XX專用學(xué)年高中物理 模塊檢測(cè)卷 新人教選修

PAGE模塊檢測(cè)卷(時(shí)間：90分鐘分?jǐn)?shù)：100分)一、選擇題(本題共13小題，每題4分，共52分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。)1．物理學(xué)的發(fā)展是許多物理學(xué)家奮斗的結(jié)果，下面關(guān)于一些物理學(xué)家的貢獻(xiàn)說法正確的是()A．安培通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了通電導(dǎo)線對(duì)磁體有作用力，首次揭示了電與磁的聯(lián)系B．奧斯特認(rèn)為安培力是帶電粒子所受磁場(chǎng)力的宏觀表現(xiàn)，并提出了著名的洛倫茲力公式C．庫(kù)侖在前人工作基礎(chǔ)上通過實(shí)驗(yàn)研究確認(rèn)了真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力遵循的規(guī)律——庫(kù)侖定律D．安培不僅提出了電場(chǎng)的概念，而且采用了畫電場(chǎng)線這個(gè)簡(jiǎn)潔的方法描述電場(chǎng)解析奧斯特將通電導(dǎo)體放在小磁針上方時(shí)，小磁針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，說明通電導(dǎo)體周圍存在磁場(chǎng)，奧斯特是第一個(gè)發(fā)現(xiàn)了電與磁之間的聯(lián)系的物理學(xué)家，故A錯(cuò)誤；洛倫茲認(rèn)為安培力是帶電粒子所受磁場(chǎng)力的宏觀表現(xiàn)，并提出了洛倫茲力公式，故B錯(cuò)誤；真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷間存在相互的作用。庫(kù)侖利用扭秤裝置，研究出兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷間的相互作用規(guī)律：點(diǎn)電荷間的相互作用力跟兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量有關(guān)，跟它們之間的距離有關(guān)，這個(gè)規(guī)律應(yīng)是庫(kù)侖定律，故C正確；19世紀(jì)30年代，法拉第提出電荷周圍存在一種場(chǎng)，并且是最早提出用電場(chǎng)線描述電場(chǎng)的物理學(xué)家，故D錯(cuò)誤。答案C2.(2018·臺(tái)州質(zhì)量評(píng)估)如圖1所示，在光滑絕緣水平面上固定一正點(diǎn)電荷Q，一帶負(fù)電的試探電荷在水平面上沿橢圓軌道繞它運(yùn)動(dòng)。若正點(diǎn)電荷正好處在橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上，A、B、C分別是橢圓上的三點(diǎn)，且A、B分別位于橢圓長(zhǎng)軸的兩端，則()圖1A．B點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)的電勢(shì)B．試探電荷在此運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒C．試探電荷在A點(diǎn)的速度大于B點(diǎn)的速度D．試探電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在C點(diǎn)的電勢(shì)能解析由正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布和電場(chǎng)線由電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面知A正確；試探電荷沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)過程中，靜電力做功，機(jī)械能不守恒，B不正確；試探電荷由A到B，靜電力做正功，動(dòng)能增加，即EkB＞EkA，所以vB＞vA，C錯(cuò)誤；試探電荷由A到C，靜電力做正功，電勢(shì)能減小，有EpA＞EpC，所以D錯(cuò)誤。答案A3．真空中A、B兩個(gè)點(diǎn)電荷相距為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為m和2m，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)(不計(jì)重力)，開始時(shí)A的加速度大小是a，經(jīng)過一段時(shí)間，B的加速度大小也是a，那么此時(shí)A、B兩點(diǎn)電荷的距離是()A.eq\f(\r(2),2)L B.eq\r(2)LC．2eq\r(2)L D．L解析剛釋放瞬間，對(duì)A球，有keq\f(q1·q2,L2)＝mAa，經(jīng)過一段時(shí)間后，對(duì)B球，有keq\f(q1·q2,L′2)＝mBa，可得L′＝eq\r(\f(mA,mB))L＝eq\f(\r(2),2)L，所以A項(xiàng)正確。答案A4．在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)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)量和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α粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4∶1，電荷量之比為2∶1，由于質(zhì)量和速度的乘積大小相等，故速度之比為1∶4；同一磁場(chǎng)，B相同。由r＝eq\f(mv,qB)，得兩者半徑之比為1∶2；由T＝eq\f(2πm,qB)，得周期之比為2∶1；由f洛＝qvB，得洛倫茲力之比為1∶2。故只有B正確。答案B5．如圖2所示，用天平測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。下列各選項(xiàng)所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長(zhǎng)MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)．若磁場(chǎng)發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是()圖2解析磁場(chǎng)發(fā)生微小變化時(shí)，因各選項(xiàng)中載流線圈在磁場(chǎng)中的面積不同，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)知載流線圈在磁場(chǎng)中的面積越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，感應(yīng)電流越大，載流線圈中的電流變化越大，所受的安培力變化越大，天平越容易失去平衡，由題圖可知，選項(xiàng)A符合題意。答案A6．均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)。如圖3所示，在半球面AB上均勻分布有正電荷，總電荷量為q，球半徑為R，CD為通過半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R。已知M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為()圖3A.eq\f(kq,2R2)－E B.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E解析完整殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，右半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(kq,2R2)－E，根據(jù)對(duì)稱性，左半球殼在N點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(kq,2R2)－E，故A項(xiàng)正確。答案A7．(2018·浙江名校協(xié)作體模擬)如圖4所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖(俯視圖)，使用前先給超級(jí)電容器C充電，彈射時(shí)，電容器釋放儲(chǔ)存電能所產(chǎn)生的強(qiáng)大電流經(jīng)過導(dǎo)體棒EF，EF在磁場(chǎng)(方向垂直紙面向外)作用下加速。則下列說法正確的是()圖4A．電源給電容器充電后，M板帶正電B．導(dǎo)體棒在安培力作用下向右運(yùn)動(dòng)C．超級(jí)電容器相當(dāng)電源，放電時(shí)兩端電壓不變D．在電容器放電過程中，電容器電容不斷減小解析電源給電容器充電時(shí)，與電源正極相連的極板帶正電，N板與電源正極相連，所以N板帶正電，A不正確；由左手定則可知導(dǎo)體棒EF在安培力作用下向右運(yùn)動(dòng)，B正確；電容器放電時(shí)，電荷量Q減小，由C＝eq\f(Q,U)知，電壓U減小，C不正確；電容器的電容反映電容器容納電荷的本領(lǐng)，決定于電容器本身，與電荷量無關(guān)，所以D不正確。答案B8．(2018·麗水、衢州、湖州三地教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))為了降低潛艇噪音，可用電磁推進(jìn)器替代螺旋槳。如圖5為直線通道推進(jìn)器示意圖。推進(jìn)器前后表面導(dǎo)電，上下表面絕緣，規(guī)格為a×b×c＝0.5m×0.4m×0.3m?？臻g中存在由超導(dǎo)線圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝10.0T、方向豎直向下，若在推進(jìn)器前后方向通以電流I＝1.0×103A，方向如圖。則下列判斷正確的是()圖5A．推進(jìn)器對(duì)潛艇提供向左的驅(qū)動(dòng)力，大小為4.0×103NB．推進(jìn)器對(duì)潛艇提供向右的驅(qū)動(dòng)力，大小為4.0×103NC．推進(jìn)器對(duì)潛艇提供向左的驅(qū)動(dòng)力，大小為3.0×103ND．推進(jìn)器對(duì)潛艇提供向右的驅(qū)動(dòng)力，大小為3.0×103N解析由左手定則知，通電后水受到推進(jìn)器向左的安培力，由牛頓第三定律知，水對(duì)推進(jìn)器即對(duì)潛艇提供向右的驅(qū)動(dòng)力，由安培力公式知，驅(qū)動(dòng)力大小F＝BIb＝4.0×103N，故B正確。答案B9．某電路如圖6所示，已知電池組的總內(nèi)阻r＝1Ω，外電路電阻R＝5Ω，理想電壓表的示數(shù)U＝3.0V，則電池組的電動(dòng)勢(shì)E等于()圖6A．3.0V B．3.6VC．4.0V D．4.2V解析在外電路中，由U＝IR，得出電流I＝0.6A，又由E＝I(R＋r)解得E＝3.6V答案B10．有一未知電阻Rx，為較準(zhǔn)確地測(cè)出其阻值，先后用圖7中甲、乙兩種電路進(jìn)行測(cè)試，利用甲測(cè)得數(shù)據(jù)為“2.7V，5.0mA”，利用乙測(cè)得數(shù)據(jù)為“2.8V,4.0mA”，那么，該電阻測(cè)得值較準(zhǔn)確的數(shù)值及它比真實(shí)值偏大或偏小的情況是()圖7A．540Ω，偏大 B．540Ω偏小C．700Ω，偏小 D．700Ω，偏大解析兩次測(cè)量電壓表示數(shù)變化率大小eq\f(ΔU,U)＝eq\f(0.1,2.7)＝eq\f(1,27)，電流表示數(shù)變化率大小eq\f(ΔI,I)＝eq\f(1,5)則eq\f(ΔU,U)<eq\f(ΔI,I)，可見電流表示數(shù)變化顯著，說明電壓表分流作用顯著，采用電流表內(nèi)接法誤差較小，故乙圖所示電路測(cè)該電阻的阻值誤差較小。測(cè)量值Rx＝eq\f(U,I)＝eq\f(2.8,4×10－3)＝700Ω，真實(shí)值R真＝Rx－RA，故測(cè)量值比真實(shí)值偏大。故選項(xiàng)D正確。答案D11．如圖8所示，金屬板M、N水平放置，相距為d，其左側(cè)有一對(duì)豎直金屬板P、Q，板P上小孔S正對(duì)板Q上的小孔O，M、N間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在小孔S處有一帶負(fù)電粒子，其重力和初速均不計(jì)，當(dāng)變阻器的滑動(dòng)觸頭在AB的中點(diǎn)時(shí)，帶負(fù)電粒子恰能在M、N間做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片向A點(diǎn)滑動(dòng)過程中，則()圖8A．粒子在M、N間運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能一定不變B．粒子在M、N間運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能一定減小C．粒子在M、N間仍做直線運(yùn)動(dòng)D．粒子可能沿M板的右邊緣飛出解析滑動(dòng)觸頭在中點(diǎn)時(shí)，粒子恰能做直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)M、N間為一速度選擇器模型。當(dāng)滑動(dòng)觸頭滑向A點(diǎn)時(shí)，M、N間電壓減小，電場(chǎng)力變小，粒子向下偏，所以粒子在其間運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，B選項(xiàng)正確。因?yàn)榱Ｗ酉蛳缕?，所以不可能從M板的右邊緣飛出。答案B12．在如圖9所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，平行板電容器的極板B與一靜電計(jì)相接，極板A接地。下列操作中可以觀察到靜電計(jì)指針張角變大的是()圖9A．極板A上移B．極板A右移C．極板間插入一定厚度的金屬片D．極板間插入一云母片解析平行板電容器的電荷量保持不變，靜電計(jì)測(cè)的是兩極板間的電壓，要使靜電計(jì)指針張角變大，即使兩極板間的電壓變大，由U＝eq\f(Q,C)可知，減小電容器的電容即可，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可判斷選項(xiàng)A正確；需要注意的是，極板間插入一定厚度的金屬片相當(dāng)于減小極板間距離。答案A13．如圖10所示，A板發(fā)出的電子(重力不計(jì))經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板M、N間，M、N之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子通過磁場(chǎng)后最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()圖10A．當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電子打在熒光屏的位置下降B．當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電子通過磁場(chǎng)區(qū)域所用時(shí)間不變C．若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D．若磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大解析當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)的加速電壓增大，加速后電子動(dòng)能增大，進(jìn)入磁場(chǎng)的初速度增大，由r＝eq\f(mv,qB)知半徑r增大，位置上升，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓心角變小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度大小不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案C二、非選擇題(共6小題，共48分)14．(5分)圖11是小紅同學(xué)在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)的實(shí)物連接圖。圖11圖12(1)根據(jù)圖11畫出實(shí)驗(yàn)電路圖；(2)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器得到了兩組電流表與電壓表的示數(shù)如圖12中的①、②、③、④所示，電流表量程為0.6A，電壓表量程為3V。所示讀數(shù)為：①________、②________、③________、④________。兩組數(shù)據(jù)得到的電阻分別為________和________。解析(1)描繪小燈泡的伏安特性曲線需要測(cè)量電壓范圍大，變阻器用分壓接法，小燈泡電阻比較小，電流表要外接，電路圖如圖所示。(2)電流表量程為0.6A時(shí)，最小刻度為0.02A，讀數(shù)讀到小數(shù)點(diǎn)后兩位，所以①表示數(shù)為0.10A，②表示數(shù)為0.24A；電壓表量程為3V，最小刻度為0.1V，應(yīng)估讀到0.01V，所以③表示數(shù)為2.00V，④表示數(shù)為0.27V，根據(jù)歐姆定律R1＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(2.00V,0.24A)＝8.3Ω，R2＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(0.27,0.1)Ω＝2.7Ω。答案(1)見解析(2)①0.10A(0.10±0.02均可)②0.24A(0.24±0.02均可)③2.00V(2.00±0.02均可)④0.27V(0.27±0.02均可)；8.3Ω(8.3±0.2均可)2.7Ω(2.7±0.2均可)15．(5分)(2018·臺(tái)州質(zhì)量評(píng)估)某同學(xué)對(duì)實(shí)驗(yàn)室的一個(gè)多用電表中的電池進(jìn)行更換時(shí)發(fā)現(xiàn)，里面除了一節(jié)1.5V的干電池外，還有一個(gè)方形的電池(層疊電池)。為了測(cè)定該電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，實(shí)驗(yàn)室中提供有下列器材：A．電流表G(滿偏電流10mA，內(nèi)阻10Ω)B．電流表A(0～0.6A～3A，內(nèi)阻未知)C．滑動(dòng)變阻器R0(0～100Ω，1A)D．定值電阻R(阻值990Ω)E．開關(guān)與導(dǎo)線若干(1)該同學(xué)根據(jù)現(xiàn)有的實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)了如圖13甲所示的電路，請(qǐng)你按照電路圖在乙圖上完成實(shí)物連線。圖13(2)圖14為該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出I1－I2圖線(I1為電流表G的示數(shù)，I2為電流表A的示數(shù))，則由圖線可以得到被測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。圖14解析(1)連線如下。(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R外＋r)得I1(R＋RG)＋(I1＋I(xiàn)2)r＝E整理并代入數(shù)據(jù)得：I1＝eq\f(E,1000＋r)－eq\f(r,1000＋r)I2由I1－I2圖線得：eq\f(E,1000＋r)＝9×10－3，eq\f(r,1000＋r)＝10－2解得：E＝9.09V，r＝10Ω。答案(1)見解析(2)①8.8～9.2V②9.6～10.4Ω16．(8分)如圖15所示，兩塊正對(duì)的帶電金屬板，上板的電勢(shì)高于下板，板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為2×102N/C，兩板之間的距離為0.2m，板長(zhǎng)為0.4m，帶電粒子以速度v0＝5×104m/s從極板左端垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，從極板右端飛出，虛線為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，不計(jì)帶電粒子所受的重力，試問：圖15(1)帶電粒子帶何種電荷？(2)兩板間的電勢(shì)差多大？(3)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間多長(zhǎng)？解析(1)由題意得，上極板帶正電，再由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡得粒子帶正電。(2)由公式E＝eq\f(U,d)，得電勢(shì)差為U＝Ed＝40V。(3)由公式t＝eq\f(L,v0)，得t＝8×10－6s。答案(1)正電荷(2)40V(3)8×10－6s17．(10分)如圖16所示，電源電動(dòng)勢(shì)E0＝15V，內(nèi)阻r0＝1Ω，電阻R1＝30Ω，R2＝60Ω。間距d＝0.2m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。閉合開關(guān)S，板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶正電的小球以初速度v＝0.1m/s沿兩板間中線水平射入板間。設(shè)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對(duì)小球的作用，取g＝10m/s2。圖16(1)當(dāng)Rx＝29Ω時(shí)，電阻R2消耗的電功率是多大？(2)若小球進(jìn)入板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并與板相碰，碰時(shí)速度與初速度的夾角為60°，則Rx是多少？解析設(shè)R1和R2的并聯(lián)電阻為R，有R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)①R2兩端的電壓：U＝eq\f(E0R,r0＋R＋Rx)②R2消耗的電功率為：P＝eq\f(U2,R2)③(1)當(dāng)Rx＝29Ω時(shí)，聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得：P＝0.6W④(2)設(shè)小球質(zhì)量為m，電荷量為q，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：qE＝mg⑤E＝eq\f(U,d)⑥設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，有qvB＝eq\f(mv2,r)⑦由幾何關(guān)系有：r＝d⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得：Rx＝54Ω答案(1)0.6W(2)54Ω18．(10分)如圖17所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)O，用一根長(zhǎng)度為l＝0.20m的絕緣輕線把質(zhì)量m＝0.10kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點(diǎn)，小球靜止在B點(diǎn)時(shí)輕線與豎直方向的夾角θ＝37°?，F(xiàn)將小球拉至位置A，使輕線水平張緊后由靜止釋放。g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。求：圖17(1)小球所受電場(chǎng)力的大小；(2)小球通過最低點(diǎn)C時(shí)的速度大?。?3)小球通過最低點(diǎn)C時(shí)輕線對(duì)小球的拉力大小。解析(1)小球受重力mg、電場(chǎng)力F和拉力FT，其靜止時(shí)受力如圖所示根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有F＝mgtan37°＝0.75N(2)設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，小球從水平位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgl－Fl＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq