2= 可知，氢、氦离子到达离子接收器的位置不同，可以将其分开，该方案可行。 (3)小王同学设计了如图乙所示的另一方案：在Q板右侧空间中将磁场更换为匀强电场，场强大小为E、方向向上，离子偏转后被离子接收器D接收。请你论证该方案是否可行。(6分) 答案：不可行 解析：电荷量为q、质量为m'的正离子经电场加速，由动能定理有qU=m'v2，垂直进入匀强电场中后，水平方向上做匀速直线运动，当运动的位移为x时，其运动时间为t= 离子在竖直方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律有Eq=m'a 沿竖直方向的偏转位移为y=at2 解得y= 由此可见，离子在偏转电场中运动的轨迹相同，所以该方案不能将两种离子分离，该方案不可行。 15.(16分)我国在高铁列车和电动汽车的设计与制造领域处于世界领先水平，为了节约利用能源，在“刹车”时采用了电磁式动力回收装置，可将部分动能转化为电能并储存起来。如图所示为该装置的简化模型，在光滑的水平面内，一个“日”字形的金属线框，各边长l=0.5 m，其中CD、JK、MN边电阻均为R= Ω，CM、DN边电阻可忽略，线框以v0=9 m/s的速度冲进宽度也为l、磁感应强度大小为B=0.4 T的匀强磁场，最终整个线框恰好能穿出磁场，忽略空气阻力的影响，求： (1)线框刚进磁场时流过MN的电流大小和方向，并指出M、N哪端电势高；(5分) 答案：3.6 A　从N到M　M端电势高 解析：线框刚进入磁场时MN边切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv0=1.8 V 回路的总电阻为R总=+R= Ω 流过MN的电流大小为I==3.6 A 根据右手定则，电流的方向为从N到M；M端电势高。 (2)整个线框的质量m；(5分) 答案： kg　 解析：最终整个线框恰好能穿出磁场，则最后的速度为0，取向右为正方向，整个过程根据动量定理可得-Blt=0-mv0 即=mv0，其中t=3l 解得m= kg。 (3)MN边穿过磁场过程中，MN边中产生的焦耳热Q。(6分) 答案： 0.2 J 解析：对MN边穿过磁场的过程，取向右为正方向，t1为MN穿过磁场的时间，由动量定理有-Blt1=mv-mv0 其中t1= 解得v=6 m/s 根据能量守恒定律有Q总=m-mv2 MN边产生的焦耳热Q=Q总=0.2 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $