高中物理粵教版1本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 模塊綜合檢測(一)

模塊綜合檢測(一)一、單項選擇題(本題共10小題，每題3分，共30分．每小題中只有一個選項是正確的，選對得3分，錯選不選或多選均不得分．)1．下列有關(guān)電荷所受電場力和磁場力的說法中，正確的是()A．電荷在磁場中一定受磁場力的作用B．電荷若受磁場力，則受力方向與該處的磁場方向一致C．正電荷受電場力的方向與該處的電場方向一致D．電荷在電場中不一定受電場力的作用答案：C2．在閉合電路中，下列敘述正確的是()A．當(dāng)外電路斷開時，路端電壓等于零B．閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比，跟內(nèi)外電路的電阻之和成反比C．當(dāng)外電路短路時，電路中的電流趨近于無窮大D．當(dāng)外電阻增大時，路端電壓將減小答案：B3．下列關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向的說法中，正確的是()A．某處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是一小段通電導(dǎo)體放在該處時所受磁場力的方向B．小磁針S極受磁力的方向就是該處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向C．垂直于磁場放置的通電導(dǎo)線的受力方向就是磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向D．磁場中某點的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點的磁場方向解析：某處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與一小段通電導(dǎo)體放在該處時所受磁場力的方向垂直，故A錯誤；小磁針N極受磁力的方向就是該處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，故B錯誤；垂直于磁場放置的通電導(dǎo)線的受力方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直，故C錯誤；磁場中某點的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點的磁場方向，故D正確．答案：D4．在我們生活的地球周圍，每時每刻都會有大量的由帶電粒子組成的宇宙射線向地球射來，地球磁場可以有效地改變這些宇宙射線中大多數(shù)帶電粒子的運動方向，使它們不能到達(dá)地面，這對地球上的生命有十分重要的意義．若有一束宇宙射線在赤道上方沿垂直于地磁場方向射向地球，如圖所示，在地磁場的作用下，射線方向發(fā)生改變的情況是()A．若這束射線是由帶正電荷的粒子組成，它將向南偏移B．若這束射線是由帶正電荷的粒子組成，它將向北偏移C．若這束射線是由帶負(fù)電荷的粒子組成，它將向東偏移D．若這束射線是由帶負(fù)電荷的粒子組成，它將向西偏移解析：地球的磁場由南向北，當(dāng)帶負(fù)電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據(jù)左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向西，所以粒子將向西偏轉(zhuǎn)；當(dāng)帶正電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據(jù)左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向東，所以粒子將向東偏轉(zhuǎn)，所以D正確．答案：D5．有四盞燈，如圖所示連接在電路中，L1和L2都標(biāo)有“220V100W”字樣，L3和L4都標(biāo)有“220V40W”字樣，把電路接通后，最暗的是()A．L1 B．L2C．L3 D．L4解析：設(shè)L1、L2、L3、L4實際消耗的功率分別為P1、P2、P3、P4.由公式P＝eq\f(U2,R).可知，L1和L2的電阻小于L3和L4的電阻．通過L1的電流大于L2的電流，由公式P＝I2R得到，P1＞和L3的電壓相等，由公式P＝eq\f(U2,R).可知，P2＞P3.通過L3的電流小于L4的電流，由公式P＝I2R得到，P4＞P3.所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3.所以L3最暗．故選C.答案：C6．一平行板電容器接在電源上，當(dāng)兩極板間的距離增大時，如圖所示，則()A．兩極板間的電場強(qiáng)度將減小，極板上的電量也將減小B．兩極板間的電場強(qiáng)度將減小，極板上的電量將增大C．兩極板間的電場強(qiáng)度將增大，極板上的電量將減小D．兩極板間的電場強(qiáng)度將增大，極板上的電量也將增大解析：平行板電容器接在電源上，板間電壓不變，當(dāng)兩極板間的距離增大時，由公式E＝eq\f(U,d)，分析得知，兩極板間的電場強(qiáng)度將減?。?dāng)兩極板間的距離增大時，電容C減小，電壓U不變，則由C＝eq\f(Q,U)，分析得知極板上的電量將減小．故A正確．答案：A7.如圖所示，一電子沿等量異種電荷的中垂線由無窮遠(yuǎn)處的A→O→無窮遠(yuǎn)處的B勻速飛過，電子重力不計，則電子除受電場力外，所受另一個力的大小和方向的變化情況是()A．先變大后變小，方向水平向左B．先變大后變小，方向水平向右C．先變小后變大，方向水平向左D．先變小后變大，方向水平向右解析：等量異種電荷的中垂線上的電場強(qiáng)度方向垂直中垂線指向負(fù)電荷，即水平向右，電場強(qiáng)度沿中垂線上的O點向兩邊減小，即電子受到向左的電場力，大小先增大后減小，所以為了保持合力為零，另一個力的方向應(yīng)水平向右，大小先增大后減小，B正確．答案：B8．美國物理學(xué)家密立根通過研究在帶電平行板間運動的帶電油滴，準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量．如圖，兩平行極板M、N與電壓為U的恒定電源連接，板的間距為d.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，則()A．此時極板間電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．減小極板間電壓，油滴將減速下落D．將極板N向上緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析：由勻強(qiáng)電場中電壓與電場強(qiáng)度關(guān)系可知A正確；油滴勻速下落，重力和電場力平衡有qeq\f(U,d)＝mg，可知B錯誤；電壓減小，電場力減小，小于重力，油滴加速下落，C錯誤；N板向上移動一小段距離，電場力大于重力，油滴減速下降，D錯誤．答案：A9．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(qiáng)大小為eq\f(kq,r2)，方向沿OA方向B．場強(qiáng)大小為eq\f(kq,r2)，方向沿AO方向C．場強(qiáng)大小為eq\f(2kq,r2)，方向沿OA方向D．場強(qiáng)大小為eq\f(2kq,r2)，方向沿AO方向解析：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(rèn)為O處的場是五個＋q和一個－2q的點電荷產(chǎn)生的場合成，五個＋q處于對稱位置上，在圓心O處產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，所以O(shè)點的場強(qiáng)相當(dāng)于－2q在O處產(chǎn)生的場強(qiáng)，故選C.答案：C10．如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電量不同的正離子垂直地射入勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場正交的區(qū)域里，結(jié)果發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的運動方向，未發(fā)生任何偏轉(zhuǎn)．如果讓這些不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的離子進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場中，發(fā)現(xiàn)這些離子又分裂成幾束，對這些進(jìn)入后一磁場的離子，可得出結(jié)論()A．它們的動能一定各不相同B．它們的電量一定各不相同C．它們的質(zhì)量一定各不相同D．它們的電量與質(zhì)量之比一定各不相同解析：沿直線穿過電磁場區(qū)域的離子受力平衡，則Bqv＝Eq，因此離子的速度均為v＝eq\f(E,B)，進(jìn)入右側(cè)磁場后，分成三束，由r＝eq\f(mv,Bq)可知，離子的電量與質(zhì)量之比一定不同，則D正確．答案：D二、多項選擇題(本題共4小題，每題6分，共24分．每小題有多個選項是正確的，全選對得6分，少選得3分，選錯、多選或不選得0分．)11．長為L的直導(dǎo)線ab斜放(夾角為θ)在水平軌道上，軌道平行且間距為d，通過ab的電流為I，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示，則導(dǎo)線ab所受安培力的大小為()\f(IdB,cosθ) \f(IdB,sinθ)C．ILBsinθ D．ILB解析：導(dǎo)線ab所受安培力的大小為F＝BIL＝eq\f(IdB,sinθ)，選項B、D正確．答案：BD12．設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達(dá)B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略重力，以下說法正確的是()A．該離子帶負(fù)電荷B．A點和B點位于同一高度C．離子在C點時速度最大D．離子到達(dá)B點時，將沿原曲線返回A點解析：根據(jù)左手定則，離子帶正電，選項A錯誤；洛倫茲力不做功，離子A點和B點動能都為零，那么離子在A點和B點電勢能相等，A點和B點位于同一高度，選項B正確；離子的電勢能和動能之和是守恒的，離子在C點時電勢能最小，所以動能最大，速度最大，選項C正確；離子到達(dá)B點時，將向B的右側(cè)做周期性運動，不會沿原曲線返回A點，選項D錯誤．答案：BC13．如圖，在粗糙的絕緣水平面上，彼此靠近地放置兩個帶正電荷的小物塊(動摩擦因數(shù)相同)．由靜止釋放后，向相反方向運動，最終都靜止．在小物塊運動的過程中，表述正確的是()A．物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力B．物體之間的庫侖力都做正功，作用在質(zhì)量較小物體上的庫侖力做功多一些C．因摩擦力始終做負(fù)功，故兩物塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直減少D．整個過程中，物塊受到的庫侖力做的功等于電勢能的減少量解析：開始運動時庫侖力肯定大于物塊與水平面的最大靜摩擦力，此后，隨兩物塊間距的變大，庫侖力逐漸減小，會小于物塊與水平面間的滑動摩擦力；物塊受到的庫侖力方向與其運動方向一致，做正功，質(zhì)量較小的物體，加速度較大，移動距離較大，庫侖力對其做功較多；運動開始后的最初一段時間里庫侖力做的功大于摩擦力做的功的絕對值，系統(tǒng)機(jī)械能增加．由于庫侖力(電場力)做正功，系統(tǒng)電勢能減少，其減少量等于庫侖力做的總功．選項A、C錯誤，選項B、D正確．答案：BD14．如圖所示，在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi)，電場的場強(qiáng)為E，方向豎直向下，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m的帶電粒子，在場區(qū)內(nèi)的一豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則可判斷該帶電質(zhì)點()A．帶有電荷量為eq\f(mg,E)的負(fù)電荷B．沿圓周逆時針運動C．運動的角速度為eq\f(gB,E)D．運動的速率解析：帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，有mg＝qE，求得電荷量q＝eq\f(mg,E)，根據(jù)電場強(qiáng)度方向和電場力方向判斷出粒子帶負(fù)電，故A正確；由左手定則可判斷粒子沿順時針方向運動，故B錯誤；由qvB＝mvω，得ω＝eq\f(qB,m)＝eq\f(mgB,Em)＝eq\f(gB,E)，故C正確；在速度選擇器裝置中才能判斷帶電粒子的速度，故D錯誤．答案：AC三、非選擇題(共4小題，共46分)15．(12分)某同學(xué)要測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ.步驟如下：(1)用游標(biāo)為20分度的卡尺測量其長度如圖甲，由圖可知其長度L＝________mm.(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖乙所示，由圖可知其直徑D＝________mm.(3)用多用電表的電阻“×10”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤示數(shù)如圖丙所示，則該電阻的阻值約為________圖丙(4)該同學(xué)想用伏安法更精確地測量其電阻R，現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下：待測圓柱體電阻R；電流表A1(量程0～5mA，內(nèi)阻約50Ω)；電流表A2(量程0～15mA，內(nèi)阻約30Ω)；電壓表V1(量程0～3V，內(nèi)阻約10kΩ)；電壓表V2(量程0～15V，內(nèi)阻約25kΩ)；直流電源E(電動勢4V，內(nèi)阻不計)；滑動變阻器R1(阻值范圍0～15Ω，允許通過的最大電流2.0A)；滑動變阻器R2(阻值范圍0～2kΩ，允許通過的最大電流0.5A);開關(guān)S；導(dǎo)線若干．為使實驗誤差較小，要求測得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，請在下面框中畫出測量的電路圖，并標(biāo)明所用器材的代號．(5)若該同學(xué)用伏安法跟用多用電表測量得到的R測量值幾乎相等，若已知伏安法測電阻電路中電壓表和電流表示數(shù)分別用U和I表示，則用此法測出該圓柱體材料的電阻率ρ＝____________(不要求計算，用題中所給字母表示)．答案：(1)(2)、、均可以)(3)220(4)(5)eq\f(UπD2,4IL)16．(10分)(1)在測定一根粗細(xì)均勻的合金絲電阻率的實驗中，利用螺旋測微器測定合金絲直徑的過程如圖所示，校零時的讀數(shù)為______mm，合金絲的直徑為______mm.(2)為了精確測量合金絲的電阻Rx，設(shè)計出如圖1所示的實驗電路圖，按照該電路圖完成圖2中的實物電路連接．圖1圖2解析：校零時螺旋測微器讀數(shù)：0mm＋0.01mm×＝0.007mm；測量時螺旋測微器讀數(shù)：0.5mm＋0.01mm×＝0.645mm；合金絲的直徑d＝0.645mm－0.007mm＝0.638mm.答案：(1)0.007mm0.638mm(2)實物電路連接如圖17．(12分)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，一個質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球從斜軌道上的A點由靜止滑下，小球通過半徑為R的圓軌道頂端的B點時恰好不落下來．已知軌道是光滑而又絕緣的，且小球的重力是它所受的電場力的2倍．求：(1)A點在斜軌道上的高度h為多少？(2)小球運動到最低點時的最小壓力為多少？解析：(1)設(shè)小球到B點的最小速度為vB，由牛頓第二定律：mg－qE＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，小球從A到B的過程中，由動能定理：(mg－qE)(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，由以上各式得：h＝eq\f(5R,2).(2)小球從A到C的過程中，由動能定理：(mg－qE)h＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，小球在C點時，由牛頓第二定律：N＋qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，又因為mg＝2qE得：N＝3mg.答案：(1)eq\f(5,2)R3mg18．(12分)水平放置的平行正對的金屬板