高中物理新教材同步必修第三册 模块综合试卷(二)同步讲义

这是一份高中物理新教材同步必修第三册 模块综合试卷(二)同步讲义，共13页。
模块综合试卷(二)(时间：90分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图所示，当开关S闭合后，小磁针处在通电电流的磁场中的位置正确的是(　　)答案　D解析　根据安培定则可判断出电流的磁场方向，由于小磁针静止时N极指向磁场方向，故选项D正确．2.(2018·成都市石室中学期中)四根通电长直导线A、B、C、D外层涂有绝缘物质，固定在水平面上且四个交点的连线构成一正方形，其中四根导线中通有大小相等的电流，方向如图1所示，a、b、c、d为正方形对角延长线上的四点．则关于a、b、c、d处的磁场，下列说法正确的是(　　)图1A．a、b两点的磁场方向垂直纸面向外B．a、c两点的磁场方向垂直纸面向外C．b、d两点的磁场方向垂直纸面向里D．a、d两点的磁场方向垂直纸面向里答案　A解析　a、b、c、d四点的磁场由四根通电导线在该位置形成的磁场叠加而成．对a点，导线A在a点的磁场方向向里，导线B在a点的磁场方向向外，且大小相等可抵消，导线C在a点的磁场方向向外，导线D在a点的磁场方向向外，因此a点的磁场方向向外；同理b点的磁场方向向外，c、d两点的磁场方向均向里，故选项A正确．3.不带电导体P置于电场中，其周围电场线分布如图2所示，导体P表面处的电场线与导体表面垂直，a、b为电场中的两点，则(　　)图2A．a点电场强度小于b点电场强度B．a点电势高于b点电势C．负检验电荷在a点的电势能比在b点的大D．正检验电荷从a点移到b点的过程中，静电力做负功答案　B解析　电场线的疏密表示场强大小，a点电场强度大于b点电场强度，A错误；沿电场线方向，电势逐渐降低，a点电势高于b点电势，而Ep＝qφ，则负检验电荷在a点的电势能比在b点的小，正检验电荷在a点的电势能比在b点的大，正检验电荷从a点移到b点的过程中，静电力做正功，B正确，C、D错误．4．图3为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V，则该电路可能为选项图中的(　　) 图3答案　B解析　根据U－I图线可知，电源电动势E＝6 V，内阻r＝0.5 Ω；当路端电压为U＝4.8 V时，干路电流I＝eq \f(E－U,r)＝eq \f(6 V－4.8 V,0.5 Ω)＝2.4 A，外电路电阻R＝eq \f(U,I)＝2 Ω，而四个选项中外电路的电阻值分别为1 Ω、2 Ω、9 Ω和4.5 Ω，故选B.5.(2018·仪征中学高二上期末)如图4所示，有一电荷静止于水平放置的电容器两极板间，电源内阻不可忽略，现将滑动变阻器滑片向上移动少许，稳定后三个灯泡依然能够发光，则下列说法中正确的是(　　)图4A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．该电荷一定带正电C．电容器C上电荷量减小D．电流表始终存在从左向右的电流答案　A解析　滑动变阻器滑片向上移动少许，则滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电路总电流减小，内电压减小，路端电压增大；L2两端电压为路端电压，则通过L2的电流增大，又因电路总电流减小，则通过L1、L3的电流减小，L2变亮，L1、L3变暗，A正确；电容器两端的电压等于R和L3两端的电压之和，由分析可知电容器两端的电压增大，根据公式C＝eq \f(Q,U)可得Q增大，C错误；电容器上极板带正电，电场方向竖直向下，而电荷静止，所以电荷受到向上的电场力和向下的重力，故该电荷带负电，B错误；因为电流表和电容器是串联，只有在滑片移动时才产生电流，电容器电荷量变多，为充电过程，电流方向为从左到右，D错误．6.如图5所示，已知C＝6 μF，R1＝5 Ω，R2＝6 Ω，E＝6 V，r＝1 Ω，电表均为理想电表， 开关S原来处于断开状态，下列说法中正确的是(　　)图5A．开关S闭合瞬间，电流表的读数为0.5 AB．开关S闭合瞬间，电压表的读数为5.5 VC．开关S闭合一段时间后，再将开关S迅速断开，则通过R2的电荷量为1.8×10－5 CD．以上说法都不对答案　C解析　开关S闭合瞬间，电容器充电，接近于短路状态，I＝eq \f(E,R1＋r)＝eq \f(6,5＋1) A＝1 A，电压表的读数U＝IR1＝1×5 V＝5 V，A、B错误；开关闭合一段时间后，电容器相当于断路，I′＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝eq \f(6,5＋6＋1) A＝0.5 A，此时电容器上电荷量Q＝CU2＝CI′R2＝6×10－6×0.5×6 C＝1.8×10－5 C，断开开关S后，电荷量Q经R2释放，C正确，D错误．7.如图6，在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边NP的长度为4 cm.电场方向与三角形所在平面平行．已知M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V．则电场强度的大小为(　　)图6A．150 V/m B．75 V/mC．225eq \r(3) V/m D．75eq \r(3) V/m答案　A解析　过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，由几何知识可知NO＝2 cm，OM＝6 cm，由匀强电场的特点和几何关系得O点的电势为φO＝12 V，即O、P两点在同一等势面上，电场强度E＝eq \f(φO－φM,OM)＝150 V/m，选项A正确，B、C、D错误．8.如图7所示的电路，三只相同的灯泡L1、L2、L3，当滑动变阻器的滑动触头向b端移动时(　　)图7A．L1变亮，L2、L3变暗B．L1、L2变亮，L3变暗C．L1、L3变暗，L2变亮D．L1、L3变亮，L2变暗答案　B二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.(2018·高平一中期末)如图8所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势线，已知a、b两点在同一等势线上，c、d两点在另一个等势线上．甲、乙两个带电粒子以相等的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中分别沿acb曲线、adb曲线运动．则下列说法正确的是(　　)图8A．两粒子电性相反B．甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率C．两个粒子的电势能都是先减小后增大D．经过b点时，两粒子的动能一定相等答案　AB解析　从甲、乙两个带电粒子的运动轨迹可知，两粒子的电性不相同，故选项A正确；甲粒子受的是吸引力，电场力先做正功，电势能先减小，则到达c点时速率增大，乙粒子受的是排斥力，电场力先做负功，电势能先增大，则到达d点时速率减小，由于在a点时甲、乙两个带电粒子的速率相等，因此甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率，故选项B正确，C错误；由于不知道甲、乙两个带电粒子的质量关系，所以无法比较它们的动能，故选项D错误．10.如图9所示，直线A为电源的U－I图线，直线B和C分别为电阻R1、R2的U－I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则(　　)图9A．P1>P2B．P1＝P2C．η1>η2D．η1η2，选项C正确．11.(2018·云南民族大学附属中学期中)如图10所示，在等量正点电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法正确的是(　　)图10A．B、D两点的电场强度及电势均相同B．A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相等C．一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功答案　BCD解析　B、D两点的电场强度方向相反，故两点的电场强度不可能相同，选项A错误；根据对称性，A、C两点的电势相等，B、D两点的电势相等，故A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相等，选项B正确；B、O、D三点相比较，O点的电势最高，故一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小，选项C正确；A、O、C三点相比较，O点的电势最低，电子在O点的电势能最大，故一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电势能先变大后变小，所以电场力对其先做负功后做正功，选项D正确．12.如图11所示，MNQP为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为固定的光滑的绝缘半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为轨道水平直径的两个端点．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆形轨道．不计空气阻力及一切能量损失．关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是(　　)图11A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．小球到达C点的速度可能为零D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H答案　BD解析　若电场力大于重力，则小球有可能不从B点离开轨道，选项A错误；若电场力等于重力，则小球在轨道上做匀速圆周运动，选项B正确；因为从A到B电场力做功代数和为零，系统只有重力做功，故当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H，选项D正确；由圆周运动知识可知，若小球到达C点的速度为零，则其未到达C点时就已脱轨了，选项C错误．三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)用电流表和电压表测一个电阻值约为25 kΩ、额定功率为eq \f(1,20) W的电阻Rx的阻值，备用器材有：①量程0～100 μA，内阻约为500 Ω的电流表A1②量程0～500 μA，内阻约为300 Ω的电流表A2③量程0～1 V，内阻约为10 kΩ的电压表V1④量程0～15 V，内阻约为100 kΩ的电压表V2⑤量程0～50 V，内阻约为500 kΩ的电压表V3⑥直流稳压电源，两端的输出电压为16 V⑦滑动变阻器，阻值范围0～500 Ω，允许最大电流1 A⑧待测电阻Rx，开关和导线若干(1)为了测量准确，电压表应选________，电流表应选________(填写仪器前的序号)．(2)在如图所示的方框内画出实验电路图．(3)若测量值为R测，真实值为R真，那么在操作、读数、计算均正确无误的情况下，R测_______R真 (选填“大于”“等于”或“小于”)答案　(1)④　②(2分)　(2)见解析(2分)　(3)大于(2分)解析　(1)因为待测电阻的阻值25 kΩ远大于滑动变阻器的阻值(0～500 Ω)，所以供电电路应选择滑动变阻器的分压式接法，待测电阻接在电路中，最大电流Im＝eq \f(Um,R)＝eq \f(16,2.5×104) A＝640 μA，故电流表选②；待测电阻的阻值25 kΩ远大于电流表A2的内阻，故测量电路应选用电流表内接：U＝500×10－6×25 000 V＝12.5 V，故电压表应选④.(2)按照(1)的分析可画出实验电路图，如图所示．(3)R测＝eq \f(U,IA)，R真＝eq \f(U－UA,IA)，两式比较可以得出R测大于R真．14．(8分)(2018·襄阳四中高二上月考)在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中，实验室中备有下列器材：A．待测的干电池B．电流传感器1C．电流传感器2D．定值电阻R0(2 000 Ω)E．滑动变阻器R(0～20 Ω)F．开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图12甲所示的电路完成实验．图12(1)在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将________(选填“变大”或“变小”)．(2)该同学利用测出的实验数据绘出的I1－I2图线，I1为电流传感器1的示数，I2为电流传感器2的示数，I2的数值远大于I1的数值，如图乙所示．则由图线可得被测电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(3)若将图像的纵坐标改为________，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小．答案　(1)变小(2分)　(2)3.00(2分)　2.00(2分)　(3)I1R0(2分)解析　(1)滑动变阻器的滑片P向右滑动时，滑动变阻器连入电路中的阻值减小，总电阻减小，路端电压减小，电流传感器1的示数变小．(2)由闭合电路欧姆定律可得I1R0＝E－(I1＋I2)r，由I2≫I1得I1R0＝E－I2r，变形可得I1＝eq \f(E,R0)－eq \f(r,R0)I2；I1－I2图像的斜率k＝eq \f(r,R0)＝eq \f(1.35－1.05,0.45－0.15)×10－3＝1×10－3，截距b＝eq \f(E,R0)＝1.5×10－3 A，解得E＝3.00 V，r＝2.00 Ω.(3)依据公式I1R0＝E－I2r，可知当I2＝0时，路端电压等于电源的电动势；因此若图像纵坐标改为路端电压，即I1R0，则图线与纵坐标的交点为电源的电动势．15.(8分)如图13所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球受到的电场力与重力相等，地球表面重力加速度为g，设斜面足够长，求：图13(1)小球经多长时间落到斜面上；(2)从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势能减少了多少？答案　(1)eq \f(v0tan θ,g)　(2)mv02tan2θ解析　(1)小球在运动过程中有：Eq＋mg＝ma(1分)又Eq＝mg，可得a＝2g(1分)由y＝eq \f(1,2)at2(1分)x＝v0t(1分)eq \f(y,x)＝tan θ(1分)得t＝eq \f(v0tan θ,g)；(1分)(2)y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2g×(eq \f(v0tan θ,g))2＝eq \f(v\o\al(02)tan2 θ,g)(1分)电场力做正功，电势能减小，则有：ΔEp＝－W电＝－Eqy＝－mgy＝－mv02tan2 θ(1分)故电势能减小了mv02tan2 θ.16．(8分)如图14所示的电路中，电源电动势E＝6.0 V，内阻r＝0.6 Ω，电阻R2＝0.5 Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5 A，电压表的示数为3.0 V，电表均为理想电表，试求：图14(1)电阻R1和R3的阻值；(2)当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．答案　(1)1.4 Ω　2 Ω　(2)1 V　2 W解析　(1)S断开时，由U1＝I1R3得R3＝eq \f(U1,I1)＝2 Ω(1分)又由I1＝eq \f(E,R1＋R3＋r)(1分)解得R1＝1.4 Ω(1分)(2)S闭合时，R2、R3并联电阻R23＝eq \f(R2R3,R2＋R3)＝0.4 Ω(1分)回路总电流I2＝eq \f(E,R1＋R23＋r)＝2.5 A(1分)电压表示数为U2＝I2R23＝1 V(1分)R2上消耗的功率P2＝eq \f(U\o\al(22),R2)＝2 W．(2分)17．(14分)如图15甲所示的电路，当变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙中的A、B两直线所示，不考虑电表对电路的影响．图15(1)电压表V2的示数随电流表示数的变化图像为U－I图像中的哪一条直线？(2)定值电阻R0、变阻器的总电阻分别为多少？(3)试求出电源的电动势和内阻．答案　(1)A　(2)3 Ω　12 Ω　(3)8 V　1 Ω解析　(1)U2＝IR0，故电压表V2的示数随电流表示数的变化图像应为A.(3分)(2)由题图乙可知，电阻R0的值等于图线A的斜率，即R0＝eq \f(ΔU,ΔI)＝eq \f(6.0－1.5,2.0－0.5) Ω＝3 Ω(2分)当R全部接入电路时，电路中电流最小，对应图线B的左端点，则eq \f(7.5,0.5) Ω＝R＋R0，得R＝15 Ω－3 Ω＝12 Ω；(3分)(3)对图线B的左端点，根据闭合电路欧姆定律有E＝7.5 V＋0.5 A·r(2分)对图线B的右端点，根据闭合电路欧姆定律有E＝6.0 V＋2.0 A·r(2分)联立解得E＝8 V，r＝1 Ω.(2分)18．(16分)在如图16所示的电路中，电源的电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板的距离相等，极板长L＝0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m(g取10 m/s2)．图16(1)若开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为多少？(2)若开关S断开时，有一个带电微粒沿两极板的中线方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，能否从极板间射出？答案　(1)6.0×10－12 C　(2)不能　原因见解析解析　(1)S断开时，电阻R3两端电压U3＝eq \f(ER3,R2＋R3＋r)＝16 V(2分)S闭合后，外电路的总电阻R＝eq \f(R1R2＋R3,R1＋R2＋R3)＝6 Ω(1分)则路端电压U＝eq \f(RE,R＋r)＝21 V(1分)电阻R3两端的电压U3′＝eq \f(R3,R2＋R3)U＝14 V(1分)流过R4的电荷量ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×10－12 C；(2分)(2)设带电微粒的质量为m，带电荷量为q，当开关S断开时，有eq \f(qU3,d)＝mg(2分)当开关S闭合后，设带电微粒的加速度大小为a，则mg－eq \f(qU3′,d)＝ma(3分)假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向，有t＝eq \f(L,v0)(1分)竖直方向，有y＝eq \f(1,2)at2(1分)联立解得y＝6.25×10－3 m>eq \f(d,2)故带电微粒不能从极板间射出．(2分)