粤教版高中物理必修第三册模块综合测评含答案

这是一份粤教版高中物理必修第三册模块综合测评含答案，共13页。

模块综合测评
(分值：100分)
(教师用书独具)

一、单选题(共8个小题，每题3分，共24分)
1．下列说法正确的是(　　)
A．法拉第系统地总结了电磁规律的研究成果，建立经典电磁场理论
B．原子从高能级向低能级跃迁时要放出光子
C．爱因斯坦为了对黑体辐射进行理论解释，首先提出了量子观点
D．普朗克为了对黑体辐射进行理论解释，首先提出了量子观点，并提出光也是由一个个不可分割的能量子组成的
B　[麦克斯韦建立经典电磁场理论，A错误；原子从高能级向低能级跃迁时要放出光子，原子从低能级向高能级跃迁时要吸收光子，B正确；普朗克为了对黑体辐射进行理论解释，首先提出了量子观点，C错误；爱因斯坦根据普朗克的量子说，提出光也是由一个个不可分割的能量子组成的，D错误。]
2．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场中，以导线为中心，R为半径的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法正确的是(　　)

A．直导线中电流方向垂直纸面向里
B．a点的磁感应强度为 T，方向向右
C．b点的磁感应强度为 T，方向斜向下，与原匀强磁场方向成45°角
D．d点的磁感应强度为0
C　[由c点磁感应强度为0可得电流在c点产生的磁场的磁感应强度大小B′＝B＝1 T，方向水平向左，由安培定则可知导线中电流方向垂直纸面向外，电流在a、b、d各点产生的磁场方向分别为向右、向下、向上，且磁感应强度大小均为1 T，故对于a点，Ba＝2 T，对于b点，Bb＝ T，方向斜向下，与原匀强磁场方向成45°角，对于d点，Bd＝T，故C正确。]
3．当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是(　　)

A　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　D
C　[通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；通电直导线电流竖直向上，根据右手螺旋定则，磁场的方向为逆时针(从上向下看)，因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；环形导线的电流方向如题图C所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向由右向左，则小磁针静止时北极指向左，故D错误。]
4．如图所示是某导体的I­U图线，图中α＝45°，下列说法错误的是(　　)

A．通过该导体的电流与其两端的电压成正比
B．此导体的电阻R不变
C．I­U图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻R＝ Ω＝1 Ω
D．在该导体的两端加6 V的电压时，每秒通过导体横截面的电荷量是3 C
C　[由题图可知，电流随着导体两端电压的增大而增大，电流与导体两端的电压成正比，选项A正确；由I＝可知，I­U图线的斜率表示电阻的倒数，则导体的电阻R不变，且R＝2 Ω，选项B正确，C错误；在该导体的两端加6 V的电压时，电路中电流I＝＝3 A，每秒通过导体横截面的电荷量q＝It＝3×1 C＝3 C，选项D正确。所以错误的选C。]
5．如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，R1、R2是两个阻值固定的电阻，电容器的电容为C。当可变电阻R的滑片向上端移动时，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2，电容器两极板间的电压U将如何变化(　　)

A．I1变大，I2变小，U变大 B．I1变大，I2变大，U变大
C．I1变小，I2变小，U变小 D．I1变小，I2变大，U变小
D　[当可变电阻R的滑片向上端移动时，R的阻值减小，整个电路的总电阻减小，电动势不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流增大，内电压增大，外电压减小，所以I1减小。总电流增大，则I2增大，R2两端的电压增大，则R两端的电压减小。故D正确，A、B、C错误。]
6．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是(　　)

A．粒子可能带负电
B．粒子在P点的动能大于粒子在Q点的动能
C．粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能
D．粒子在P点受到的电场力大于粒子在Q点受到的电场力
B　[由等势线与电场线垂直可画出电场线，确定带电粒子运动所受电场力的方向偏向左侧，粒子在P点的动能大于在Q点的动能，B正确；由于带电粒子只受电场力，带电粒子运动时动能和电势能之和保持不变，根据A、B、C三条等势线的电势分别为3 V、5 V、7 V，可确定电场线方向偏向左侧，粒子带正电，粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，A、C错误；由等势面的疏密可知电场强度的大小，进而由F＝qE可判断电场力的大小关系，由示意图可知，P点处的等势面比Q点处的稀疏，可见P点处的场强较小，故P点受到的电场力小于在Q点受到的电场力，D错误。]
7．如图所示，在某匀强电场中，有一个与电场方向平行的圆面，O为圆心，A、B、C为圆周上的三点。一群速率相同的电子从圆周上A点沿不同方向射入圆形区域，电子将经过圆周上的不同点，其中经过C点的速率最大，电子间的相互作用和空气阻力均不计，则该匀强电场方向为(　　)

A．沿CA方向　　　 B．沿CB方向
C．沿CO方向 D．沿BA方向
C　[电子在逆着电场线方向运动时，电场力做正功，电子速度增加，由电场力做功公式W＝eU，由于经过C点的速率最大，则电场力做的正功最大，则在该圆周上C点在电势最高的等势面上，并且等势面与圆相切，电场线与等势面垂直，如图所示，所以电场线沿CO方向。]
8．如图1所示，真空中两块平行金属板与电源连接，A板与地连接，将一个带电粒子在A板处释放，不计重力，已知带电粒子的运动速度—时间图像如图2所示，则B板的电势变化规律可能是(　　)
　
图1　图2

A　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　D
B　[粒子分段做匀变速运动，加速度大小恒定，由牛顿第二定律知q＝ma，知A、B间的电压大小是恒定值，排除C、D。通过斜率可知，在0.25T～0.75T内，加速度不变，电压不变，故B正确，A、C、D错误。]
二、多选题(共4个小题，每小题4分，共16分)
9．在真空中两个完全相同的金属小球P、Q(可看作点电荷)，P球带电荷量大小为5.0×10－9 C，Q球带电荷量大小为7.0×10－9 C，两球相距1 m。下列说法正确的(　　)
A．它们之间的库仑力一定为斥力，大小为3.15×10－7 N
B．它们之间的库仑力一定为引力，大小为3.15×10－7 N
C．若把它们接触后放回原处，它们之间的相互作用力可能为3.24×10－7 N
D．若把它们接触后放回原处，它们之间的相互作用力可能为9.0×10－9 N
CD　[两小球可视为点电荷，未接触时，根据库仑定律，两带电小球间库仑力大小F＝k＝9.0×109× N＝3.15×10－7 N，两小球带同种电荷为斥力，带异种电荷为引力，选项A、B错误；若两小球带同种电荷，两小球接触后，电荷均分，每个小球带电荷量为总电荷量的，即为6.0×10－9 C；根据库仑定律F1＝k＝9.0×109× N＝3.24×10－7 N，选项C正确；若两小球带异种电荷，两小球接触后，部分电荷中和，剩余净电荷为2.0×10－9 C，由于两金属球完全相同，净电荷最后均分，各带1.0×10－9 C，此时两球间库仑力F2＝k＝9.0×109× N＝9.0×10－9 N，选项D正确。故选CD。]
10．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与＋Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一个等腰三角形。则下列说法正确的是(　　)

A．a、b两点的电场强度相同
B．c、d两点的电势相同
C．将电子由b移到c的过程中电场力做正功
D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大
BD　[根据等量异种点电荷的电场分布可知：c、O、d三点等势，a、b两点场强大小、方向均不同；由于φb＞φc，电子从b到c电场力做负功；φb＞φO，质子从b到O电场力做正功，电势能减小，故质子在b点的电势能较大。故选项B、D正确，A、C错误。]
11．如图所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是(　　)

A．电源电动势约为50 V
B．电源的内阻约为 Ω
C．电流为2.5 A时，外电路的电阻约为15 Ω
D．输出功率为120 W时，输出电压约为30 V
ACD　[根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压：U＝E－Ir，对照U­I图像，当I＝0时，E＝U＝50 V，故A正确；U­I图像斜率的绝对值表示内阻，故：r＝＝ Ω＝5 Ω，故B错误；电流为2.5 A时，对照U­I图像，电压约为37.5 V，故外电路电阻R＝＝＝15 Ω，故C正确；输出功率为120 W时，对照P­I图像，电流约为4 A，再对照U­I图像，输出电压约为30 V，故D正确。]
12．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示。则下列判断正确的是(　　)

A．M点电势为零，N点场强为零
B．M点场强为零，N点电势为零
C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小
D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小
AC　[由图读出电势能Ep，由φ＝，可知M点电势为零，N点电势为负值。Ep­x图像的斜率＝F，即斜率大小等于电场力大小，由F＝qE，可知N点场强为零，M点场强不为零，故A项正确，B项错误；根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势变化，确定场强的方向，可知Q1带负电，Q2带正电；由N点场强为零，可知Q2电荷量较小，故C项正确，D项错误。]
三、非选择题(共6小题，共60分)
13．(6分)为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：

(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I。
(2)然后将S拨向接点2，调节________，使__________________，记下此时RN的读数。
(3)多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值。
[解析]　(1)本实验采用等效替代法测量待测表头内阻。首先单刀双掷开关S拨向接点1，将待测表头接入电路，闭合开关S1，调节滑动变阻器R0，使待测表头指针偏转到适当位置。此时记下标准电流表A0的读数为I。在做电学实验时，一般表头指针偏转需大于整个刻度盘的，偏转过小测量误差比较大。
(2)然后将单刀双掷开关S拨向接点2，将电阻箱接入电路，然后调节电阻箱RN，使标准电流表A0的读数仍为I，根据等效替代法的实验思想，此时电阻箱RN的阻值即为待测表头的电阻值。
(3)为了保证实验测量精度，实验需进行多次测量求平均值。
[答案]　(1)R0　标准电流表(或A0)
(2)RN　标准电流表(或A0)的读数仍为I
(3)平均值
14．(8分)某同学用如图所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零)。实验器材的规格如下：

电流表A1(量程200 μA，内阻R1＝300 Ω)；
电流表A2(量程30 mA，内阻R2＝5 Ω)；
定值电阻R0＝9 700 Ω；
滑动变阻器R(阻值范围0～500 Ω)。
闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2。多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表：
I1(μA)
120
125
130
135
140
145
I2(mA)
20.0
16.7
13.2
10.0
6.7
3.3
(1)依据表中数据，作出I1­I2图线如图所示，据图可得，欧姆表内电源的电动势为E＝________V，欧姆表内阻为r＝________Ω．(结果保留三位有效数字)

(2)若某次电流表A1的示数是114 μA，则此时欧姆表的示数约为________Ω。(结果保留三位有效数字)
[解析]　(1)根据闭合电路欧姆定律有：
E＝I1(R1＋R0)＋(I1＋I2)r
所以I1＝－I2＋
由图像可知斜率k＝＝－1.52×10－3，
纵截距b＝1.5×10－4 A
即＝1.52×10－3，＝1.5×10－4 A
解得E≈1.50 V，r≈15.2 Ω。
(2)由题图可知当I1＝114 μA时，I2＝23.6 mA
所以R外＝≈47.7 Ω，
则此时欧姆表示数约为47.7 Ω。
[答案]　(1)1.50(1.48～1.51)　15.2(14.9～15.4)　(2)47.7(47.3～48.1)
15．(10分)如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg。将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)小球B开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？
[解析]　(1)如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得

mgsin θ－－qEcos θ＝ma
代入数据解得a＝3.2 m/s2。
(2)小球B速度最大时所受合力为零，
即mgsin θ－－qEcos θ＝0
代入数据解得r＝0.9 m。
[答案]　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m
16．(10分)如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8 cm，板长为L＝25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度沿两板的中线水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：

(1)下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小；(g取10 m/s2)
(2)液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间。
[解析]　(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：
qE＝mg，q＝mg，即：qU＝mgd。
当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动。
此时液滴所受电场力F′＝q＝
此时加速度a＝＝＝g＝ ＝2 m/s2。
(2)因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t1，则：＝at
解得t1＝＝ s＝0.2 s
而液滴从刚进入电场到出电场的时间
t2＝＝ s＝0.5 s，
所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间
t＝t2－t1＝0.3 s。
[答案]　(1)2 m/s2　(2)0.3 s
17．(12分)如图所示，一带电荷量q＝＋3×10－5 C的小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置的足够大的平行金属板中的O点，闭合开关S，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°。已知两板间距d＝0.1 m，电源电动势E＝14 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝R3＝4 Ω。取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)电源的输出功率；
(2)两板间的电场强度的大小；
(3)带电小球的质量。
[解析]　(1)由题图知，实际接入电路构成闭合电路的是电源、R1、R2，全电路电阻R总＝R1＋R2＋r＝7 Ω，全电路电流I＝＝2 A
输出功率P＝I2(R1＋R2)＝24 W。
(2)两板间的电场强度E电＝，U＝E
得E电＝120 V/m。
(3)带电小球处于静止状态，质量设为m，
则有＝tan 37°
解得m＝4.8×10－4 kg。
[答案]　(1)24 W　(2)120 V/m　(3)4.8×10－4 kg
18．(14分)如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m。挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(小数点后保留两位小数)

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm。
[解析]　(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin 37° ①
物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffs ②
其中s为物体的路程，即s＝5.4 m
Ff＝μmgcos 37° ③
由能量守恒定律可得ΔE＝Q ④
由①②③④式解得μ≈0.52。
(2)物体由A到C的过程中，
动能减少ΔEk＝mv ⑤
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37° ⑥
克服摩擦力产生的热量Q′＝FflAC＝μmglACcos 37° ⑦
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
Epm＝ΔEk＋ΔEp′－Q′ ⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得Epm≈24.46 J。
[答案]　(1)0.52　(2)24.46 J