高中物理新教材同步必修第三册 模块综合试卷(一)同步讲义

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模块综合试卷(一)(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．(2018·德州市期末)比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义．下列不属于比值定义法的是(　　)A．B＝eq \f(F,IL) B．E＝eq \f(F,q)C．C＝eq \f(Q,U) D．I＝eq \f(U,R)答案　D2.如图1所示，环中电流方向由左向右，且I1＝I2，则圆环中心O处的磁场是(　　)图1A．最大，垂直穿出纸面B．最大，垂直穿入纸面C．为零D．无法确定答案　C解析　根据安培定则，上半圆环中电流I1在环内产生磁场垂直纸面向里，下半圆环中电流I2在环内产生的磁场垂直纸面向外，由于O对于I1和I2对称(距离相等)，且I1＝I2，故I1和I2在O处产生的磁场大小相等、方向相反，在O处相互抵消，即O处磁场为零，C正确．3.如图2所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线正好和线圈的一条直径MN重合．要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有(　　)图2A．将螺线管在线圈a所在平面内转动B．使螺线管上的电流发生变化C．使线圈以MN为轴转动D．使线圈以与MN垂直的一条直线为轴转动答案　D解析　A、B、C中线圈a中磁通量始终为零，没有发生变化，无法产生感应电流．4.(2018·山东烟台一中期中)同在一个平面内、彼此绝缘的两个圆环A、B，大圆环A中通有方向如图3所示的电流I，小圆环B的一半面积在A环内、一半面积在A环外，则下列说法正确的是(　　)图3A．穿过小圆环B的磁通量为0B．穿过小圆环B的磁通量不为0，且磁通量指向纸面内C．穿过小圆环B的磁通量不为0，且磁通量指向纸面外D．以上判断均错误答案　B解析　根据安培定则可知整个A环上的电流在其内部的磁场均向里，在B环内左半圆环向里、右半圆环向外，小圆环B在A环内部分的磁场比外部强，应用磁通量概念可知小圆环B在A环内部分的磁通量(向里)大于环外部分的磁通量(向外)，总体表现为A环内的磁通量方向，选项B对．5．(2018·济宁市高一下期末)如图4所示，在两个等量异种点电荷的电场中有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间的距离与2、3之间的距离相等，2、5之间的距离与2、6之间的距离相等，2位于两点电荷连线的中点，两条虚线互相垂直，那么关于各点电场强度和电势的叙述错误的是(　　)图4A．1、3两点电势相等B．1、3两点电场强度相同C．4、5两点电势相等D．5、6两点电场强度相同答案　A6.(2018·大庆市实验中学期中)如图5为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是(　　)图5A．L1、L2都变亮B．L1、L2都变暗C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮答案　B解析　当电位器的触片由b端滑向a端时，R接入电路中的电阻逐渐变大，电路的总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，则R1上电流变大，L1上电流减小，R2两端的电压变大，通过R2的电流变大，通过L2的电流减小，则L1、L2都变暗，选项B正确．7．(2018·重庆市西南大学附中期末)如图6所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r(R2Imax，故应选B为保护电阻，即R0＝150 Ω.(2)电阻箱的读数为750 Ω.通过电阻箱的电流为I＝eq \f(U,R0＋R)＝eq \f(9,150＋750) A＝0.01 A＝10 mA.(3)从U－I图像上将图线延长交于纵轴，与纵轴的交点即为电池的电动势的大小，E＝9.5 V.电池的内阻等于图线的斜率的绝对值，即r＝|eq \f(ΔU,ΔI)|＝eq \f(8.5－8.0,30－20×10－3) Ω＝50 Ω.15．(8分)一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转动轴使其不能转动，在线圈两端加0.3 V电压时，电流为0.3 A．松开转轴，在线圈两端加2 V电压时，电流为0.8 A，电动机正常工作．该电动机正常工作时，输入的电功率是多少？电动机的机械功率是多少？答案　1.6 W　0.96 W解析　电动机不转动时，其消耗的电能全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机线圈内阻r＝eq \f(U,I)＝eq \f(0.3,0.3) Ω＝1 Ω(2分)电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为P入＝I1U1＝0.8×2 W＝1.6 W(3分)电动机的机械功率为P机＝P入－I12r＝1.6 W－0.82×1 W＝0.96 W．(3分)16．(8分)如图15所示，在x>0的空间内存在沿x轴正方向、大小为E的匀强电场，在x<0的空间内存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E.一质量为m、电荷量为－e的电子在位于x轴上的点P(d,0)处，以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力．求：图15(1)电子在x轴方向的分运动的周期；(2)电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l.答案　(1)4eq \r(\f(2md,Ee))　(2)2v0eq \r(\f(2md,Ee))解析　(1)设电子从开始运动到第一次与y轴相交所用时间为t，则有d＝eq \f(1,2)·eq \f(Ee,m)·t2(1分)解得t＝eq \r(\f(2md,Ee))(1分)所以电子在x轴方向的分运动的周期为T＝4t＝4eq \r(\f(2md,Ee))；(2分)(2)在y轴方向上，有y＝v0t＝v0eq \r(\f(2md,Ee))(2分)电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l＝2y＝2v0eq \r(\f(2md,Ee).)(2分)17．(14分)如图16所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d＝40 cm.电源电动势E＝24 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4 m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q＝1×10－2 C，质量为m＝2×10－2 kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源的输出功率是多大？(取g＝10 m/s2)图16答案　8 Ω　23 W解析　小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为UAB，由动能定理有－mgd－qUAB＝0－eq \f(mv\o\al(02),2)(3分)解得UAB＝8 V(2分)则滑动变阻器两端电压U滑＝UAB＝8 V(2分)设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I＝eq \f(E－U滑,R＋r)＝1 A(2分)滑动变阻器接入电路的电阻R滑＝eq \f(U滑,I)＝8 Ω(2分)即滑动变阻器接入电路的阻值为8 Ω时，小球恰能到达A板．电源的输出功率P出＝I2(R＋R滑)＝23 W故电源的输出功率为23 W．(3分)18．(16分)在如图17所示的电路中，电阻R1＝12 Ω，R2＝8 Ω，R3＝4 Ω.当开关K断开时，电流表示数为0.25 A，当K闭合时，电流表示数为0.36 A．求：图17(1)开关K断开和闭合时的路端电压U及U′；(2)电源的电动势和内阻；(3)开关K断开和闭合时内阻上的热功率P及P′.答案　(1)3 V　2.88 V　(2)3.6 V　1.2 Ω　(3)0.3 W　0.432 W解析　(1)K断开时：U＝I(R2＋R3)＝3 V(1分)K闭合时：U′＝I′R2＝2.88 V(1分)(2)K断开时：外电路总电阻R＝eq \f(R2＋R3R1,R1＋R2＋R3)＝6 Ω(2分)K闭合时：外电路总电阻R′＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＝4.8 Ω(2分)由闭合电路欧姆定律：E＝U＋eq \f(U,R)r(1分)E＝U′＋eq \f(U′,R′)r(1分)代入数据解得：E＝3.6 V，r＝1.2 Ω(2分)(3)K断开时：I总＝eq \f(E,R＋r)＝0.5 A(1分)内阻上的热功率P＝I总2r＝0.3 W(2分)K闭合时：I总′＝eq \f(E,R′＋r)＝0.6 A(1分)内阻上的热功率P′＝I总′2r＝0.432 W(2分)V表读数/V0.811.211.701.792.51A表读数/A0.160.240.340.420.50V表读数/V1.371.321.241.181.05A表读数/A0.120.200.310.320.57