2024-2025學(xué)年新教材高中物理模塊素養(yǎng)評價含解析魯科版必修3

PAGE16-模塊素養(yǎng)評價(60分鐘·60分)一、選擇題(本題共9小題,每小題3分,共27分)1.下列關(guān)于能量轉(zhuǎn)化的說法中,不正確的是 ()A.能量在轉(zhuǎn)化過程中,有一部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,我們無法把這些內(nèi)能收集起來重新利用B.各種形式的能量在轉(zhuǎn)化中,總能量是不變的C.在能源的利用過程中,能量的總量并未削減,但在可利用的品質(zhì)上降低了,從便于利用的變成了不便于利用的D.各種能量在不轉(zhuǎn)化時是守恒的,但在轉(zhuǎn)化時是不守恒的【解析】選D。依據(jù)能量守恒定律可知,不論在能量的轉(zhuǎn)化還是在能量的轉(zhuǎn)移過程中,能量的總量都是不變的。由能量耗散知,在能量轉(zhuǎn)化的過程中,有一部分能量轉(zhuǎn)化為四周環(huán)境的內(nèi)能,而我們無法把這些內(nèi)能收集起來重新利用,這表明,在能源的利用過程中,能量的總量并未削減,但是在可利用的品質(zhì)上降低了,從便于利用的變成不便于利用的了,而自然界的能量仍是守恒的。故選項A、B、C正確,D錯誤。2.有關(guān)光的本性,下列說法正確的是 ()A.光既具有波動性,又具有粒子性,這是相互沖突和對立的B.光的波動性類似于機械波,光的粒子性類似于質(zhì)點C.大量光子才具有波動性,個別光子只具有粒子性D.由于光既有波動性,又有粒子性,無法只用其中一種去說明光的一切行為,只能認為光具有波粒二象性【解析】選D。19世紀初,人們勝利地在試驗中視察到了光的干涉、衍射現(xiàn)象,這屬于波的特性,微粒說無法說明;但到了19世紀末又發(fā)覺了光的新現(xiàn)象——光電效應(yīng),這種現(xiàn)象波動說不能說明,證明光具有粒子性。因此,光既具有波動性,又具有粒子性,但不同于宏觀的機械波和機械粒子,波動性和粒子性是光在不同的狀況下的不同表現(xiàn),是同一客體的兩個不同側(cè)面、不同屬性,只能認為光具有波粒二象性,故D正確,A、B、C錯誤。【加固訓(xùn)練】關(guān)于電磁波,下列說法正確的是 ()A.雷達是用X光來測定物體位置的設(shè)備B.電磁波不能發(fā)生干涉、衍射現(xiàn)象C.電磁波的傳播速度小于光速D.變更的電場可以產(chǎn)生磁場【解析】選D。雷達不是利用X光定位的,X光波長極短常用于醫(yī)療,A錯誤;電磁波能發(fā)生干涉、衍射現(xiàn)象,B錯誤;電磁波的傳播速度等于光速,C錯誤;變更的電場可以產(chǎn)生磁場,D正確。3.如圖所示,以O(shè)點為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f。等量正、負點電荷分別放置在a、d兩點時,在圓心O產(chǎn)生的電場強度大小為E?，F(xiàn)僅將放于a點的正點電荷改放于其他等分點上,使O點的電場強度變更,則下列推斷正確的是 ()A.移至c點時,O點的電場強度大小仍為E,沿Oe方向B.移至b點時,O點的電場強度大小為E,沿Oc方向C.移至e點時,O點的電場強度大小為,沿Oc方向D.移至f點時,O點的電場強度大小為E,沿Oe方向【解析】選C。由題意可知,等量正、負點電荷在O處的電場強度大小均為,方向水平向右。當(dāng)將放于a點的正點電荷移至c點時,兩點電荷在O處的電場強度方向夾角為120°,則O處的合電場強度大小為,沿Oe方向,選項A錯誤;同理,移至b點時,O點的合電場強度大小為E′=cos30°×2=E,沿Od與Oe的角平分線方向,選項B錯誤;移至e點時,兩點電荷在O處的電場強度方向夾角為120°,則O處的合電場強度大小為,沿Oc方向,選項C正確;當(dāng)將放于a點的正點電荷移至f點時,O點的電場強度大小為E,沿Oc和Od的角平分線方向,選項D錯誤。【加固訓(xùn)練】如圖所示,A、B、C、D、E是半徑為r的圓周上等間距的五個點,在這些點上各固定一個點電荷,除A點處的電荷量為-q外,其余各點處的電荷量均為+q,則圓心O處 ()A.場強大小為,方向沿OA方向B.場強大小為,方向沿AO方向C.場強大小為,方向沿OA方向D.場強大小為,方向沿AO方向【解析】選C。在A處放一個-q的點電荷與在A處同時放一個+q和-2q的點電荷的效果相當(dāng),因此可以認為O處的場強是五個+q和一個-2q的點電荷的合場強,五個+q處于對稱位置上,在圓心O處產(chǎn)生的合場強為0,所以O(shè)點的場強相當(dāng)于-2q在O處產(chǎn)生的場強。則C正確,A、B、D錯誤。4.兩平行金屬板相距為d,電勢差為U,一電子質(zhì)量為m、電荷量為e,從O點沿垂直于極板的方向射入電場,最遠到達A點,然后返回,如圖所示,OA間距為h,則此電子的初動能為 ()A. B. C. D.【解析】選D。電子從O點到達A點的過程中,僅在電場力作用下速度漸漸減小,依據(jù)動能定理可得-eUOA=0-Ek,因為UOA=h,所以Ek=,故D正確,A、B、C錯誤。5.如圖所示,C1=6μF,C2=3μF,R1=3Ω,R2=6Ω,電源電動勢E=18V,內(nèi)阻不計。下列說法正確的是 ()A.開關(guān)S斷開時,a、b兩點電勢相等B.開關(guān)S閉合后,a、b兩點間的電流是1AC.開關(guān)S斷開時C1帶的電荷量比開關(guān)S閉合后C1帶的電荷量大D.不論開關(guān)S斷開還是閉合,C1帶的電荷量總比C2帶的電荷量大【解析】選C。S斷開時外電路處于斷路狀態(tài),兩電阻中無電流通過,電阻兩端電勢相等,由圖知a點電勢與電源負極電勢相等,而b點電勢與電源正極電勢相等,故選項A錯誤;S斷開時兩電容器兩端電壓都等于電源電動勢,而C1>C2,由Q=CU知此時Q1>Q2,當(dāng)S閉合時,穩(wěn)定狀態(tài)下C1與R1并聯(lián),C2與R2并聯(lián),電路中電流I==2A,此時兩電阻兩端電壓分別為U1=IR1=6V,U2=IR2=12V,則此時兩電容器所帶電荷量分別為Q1′=C1U1=3.6×10-5C,Q2′=C2U2=3.6×10-5C,對電容器C16.一勻強電場的方向豎直向上。t=0時刻,一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場,電場力對粒子做功的功率為P,不計粒子重力,則P-t關(guān)系圖像是 ()【解析】選A。設(shè)粒子帶正電,運動軌跡如圖所示,水平方向:粒子不受力,vx=v0。沿電場方向:受力F電=qE,則加速度a==,經(jīng)時間t,粒子沿電場方向的速度vy=at=電場力做功的功率P=F電vy=qE·==kt∝t,故A正確,B、C、D錯誤。7.電動公交車主要是指純電動公交車,全部運用電能行駛,該類產(chǎn)品噪音小,行駛穩(wěn)定性高,并且實現(xiàn)零排放。假設(shè)某電動公交車的質(zhì)量(含乘客)m=15t,電動公交車電能轉(zhuǎn)化為機械能的效率為75%,以速度20m/s在平直馬路上勻速行駛時,一次充溢電可持續(xù)行駛100km,假定電動公交車受到的平均阻力為車重的0.02倍,則 ()A.該車勻速行駛時發(fā)動機輸出功率約3×104WB.該車從幾乎沒電到充溢電需充電約3×108JC.按電價0.72元/(kW·h)來計算,從幾乎沒電到充溢電需電費約80元D.若該車充電的功率為60kW,從幾乎沒電到充溢電需時間約5000s【解析】選C。P=f·v=0.02×15×104×20W=6×104W,選項A錯誤;E==6×104××J=4×108J,選項B錯誤;=度,若0.72元/度,則為80元,選項C正確;E=P′t′,t′==s=×104s>5000s,選項D錯誤。8.咸陽市區(qū)某學(xué)校創(chuàng)建綠色校內(nèi),如圖中甲為新裝的一批節(jié)能燈,該路燈通過光控開關(guān)實現(xiàn)自動限制:電燈的亮度可自動隨四周環(huán)境的亮度變更而變更。如圖中乙為其內(nèi)部電路簡化原理圖,電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,Rt為光敏電阻(光照強度增加時,其電阻值減小)?，F(xiàn)增加光照強度,則下列推斷正確的是 ()A.電源路端電壓不變 B.R0兩端電壓變大C.B燈變暗,A燈變亮 D.電源總功率不變【解析】選B。由題意,增加光照強度,Rt減小,外電路總電阻減小,依據(jù)閉合電路歐姆定律得知,干路電流I增大,電源的內(nèi)電壓增大,路端電壓U減小,則A燈變暗,通過R0電流I0=I-IA,I增大,而IA減小,則I0增大,R0兩端電壓U0增大,則B燈兩端的電壓減小,B燈變暗;電源的總功率P=EI,I增大,則P增大,故B項正確,A、C、D項錯誤。【加固訓(xùn)練】在某限制電路中,須要連成如圖所示的電路,主要由電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及電位器(滑動變阻器)R連接而成,L1、L2是紅、綠兩個指示燈,當(dāng)電位器的觸頭由弧形碳膜的中點逆時針滑向a端時,下列說法中正確的是()A.L1、L2兩個指示燈都變亮B.L1、L2兩個指示燈都變暗C.L1變亮,L2變暗D.L1變暗,L2變亮【解析】選B。當(dāng)電位器向a端滑動時,電路的總電阻減小,干路電流增大,所以內(nèi)電壓增大,路端電壓減小,所以燈L1變暗;通過電阻R1的電流變大,所以電位器兩端的電壓減小,即燈L2兩端的電壓減小,所以燈L2變暗,則B正確,A、C、D錯誤。9.電場中某三條等勢線如圖中實線a、b、c所示。一電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q,已知電勢φa>φb>φc,這一過程電子運動的v-t圖像可能是圖中的 ()【解析】選A。結(jié)合φa>φb>φc,由題圖等勢線的特點可確定此電場為非勻強電場,且Q點處電場強度小于P點處電場強度,電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q,做加速度越來越小的加速運動,故A正確,B、C、D錯誤。二、試驗題(8分)10.有一根勻稱的管線狀導(dǎo)體,橫截面如圖甲所示,長約為5.0cm,電阻值約為6Ω?？晒┻x擇的器材有:A.電流表(量程0.6A,內(nèi)阻約為0.1Ω)B.電流表(量程3A,內(nèi)阻約為0.03Ω)C.電壓表(量程3V,內(nèi)阻約為3kΩ)D.滑動變阻器(1750Ω,0.3A)E.滑動變阻器(15Ω,3A)F.蓄電池(6V,內(nèi)阻很小)G.開關(guān)一個,帶夾子的導(dǎo)線若干(1)運用游標卡尺測量管線狀導(dǎo)體的長度如圖乙所示,則管線狀導(dǎo)體的長度L=cm。

(2)要精確測量管線狀導(dǎo)體的阻值,電流表應(yīng)選,滑動變阻器應(yīng)選。(填選項字母)

(3)請將如圖所示的實際測量電路補充完整。(4)已知管線狀導(dǎo)體材料的電阻率為ρ,通過多次測量得出管線狀導(dǎo)體的電阻為R,外徑為d,要想求得管線狀導(dǎo)體內(nèi)形態(tài)不規(guī)則的中空部分的橫截面積S,計算中空部分橫截面積的表達式為S=。

【解析】(1)游標卡尺的精度為0.1mm,所以管線狀導(dǎo)體的長度L=(50+1×0.1)mm=5.01cm。(2)因管線狀導(dǎo)體的阻值約為6Ω,電壓表的量程為3V,則電流最大約為0.5A,故電流表應(yīng)選A。為調(diào)整便利,應(yīng)選用總阻值與樣品相差不大的滑動變阻器E。(3)因Rx≈6Ω,≈Ω,故測量電路應(yīng)為電流表外接法電路。因滑動變阻器的總阻值大于樣品阻值,且試驗中不需從零調(diào)整,故限制電路為限流接法,如圖所示。(4)管線狀導(dǎo)體的長度為L,由導(dǎo)體電阻公式得,R=ρ?？傻肧=-。答案:(1)5.01(2)AE(3)見解析圖(4)-三、計算題(本題共3小題,共25分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)11.(6分)如圖所示,在勻強電場中,電荷量q=5.0×10-10C的正電荷由a點移到b點和由a點移到c點,電場力做功都是3.0×10-8J。已知a、b、c三點的連線組成直角三角形,ab=20cm(1)a、b兩點的電勢差Uab。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)(2)勻強電場的場強大小和方向?！窘馕觥?1)在勻強電場中,電荷量q=5.0×10-10C的正電荷,由a點移到b點,靜電力做功是3.0×10-8J,故a、b兩點的電勢差Uab為:Uab==V=60V(2分)(2)正電荷由a點移到b點和由a點移到c點靜電力做功相同,故b、c在等勢面上,故電場強度方向垂直bc向右;依據(jù)公式U=Ed,電場強度為:E==V/m=375V/m(2分)方向沿ac垂直指向bc (2分)答案:(1)60V(2)375V/m沿ac垂直指向bc【加固訓(xùn)練】一勻強電場,場強方向是水平的(如圖)。一個質(zhì)量為m的帶正電的小球,從O點動身,初速度的大小為v0,在電場力與重力的作用下,恰能沿與場強的反方向成θ角的直線運動。求小球運動到最高點時其電勢能與在O點的電勢能之差?！窘馕觥啃∏蜃鲋本€運動,電場力和重力的合力沿此直線,如圖所示:依據(jù)力的平行四邊形定則可知,mg=qEtanθ,小球做勻減速運動的加速度大小a=;從O到最高點的過程中,依據(jù)速度和位移的關(guān)系得=2as;小球運動的水平距離l=scosθ;兩點的電勢能之差ΔEp=qEl,聯(lián)立解得ΔEp=mcos2θ;最高點的電勢能與在O點的電勢能之差為mcos2θ。答案:mcos2θ12.(8分)如圖所示,一帶電微粒質(zhì)量為m、電荷量為q,從靜止起先經(jīng)電壓為U1的電場加速后,水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中,微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角為θ。已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長為L,兩板間距為d,帶電微粒重力忽視不計。求:(1)帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v1。(2)偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U2?！窘馕觥?1)由動能定理得qU1=m (1分)所以v1=。 (1分)(2)偏轉(zhuǎn)電場的場強:E= (1分)微粒的加速度:a= (1分)在電場中運動的時間:t= (1分)沿電場方向的分速度:vy=at (1分)偏轉(zhuǎn)角θ滿意:tanθ= (1分)解得:U2= (1分)答案:(1)(2)13.(11分)一臺電風(fēng)扇,內(nèi)阻為20Ω,接上220V的電壓后正常工作,消耗的功率為66W。求:(1)電風(fēng)扇正常工作時通過風(fēng)扇電動機的電流;(2)電風(fēng)扇工作時,電動機發(fā)熱功率,轉(zhuǎn)化為機械能的功率及電機的效率;(3)若接上電源后,扇葉被卡住,不能轉(zhuǎn)動,此時通過電動機的電流多大?電動機消耗的電功率和發(fā)熱功率各是多大?【解析】(1)由P=UI可得,電流I===0.3A; (2分)(2)線圈電阻發(fā)熱功率PQ=I2r=1.8W; (2分)機械功率P機=P-PQ=64.2W; (2分)效率為機械功率與總功率之比為η==97.3%。 (1分)(3)當(dāng)葉片不轉(zhuǎn)動時,作純電阻,I′==11A; (2分)P′=UI′=I′2r=2420W。 (2分)答案:(1)0.3A(2)1.8W64.2W97.3%(3)11A2420W2420W【加固訓(xùn)練】如圖所示是利用電動機提升重物的示意圖,其中D是直流電動機。P是一個質(zhì)量為m的重物,它用細繩拴在電動機的軸上。閉合開關(guān)S,重物P以速度v勻速上升,這時電流表和電壓表的示數(shù)分別是I=5.0A和U=110V,重物P上升的速度v=0.70m/s。已知重物的質(zhì)量m=45kg(g取10m/s2)。求:(1)電動機消耗的電功率P電。(2)細繩對重物做功的機械功率P機。(3)電動機線圈的電阻R。【解析】(1)依據(jù)電功率關(guān)系式有:P電=UI=5×110W=550W,故電動機消耗的功率為550W。(2)以重物為探討對象,由于重物勻速上升,有:F-mg=0 ①P機=F·v ②聯(lián)立①②,代入數(shù)據(jù)得:P機=315W; 故細繩對重物做功的機械功率為315W。(3)依據(jù)功能關(guān)系有:P電=P機+P熱 ③P熱=I2R ④聯(lián)立③④,代入數(shù)據(jù)得:R=9.4Ω。 答案:(1)550W(2)315W(3)9.4Ω(30分鐘·40分)14.(6分)(多選)下列選項中是用導(dǎo)線做成的圓形或正方形回路,這些回路與始終導(dǎo)線構(gòu)成的幾種位置組合(彼此絕緣),下列組合中,切斷直導(dǎo)線中的電流時,閉合回路中會有感應(yīng)電流產(chǎn)生的是 ()【解析】選C、D。利用安培定則推斷直線電流產(chǎn)生的磁場,其磁感線是以直導(dǎo)線為軸的多數(shù)組同心圓,即磁感線所在平面均垂直于導(dǎo)線,且直線電流產(chǎn)生的磁場分布狀況是:靠近直導(dǎo)線處磁場強,遠離直導(dǎo)線處磁場弱。所以,A中穿過圓形線圈的磁場如圖甲所示,其有效磁通量為ΦA(chǔ)=Φ出-Φ進=0,且始終為0,即使切斷導(dǎo)線中的電流,ΦA(chǔ)也始終為0,A中不行能產(chǎn)生感應(yīng)電流;B中線圈平面與導(dǎo)線的磁場平行,穿過線圈的磁通量始終為0,B中不行能產(chǎn)生感應(yīng)電流;C中穿過線圈的磁通量如圖乙所示,Φ進>Φ出,即ΦC≠0,當(dāng)切斷導(dǎo)線中電流后,經(jīng)過一段時間,穿過線圈的磁通量ΦC減小為0,所以C中有感應(yīng)電流產(chǎn)生;D中線圈的磁通量ΦD不為0,當(dāng)電流切斷后,ΦD最終也減小為0,所以D中也有感應(yīng)電流產(chǎn)生?！炯庸逃?xùn)練】(多選)如圖所示,正方形線圈處在電流恒定的長直導(dǎo)線形成的磁場中:A向右平動,B向下平動,C繞軸轉(zhuǎn)動(ad邊向外),D向上平動(D線圈有個缺口)。則線圈中能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是 ()【解析】選B、C。在通電長直導(dǎo)線的磁場中,四個線圈所處位置的磁通量都是垂直于紙面對里的,離導(dǎo)線越遠,磁場就越弱,A向右平動,穿過線圈的磁通量沒有變更,故A線圈中沒有產(chǎn)生感應(yīng)電流;B向下平動,穿過線圈的磁通量削減,必產(chǎn)生感應(yīng)電流;C繞軸轉(zhuǎn)動,穿過線圈的磁通量不斷變更,必產(chǎn)生感應(yīng)電流;D向上平動,穿過線圈的磁通量增加,但由于線圈不閉合,因此無感應(yīng)電流產(chǎn)生。15.(6分)如圖所示,直線Ⅰ、Ⅱ分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流變更的特性圖線,曲線Ⅲ是一個小燈泡的伏安特性曲線,曲線Ⅲ與直線Ⅰ、Ⅱ相交點的坐標分別為P(5.2,3.5)、Q(6,5)。假如把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨連接,則下列說法正確的是 ()A.電源1與電源2的內(nèi)阻之比是2∶3B.電源1與電源2的電動勢之比是1∶1C.在這兩種連接狀態(tài)下,小燈泡的電阻之比是1∶2D.在這兩種連接狀態(tài)下,小燈泡消耗的功率之比是7∶10【解析】選B。依據(jù)圖像可知,E1=E2=10V,r1=Ω,r2=Ω,所以r1∶r2=3∶2,E1∶E2=1∶1,選項A錯誤,B正確;曲線Ⅲ與其他兩條直線的交點坐標表示該小燈泡在這兩種連接狀態(tài)下的工作電壓和工作電流,依據(jù)坐標值可求出此時小燈泡消耗的功率分別為P1=18.2W和P2=30W,小燈泡的電阻分別為R1=Ω,R2=Ω,所以選項C、D錯誤。16.(6分)(多選)某靜電場中x軸上電場強度E隨x變更的關(guān)系如圖所示,設(shè)x軸正方向為電場強度的正方向。一帶電荷量大小為q的粒子從坐標原點O沿x軸正方向運動,結(jié)果粒子剛好能運動到x=3x0處,假設(shè)粒子僅受電場力作用,E0和x0已知,則 ()A.粒子肯定帶負電B.粒子的初動能大小為qE0x0C.粒子沿x軸正方向運動過程中電勢能先增大后減小D.粒子沿x軸正方向運動過程中最大動能為2qE0x0【解析】選B、D。假如粒子帶負電,粒子在電場中肯定先做減速運動后做加速運動,因此粒子在x=3x0處的速度不行能為零,故粒子肯定帶正電,A錯誤;依據(jù)動能定理qE0x0-×2qE0·2x0=0-Ek0,可得Ek0=qE0x0,B正確;粒子向右運動的過程中,電場力先做正功后做負功,因此電勢能先減小后增大,C錯誤;粒子運動到x0處動能最大,依據(jù)動能定理qE0x0=Ekmax-Ek0,解得Ekmax=2qE0x0,D正確。17.(8分)某同學(xué)為了測定一個筆記本電腦電池板的電動勢和內(nèi)阻。(1)他先用多用電表干脆測電池板的兩極電壓,應(yīng)將紅表筆接在電池板的(選填“正”或“負”)極。

(2)接下來