高考物理大二輪總復習 模塊滾動檢測卷（三）-人教版高三全冊物理試題

模塊滾動檢測卷(三)(范圍：選修3－1滿分：100分)一、單項選擇題(本題共13小題，每小題3分，滿分39分．每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確．選對的得3分，不選或錯選得0分)1．庫侖通過實驗研究電荷間的作用力與距離、電荷量的關系時，先保持電荷量不變，尋找作用力與電荷間距離的關系；再保持距離不變，尋找作用力與電荷量的關系．這種研究方法常被稱為“控制變量法”．下列應用了控制變量法的實驗是()A．驗證機械能守恒定律B．驗證力的平行四邊形定則C．探究加速度與力、質(zhì)量的關系D．探究勻變速直線運動速度隨時間的變化規(guī)律答案C2．以下說法正確的是()A．由E＝eq\f(F,q)可知此場中某點的電場強度E與F成正比B．由公式φ＝eq\f(Ep,q)可知電場中某點的電勢φ與q成反比C．由Uab＝Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點間的電勢差也一定越大D．公式C＝eq\f(Q,U)，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關答案D解析電場強度E＝eq\f(F,q)是采用比值定義的，E是由電場本身決定的，與F以及檢驗電荷q無關，故A錯誤．電場中某點的電勢φ與檢驗電荷q無關，是由電場本身和零電勢點決定的．故B錯誤．Uab＝Ed中的d是勻強電場中的任意兩點a、b沿著電場線方向的距離，故C錯誤．公式C＝eq\f(Q,U)為電容定義式，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關．3．(2016·嘉興模擬)絕緣細線上端固定，下端懸掛一小球N(有重力)，由絕緣支架支撐著一小球M，當M靠近N時，N偏離豎直方向，如圖1.下列關于M、N帶電情況的表述正確的是()圖1A．M一定帶正電B．M、N都帶正電C．M、N都帶負電D．M、N帶異種電荷答案D解析對球N受力分析，根據(jù)平衡條件得：球N受重力、細線的拉力和水平向左的引力，所以M、N帶異種電荷．4．關于電容器，下列說法正確的是()A．在充電過程中電流恒定B．在放電過程中電容減小C．能儲存電荷，但不能儲存電能D．兩個彼此絕緣又靠近的導體可視為電容器答案D解析電容器的充電電流是逐漸減小的，故A錯誤；電容器的電容與帶電量無關，由電容器自身的因素決定，故B錯誤；電容器既能儲存電荷，也能儲存電能，故C錯誤；兩個彼此絕緣又靠近的導體可視為電容器，故D正確．5．等量異種點電荷的連線和其中垂線如圖2所示，現(xiàn)將一個帶負電的檢驗電荷先從圖中a點沿直線移到b點，再從b點沿直線移到c點．則檢驗電荷在此全過程中()圖2A．所受電場力的方向?qū)l(fā)生改變B．所受電場力的大小恒定C．電勢能一直減小D．電勢能先不變后減小答案D解析在等量異種點電荷的中垂線上，電場方向始終垂直中垂線且指向負電荷，檢驗電荷所受電場力的方向保持不變，所以A錯誤；電荷從a運動到b，因電場力與位移方向垂直，故電場力不做功，所以C錯；因電場線分布的疏密不同，所以檢驗電荷所受電場力是變化的，所以B錯誤；檢驗電荷從b運動到c，因為電場力做正功，所以檢驗電荷電勢能減小，所以D正確．6．下列說法中，正確的是()A．當兩個正點電荷相互靠近時，它們的電勢能減小B．當兩個負點電荷相互靠近時，它們的電勢能不變C．一個正點電荷與一個負點電荷相互靠近時，它們的電勢能增大D．一個正點電荷與一個負點電荷相互靠近時，它們的電勢能減小答案D解析同種電荷間存在斥力，當兩個正點電荷相互靠近時，庫侖力對它們做負功，它們的電勢能增大，故A錯誤；同種電荷間存在斥力，當兩個負點電荷相互靠近時，庫侖力對它們做負功，它們的電勢能增大，故B錯誤；異種電荷間存在引力，一個正點電荷與一個負點電荷相互靠近時，庫侖力對它們做正功，它們的電勢能減小，故C錯誤，D正確．7．如圖3所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b兩點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則()圖3A．Wa＝Wb，Ea＜EbB．Wa≠Wb，Ea＞EbC．Wa＝Wb，Ea＞EbD．Wa≠Wb，Ea＜Eb答案C解析圖中a、b兩點在一個等勢面上，故Uac＝Ubc，根據(jù)W＝qU，有Wa＝Wb；a位置的電場線較密集，故Ea＞Eb.8．(2015·浙江部分學校聯(lián)考)如圖4所示，一根質(zhì)量為m的金屬棒AC用軟線懸掛在磁感應強度為B的勻強磁場中，通入A→C方向的電流時，懸線張力不為零，欲使懸線張力為零，可以采用的辦法是()圖4A．不改變電流和磁場方向，適當增大電流B．只改變電流方向，并適當減小電流C．不改變磁場和電流方向，適當減小磁感應強度D．只改變磁場方向，并適當減小磁感應強度答案A9．如果家里的微波爐(1000W)、電視機(100W)和洗衣機(400W)平均每天都工作1h，一個月(30天計)的用電量是()A．10kW·h B．20kW·hC．45kW·h D．40kW·h答案C解析P＝1000W＋100W＋400W＝1500W＝1.5kW故W＝Pt＝1.5kW×1h×30＝45kW·h.10．如圖5是一個說明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電場(加速電壓為U1)加速后垂直進入偏轉電場，離開偏轉電場時偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為l，每單位電壓引起的偏移eq\f(h,U2)叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用下列哪些方法()圖5A．增大U2 B．減小lC．減小d D．增大U1答案C解析電子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理可得，eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以電子進入偏轉電場時速度的大小為v0＝eq\r(\f(2eU1,m))，電子進入偏轉電場后偏轉的位移：h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(eU2,md)(eq\f(l,v0))2＝eq\f(eU2l2,2md\f(2eU1,m))＝eq\f(U2l2,4dU1)，所以示波管的靈敏度eq\f(h,U2)＝eq\f(l2,4dU1)，所以要提高示波管的靈敏度可以增大l、減小d或減小U1，所以C正確．11．(2016·麗水模擬)如圖6所示電路中，電源的內(nèi)阻不可忽略，當開關S斷開時，電流表的示數(shù)為0.3A，則當S閉合時，電流表的示數(shù)可能是()圖6A．0.22AB．0.42AC．0.52AD．0.58A答案B解析當S閉合時，4Ω的電阻被短路，外電路總電阻減小，電流增大，則電流表示數(shù)大于0.3A.外電阻減小，則路端電壓隨之減小，設電流表的示數(shù)為I，則有I×6Ω＜0.3A×(4Ω＋6Ω)，則得：I＜0.5A故得電流表示數(shù)范圍為：0.3A＜I＜0.5A，故B正確．12．圖7中的路燈為太陽能路燈，每只路燈的光伏電池板有效采光面積約0.3m2.晴天時電池板上每平方米每小時接收到的太陽輻射能為3×106J．如果每天等效日照時間約為6h，光電池一天產(chǎn)生的電能可供30W的路燈工作8h．光電池的光電轉換效率為()圖7A．4.8% B．9.6%C．16% D．44%答案C解析太陽能電池板每天(6h)吸收的太陽能：W總＝0.3×3×106J/h×6h＝5.4×106J，路燈正常工作，P＝P額＝30W，路燈正常工作8h消耗的電能：W有＝Pt＝30W×8×3600s＝8.64×105J，太陽能路燈利用太陽能的效率：η＝eq\f(W有,W總)＝eq\f(8.64×105,5.4×106)×100%＝16%.13．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖8所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖8A．11B．12C．121D．144答案D解析根據(jù)動能定理得，qU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))①離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)②①②兩式聯(lián)立得：m＝eq\f(qB2R2,2U)一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以m∝B2，磁感應強度增加到原來的12倍，則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，A、B、C錯誤．二、不定項選擇題(本題共3小題，每小題3分，滿分9分．在每小題給出的四個選項中，至少有一個選項符合題意，全部選對的得3分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)14．平行板電容器如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大時，即使在兩極板之間，它們的電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖9所示的曲線(上極板帶正電)．虛線MN是穿過兩極板正中央的一條直線．關于這種電場，以下說法正確的是()圖9A．平行金屬板間的電場為勻強電場B．a(chǎn)點處的電場強度大于b點處的電場強度C．若將一負電荷從a點移到b點，其電勢能升高D．若將一正電荷從電場中的c點由靜止釋放，它必將沿著電場線運動到d點答案BC解析勻強電場的電場線為分布均勻的平行直線，選項A錯誤；電場線的疏密表示電場的強弱，選項B正確；電場方向由a到b，一負電荷從a點移到b點，電場力做負功，其電勢能升高，選項C正確；電場線為曲線，正電荷不可能沿電場線運動，選項D錯誤．綜上本題選B、C.15．用如圖10所示的電路測量待測電阻Rx的阻值時，下列關于由電表產(chǎn)生的誤差的說法中，正確的是()圖10A．由于電壓表的分流作用，使電阻的測量值小于真實值B．由于電流表的分壓作用，使電阻的測量值小于真實值C．電壓表的內(nèi)電阻越大，測量結果越精確D．電流表的內(nèi)電阻越大，測量結果越精確答案AC解析實際的電壓表內(nèi)阻不是無窮大，接入電路時要分流，使得電流表測量的電流大于通過待測電阻Rx的電流，而電壓沒有系統(tǒng)誤差，根據(jù)歐姆定律R＝eq\f(U,I)得，電阻的測量值將小于真實值．故A正確．此電流表對測量電阻沒有影響．故B錯誤．電壓表的內(nèi)電阻越大，分流越小，電流測量值越精確，電阻的測量結果越精確．故C正確，D錯誤．16．兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖11所示．若不計粒子的重力，則下列說法正確的是()圖11A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電B．a(chǎn)粒子帶負電，b粒子帶正電C．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大D．a(chǎn)粒子在磁場中運動時間較長答案BD解析粒子向右運動，根據(jù)左手定則，b向上偏轉，應當帶正電；a向下偏轉，應當帶負電，故A錯誤，B正確．洛倫茲力提供向心力，即：qvB＝eq\f(mv2,r)，得：r＝eq\f(mv,qB)，故半徑較大的b粒子速度大，由公式F＝qvB，故速度大的b粒子所受洛倫茲力較大．故C錯誤；磁場中偏轉角大的粒子運動的時間長，a粒子的偏轉角大，運動的時間較長．故D正確．三、實驗題(本題共2小題，每空格2分，共14分)17．(8分)某同學在探究規(guī)格為“6V,3W”的小燈泡伏安特性曲線實驗中：該同學采用圖12甲所示的電路進行測量．圖中R為滑動變阻器(阻值范圍0～20Ω，額定電流1.0A)，L為待測小燈泡，○V為電壓表(量程6V，內(nèi)阻20kΩ)，?為電流表(量程0.6A，內(nèi)阻1Ω)，E為電源(電動勢8V，內(nèi)阻不計)，S為開關．圖12(1)在實驗過程中，開關S閉合前，滑動變阻器的滑片P應置于最________(填“左”或“右”)端；(2)在實驗過程中，已知各元器件均無故障，但閉合開關S后，無論如何調(diào)節(jié)滑片P，電壓表和電流表的示數(shù)總是調(diào)不到零，其原因是________點至________點的導線沒有連接好；(圖甲中的黑色小圓點表示接線點，并用數(shù)字標記，空格中請?zhí)顚憟D中的數(shù)字，如“__2__點至__3__點”的導線)(3)該同學描繪出小燈泡的伏安特性曲線示意圖如圖乙所示，則小燈泡的電阻值隨工作電壓的增大而________(填“不變”“增大”或“減小”)．答案(1)左(2)15(或51)(3)增大解析開關閉合前，應保證小燈泡兩端電壓不能太大，要有實驗安全意識，調(diào)節(jié)滑片在最左端使小燈泡電壓從零開始變化．電表示數(shù)總調(diào)不到零，是由于電源總是對電表供電，滑動變阻器串聯(lián)在電路中，1點和5點間沒有接好，連成了限流式接法，這也是限流式與分壓式接法的最顯著區(qū)別．伏安特性曲線上點的原點連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以隨著電壓的增大，斜率減小，電阻增大．18．(6分)多用電表是高中物理中經(jīng)常使用的電學儀器，請回答下面關于多用電表的幾個問題：(1)用多用電表測電流或電阻的過程中正確的做法是________．A．在測量電阻時，更換倍率后必須重新進行調(diào)零B．在測量電流時，更換量程后必須重新進行調(diào)零C．在測量未知電阻時，必須先選擇倍率最大擋進行試測D．在測量未知電流時，必須先選擇電流最大量程進行試測(2)下面是使用多用電表時表筆部分的情況，請問接法正確的是________．(3)如圖13，某同學利用多用電表測量分壓電路電阻的變化范圍，將滑片逐漸滑動到最左端而不做其他變動，移動過程中讀數(shù)變化情況是________．圖13A．增大 B．減小C．先增大后減小 D．先減小后增大答案(1)AD(2)C(3)B解析(1)在測量電阻時，更換倍率后，歐姆表的內(nèi)部電阻發(fā)生了變化，歐姆擋的零刻度在最右邊，也就是電流滿偏，所以必須重新進行調(diào)零，選項A正確；在測量電流時，根據(jù)電流表的原理，電流的零刻度在左邊，更換量程后不需要調(diào)零；在測量未知電阻時，若先選擇倍率最大擋進行測試，當被測電阻較小時，電流有可能過大，所以應從倍率較小的擋進行試測，若指針偏角過小，再換用倍率較大的擋，選項C錯誤；在測量未知電流時，為了電流表的安全，必須先選擇電流最大量程進行試測，若指針偏角過小，再換用較小的量程進行測量，選項D正確．(2)在使用多用電表進行歐姆調(diào)零時，將兩表筆短接，注意兩手不能與指針短接，故A錯誤；在測量燈泡電阻時應將兩表筆分別接外殼和中間金屬，故B錯誤；由于多用電表內(nèi)部電源正極接黑表筆，故在測量二極管正向電阻時，應將黑表筆接二極管正極，故C正確；在測量電阻時，電阻應與電路斷開，故D錯誤．(3)根據(jù)串并聯(lián)電路的特點可知，將滑片逐漸滑動到最左端而不做其他變動，電路的電阻減小，則移動過程中讀數(shù)減小，故B正確．四、計算題(本題共4小題，19題8分，20題8分，21題10分，22題12分，共38分．要求每題寫出解題過程，只有答案沒有過程概不評分)19．(8分)如圖14所示，真空中兩個相同的小球帶有等量同種電荷，質(zhì)量均為0.1g，分別用10cm長的絕緣細線懸掛于絕緣天花板的一點，當平衡時B球偏離平衡位置60°，A球的懸線豎直且A球與絕緣墻壁接觸．求：圖14(1)每個小球的帶電量；(2)墻壁受到的壓力；(3)每條細線的拉力大小．答案(1)eq\f(1,3)×10－7C(2)eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左(3)連A球的細線的拉力大小為1.5×10－3N，連B球的細線的拉力大小為1×10－3N解析(1)對B球受力分析如圖所示：B球受三力平衡，則重力與庫侖力的合力大小等于繩子拉力，方向與繩子拉力方向相反．由幾何知識可知：F庫＝mg＝FTB根據(jù)庫侖定律：F庫＝keq\f(q2,L2)＝mg解得：q＝eq\f(1,3)×10－7C(2)對A球受力分析如圖：A球受力平衡，F(xiàn)N＝F庫sin60°＝mgsin60°＝0.1×10－2×eq\f(\r(3),2)N＝eq\f(\r(3),2)×10－3N由牛頓第三定律得：墻受到小球的壓力大小為eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左．(3)A球受力平衡：FTA＝mg＋F庫cos60°＝0.1×10－2×(1＋0.5)N＝1.5×10－3N由前面分析知FTB＝mg＝1×10－3N.20．(8分)如圖15所示，質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子以初速度v0進入場強為E的勻強電場中，v0方向與E方向垂直．極板長度為L，極板右邊緣到熒光屏的距離也是L，已知帶電粒子打到熒光屏上的P點，不計粒子重力，求：圖15(1)帶電粒子離開電場時速度偏向角的正切值；(2)偏移量OP的大?。鸢?1)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(2)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解析(1)水平方向：粒子做勻速直線運動，則有：t＝eq\f(L,v0)豎直方向：粒子做初速度為零的勻加速直線運動．加速度為：a＝eq\f(qE,m)設粒子射出電場時，速度偏向角為θ，有：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(2)作速度的反向延長線交粒子在電場中水平位移的中點，有：tanθ＝eq\f(OP,L＋\f(L,2))OP＝eq\f(3L,2)tanθ＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).21．(10分)在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖16所示．一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出．圖16(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷eq\f(q,m)；(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應強度B′為多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t為多少？答案(1)負電荷eq\f(v,Br)(2)eq\f(\r(3),3)Beq\f(\r(3)πr,3v)解析(1)由粒子的運動軌跡(如圖)，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷．粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑R＝r，又qvB＝meq\f(v2,R)，則粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br).(2)設粒子從D點飛出磁場，速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，粒子做圓周運動的半徑R′＝eq\f(r,tan30°)＝eq\r(3)r，又R′＝eq\f(mv,qB′)，所以B′＝eq\f(\r(3),3)B，粒子在磁場中運動所用時間t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB′)＝eq\f(\r(3)πr,3v).22．(12分)如圖17所示是學生們根據(jù)回旋加速器原理設計的一個小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ存在勻強磁場B1和B2.在寬度為L的區(qū)域Ⅲ內(nèi)存在一個勻強