2024-2025學年高中物理模塊綜合測評含解析粵教版選修3-1

PAGE10-模塊綜合測評(時間：90分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共10個小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設置如圖所示傳感器．其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，上下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的兩極上．當流水線上通過的產(chǎn)品厚度增大時，下列說法正確的是()A．A、B平行板電容器的電容減小B．A、B兩板間的電場強度增大C．A、B兩板上的電荷量變小D．有電流從b向a流過靈敏電流計D[依據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)可知當產(chǎn)品厚度增大導致ε增大時，電容器的電容C增大，再依據(jù)Q＝CU可知極板帶電量Q增加，有充電電流從b向a流過，故A、C錯誤，D正確；因兩板之間的電勢差不變，板間距不變，所以兩板間電場強度E＝eq\f(U,d)不變，故B錯誤．]2.A、B是某電場中一條電場線上的兩點，一正電荷僅在靜電力作用下，沿電場線從A點運動到B點，其速度－時間圖象如圖所示，則()A．EA＞EB B．EA＜EBC．φA＝φB D．φA＞φBA[依據(jù)v-t圖象可知，此正電荷速度減小且加速度越來越小，說明正電荷逆著電場線運動，由電勢低的點移向電勢高的點，且靜電力越來越小，即電場變?nèi)酰蔬x項A正確，B、C、D錯誤．]3.兩根粗細相同、材質(zhì)不同的金屬棒A、B接在一起后接入電路，已知兩棒長度之比LA∶LB＝2∶1，電阻率ρA∶ρB＝1∶2，如圖所示，則下列說法正確的是()A．A棒兩端電壓小于B棒兩端電壓B．通過兩棒的電流強度不相等C．兩棒電阻相等D．電流流過兩棒產(chǎn)生的熱功率不相等C[兩棒長度之比如LA∶LB＝2∶1，電阻率ρA∶ρB＝1∶2，由R＝eq\f(ρL,S)可知，RA∶RB＝1∶1，由U＝IR可知電壓相等，故A錯誤，C正確．兩金屬棒串聯(lián)，因此兩棒中的電流強度相同，故B錯誤；依據(jù)Q＝I2Rt，知兩棒產(chǎn)生的熱功率相等，故D錯誤．]4．水平桌面上有一根絕緣的長直導線a，垂直紙面放置，在桌面正上方等高且與直導線a平行等距的位置，固定兩根絕緣直導線b和c，三根導線中的電流大小相等、方向如圖所示．導線a始終處于靜止狀態(tài)，關(guān)于導線a，以下說法中正確的是()A．對地面的壓力數(shù)值上小于自身的重力B．對地面的壓力數(shù)值上等于自身的重力C．對地面的壓力數(shù)值上大于自身的重力D．受水平向左的摩擦力B[由于三個導線上的電流大小相等，距離相等，所以a與b之間的作用力的大小等于a與c之間的作用力的大小，依據(jù)同向電流相互吸引，異向電流相互排斥可知，a與b之間是吸引力，a與c之間是排斥力，依據(jù)矢量的合成可知，a受到的安培力的合力的方向沿水平方向向左，所以a對地面的壓力不變；在水平方向a要保持平衡，則受到地面的向右的摩擦力．故選B.]5．如圖是某溫度檢測和光電限制加熱裝置的原理圖．RT為熱敏電阻(溫度上升，阻值減小)，用來探測加熱電阻絲R的溫度．RG為光敏電阻(光照強度增大，阻值減小)，接收小燈泡L的光照．其他電阻均為定值電阻．當R處溫度上升后，下列說法正確的是()A．燈泡L將變暗B．RG的電壓將增大C．R的功率將增大D．R的電壓改變量與R2的電流改變量的比值不變D[當R處溫度上升時，RT阻值變小，左邊回路中電流增大，小燈泡L的功率增大，燈泡L將變亮，故A錯誤．左邊回路中電流增大，L的光照強度增大，則RG阻值變小，右側(cè)電路的總電阻變小，總電流變大，E2的內(nèi)電壓增大，則其路端電壓變??；總電流增大，則R2兩端電壓增大，所以右側(cè)電路并聯(lián)部分電壓減小，R的電壓減小，則R的功率將減??；R的電流減小，而總電流增大，則通過R3的電流增大，R3的電壓將增大，所以RG的電壓將減小，故B、C錯誤．R的電壓改變量與R2的電流改變量的比值eq\f(ΔU,ΔI)＝R2＋r2，保持不變，故D正確．]6．如圖所示，兩平行金屬板P、Q水平放置，上極板帶正電，下極板帶負電，板間存在勻強電場和勻強磁場(圖中未畫出)，一個帶電粒子在兩平行板間做勻速直線運動后，從O點垂直進入另一個垂直紙面對外的勻強磁場中，粒子做勻速圓周運動，最終打在擋板MN上的A點，不計粒子重力．下列說法正確的是()A．此粒子肯定帶負電B．P、Q間的磁場肯定垂直于紙面對外C．若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動，則它肯定與該粒子具有相同的比荷D．若另一個帶電粒子也能做勻速直線運動，則它肯定與該粒子具有相同的比荷C[粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子向下偏轉(zhuǎn)，粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力豎直向下，應用左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；粒子在復合場中做勻速直線運動，粒子所受合力為零，粒子所受電場力豎直向下，則粒子所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知，P、Q間的磁場垂直于紙面對里，故B錯誤；粒子在復合場中做勻速直線運動，由平衡條件可知qvB＝qE，解得v＝eq\f(E,B)，粒子具有相同的速度，不肯定具有相同的比荷；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，由于粒子勻速通過P、Q間的復合場，則粒子速度v相同，粒子運動軌跡相同，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r相同，則粒子的比荷相同，故C正確，D錯誤．]7．兩個相同的輕質(zhì)鋁環(huán)能在一個光滑的絕緣圓柱體上自由移動，設大小不同的電流按如圖所示的方向通入兩鋁環(huán)，則兩鋁環(huán)的運動狀況是()A．兩環(huán)彼此相向運動 B．兩環(huán)彼此背向運動C．電流大的鋁環(huán)加速度大 D．兩環(huán)的加速度大小相等AD[依據(jù)電流間相互作用規(guī)律“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”可知，兩圓環(huán)應相互吸引，即彼此相向運動，故A正確，B錯誤；再依據(jù)牛頓其次定律和牛頓第三定律可知，兩圓環(huán)的加速度大小相等，故C錯誤，D正確．]8．如圖所示的電路有電源、電阻箱和電流表組成，電源電動勢E＝4V，內(nèi)阻r＝2Ω；電流表內(nèi)阻忽視不計，閉合開關(guān)，調(diào)整電阻箱，當電阻箱讀數(shù)分別等于R1和R2時，電流表對應的讀數(shù)分別為I1和I2，這兩種狀況下電源的輸出功率相等，下列說法正確的是()A．I1＋I2＝2A B．I1－I2＝2AC．R1＝1/R2 D．R1＝4/R2AD[依據(jù)閉合電路歐姆定律得：I1＝eq\f(E,R1＋r)＝eq\f(4,R1＋2)， ①I2＝eq\f(E,R2＋r)＝eq\f(4,R2＋2)， ②這兩種狀況下電源的輸出功率相等，則有：Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))R1＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))R2， ③由①②③解得：I1＋I2＝2A，R1＝4/R2，故A、D正確．]9．在一次南極科考中，科考人員運用磁強計測定地磁場的磁感應強度．其原理如圖所示，電路中有一段長方體的金屬導體，它長、寬、高分別為a、b、c，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，導體中電流強度沿x軸正方向，大小為I.已知金屬導體單位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電荷量為e，自由電子做定向移動可視為勻速運動，測出金屬導體前后兩個側(cè)面間電壓為U，則()A．金屬導體的前側(cè)面電勢較低B．金屬導體的電阻為eq\f(U,I)C．自由電子定向移動的速度大小為eq\f(I,neab)D．磁感應強度的大小為eq\f(necU,I)AD[金屬導體中有自由電子．當電流形成時，金屬導體內(nèi)的自由電子逆著電流的方向做定向移動．在磁場中受到洛倫茲力作用的是自由電子．由左手定則可知，自由電子受到的洛倫茲力沿z軸正方向，自由電子向前側(cè)面偏轉(zhuǎn)，金屬導體前側(cè)面聚集了電子，后側(cè)面感應出正電荷，金屬導體前側(cè)面電勢低，后側(cè)面電勢高，故A正確；金屬前后側(cè)面間的電勢差是感應電勢差，U＝Eb，故金屬導體的電阻R≠eq\f(U,I)，E為感應電場強度，故B錯誤；由電流的微觀表達式可知，電流I＝nevS＝nevbc，電子定向移動的速度大小v＝eq\f(I,nebc)，故C錯誤；電子在做勻速直線運動，洛倫茲力與電場力平衡，由平衡條件得eE＝evB，導體前后側(cè)面間的電勢差U＝Eb，解得B＝eq\f(necU,I)，故D正確．]10．在光滑絕緣水平面的P點正上方O點固定了一電荷量為＋Q的正點電荷，在水平面上的N點，由靜止釋放質(zhì)量為m、電荷量為－q的負檢驗電荷，該檢驗電荷經(jīng)過P點時速度為v，圖中θ＝60°，規(guī)定電場中P點的電勢為零，則在＋Q形成的電場中()A．N點電勢高于P點電勢B．P點電場強度大小是N點的2倍C．N點電勢為－eq\f(mv2,2q)D．檢驗電荷在N點具有的電勢能為eq\f(1,2)mv2CD[依據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，M點的電勢高于N點的電勢，而M、P兩點的電勢相等，則N點電勢低于P點電勢，故A錯誤；P點電場強度大小是EP＝keq\f(Q,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(P)))，N點電場強度大小是EN＝keq\f(Q,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N)))，則EP∶EN＝req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N))∶req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(P))＝(2rP)2∶req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(P))＝4∶1，故B錯誤；依據(jù)動能定理得：檢驗電荷由N到P的過程，－q(φN－φP)＝eq\f(1,2)mv2，由題知，P點的電勢為零，即φP＝0，解得N點的電勢φN＝－eq\f(mv2,2q)，故C正確；檢驗電荷在N點具有的電勢能為Ep＝－qφN＝eq\f(1,2)mv2，故D正確．]二、非選擇題(本題共6小題，共60分)11．(6分)在“測定電源的電動勢和內(nèi)阻”的試驗中，已連接好部分試驗電路．(1)按如圖甲所示的試驗電路，把圖乙中剩余的電路連接起來．(2)在圖乙的電路中，為避開燒壞電表，閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片應置于________端(選填“A”或“B”).(3)圖丙是依據(jù)試驗數(shù)據(jù)作出的U-I圖象，由圖可知，電源的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.甲乙丙[解析](1)由原理圖可知滑動變阻器為限流接法，電壓表并聯(lián)在滑動變阻器兩端，由原理圖連接實物圖如圖所示：(2)為保證明驗平安，在起先時電路中電流應為最小值，故滑動變阻器應接入最大阻值，由圖可知，滑動變阻器接入部分為左半部分；故滑片應接到B端．(3)由U-I圖可知，電源的電動勢E＝1.50V，當路端電壓為1V時，電流為0.5A，則由閉合電路歐姆定律可知r＝eq\f(E－U,I)＝1Ω.[答案](1)如解析圖所示(2)B(3)1.50112．(8分)某同學測量一個圓柱體的電阻率，須要測量圓柱體的尺寸和電阻．(1)分別運用游標卡尺和螺旋測微器測量圓柱體的長度和直徑，某次測量的示數(shù)如圖甲和乙所示，長度為________cm，直徑為________mm.(2)按圖丙連接電路后，試驗操作如下：①將滑動變阻器R1的阻值置于最________(選填“大”或“小”)處；將S2撥向接點1，閉合S1，調(diào)整R1，使電流表示數(shù)為I0；②將電阻箱R2的阻值調(diào)至最________(選填“大”或“小”)，S2撥向接點2；保持R1不變，調(diào)整R2，使電流表示數(shù)仍為I0，此時R2阻值為1280Ω.(3)由此可知，圓柱體的電阻為________Ω.[解析](1)游標卡尺的讀數(shù)為l＝(50＋0.1×1)mm＝50.1mm＝5.01cm.螺旋測微器的讀數(shù)為d＝(5＋31.5×0.01)mm＝5.315mm.(2)電學試驗的設計要遵循科學性原則、平安性原則和精確性原則．此電路中滑動變阻器是以限流方式接入電路中的，故在①步驟中合上開關(guān)前應使其接入電路中的阻值為最大，以保證電路平安．同理②步驟中亦將電阻箱R2的阻值調(diào)至最大．(3)①步驟中，由閉合電路歐姆定律得I0＝eq\f(E,R＋R1＋Rg＋r)，其中R表示圓柱體的電阻；②步驟中，仍由閉合電路歐姆定律得I0＝eq\f(E,R2＋R1＋Rg＋r)，由等量代換可得R＝R2＝1280Ω.[答案](1)5.015.315(2)大大(3)128013．(10分)如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的通電導體棒在安培力作用下靜止在傾角為37°、寬度L＝1m的光滑絕緣框架上，勻強磁場方向垂直于框架平面對下(磁場僅存在于絕緣框架內(nèi)).右側(cè)回路中，電源的電動勢E＝8V、內(nèi)阻r＝1Ω.額定功率為8W、額定電壓為4V的電動機M正常工作．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.試求：(1)電動機的額定電流IM與通過電源的電流I總；(2)導體棒受到的安培力大小及磁場的磁感應強度大?。甗解析](1)電動機正常工作時，有PM＝UIM代入數(shù)據(jù)解得IM＝2A通過電源的電流為I總＝eq\f(E－U,r)＝eq\f(8－4,1)A＝4A.(2)導體棒靜止在絕緣框架上，由共點力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面對下的分力，即F＝mgsin37°＝6N流過電動機的電流I為I＝I總－IM＝4A－2A＝2AF＝BIL解得B＝3T.[答案](1)2A4A(2)6N3T14.(10分)如圖所示，由A、B兩平行板構(gòu)成的電容器，電容為C，原來不帶電．電容器的A板接地，并且中心有一個小孔，通過這個小孔向電容器中射入電子，射入的方向垂直于極板，射入的速度為v0，假如電子的放射是一個一個單獨進行的，即第一個電子到達B板后再射其次個電子，并且全部和B板相碰的電子都留在B板上．隨著電子的射入，兩極板間的電勢差漸漸增加，直至達到一個穩(wěn)定值．已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，電子所受的重力可忽視不計，A、B兩板的距離為L.(1)有n個電子到達B板上，這時兩板間電場的場強E多大？(2)最多能有多少個電子和B板相碰？(3)到達B板的第1個電子在兩板間運動的時間和最終一個電子在兩板間運動的時間相差多少？[解析](1)當B板上聚集了n個射來的電子時，兩板間的電勢差為U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(ne,C)，內(nèi)部電場為勻強電場，場強為E＝eq\f(U,L)＝eq\f(ne,CL).(2)設最多能聚集N個電子，第N＋1個射入的電子到達B板時速度減為零．此時兩板間的電勢差為U1＝eq\f(Q1,C)＝eq\f(Ne,C)對此后再射入的電子，依據(jù)動能定理有－eU1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))聯(lián)立解得N＝eq\f(Cmveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2e2).(3)第一個電子在兩板間做勻速運動，運動時間為t1＝eq\f(L,v0)最終一個電子在兩極間做勻減速運動，到達B板時速度為零，運動時間為：t2＝eq\f(L,\x\to(v))＝eq\f(2L,v0)二者時間差為Δt＝t2－t1＝eq\f(L,v0).[答案](1)eq\f(ne,CL)(2)eq\f(Cmveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2e2)(3)eq\f(L,v0)15．(12分)如圖所示的電路中，R1＝10Ω，R2＝4Ω，R3＝6Ω，R4＝3Ω，U＝2.4V.(1)在ab間接一只志向電壓表，它的讀數(shù)是多少？(2)如在ab間接一只志向電流表，它的讀數(shù)又是多少？[解析](1)在ab間接一只志向電壓表時，R2、R3串聯(lián)后電阻為R串＝R2＋R3＝10ΩR串與R1并聯(lián)后電阻為R并＝eq\f(R串R1,R串＋R1)＝5Ω再與R4串聯(lián)后總電阻為R總＝R并＋R4＝8Ω此時電路電流為I總＝eq\f(U,R總)＝0.3AR4兩端的電壓為U4＝I總R4＝0.9VR2、R3串聯(lián)后兩端的電壓為U串＝U－U4＝1.5VR2、R3串聯(lián)電路中的電流為I分＝eq\f(U串,R2＋R3)＝0.15AR3兩端的電壓為U3＝I分R3＝0.9V電阻R3、R4兩端的電壓之和也就是電壓表的示數(shù)U分＝U3＋U4＝1.8V.(2)在ab間接一電流表時，通過電阻R2的電流為I2＝eq\f(U,R2)＝0.6AR3、R4并聯(lián)后電阻為R并＝eq\f(R3R4,R3＋R4)＝2Ω再與R1串聯(lián)后總電阻為R串＝R1＋R并＝12Ω此時這段電路的電流為I1＝eq\f(U,R串)＝0.2A所以通過R1的電流為0.2A，R3兩端的電壓為U3＝I1R并＝0.4V通過R3的電流為I3＝eq\f(U3,R3)≈0.07A電流表的示數(shù)為I＝I2＋I3＝0.67A.[答案](1)1.8V(2)0.67A16．(14分)如圖甲所示，離子源在源源不斷地產(chǎn)生正離子(質(zhì)量為m，電荷量為q)，離子由離子源飛出時的速度可以忽視不計，離子離開離子源后進入一加速電壓為U0的加速電場，偏轉(zhuǎn)電場兩極板M、N正對且板間距為d，極板長L＝d，緊挨偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)空間有一寬度L＝d的長條形區(qū)