2024-2025學(xué)年高中物理模塊綜合測(cè)評(píng)含解析新人教版選修3-1

PAGE9-模塊綜合測(cè)評(píng)(時(shí)間：90分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7～10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1．國(guó)際單位制中電荷量的單位符號(hào)是C，假如用國(guó)際單位制基本單位的符號(hào)來(lái)表示，正確的是()A．F·V B．A·sC．J/V D．N·m/VB[依據(jù)電荷量公式q＝It可知，電流I的單位是A，時(shí)間t的單位是s，故用國(guó)際單位制的基本單位表示電量的單位為A·s，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。]2．不帶電的空腔導(dǎo)體P置于電場(chǎng)中，其四周電場(chǎng)線分布如圖所示，a、c為電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，b為導(dǎo)體空腔內(nèi)的一點(diǎn)，則()A．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度依次減小B．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)依次降低C．負(fù)摸索電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的大D．正摸索電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)的過(guò)程中，克服電場(chǎng)力做功B[由電場(chǎng)線越密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度越大，b處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體的內(nèi)部，電場(chǎng)強(qiáng)度大小是0，則有Ec>Eb，故A錯(cuò)誤。沿著電場(chǎng)線電勢(shì)漸漸降低，a點(diǎn)處于電場(chǎng)線的靠前的位置，即a點(diǎn)的電勢(shì)比b高，b的電勢(shì)比c高，所以B正確。負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，在電勢(shì)低處電勢(shì)能大，故負(fù)檢驗(yàn)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的小，所以C錯(cuò)誤。正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，在電勢(shì)低處電勢(shì)能小，故正摸索電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能減小，則電場(chǎng)力做正功，故D錯(cuò)誤。]3.如圖所示的電路，水平放置的平行板電容器中有一個(gè)帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的滑片P向左移動(dòng)，則()A．電容器中的電場(chǎng)強(qiáng)度將增大B．電容器上的電荷量將削減C．電容器的電容將削減D．液滴將向上運(yùn)動(dòng)B[若將滑片向左移動(dòng)，則R總增大，干路電流減??；R2兩端電壓減小，因電容器與R2并聯(lián)，所以電容器兩端電壓減小，電荷量削減，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，液滴將向下運(yùn)動(dòng)，故B對(duì)，而A、D錯(cuò)；由平行板電容器電容C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。]4.如圖所示，豎直面內(nèi)一絕緣細(xì)圓環(huán)的上、下半圓分別勻稱分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，c、d為豎直直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，它們與圓心的距離均相等。則()A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不相等B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢(shì)不相等C．c、d兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等 D．c、d兩點(diǎn)的電勢(shì)相等C[沿豎直方向?qū)A環(huán)分割成無(wú)窮個(gè)小段，關(guān)于水平直徑對(duì)稱的兩小段構(gòu)成等量異種點(diǎn)電荷模型，在等量異種點(diǎn)電荷的垂直平分線上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向由正點(diǎn)電荷指向負(fù)點(diǎn)電荷，依據(jù)對(duì)稱性可知a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，在等量異種點(diǎn)電荷的垂直平分線上各點(diǎn)電勢(shì)均為零，故a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，B項(xiàng)錯(cuò)誤；沿水平方向?qū)A環(huán)分割成無(wú)窮個(gè)小段，關(guān)于豎直直徑對(duì)稱的兩小段構(gòu)成等量同種點(diǎn)電荷模型，在等量同種點(diǎn)電荷的垂直平分線上各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向垂直于連線，依據(jù)對(duì)稱性可知c、d兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等，C項(xiàng)正確；在等量異種點(diǎn)電荷模型中，距離正點(diǎn)電荷近的點(diǎn)電勢(shì)高，故φc>φd，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]5．如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強(qiáng)電場(chǎng)中一個(gè)正六邊形的六個(gè)頂點(diǎn)，電場(chǎng)線與該六邊形所在平面平行。已知A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為1V、2V、5V，則下列說(shuō)法中正確的是()A．D、E、F三點(diǎn)的電勢(shì)分別為6V、4V、3VB．D、E、F三點(diǎn)的電勢(shì)分別為7V、6V、3VC．電場(chǎng)線方向從D指向AD．電場(chǎng)線方向從C指向FB[連接AC，依據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)隨距離勻稱改變(除等勢(shì)面)的特點(diǎn)，AC四等分，如圖所示：則中點(diǎn)的電勢(shì)為3V，靠近A的點(diǎn)M電勢(shì)為2V，則MB為一條等勢(shì)線；依據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，則能作出電場(chǎng)線及方向。依據(jù)幾何關(guān)系可知，F(xiàn)的電勢(shì)為3V；依據(jù)同樣的方向可得，D、E兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為7V、6V；故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。依據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直且由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，知C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。]6．將一個(gè)電流表改裝成歐姆表，并將歐姆表調(diào)零，用此歐姆表測(cè)一阻值為R的電阻時(shí)，指針偏轉(zhuǎn)至滿刻度的4/5處，現(xiàn)用該表測(cè)一未知電阻，指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的1/5處，則該電阻的阻值為()A．4RB．5RC．10RD．16RD[由閉合電路的歐姆定律得：調(diào)零時(shí)有E＝IgR內(nèi)；指針偏轉(zhuǎn)至滿刻度的4/5時(shí)有E＝4Ig(R＋R內(nèi))/5；指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的1/5時(shí)有E＝Ig(Rx＋R內(nèi))/5。聯(lián)立三式可解得Rx＝16R，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。]7．極光是由來(lái)自宇宙空間的高能帶電粒子流進(jìn)入地球大氣層后，由于地磁場(chǎng)的作用而產(chǎn)生的，如圖所示，科學(xué)家發(fā)覺(jué)并證明，這些高能帶電粒子流向兩極時(shí)做螺旋運(yùn)動(dòng)，旋轉(zhuǎn)半徑不斷減小，此運(yùn)動(dòng)形成的緣由可能是()A．洛倫茲力對(duì)粒子做負(fù)功，使其動(dòng)能減小B．介質(zhì)阻力對(duì)粒子做負(fù)功，使其動(dòng)能減小C．粒子的帶電荷量減小D．南北兩極旁邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度較強(qiáng)BD[粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，故A錯(cuò)誤；粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可能受到空氣的阻力，對(duì)粒子做負(fù)功，所以其動(dòng)能會(huì)減小，故B正確；粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若電荷量減小，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，軌跡半徑是增大的，故C錯(cuò)誤；地球南北兩極旁邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度較強(qiáng)，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，軌跡半徑是減小的，故D正確。]8.如圖所示，光滑絕緣軌道ABP豎直放置，其軌道末端切線水平，在其右側(cè)有一正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)豎直向上，磁場(chǎng)垂直紙面對(duì)里，一帶電小球從軌道上的A點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后，恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)。則可判定()A．小球帶負(fù)電B．小球帶正電C．若小球從B點(diǎn)由靜止滑下，進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后將馬上向上偏D．若小球從B點(diǎn)由靜止滑下，進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后將馬上向下偏BD[小球從P點(diǎn)進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球肯定受力平衡，由受力平衡知小球肯定帶正電；且qE＋qvB＝mg；若從B點(diǎn)靜止滑下，由動(dòng)能定理可求得小球進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)時(shí)v′<v；則qE＋qv′B<mg，故向下偏，B、D正確。]9．電飯鍋工作時(shí)有兩種狀態(tài)：一種是鍋內(nèi)水燒干前的加熱狀態(tài)，另一種是鍋內(nèi)水燒干后的保溫狀態(tài)，如圖是電飯鍋電路的示意圖，S是由感溫材料做成的開(kāi)關(guān)，下列說(shuō)法中正確的是()A．其中R2是供加熱用的電熱絲B．當(dāng)開(kāi)關(guān)S接通時(shí)，電飯鍋為加熱狀態(tài)，S斷開(kāi)時(shí)為保溫狀態(tài)C．要使R2在保溫狀態(tài)時(shí)的功率為加熱狀態(tài)時(shí)的功率的一半，R1∶R2應(yīng)為2∶1D．要使R2在保溫狀態(tài)時(shí)功率為加熱狀態(tài)時(shí)功率的一半，R1∶R2應(yīng)為(eq\r(2)－1)∶1ABD[如題圖所示，由P＝eq\f(U2,R)得：當(dāng)接通S時(shí)，電阻變小，功率變大，處于加熱狀態(tài)；當(dāng)斷開(kāi)S時(shí)，電阻變大，功率變小，處于保溫狀態(tài)，所以，R2是供加熱用的電阻絲，故A、B正確。要使R2在保溫狀態(tài)時(shí)的功率為加熱狀態(tài)的一半，由P＝I2R可得：電阻R2在保溫與加熱狀態(tài)下的電流之比1∶eq\r(2)，所以(R1＋R2)∶R2＝eq\r(2)∶1，則R1∶R2＝(eq\r(2)－1)∶1，故C錯(cuò)誤，D正確。]10.空間中存在著沿x軸方向的靜電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x改變的關(guān)系圖象如圖所示，圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，A、B是x軸上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，對(duì)于下列說(shuō)法中正確的是()A．電子在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能不相等B．電子在A、B兩點(diǎn)的加速度方向相反C．電子從A點(diǎn)由靜止釋放后的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是曲線D．若取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則O點(diǎn)處電勢(shì)肯定為正BD[電子從A移動(dòng)到B，電場(chǎng)力做的負(fù)功和正功大小相等，總功為零，故A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等，故A錯(cuò)誤；電子在A、B兩點(diǎn)受到的電場(chǎng)力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，故B正確；由于電場(chǎng)力方向與x軸平行，故速度與合力始終共線，故肯定做直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；電勢(shì)凹凸與場(chǎng)強(qiáng)大小無(wú)關(guān)，場(chǎng)強(qiáng)為零，電勢(shì)不肯定為零；本題中，將一個(gè)正的摸索電荷從O點(diǎn)移動(dòng)到無(wú)窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)力做正功，說(shuō)明電勢(shì)是降低的，若取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則O點(diǎn)處電勢(shì)肯定為正，故D正確。]二、非選擇題(本題共6小題，共60分，按題目要求作答)11．(6分)如圖甲為多用電表的示意圖，現(xiàn)用它測(cè)量一個(gè)阻值約為20Ω的電阻，測(cè)量步驟如下：甲乙(1)調(diào)整，使電表指針停在(選填“電阻”或“電流”)的“0”刻線。(2)將選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“Ω”擋的(選填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)位置。(3)將紅、黑表筆分別插入“＋”“－”插孔，并將兩表筆短接，調(diào)整，使電表指針對(duì)準(zhǔn)(選填“電阻”或“電流”)的“0”刻線。(4)將紅、黑表筆分別與待測(cè)電阻兩端相接觸，若電表讀數(shù)如圖乙所示，該電阻的阻值為Ω。(5)測(cè)量完畢，將選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“OFF”位置。[解析]運(yùn)用多用電表歐姆擋，先機(jī)械調(diào)零。中值電阻為15Ω，測(cè)量20Ω的電阻時(shí)，要運(yùn)用×1的倍率，然后進(jìn)行歐姆調(diào)零；由刻度盤(pán)和倍率可知，測(cè)量電阻的阻值為19Ω。[答案](1)指針定位螺絲電流(2)×1(3)歐姆調(diào)零旋鈕電阻(4)1912．(10分)在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的試驗(yàn)時(shí)，所用的電流表內(nèi)阻為幾歐，電壓表內(nèi)阻為十幾千歐。試驗(yàn)中得到了多組數(shù)據(jù)，通過(guò)描點(diǎn)連線在I-U坐標(biāo)系中得到了小燈泡的伏安特性曲線如圖甲所示。甲乙丙(1)在虛線框中畫(huà)出試驗(yàn)電路原理圖，并在圖乙中用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線連接電路。(2)依據(jù)圖甲，可確定小燈泡的功率P與U2和P與I2的關(guān)系，下列示意圖中合理的是。ABCD(3)將被測(cè)小燈泡、定值電阻R和電源串聯(lián)成如圖丙所示的電路。電源電動(dòng)勢(shì)為6.0V，內(nèi)阻為1.0Ω。若電路中的電流為0.40A，則定值電阻R所消耗的電功率為W。[解析](1)“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的試驗(yàn)時(shí)，電壓、電流從零起先可調(diào)，滑動(dòng)變阻器采納分壓式，燈泡的電阻與電流表阻值相差不大，與電壓表內(nèi)阻相差大，電流表采納外接法，電路圖、實(shí)物圖如圖所示：(2)小燈泡的電阻隨溫度上升而增大，由功率P＝I2R，P-I2圖象的斜率漸漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；由P＝eq\f(U2,R)，P-U2圖象的斜率漸漸減小，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。(3)當(dāng)電路中的電流I＝0.40A，由圖象可得小燈泡兩端的電壓U＝4V，定值電阻R兩端的電壓UR＝E－U－Ir＝1.6V，所消耗的電功率P＝URI＝0.64W。[答案](1)見(jiàn)解析圖(2)D(3)0.6413.(10分)如圖所示，一根足夠長(zhǎng)的光滑絕緣桿MN，與水平面夾角為37°，固定在豎直平面內(nèi)，垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B充溢桿所在的空間，桿與B垂直，質(zhì)量為m的帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時(shí)，對(duì)桿有垂直桿向下的壓力作用，壓力大小為0.4mg，已知小環(huán)的帶電荷量為q，問(wèn)：(1)小環(huán)帶什么電？(2)小環(huán)滑到P處時(shí)的速度多大？[解析](1)小環(huán)重力在垂直桿方向上的分力：G1＝Gcos37°＝0.8mg，依據(jù)題意，小環(huán)對(duì)桿的壓力小于0.8mg，所以，小環(huán)受到洛倫茲力的方向應(yīng)斜向上，依據(jù)左手定則，小環(huán)帶負(fù)電。(2)在垂直桿方向上，依據(jù)平衡條件有F＋N＝G1又F＝qvB可得v＝eq\f(2mg,5qB)。[答案](1)負(fù)電(2)eq\f(2mg,5qB)14.(10分)如圖所示，在同一水平面內(nèi)的兩導(dǎo)軌ab、cd相互平行，相距2m并在豎直向上的磁場(chǎng)中，一根質(zhì)量為3.6kg、有效長(zhǎng)度為2m的金屬棒放在導(dǎo)軌上，當(dāng)金屬棒中的電流為5A時(shí)，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)金屬棒中的電流增大到8A時(shí)，金屬棒能獲得2m/s2的加速度。則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為多少？[解析]對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析，利用牛頓其次定律可得：當(dāng)金屬棒中的電流為5A時(shí)，BI1L－F阻＝0 當(dāng)金屬棒中的電流為8A時(shí)，BI2L－F阻＝ma 由①②可得B＝eq\f(ma,I2－I1L)＝eq\f(3.6×2,8－5×2)T＝1.2T。[答案]1.2T15．(12分)在金屬板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性改變的交變電壓U0，其周期是T。現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板中心射入。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力，求：甲乙(1)若電子從t＝0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大小；(2)若電子從t＝0時(shí)刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少多長(zhǎng)？(3)若電子恰能從兩板中心平行于板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入，兩板間距至少多大？[解析](1)由動(dòng)能定理可得：eq\f(U0,2)e＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：vt＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(U0e,m))。(2)要使電子水平飛出金屬板，電子在板間的飛行時(shí)間必需滿意t＝nT，最小時(shí)間為t＝T，故金屬板至少長(zhǎng)度為l＝v0T。(3)電子射入的時(shí)刻為t＝eq\f(T,4)＋keq\f(T,2)(k＝0、1、2…)由eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(U0e,dm)(eq\f(T,4))2×2可得：d＝T·eq\r(\f(U0e,8m))。[答案](1)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(U0e,m))(2)v0T(3)eq\f(T,4)＋keq\f(T,2)(k＝0、1、2…)T·eq\r(\f(U0e,8m))16．(12分)如圖所示，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。(1)若