人教版高中物理必修第三冊模塊綜合檢測含答案

模塊綜合檢測(時間:75分鐘滿分:100分)一、單項選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28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.由電場強度的定義式E=Fq可知,在電場中的同一點()A.電場強度E跟F成正比,跟q成反比,若q減半,則電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍B.該點電場強度的方向與試探電荷的受力方向相同C.無論試探電荷的電荷量如何變化,FqD.在點電荷形成的電場中,沿電場線方向電場強度減小答案:C2.下列家用電器在正常工作時,將電能主要轉化為機械能的是()A.電視機 B.電飯鍋C.電烤箱 D.電風扇答案:D3.如圖是奧斯特實驗裝置,導線和小磁針平行放置,小磁針放在導線下方.當導線中通有向左的電流時,小磁針偏轉,說明小磁針受到力的作用,下列說法正確的是()A.小磁針的N極向內偏轉B.把小磁針平移至圖中導線的上方,小磁針的偏轉方向不變C.小磁針位置不變,改變導線中電流的方向,小磁針偏轉方向改變D.無論通電導線怎么放置,只要導線中有電流,小磁針就發(fā)生偏轉答案:C4.空間中M、N兩點分別固定不等量的異種點電荷(電性及N點位置未標出).一帶負電的點電荷q僅在靜電力作用下先后經過h、k兩點,其運動軌跡如圖所示,下列說法正確的是()A.M點的電荷量值小于N點的電荷量值 B.從h點到k點的過程中q的速度越來越小C.h點的電勢大于k點的電勢 D.q在h點的加速度比在k點的加速度大解析:帶負電的電荷運動的軌跡幾乎是橢圓,故可知N在一個焦點上,可知N帶正電,M帶負電,由于軌跡離N點越來越近,可知N點的電荷量值大于M點的電荷量值,故選項A正確;由圖可知,從h點到k點的過程中靜電力做正功,則q的速度越來越大,故選項B錯誤;N點電荷為正電荷,k點靠近N,則電勢較高,故選項C錯誤;k離N點比h離N點更近,則在k點的靜電力更大,故q在k點的加速度大于在h點的加速度,故選項D錯誤.答案:A5.如圖所示,虛線圓的半徑為R,AB是直徑,O是圓心,D是圓周上的一點,C是AB延長線上的一點,CD是虛線圓的切線,把電荷量均為q的正電荷(均視為點電荷)分別置于A、D兩點,已知∠DAO=30°,靜電力常量為k,下列說法正確的是()A.D點的點電荷在B點產生的電場強度大小為kqB.D點的點電荷在C點產生的電場強度大小為kqC.O點的電場強度大小為kqD.B點的電場強度大小為21解析:根據幾何關系可知,DB=AB·sin30°=R,則D點的點電荷在B點產生的電場強度大小為E1=kqR2,故選項A錯誤;根據幾何關系可知,DC長度為xDC=2Rcos30°=3R,D點的點電荷在C點產生的電場強度大小為E2=kq(3R)2=kq3R2,故選項B錯誤;根據幾何關系有∠AOD=180°-2×30°=120°,根據矢量合成規(guī)律可知,O點的電場強度大小為E3=2kqR2cos120°2=kqR2,故選項C錯誤;根據矢量合成規(guī)律,結合余弦定理,令B點的電場強度大小為E4,則有E42=kqR2答案:D6.大量程電壓表、電流表都是由靈敏電流表G和變阻箱R改裝而成的,如圖為改裝后的電表,圖中靈敏電流表G的滿偏電流均為Ig,內阻均為Rg,變阻箱R接入電路的阻值均為R0.下列說法正確的是()甲乙A.甲表是電壓表,改裝后的量程為Ig(Rg+R0)B.甲表是電流表,若增大變阻箱R接入電路的阻值,則改裝表的量程減小C.乙表是電流表,改裝后的量程為ID.乙表是電壓表,若減小變阻箱R接入電路的阻值,則改裝表的量程增大解析:電流表的改裝需要并聯(lián)一個分流電阻,故改裝后甲表是電流表,改裝后量程為表頭G的電流滿偏時通過改裝表的總電流,即量程I=Ig+IgRgR0=Ig(R0+Rg)R0,所以并聯(lián)的分流電阻越大,其量程越小,故選項A錯誤,選項B正確;電壓表的改裝需要串聯(lián)一個分壓電阻,故改裝后乙表是電壓表,改裝后量程為表頭G的電流滿偏時加在改裝表兩端的總電壓,即量程U=IgR答案:B7.如圖所示,電路中的電源電動勢為E,內阻忽略不計,定值電阻R2=4Ω,R3=2Ω,R4=1Ω.閉合開關S,當電阻箱R1接入電路的阻值為2Ω時,一帶電微粒恰好懸浮于電容器C兩極板的正中間位置,已知帶電微粒的質量為m,電容器C兩極板間的距離為d,重力加速度為g,電源負極接地,則下列說法正確的是()A.帶電微粒帶負電荷B.帶電微粒的電荷量大小為mgdC.帶電微粒的電勢能為3D.減小電阻箱R1接入電路的阻值,懸浮的帶電微粒會向下移動解析:電源負極接地,電勢為0,則電容器上極板電勢φ上=R1R1+R2E=E3,下極板電勢φ下=R3R3+R4E=2E3,可知下極板電勢高,場強方向向上,則帶電微粒帶正電荷,根據U答案:C二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18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6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分.8.磁單極子是物理學家設想的僅帶有單一磁極(N極或S極)的粒子,它們的磁感線分布類似于點電荷的電場線分布.如圖所示,以磁單極子(N極)為球心畫出兩個球面1和2,a點位于球面1上,b點位于球面2上,a點和b點與磁單極子在同一直線上.下列說法正確的是()A.球面1比球面2的磁通量小B.a點比b點的磁感應強度大C.讓磁單極子穿過一個圓形閉合線圈,當線圈圓心與磁單極子重合時,磁通量為0D.讓磁單極子從較遠處穿過一個閉合線圈的過程中,磁通量先減小后增大答案:BC9.如圖所示電路,電源內阻為r,且r<R1.開關S閉合后,在滑動變阻器R0的滑片向下滑動的過程中()A.電壓表示數減小,電流表示數減小B.電源的效率升高C.內阻消耗的功率減小D.電源的輸出功率一定增大解析:滑動變阻器R0的滑片向下滑動,接入電路的電阻減小,則總電阻減小,由閉合電路歐姆定律可知,總電流增大,則路端電壓減小,即電壓表示數減小,由于總電流增大,則R1兩端電壓增大,由分壓原理可知,R2兩端電壓減小,流過R2的電流減小,即電流表示數減小,故選項A正確;電源的效率為η=UIEI=UE,由A分析可知,路端電壓U減小,則電源的效率降低,故選項B錯誤;內阻消耗的功率為P=I2r,由A分析可知,總電流增大,則內阻消耗的功率增大,故選項C錯誤;電源的輸出功率為P=ER總+r2R總=E2R總+2r+r2R總,由數學知識可知,當R總答案:AD10.如圖所示,在豎直平面xOy內存在一未知勻強電場.一質量為m的帶電小球從y軸上P點以水平速度v進入第一象限,速度方向沿x軸正方向;經過x軸上Q點時的速度大小也為v,方向與x軸夾角為60°.重力加速度大小為g,忽略空氣阻力.小球從P點運動到Q點的過程中()A.機械能一直減小 B.速度不小于32C.所受靜電力不小于32mgD.水平位移與豎直位移大小的比值為3解析:小球在運動過程中,只有重力勢能、動能與電勢能之間的轉化,小球由P點運動到Q點過程中,除重力做功之外還有靜電力做功,故選項A錯誤;根據題意可知小球在復合場中做類斜拋運動,由于小球在P、Q兩點速度大小均為v,根據類斜拋運動的對稱性可知,小球所受重力與靜電力的合力F方向必定垂直于PQ連線指向左下方,令合力F方向與x軸負方向夾角為θ,則有Fcosθ=max,Fsinθ=may,小球在豎直方向上做初速度為0的勻加速直線運動,則有vsin60°=ayt,小球在水平方向上做雙向勻變速直線運動,則有vcos60°=v-axt,解得tanθ=3,則θ=60°,可知∠PQO=α=90°-θ=30°,小球在沿PQ方向做勻速直線運動,在垂直于PQ方向做雙向勻變速直線運動,可知當小球垂直于PQ方向的分速度減小為0時,小球速度最小,最小值即為PQ方向做勻速運動的速度,則有vmin=vcos30°=32v,可知其速度不小于32v,故選項B正確;根據上述分析,靜電力與重力合力方向始終垂直于PQ方向,根據三角形法則可知,當靜電力與合力方向垂直時,靜電力最小,則有F電min=mgcosθ=12mg,則所受靜電力不小于12mg,故選項C錯誤;根據上述分析,小球水平位移與豎直位移的大小分別為x=v+vcos60°2t,y=v答案:BD三、非選擇題:共54分.11.(10分)某同學欲測量一阻值約為10Ω、粗細均勻的金屬絲的電阻率.實驗室除游標卡尺、螺旋測微器、導線和開關外,還有以下器材可供選擇:電源(電動勢E=6.0V,內阻約1Ω)電壓表V(量程0~6V,內阻約8kΩ)電流表A1(量程0~0.6A,內阻約0.2Ω)電流表A2(量程0~3A,內阻約0.05Ω)滑動變阻器R1(最大阻值10Ω)滑動變阻器R2(最大阻值1000Ω)(1)用游標卡尺測得該金屬絲的長度如圖甲所示,讀數為L=cm;用螺旋測微器測得該金屬絲的直徑如圖乙所示,讀數為D=mm.

甲乙(2)測量金屬絲的電阻時,為了便于調節(jié)及測量盡可能準確,電流表應選,滑動變阻器應選.

(3)設測得金屬絲的電阻為R,可得金屬絲的電阻率為ρ=.(用R、L、D三個物理量表示)

解析:(1)用游標卡尺測得該金屬絲的長度為L=5cm+0.05mm×4=5.020cm,用螺旋測微器測得該金屬絲的直徑D=0.5mm+0.01mm×23.0=0.730mm.(2)電路可能達到的最大電流為I=ER=610A=0.6A,則電流表選擇A1;滑動變阻器要接成分壓電路,則應選阻值較小的R(3)根據R=ρLS=ρL14πD答案:(1)5.0200.730(2)A1R1(3)π12.(8分)小明同學是一名山地車騎行愛好者,為了夜間騎行安全,他網購了一個太陽能山地車尾燈,如圖甲所示.好奇心驅使他將太陽能尾燈拆開,發(fā)現了可為內部一鎳氫電池組充電的光伏板.小明同學想測量該光伏板的電動勢(電動勢約為4V)及其內阻,于是他從實驗室借到了以下器材:甲乙丙A.電壓表V(量程0~3V,內阻為3kΩ)B.毫安表A(量程0~100mA,內阻很小)C.滑動變阻器R(0~500Ω)D.定值電阻R1=3kΩE.定值電阻R2=12kΩF.開關、導線若干(1)小明設計了如圖乙所示的電路,為了精確測量電路電壓,則與電壓表串聯(lián)的定值電阻為(選填“R1”或“R2”).

(2)給光伏板一定的光照進行實驗,將電壓表的讀數記為U,毫安表的讀數記為I,通過改變滑動變阻器的阻值,測得多組U、I值,根據記錄的實驗數據作出U-I圖像如圖丙所示,通過圖像可得光伏板的電動勢E=V,圖中處于線性段時光伏板的內阻r=Ω.(結果保留兩位有效數字)

(3)將一個50Ω的定值電阻與光伏板串聯(lián),保持光照條件不變,則該定值電阻消耗的功率P=W.(結果保留兩位有效數字)

解析:(1)電壓表內阻為3kΩ,若與阻值為3kΩ的定值電阻串聯(lián),可將電壓表量程擴大一倍,可滿足實驗要求,故串聯(lián)的定值電阻為R1.(2)結合閉合電路的歐姆定律可知E=2U+Ir,整理得U=12E-12Ir,由題圖丙可知12E=2.1V,可得E=4.2V,內阻12r=(3)將一個50Ω的定值電阻與光伏板串聯(lián),則該定值電阻消耗的功率P=ER+r2R=4.250+162×50W≈0.20W.答案:(1)R1(2)4.216(3)0.2013.(10分)玩具起重機中直流電動機的工作電路如圖所示,電源電動勢E=15V,當滑動變阻器接入電路的阻值為2.0Ω時,標有“12V1.5W”的燈泡恰好正常發(fā)光,電動機正常工作,此時電流表的示數I=1.0A.求:(1)電源的內阻r;(2)電源的輸出功率.解析:(1)燈泡正常發(fā)光時,并聯(lián)電路的電壓U=UL=12V,根據閉合電路歐姆定律有E=U+I(RP+r),解得r=1.0Ω.(2)電源的路端電壓U端=E-Ir,電源的輸出功率P=U端I,解得P=14W.答案:(1)1.0Ω(2)14W14.(12分)如圖為某同學改裝的兩用電表的電路圖,圖中表頭G的滿偏電流為Ig=200mA,內阻r=10Ω,R1和R2為定值電阻.當使用A、B兩個接線柱時,可視為量程Im=3A的電流表;當使用A、C兩個接線柱時,可視為量程Um=15V的電壓表.求:(1)R1的阻值;(2)R2的阻值.(計算結果均保留兩位小數)解析:(1)當使用A、B兩個接線柱時,可視為量程Im=3A的電流表,根據并聯(lián)分流規(guī)律Im=Ig+IgrR1(2)當使用A、C兩個接線柱時,可視為量程Um=15V的電壓表,根據串聯(lián)分壓規(guī)律可得Um=Igr+ImR2,解得R2≈4.33Ω.答案:(1)0.71Ω(2)4.33Ω15.(14分)如圖甲所示,平行板電容器兩極板M、N的間距為d,M板接地(電勢為0),t=0時一帶正電的粒子沿兩板中心線PQ以某一速度進入極板.當N板電勢為0時,粒子從平行板右端中間Q點飛出,在極板間運動時間為T;當N板電勢為φ0時,粒子恰好從M板右端邊緣飛出.忽略邊界效應,板間為勻強電場,不