2024高中物理模塊綜合檢測二含解析粵教版選修3-1

PAGE10-模塊綜合檢測(二)一、單項(xiàng)選擇題(本題共10小題，每題3分，共30分．每小題中只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，選對(duì)得3分，錯(cuò)選、不選或多選均不得分)1．學(xué)習(xí)物理除了學(xué)問的學(xué)習(xí)外，還要了解物理學(xué)家對(duì)物理規(guī)律的發(fā)覺，領(lǐng)悟并駕馭處理物理問題的思想與方法．關(guān)于以上兩點(diǎn)下列敘述正確的是()A．法拉第發(fā)覺了電流的磁效應(yīng)，揭示了電與磁的聯(lián)系B．庫侖提出了用電場線描述電場的方法C．用點(diǎn)電荷來代替實(shí)際帶電體是采納了志向模型的方法D．在驗(yàn)證力的平行四邊形定則的試驗(yàn)中運(yùn)用了限制變量的方法答案：C2.如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接，已如導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5FC．0.5F D．0解析：設(shè)每一根導(dǎo)體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，依據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點(diǎn)可知，上下兩路電流之比I1∶I2＝1∶2.如下圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長度為L，依據(jù)安培力計(jì)算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq\f(1,2)F，依據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為F＋F′＝eq\f(3,2)F，故本題選B.答案：B3．關(guān)于磁通量的概念，以下說法中正確的是()A．磁通量發(fā)生改變，肯定是磁場發(fā)生改變引起的B．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，穿過閉合回路的磁通量也越大C．磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，線圈面積越大，則穿過線圈的磁通量也越大D．穿過線圈的磁通量為零，但該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不肯定為零解析：由Φ＝BScosθ可知：磁通量發(fā)生改變，可能是B或S或θ發(fā)生改變，故A錯(cuò)；磁通量的大小除了與B和S有關(guān)外，還與磁場方向與線圈平面間的夾角有關(guān)，當(dāng)夾角為零時(shí)Φ＝0，但該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不肯定為零，故B、C錯(cuò)，D對(duì)．答案：D4．空間中存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，一帶正電粒子(不計(jì)重力)垂直于磁場方向以初速度v射入磁場后，運(yùn)動(dòng)軌跡將()A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn)C．向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn) D．向紙面外偏轉(zhuǎn)解析：帶電粒子垂直進(jìn)入磁場，依據(jù)左手定則推斷可知，洛倫茲力方向向紙外，則其軌跡向紙外偏轉(zhuǎn)．故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D5．在同一勻強(qiáng)磁場中，α粒子(eq\o\al(4,2)He)和質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．若它們的質(zhì)量與速度的乘積大小相等，則α粒子和質(zhì)子()A．運(yùn)動(dòng)半徑之比是2∶1B．運(yùn)動(dòng)周期之比是2∶1C．運(yùn)動(dòng)速度大小之比是4∶1D．受到的洛倫茲力之比是2∶1解析：由r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(p,qB)，由于兩者動(dòng)量相等且在同一勻強(qiáng)磁場中，所以α粒子和質(zhì)子運(yùn)動(dòng)半徑之比等于電荷量的反比，即rα∶rH＝qH∶qα＝1∶2，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由T＝eq\f(2πm,qB)，則α粒子與質(zhì)子運(yùn)動(dòng)周期之比為eq\f(Tα,TH)＝eq\f(mαqH,qαmH)＝eq\f(4×1,2×1)＝2∶1，故選項(xiàng)B正確；由于mαvα＝mHvH，所以vα∶vH＝mH∶mα＝1∶4，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于洛倫茲力F＝qvB，所以eq\f(Fα,FH)＝eq\f(qαvα,qHvH)＝eq\f(2×1,1×4)＝1∶2，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：B6．如圖所示，在示波管下方有一根水平放置的通電直導(dǎo)線，則示波管中的電子束將()A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn)C．向紙外偏轉(zhuǎn) D．向紙里偏轉(zhuǎn)解析：由安培定則可知導(dǎo)線上方磁場垂直紙面對(duì)外，電子垂直磁場進(jìn)入，由左手定則可知，電子向上偏轉(zhuǎn)．答案：A7．如圖所示，分別在M、N兩點(diǎn)固定放置兩個(gè)點(diǎn)電荷＋Q和－q(Q>q)，以MN連線的中點(diǎn)O為圓心的圓周上有A、B、C、D四點(diǎn)．下列說法中正確的是()A．A點(diǎn)場強(qiáng)小于B點(diǎn)場強(qiáng)B．C點(diǎn)場強(qiáng)與D點(diǎn)場強(qiáng)相同C．A點(diǎn)電勢小于B點(diǎn)電勢D．將正檢驗(yàn)電荷從C點(diǎn)移到O點(diǎn)，電場力做負(fù)功解析：設(shè)A點(diǎn)到Q的距離為d，到－q的距離為L，故A點(diǎn)的場強(qiáng)EA＝eq\f(kQ,d2)＋eq\f(kq,L2)，同理可得B點(diǎn)的場強(qiáng)EB＝eq\f(kQ,L2)＋eq\f(kq,d2)，故EA－EB＝eq\f(k（Q－q）,d2)－eq\f(k（Q－q）,L2)，由于d<L，故EA－EB＞0，即EA＞EB，A項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)平行四邊形定則，以兩分場強(qiáng)為鄰邊作出平行四邊形的對(duì)角線，可知C、D兩點(diǎn)場強(qiáng)的方向不相同，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電場線的方向是電勢著陸的方向，故A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，C項(xiàng)錯(cuò)誤；正電荷從C到O，受力的最快方向與速度方向的夾角為鈍角，因此電場力做負(fù)功，D項(xiàng)正確．答案：D8.如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，有兩根豎直放置的平行導(dǎo)軌AB、CD.導(dǎo)軌上放有質(zhì)量為m的金屬棒MN，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)從t＝0時(shí)刻起，給棒通以圖示方向的電流，且電流強(qiáng)度與時(shí)間成正比，即I＝kt，其中k為恒量．若金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直，則在下列表示金屬棒所受摩擦力隨時(shí)間改變的四幅圖中，正確的是()解析：當(dāng)金屬棒所受摩擦力Ff＝μBIL＝μBLkt<mg時(shí)，棒沿導(dǎo)軌向下加速；當(dāng)金屬棒所受摩擦力Ff＝μBIL＝μBLkt>mg時(shí)，棒沿導(dǎo)軌向下減速；在棒停止運(yùn)動(dòng)之前，所受摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小為＝mg，故C正確．答案：C9．某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小分別為EP和EQ，電勢分別為φP和φQ，則()A．EP>EQ，φP>φQ B．EP>EQ，φP<φQC．EP<EQ，φP>φQ D．EP<EQ，φP<φQ解析：電場線密的位置電場強(qiáng)度大，因此EP>EQ；沿電場線方向電勢降低，因此有φP>φQ.A項(xiàng)正確．答案：A10．如圖所示，電阻R1＝20Ω，電動(dòng)機(jī)繞線電阻R2＝10Ω.當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電流表的示數(shù)是I′＝0.5A，當(dāng)開關(guān)S合上后，電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)起來，電路兩端的電壓不變，此時(shí)電流表的示數(shù)I和電路消耗的電功率P應(yīng)滿意()A．I＝1.5A B．I>1.5AC．P＝15W D．P<15W解析：S斷開時(shí)，電路兩端的電壓U＝I′R1＝10V．S合上后，流過電動(dòng)機(jī)的電流I″<eq\f(U,R2)＝1A，則電流表的示數(shù)I＝I′＋I(xiàn)″<1.5A，電路消耗的電功率P＝IU<15W，選項(xiàng)D正確．答案：D二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每題6分，共24分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的，全選對(duì)得6分，少選得3分，選錯(cuò)、多選或不選得0分)11．在如圖所示的電路中電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r.閉合開關(guān)S，待電流達(dá)到穩(wěn)定后，電流表示數(shù)為I，電壓表示數(shù)為U，電容器C所帶電荷量為Q，將滑動(dòng)變阻器P的滑片，從圖示位置向a一端移動(dòng)一些，待電流達(dá)到穩(wěn)定后，則與P移動(dòng)前相比()A．U變小 B．I變小C．Q增大 D．Q減小解析：當(dāng)滑動(dòng)變阻器P的滑片，從題圖示位置向a端移動(dòng)時(shí)，其電阻值增大，由閉合電路的歐姆定律可知，電路的電流I減小，變阻器R兩端的電壓增大，即電容器C兩端的電壓增大，明顯所帶電荷量Q增大．答案：BC12.如圖所示，帶電粒子以速度v沿CB方向射入一橫截面為正方形的區(qū)域，C、B均為該正方形兩邊的中點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力．當(dāng)區(qū)域內(nèi)有豎直方向的勻強(qiáng)電場E時(shí)，粒子從A點(diǎn)飛出，所用時(shí)間為t1；當(dāng)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對(duì)里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場時(shí)，粒子也從A點(diǎn)飛出，所用時(shí)間為t2，下列說法正確的是()A．t1<t2 B．t1>t2C．eq\f(E,B)＝eq\f(4,5)v D．eq\f(E,B)＝eq\f(5,4)v解析：粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿CB方向速度不變；在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在CB方向上的速度重量減小．由比較得A項(xiàng)正確．在電場中偏轉(zhuǎn)距離eq\f(a,2)＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)(eq\f(a,v))2，磁場中幾何關(guān)系：R2＝a2＋(R－eq\f(a,2))2，半徑R＝eq\f(mv,qB)，解得選項(xiàng)D正確．答案：AD13．地球具有磁場，宇宙中的很多天體也有磁場，圍繞此話題的下列說法中正確的是()A．地球上的潮汐現(xiàn)象與地磁場有關(guān)B．太陽表面的黑子、耀斑和太陽風(fēng)與太陽磁場有關(guān)C．通過視察月球磁場和月巖磁性推斷，月球內(nèi)部全部是液態(tài)物質(zhì)D．對(duì)火星視察顯示，指南針不能在火星上工作解析：地球上的潮汐現(xiàn)象與太陽、月亮相對(duì)于地球的位置有關(guān)，與地球的磁場無關(guān)，故A錯(cuò)誤；太陽表面的黑子、耀斑和太陽風(fēng)等現(xiàn)象均與太陽的磁場改變有關(guān)，故B正確；通過視察月球磁場和月巖磁性推斷，月球內(nèi)部全部是固態(tài)物質(zhì)，故C錯(cuò)誤；對(duì)火星視察顯示，火星上沒有全球性的磁場，指南針不能在火星上工作，故D正確．答案：BD14.如圖所示，一根通電直導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場中，在以導(dǎo)線為圓心，半徑為r的圓周上有a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，若a點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，則下列說法中正確的是()A．直導(dǎo)線中電流方向是垂直紙面對(duì)里的B．c點(diǎn)的實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度也為0C．d點(diǎn)實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\r(2)T，方向斜向右下方，與B的夾角為45°D．以上均不正確解析：題中的磁場是由直導(dǎo)線電流的磁場和勻強(qiáng)磁場共同形成的，磁場中任一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為兩磁場分別產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和．a(chǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，說明直導(dǎo)線電流在該處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，可得直導(dǎo)線中電流方向應(yīng)是垂直紙面對(duì)里．在圓周上任一點(diǎn)，由直導(dǎo)線電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1T，方向沿圓周切線方向，可知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T，方向向右．d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\r(2)T，方向與B成45°角斜向右下方．答案：AC三、非選擇題(共4小題，共46分)15．(12分)某同學(xué)要用多用電表測量一個(gè)電阻，已知多用電表電阻擋有4個(gè)倍率，分別是×1k、×100、×10、×1，該同學(xué)選擇×100倍率，用正確的操作步驟測量發(fā)覺指針偏轉(zhuǎn)角太大(指針位置如圖中虛線所示)，為了較精確地進(jìn)行測量，請(qǐng)你補(bǔ)充完整接下去應(yīng)進(jìn)行的主要操作步驟：(1)調(diào)整選擇開關(guān)旋鈕，選擇________倍率；(2)兩表筆__________(選填“短接”“斷開”)，調(diào)整歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在0Ω處；(3)重新測量并讀數(shù)，若這時(shí)刻度盤上的指針位置如圖中實(shí)線所示，則該電阻的阻值為________Ω；(4)測量完畢，把選擇開關(guān)旋鈕調(diào)至________________________．解析：(1)指針偏轉(zhuǎn)角太大，說明測量電阻過小，應(yīng)運(yùn)用小倍率的擋位測量，故選擇×10擋．(2)在歐姆調(diào)零時(shí)，須要將兩表筆短接，這樣相當(dāng)于被測電阻為零，然后調(diào)整歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指在0Ω.(3)倍率為×10擋，所以讀數(shù)為R＝12.0×10Ω＝120Ω.(4)測量完畢，把選擇開關(guān)旋鈕調(diào)至OFF擋或者溝通電壓最高擋．答案：(1)×10擋(2)短接(3)120(4)OFF擋或者溝通電壓最高擋16．(12分)在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的試驗(yàn)中，可供選擇的試驗(yàn)儀器如下：小燈泡L，“3.8V，0.3A”；電壓表V，量程0～5V，內(nèi)阻5kΩ；電流表A1，量程0～100mA，內(nèi)阻4Ω；電流表A2，量程0～500mA，內(nèi)阻0.4Ω；滑動(dòng)變阻器R1，最大阻值10Ω，額定電流1.0A；滑動(dòng)變阻器R2，最大阻值5Ω，額定電流0.5A；直流電源E，電動(dòng)勢約為6V；開關(guān)S及導(dǎo)線若干．(1)在上述器材中，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選________；電流表應(yīng)選________．(2)在虛線框內(nèi)畫出試驗(yàn)的電路圖，并在圖中注明各元件的符號(hào)．(3)某試驗(yàn)小組完成試驗(yàn)后利用試驗(yàn)中得到的試驗(yàn)數(shù)據(jù)在I-U坐標(biāo)系中，描繪出如圖所示的小燈泡的伏安特性曲線．依據(jù)此圖給出的信息，可以推斷下圖中正確的是(圖中P為小燈泡的功率)()解析：(1)本題滑動(dòng)變阻器采納分壓接法，通常應(yīng)當(dāng)選用最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器，但本題中假如選用R2，則電路中的電流會(huì)超過R2允許通過的最大電流，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)當(dāng)選擇R1.電流表A1的量程太小，故電流表應(yīng)當(dāng)選擇A2.(2)電路如圖所示，由于電壓要從零起先測量，滑動(dòng)變阻器用分壓接法；因?yàn)闊襞莸膬?nèi)阻比較小，電流表用外接法．(3)隨著通過小燈泡電壓電流的增大，小燈泡消耗的功率增大，小燈泡的電阻也增大，由于P＝eq\f(U2,R)知B圖正確，由P＝I2R知D圖正確．答案：(1)R1A2(2)電路圖見解析圖(3)BD17．(10分)通過測量質(zhì)子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡和打到探測板上的計(jì)數(shù)率(即打到探測板上質(zhì)子數(shù)與衰變產(chǎn)生總質(zhì)子數(shù)N的比值)，可探討中子(eq\o\al(1,0)n)的β衰變．中子衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時(shí)放出質(zhì)量可視為零的反中微子ve.如圖所示，位于P點(diǎn)的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個(gè)質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向勻稱地放射N個(gè)質(zhì)子．在P點(diǎn)下方放置有長度L＝1.2m以O(shè)為中點(diǎn)的探測板，P點(diǎn)離探測板的垂直距離OP為a.在探測板的上方存在方向垂直紙面對(duì)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．已知電子質(zhì)量me＝9.1×10－31kg＝0.51MeV/c2，中子質(zhì)量mn＝939.57MeV/c2，質(zhì)子質(zhì)量mp＝938.27MeV/c2(c為光速，不考慮粒子之間的相互作用)．若質(zhì)子的動(dòng)量p＝4.8×10－21kg·m·s－1＝3×10－8MeV·s·m－1.(1)寫出中子衰變的核反應(yīng)式，求電子和反中微子的總動(dòng)能(以MeV為能量單位)；(2)當(dāng)a＝0.15m，B＝0.1T時(shí)，求計(jì)數(shù)率；(3)若a取不同的值，可通過調(diào)整B的大小獲得與(2)問中同樣的計(jì)數(shù)率，求B與a的關(guān)系并給出B的范圍．解析：(1)核反應(yīng)方程滿意質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒：eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(1,1)p＋eq\o\al(1,－1)e＋eq\o\al(0,0)ve.核反應(yīng)過程中：ΔEd＝mnc2－(mpc2＋mec2)＝0.79MeV，依據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能關(guān)系，有Ekp＝eq\f(p2,2mp)＝0.0432MeV，則總動(dòng)能為：Ee＋Ev＝ΔEd－Ekp＝0.7468MeV.(2)質(zhì)子運(yùn)動(dòng)半徑R＝eq\f(p,eB)＝0.3m，如圖甲所示：圖甲打到探測板對(duì)應(yīng)放射角度：α＝β＝eq\f(π,6)，可得質(zhì)子計(jì)數(shù)率為：η＝eq\f(\f(4π,3),2π)＝eq\f(2,3).(3)在確保計(jì)數(shù)率為η＝eq\f(2,3)的狀況下：R′＝2a，即B＝eq\f(3,200a)，如圖乙所示：圖乙恰能打到探測板左端的條件為：4Req\o\al(2,max)－eq\f(Req\o\al(2,max),4)＝eq\f(L2,4)，即B≥