高中物理必修三模塊綜合試卷及答案解析(二)

高中物理必修三模塊綜合試卷及答案解析(二)一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分)1．(2021·江蘇宿遷市高一期中)關(guān)于電場強(qiáng)度，下列認(rèn)識正確的是()A．若在電場中的P點不放試探電荷，則P點的電場強(qiáng)度為0B．點電荷的電場強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)表明，點電荷周圍某點電場強(qiáng)度的大小，與該點到場源電荷距離r的二次方成反比C．電場強(qiáng)度公式E＝eq\f(F,q)表明，電場強(qiáng)度的大小與試探電荷的電荷量q成反比，若q減半，則該處的電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍D．勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度處處相同，所以任何電荷在其中受力都相同答案B解析電場強(qiáng)度取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)，A錯誤；點電荷的電場強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)表明，點電荷周圍某點電場強(qiáng)度的大小，與點電荷的電荷量成正比，與該點到場源電荷距離r的二次方成反比，B正確；場強(qiáng)公式E＝eq\f(F,q)只是為研究電場的方便，采用比值法下的定義，所以電場強(qiáng)度的大小與該點所放試探電荷的電荷量不成反比，C錯誤；據(jù)場強(qiáng)方向的規(guī)定，正電荷所受靜電力的方向與該點的場強(qiáng)方向相同，負(fù)電荷所受靜電力的方向與該點的場強(qiáng)方向相反，故D錯誤．2.(2019·全國卷Ⅰ)如圖1，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()圖1A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負(fù)電荷C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷答案D解析對P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受靜電力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項A、B錯誤；對P進(jìn)行受力分析可知，Q對P的庫侖力水平向右，則勻強(qiáng)電場對P的靜電力應(yīng)水平向左，所以P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷，選項C錯誤，D正確．3.(2020·黃山市高二期末)某區(qū)域的電場線分布如圖2所示，M、N、P是電場中的三個點，則下列說法正確的是()圖2A．P、N兩點場強(qiáng)不等，但方向相同B．同一試探電荷在M點受到的靜電力小于在N點受到的靜電力C．同一試探電荷在P點的電勢能一定小于在N點的電勢能D．帶正電的粒子僅在靜電力作用下，一定沿電場線PN運(yùn)動答案B4.(2020·峨山彝族自治縣一中高二期中)如圖3所示，通有恒定電流的導(dǎo)線MN與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由Ⅱ平移到Ⅰ，第二次將金屬框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到Ⅰ，設(shè)先后兩次通過金屬框的磁通量變化分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則()圖3A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．不能判斷答案C解析設(shè)金屬框在位置Ⅰ時磁通量大小為Φ1，位置Ⅱ時磁通量大小為Φ2.第一次將金屬框由Ⅱ平移到Ⅰ，穿過金屬框的磁感線方向沒有改變，磁通量變化量ΔΦ1＝Φ1－Φ2，第二次將金屬框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到Ⅰ，穿過金屬框的磁感線的方向發(fā)生改變，磁通量變化量ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，故ΔΦ1<ΔΦ2，故C正確，A、B、D錯誤．5．有一場強(qiáng)方向與x軸平行的靜電場，電勢φ隨坐標(biāo)x變化的圖線如圖4所示，若規(guī)定x軸正方向為場強(qiáng)的正方向，則該靜電場的場強(qiáng)E隨x變化的圖線應(yīng)是()圖4答案B解析0～2mm，電勢φ升高，逆著電場線，則知電場線方向為x軸負(fù)方向，E是負(fù)的，2～6mm，電勢φ降低，順著電場線，則知電場線方向為x軸正方向，E是正的，故A、C、D不符合題意；0～2mm，E1＝eq\f(U1,d1)＝－eq\f(40,2×10－3)V/m＝－2×104V/m,2～10mm，E2＝eq\f(U2,d2)＝eq\f(80,8×10－3)V/m＝1×104V/m,10～12mm，E3＝eq\f(U3,d3)＝－2×104V/m，故B符合題意．6.(2021·江西贛州期末)在如圖5所示的電路中，電壓表、電流表均為理想電表，當(dāng)閉合開關(guān)S后，若將滑動變阻器的滑片P向下調(diào)節(jié)，則下列說法不正確的是()圖5A．電路再次穩(wěn)定時，電源效率減小B．燈L2變暗，電流表的示數(shù)增大，電容器極板所帶電荷量減少C．燈L1變亮，電壓表的示數(shù)減小，電源輸出功率減小D．電源的內(nèi)部消耗功率增大答案C解析由題可知，滑片P向下調(diào)節(jié)，滑動變阻器的阻值R減小，即電路中的總電阻R總減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中的總電流I總增大，電路內(nèi)電壓U內(nèi)增大，路端電壓U外減小，電源的效率η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(U外I總,EI總)×100%＝eq\f(U外,E)×100%，即電源效率減小，所以A正確，但不符合題意；燈L1的電流增大，所以L1的電壓U1增大，又路端電壓U外減小，所以燈L2和電容器兩端的電壓U2都減小，所以燈L2變暗，通過L2的電流I2也減?。挚傠娏髟龃?，所以電流表的示數(shù)增大．電容器兩端電壓減小，由Q＝CU可得，電容器極板所帶電荷量減小，所以B正確，但不符合題意；由B選項分析可知，燈L1的電流增大，所以L1變亮，電壓表測的是電路的路端電壓，所以電壓表示數(shù)減小，電源的輸出功率為P出＝U外I總，路端電壓U外減小，總電流I總增大，所以無法判斷電源的輸出功率變化，所以C錯誤，符合題意；電源的內(nèi)部消耗功率為P內(nèi)＝I總2r，由于總電流I總增大，所以電源的內(nèi)部消耗功率增大，所以D正確，但不符合題意．7.(2020·四川成都一診)如圖6所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對值為q，靜電力常量為k，下列說法正確的是()圖6A．油滴帶正電B．油滴受到的靜電力大小為eq\f(4kQq,d2)C．若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則靜電計指針張角減小D．若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運(yùn)動答案C解析根據(jù)題意知，油滴所受靜電力與重力平衡，場強(qiáng)方向豎直向下，故油滴帶負(fù)電，A錯誤；兩極板間的電場為勻強(qiáng)電場，庫侖定律不適用，B錯誤；上極板下移，板間距d減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4kπd)，U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4kπdQ,εrS)，則E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故場強(qiáng)E不變，F(xiàn)＝qE，可知油滴所受靜電力不變，油滴靜止不動，根據(jù)U＝Ed可知兩極板間電壓變小，靜電計指針張角減小，故C正確，D錯誤．8.如圖7所示，勻強(qiáng)電場的方向平行于O、P、Q三點所在的平面，三點的連線構(gòu)成一個直角三角形，∠P是直角，∠O＝30°，PQ＝2cm，三點的電勢分別是φO＝5V，φP＝11V，φQ＝13V．下列敘述正確的是()圖7A．電場的方向沿QO方向，電場強(qiáng)度大小為2V/mB．OQ連線中點的電勢為6.5VC．電子在P點的電勢能比在Q點低2eVD．沿O→P→Q路徑將電子從O點移動到Q點，靜電力做的功為8eV答案D解析QO間的電勢差為8V，將QO分成8等份，每份的電勢差為1V，如圖所示，若A點的電勢為11V，則OA的長度為3cm.AQ的長度為1cm.根據(jù)幾何關(guān)系可知，PA⊥OQ，故PAV/cm，故A錯誤；根據(jù)勻強(qiáng)電場等差等勢面的特點，OQ連線的中點電勢為φ＝eq\f(φO＋φQ,2)＝eq\f(5＋13,2)V＝9V，B錯誤；將電子從P移動到Q點，靜電力做功WPQ＝－eUPQ＝－e×(－2V)＝2eV，靜電力做正功，電勢能減小，故電子在P點的電勢能比在Q點高2eV，故C錯誤；靜電力做功與路徑無關(guān)，只與始、末位置有關(guān)，故WOPQ＝WOQ＝－e×(－8V)＝8eV，D正確．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分)9.(2021·江蘇省濱海中學(xué)期末)交警使用的某型號酒精測試儀工作原理如圖8所示，傳感器電阻R的電阻值隨酒精氣體濃度的增大而減小，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電路中的電表均為理想電表．當(dāng)一位酒駕駕駛員對著測試儀吹氣時，下列說法中正確的是()圖8A．電壓表的示數(shù)變大，電流表的示數(shù)變小B．電壓表的示數(shù)變小，電流表的示數(shù)變大C．酒精氣體濃度越大，電源的輸出功率越大D．電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的絕對值之比保持不變答案BD解析由于傳感器電阻R的電阻值隨酒精氣體濃度的增大而減小，而酒駕駕駛員吹氣時，酒精氣體濃度變大，R變小，由閉合電路的歐姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r＋R0)，U＝E－I(R0＋r)，可知電流表示數(shù)變大，電壓表示數(shù)變小，A錯誤，B正確；電源的輸出功率與外電阻R外的關(guān)系圖像如圖所示，由圖可知，當(dāng)R外＝r時電源的輸出功率最大，而酒精氣體濃度增大導(dǎo)致R＋R0減小，若開始時R＋R0>r，則隨著R減小，電源的輸出功率增大，若開始時R＋R0<r，則隨著R減小，電源的輸出功率減小，C錯誤；把R0等效為電源內(nèi)阻的一部分，則|eq\f(ΔU,ΔI)|＝r＋R0.故無論R怎么變，電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的絕對值之比保持不變，D正確．10.(2021·福建寧德市高二期末)如圖9所示，光滑絕緣水平細(xì)桿上套有一個小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q，O、a、b是細(xì)桿垂線上的三點，O在桿上且Oa＝Ob，在a、b兩點分別固定一個電荷量為－Q的點電荷．小球從圖示位置以初速度v0向右運(yùn)動的過程中()圖9A．速度一定先減小后增大B．加速度一定先增大后減小C．對細(xì)桿的作用力始終保持不變D．電勢能先減小后增大答案CD解析在O左側(cè)，小球受到的庫侖力合力向右，在O右側(cè)小球受到的庫侖力合力向左，小球在向右運(yùn)動的過程中，在O左側(cè)做加速運(yùn)動，在O右側(cè)做減速運(yùn)動，所以小球的速度先增大后減小，A錯誤；根據(jù)電場線的分布情況，電場強(qiáng)度可能先減小后增大，所以小球所受的靜電力可能先減小后增大，則加速度可能先減小后增大，B錯誤；兩個電荷量為－Q的點電荷對小球的庫侖力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，所以小球?qū)?xì)桿的作用力等于小球的重力，始終保持不變，C正確；在小球向右運(yùn)動的過程中，靜電力先做正功后做負(fù)功，所以電勢能先減小后增大，D正確．11．(2021·廣東深圳市翠園中學(xué)高二期末)如圖10，直線上有O、a、b、c四點，其中ab＝bc＝eq\f(Oa,2)，在c點處固定點電荷Q.若一帶負(fù)電的粒子僅在靜電力作用下先經(jīng)O點運(yùn)動到a點，又從a點返回運(yùn)動到O點，則()圖10A．點電荷Q帶負(fù)電B．Oa間與ab間的電勢差滿足|UOa|＝2|Uab|C．粒子兩次經(jīng)過O點時的速率相同D．粒子經(jīng)過a、O點時加速度滿足aa＝4aO答案ACD解析一帶負(fù)電的粒子僅在靜電力作用下先經(jīng)O點運(yùn)動到a點，又從a點返回運(yùn)動到O點，則說明帶電粒子先減速后加速返回，所以點電荷Q帶負(fù)電，A正確；由于點電荷Q周圍的電場為非勻強(qiáng)電場，離點電荷Q越近，其電場強(qiáng)度越強(qiáng)，根據(jù)U＝Ed可判斷Oa間與ab間的電勢差滿足|UOa|<2|Uab|，B錯誤；根據(jù)靜電力做功的特點，粒子兩次經(jīng)過O點的過程中靜電力不做功，由動能定理可知粒子的動能不變，則粒子兩次經(jīng)過O點時的速率相同，C正確；根據(jù)牛頓第二定律可得eq\f(kQq,r2)＝ma，解得a＝eq\f(kQq,r2m)，由于rO＝2ra，所以粒子經(jīng)過a、O點時加速度滿足aa＝4aO，D正確．12.硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點．如圖11所示，圖線a是該電池在某光照射強(qiáng)度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖(電池電動勢不變，內(nèi)阻不是常量)，圖線b是某電阻的U－I圖像，傾斜虛線是過a、b交點的切線．在某光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時，下列相關(guān)敘述正確的是()圖11A．此時硅光電池的內(nèi)阻為12.5ΩB．此時硅光電池的總功率為0.72WC．此時硅光電池的輸出效率約為56%D．若把內(nèi)阻為10Ω的直流電動機(jī)接到該電池上，電動機(jī)的輸出功率為0.4W答案BC解析由圖線a知，此硅光電池的電動勢E＝3.6V，由圖線b知，電阻R＝eq\f(2,0.2)Ω＝10Ω.當(dāng)電阻接在硅光電池上，在某光照強(qiáng)度下U外＝2V，I＝0.2A，由E＝U外＋I(xiàn)r得：r＝8Ω.電池總功率P＝EI＝3.6×0.2W＝0.72W，電池的輸出功率P出＝U外I＝2×0.2W＝0.4W，效率η＝eq\f(P出,P)×100%≈56%，故A錯誤，B、C正確；把內(nèi)阻為10Ω的直流電動機(jī)接到該電池上，電動機(jī)為非純電阻電路，故電動機(jī)的輸出功率小于0.4W，D錯誤.三、非選擇題(本題共6小題，共60分)13．(6分)(2020·黃山市高二期末)用伏安法測量電阻阻值R，并求出電阻率ρ.給定電壓表(內(nèi)阻約為50kΩ)、電流表(內(nèi)阻約為40Ω)、滑動變阻器(20Ω)、電源、開關(guān)、待測電阻(約為250Ω)及導(dǎo)線若干．圖12(1)在圖12中完成測量的電路圖．(2)圖13中的6個點表示實驗中測得的6組電流I、電壓U的值，要求在圖中畫出U－I圖像．并根據(jù)圖像求出電阻阻值R＝________Ω.(保留3位有效數(shù)字)圖13(3)待測電阻是一均勻材料制成的圓柱體，長度L已知．用50分度的游標(biāo)卡尺測量其直徑，如圖14所示．由圖可知其直徑為________cm.圖14(4)由于實驗誤差，實驗測量出的ρ________材料真實的ρ0(選填“大于”“等于”或“小于”)．答案(1)如圖所示(2分)(2)如圖所示(1分)223(208～230均正確)(1分)(3)0.800(1分)(4)小于(1分)14．(8分)(2021·上海市大同中學(xué)期末)某同學(xué)用圖15(a)所示的電路測量電源的電動勢E和內(nèi)阻r，R1是滑動變阻器，定值電阻R2＝3Ω.圖15(1)圖(a)中A、B分別是________傳感器、________傳感器．(2)請根據(jù)圖(a)，用筆畫線代替導(dǎo)線將圖(b)中實物圖補(bǔ)充完整；(3)該實驗中，設(shè)A傳感器的示數(shù)為a，B傳感器的示數(shù)為b，則a關(guān)于b的函數(shù)關(guān)系式為a＝________；(用b、E、r、R2表示)(4)若實驗中得到的兩表的示數(shù)關(guān)系圖像如圖(c)所示，則該電源的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.答案(1)電壓(1分)電流(1分)(2)見解析圖(1分)(3)E－b(R2＋r)(2分)(4)2.8(1分)1(2分)解析(1)A傳感器與電路并聯(lián)，是電壓傳感器，B傳感器與電路串聯(lián)，是電流傳感器；(2)電路如圖所示(3)把R2看作電源的內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律得U＝E－I(R2＋r)U＝a，I＝b解得a＝E－b(R2＋r)(4)由題圖(c)知，電源的電動勢E＝2.8V該電源的內(nèi)阻為r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|－R2＝eq\f(2.8,0.7)Ω－3Ω＝1Ω15.(8分)如圖16所示，兩平行金屬板A、B間有一勻強(qiáng)電場，C、D為電場中的兩點，且CD＝4cm，其連線的延長線與金屬板A成30°角．已知電子從C點移到D點的過程中靜電力做功為－4.8×10－17J，元電荷e＝1.6×10－19C．求：圖16(1)C、D兩點間的電勢差UCD、勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E；(2)若選取A板的電勢φA＝0，C點距A板1cm，電子在D點的電勢能為多少．答案(1)300V1.5×104V/m(2)7.2×10－17J解析(1)電子從C點移到D點UCD＝eq\f(WCD,q)＝eq\f(－4.8×10－17,－1.6×10－19)V＝300V(1分)E＝eq\f(UCD,dCDsin30°)＝eq\f(300,4×10－2×0.5)V/m＝1.5×104V/m(2分)(2)d＝dCDsin30°＋1cm＝3cmUAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2V＝450V(2分)由UAD＝φA－φD和φA＝0得(1分)φD＝－450V(1分)電子在D點的電勢能為Ep＝qφD＝－1.6×10－19×(－450)J＝7.2×10－17J．(1分)16.(10分)如圖17所示，在x>0的空間內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為E的勻強(qiáng)電場，在x<0的空間內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小也等于E.一質(zhì)量為m、電荷量為－e的電子在位于x軸上的點P(d,0)處，以沿y軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動，不計電子重力．求：圖17(1)電子在x軸方向的分運(yùn)動的周期；(2)電子運(yùn)動的軌跡與y軸的各個交點中，任意兩個相鄰交點之間的距離l.答案(1)4eq\r(\f(2md,Ee))(2)2v0eq\r(\f(2md,Ee))解析(1)設(shè)電子從開始運(yùn)動到第一次與y軸相交所用時間為t，則有d＝eq\f(1,2)·eq\f(Ee,m)·t2(2分)解得t＝eq\r(\f(2md,Ee))(2分)所以電子在x軸方向的分運(yùn)動的周期為T＝4t＝4eq\r(\f(2md,Ee))；(2分)(2)在y軸方向上，有y＝v0t＝v0eq\r(\f(2md,Ee))(2分)電子運(yùn)動的軌跡與y軸的各個交點中，任意兩個相鄰交點之間的距離l＝2y＝2v0eq\r(\f(2md,Ee)).(2分)17.(14分)(2021·北京通州區(qū)期末)如圖18所示，電路中電源電動勢E＝80V，內(nèi)阻不計，電路中三個定值電阻R的阻值相同．A、B分別為水平放置的平行板電容器的上、下極板，板長L＝90cm，板間距離d＝40cm.在兩金屬板左端正中間位置M處，有一小液滴以某一初速度水平向右射入兩板間，從A板右側(cè)邊緣射出電場．已知小液滴的質(zhì)量m＝2.0×10－3kg，帶負(fù)電，電荷量q＝1.0×10－3C．重力加速度g＝10m/s2，求：圖18(1)平行板電容器兩極板間電壓U的大小；(2)在此過程中液滴電勢能的變化量ΔEp；(3)液滴進(jìn)入電場時初速度v0的大?。鸢?1)40V(2)－0.02J(3)9.0m/s解析(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得U＝eq\f(E,2R)·R(2分)代入數(shù)據(jù)得U＝40V(1分)(