2019-2020學年高中物理 模塊綜合檢測卷 新人教版選修3-1

上傳人:Sc****h 文檔編號:100682389 上傳時間:2022-06-03 格式:DOC 頁數:13 大?。?.98MB
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1、模塊綜合檢測卷 (時間:90分鐘 滿分:100分) 一、單項選擇題(本題共8小題,每小題3分,共24分) 1.市面上出現“充電五分鐘通話兩小時”的手機電源,源于其使用VOOC閃充新技術.VOOC閃充標配的microUSB充電線接口為7針,而常規(guī)的microUSB充電線接口為5針,它標配的電池為8個金屬觸點,而常規(guī)電池通常為4~5個觸點,與常規(guī)的microUSB充電線、電池相比,增加觸點的作用是為了(  ) A.增大充電電壓       B.增大電池的容量 C.增大充電電流 D.增大充電電阻 解析:選C 由題目:閃充新技術,標配的電池為8個金屬觸點,而常規(guī)電池通常為4~5個觸

2、點,可知,與常規(guī)的microUSB充電線、電池相比,觸點增加.電池不變,則不可能增加充電電壓,也沒有改變電池的容量,及電阻,只可能增大充電的電流,使其快速充滿電,故C正確,A、B、D錯誤. 2.中心放圓柱形電極A并接電源正極,玻璃皿邊緣內壁放圓環(huán)形電極B并接電源負極,然后在玻璃皿中放入導電液體(鹽水).如果把玻璃皿放在向上的磁場中(白紙下面放有磁鐵,且N極朝上),接通開關,液體就會旋轉起來.下列說法正確的是(  ) A.接通開關后,導電液體逆時針旋轉(俯視) B.改變電流大小,導電液體旋轉速度也會改變 C.僅改變電流方向或磁場方向,導電液體旋轉方向不變 D.同時改變電流方向和磁場方向

3、,導電液體旋轉方向改變 解析:選B 若A接電源正極,B接電源負極,在電源外部電流由正極流向負極,因此電流由中心流向邊緣;器皿所在處的磁場豎直向上,由左手定則可知,導電液體受到的磁場力沿順時針方向,因此液體沿順時針方向旋轉,故A錯誤;改變電流大小,根據F=BIL,則導電液體旋轉速度也會改變,故B正確;僅改變電流方向或磁場方向,依據左手定則,導電液體旋轉方向會變,故C錯誤;同時改變電流方向和磁場方向,根據左手定則,導電液體旋轉方向不會改變,故D錯誤. 3.如圖所示為等量點電荷周圍的電場線分布圖,A、B、O位于兩點電荷連線上,其中O為兩點電荷連線的中點,C、D是連線的中垂線上的兩點.關于各點的電

4、場性質的描述,下列說法正確的是(  ) A.A、B、O三點的電勢大小相等 B.O、C、D三點的電場強度相等 C.若將帶正電的試探電荷q從C點移到B點,電勢能減小 D.若將帶負電的試探電荷q從A點移到D點,電場力做負功 解析:選C 由圖可知,A、B、O三點位于同一條電場線上,由于沿電場線的方向電勢降低,可知O點的電勢最高,A點的電勢最低,故A錯誤;電場線的疏密表示電場強度的大小關系,由圖可知,O、C、D三點O點處的電場線最密,則O點的電場強度最大,故B錯誤;根據等量異種點電荷的電場線的特點可知,在兩個點電荷的連線的垂直平分線上各點的電勢是相等的,所以O點與C、D兩點的電勢是相等的,

5、所以C點的電勢高于B點的電勢,將帶正電的試探電荷q從C點移到B點,電場力做正功,電勢能減小,故C正確;結合A與C選項的分析可知,D點的電勢高于A點的電勢,將帶負電的試探電荷q從A點移到D點,電場力做正功,故D錯誤. 4.如圖所示電路,t1時刻將單刀雙擲開關接a,若規(guī)定從左向右通過靈敏電流計的電流方向為電流的正方向,則下圖能正確定性描述S接a后通過靈敏電流計的電流隨時間t變化的圖象是(  ) 解析:選A 接通a,電源給電容充電,當充電完畢后,電流為零,故A正確,B、C、D錯誤. 5.如圖所示,虛線框內為改裝好的電表,M、N為新電表的接線柱.已知靈敏電流計G的滿偏電流為200 μA,

6、內阻為495.0 Ω,電阻箱讀數為5.0 Ω.根據以上數據計算可知改裝好的電表(  ) A.電壓量程為1 mV B.電壓量程為100 mV C.電流量程為20 mA D.電流量程為2 μA 解析:選C 電流計與電阻箱并聯,此為電流表,M、N兩端電壓為:U=IgRg=200×10-6×495.0 V=0.099 V=99 mV,流過M、N的電流為:I=Ig+=200×10-6 + A=0.02 A=20 mA,故C正確. 6.如圖所示的某型號電吹風的電路圖,它主要由電動機M和電熱絲R構成,已知電吹風的額定電壓為220 V,吹冷風時的功率為120 W,吹熱風時的功率為1 000

7、 W,關于該電吹風,下列說法正確的是(  ) A.電熱絲的內阻為55 Ω B.電動機的內阻約為403 Ω C.若S1、S2均閉合,則電吹風吹冷風 D.電動機工作時輸出的機械功率為880 W 解析:選A 電機和電阻并聯,當吹熱風時,電阻消耗的功率為P=P熱-P冷=1 000-120 W=880 W,由P=可知R== Ω=55 Ω,故A正確;電機為非純電阻電路故不能用P=求,所以電阻值不等于 Ω≈403 Ω,故B錯誤;當S1、S2均閉合時電機和電阻并聯,則電吹風吹熱風,故C錯誤;電動機工作時消耗的總功率等于120 W,所以輸出的機械功率一定小于880 W,故D錯誤. 7.水平桌面上

8、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),關于導線a,以下說法中正確的是(  ) A.對地面的壓力數值上小于自身的重力 B.對地面的壓力數值上等于自身的重力 C.對地面的壓力數值上大于自身的重力 D.受水平向左的摩擦力 解析:選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,根據同向電流相互吸引,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,根據矢量的合成可知,a受到的安培力的合力的

9、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. 8.如圖所示,在垂直紙面向里、磁感應強度B=2 T的勻強磁場中,有一長度L=5 m的細圓筒,繞其一端O在紙面內沿逆時針方向做角速度ω=60 rad/s的勻速圓周運動.另端有一粒子源,能連續(xù)不斷相對粒子源沿半徑向外發(fā)射速度為v=400 m/s的帶正電粒子.已知帶電粒子的電量q=2.5×10-6 C,質量m=3×10-8 kg,不計粒子間相互作用及重力,打在圓筒上的粒子均不被吸收,則帶電粒子在紙面內所能到達的范圍面積S是(  ) A.48π m2 B.9π m2 C.49π m2

10、 D.16π m2 解析:選A 發(fā)射粒子時,粒子沿半徑方向的速度為v=400 m/s,粒子隨細圓筒做圓周運動,垂直半徑方向的速度為ωL=300 m/s; 故粒子速度為v′=500 m/s,粒子速度方向與徑向成arctan =37°; 粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,故有:Bv′q= 所以,運動半徑為:R==3 m; 根據左手定則可知:粒子做圓周運動也是沿逆時針方向運動; 根據幾何關系,粒子做圓周運動的圓心到O的距離為s=4 m 故帶電粒子在紙面內所能到達的范圍為內徑為s-R=1 m,外徑為s+R=7 m的環(huán)形區(qū)域; 故帶電粒子在紙面內所能到達的范圍面積為:S=

11、π(7)2-π(1)2(m2)=48π m2, 故A正確,B、C、D錯誤. 故選A. 二、多項選擇題(本題共7小題,每小題3分,共21分.全選對的得3分,選對但不全的得2分,有錯選的得0分) 9.把一根通電的硬直導線ab放在磁場中,導線所在的區(qū)域的磁感線呈弧線,導線中的電流方向由a到b,如圖所示.虛線框內有產生以上弧形的磁場源.下列符合要求的是(  ) 解析:選AC 條形磁鐵外部的磁場從N極指向S極,若左側是N極則能夠滿足題意,故A正確;蹄形磁鐵左側為S極,則磁感線與題圖中方向相反,故B錯誤;根據安培定則可知,通電導線電流向里,可以在上方形成由左向右的磁感線,故C正確;通

12、電螺線管的磁場與條形磁鐵的磁場相似,但根據安培定則可知,左側為S極,右側為N極,故形成磁感線與圖示相反,故D錯誤. 10.兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中,存在一沿半徑方向的電場,如圖所示.帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場,沿圖所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出,由此可知(  ) A.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質量一定相等 B.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的動能一定相等 C.若入射粒子的電荷量與質量之比相等,則出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的電荷量與質量之比相等,則出射粒子的動能一定相等 解析:選BC 由圖可知,粒子在電場中做勻速圓周運動,

13、靜電力提供向心力,qE=m,得R=,E為定值,若q相等,則mv2一定相等;若相等,則速率v一定相等,故B、C正確. 11.如圖所示的電路中,當滑動變阻器的滑片向上滑動時,則(  ) A.電源的功率變小 B.電容器儲存的電荷量變小 C.電源內部消耗的功率變大 D.電阻R消耗的電功率變小 解析:選BC 由閉合電路歐姆定律可知,當滑片向上滑動時,R總減小,I總增大,U端減小,而R1分壓U1增大,所以電容器上的電壓減?。娫垂β蔖總=I總 E增大,A錯誤;由Q=CU知Q減小,B正確;電源內部消耗功率P內=Ir增大,C正確;電阻R1消耗的功率增大,R上消耗的功率無法確定,D錯誤. 12

14、.如圖所示,a、b、c、d為正四面體的四個頂點,O點為d點在底面上的投影,在a點放置一個電量為+Q的點電荷,在b點放置一個電量為-Q的點電荷,則(  ) A.c、d兩點的電場強度相等 B.沿cd連線移動一帶+q電量的點電荷,電場力始終不做功 C.Od連線為電場中的一條等勢線 D.將一帶電量為-q的點電荷從d點移到O點再移到c點,電場力先做負功,后做正功 解析:選ABC 根據等量異種電荷周圍電場分布情況可知,c、d兩點的電場強度大小相等,方向相同,A選項正確;cd在等勢面上,沿cd連線移動一帶+q電量的點電荷,電場力始終不做功,B選項正確;Ocd平面為等勢面,故Od連線為電場中的一條等

15、勢線,C選項正確;將一帶電量為-q的點電荷從d點移到O點再移到c點,電場力不做功,D選項錯誤. 13.如圖所示,由PO和QO兩塊光滑絕緣的平板組成的“V”形組合體固定在地面上,兩平板互相垂直,平板PO與地面的夾角α=37°,在兩個平板上各放置一個帶同種電荷的小球A和B,A、B 的帶電量分別為q和2q,A、B恰在同一條水平線上靜止.小球A和B可看成點電荷,A的質量為m,靜電力常量為k,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,則(  ) A.B對A庫侖斥力是A對B庫侖斥力的2倍 B.A、B兩球所受平板的支持力大小均為mg C.B球的質量為m D.A、B兩球間的距離為2q 解析

16、:選CD 庫侖力是相互作用力,故A對B的庫侖力與B對A的庫侖力大小一定相等,A選項錯誤;分析小球A、B的受力情況,對于A球,根據平衡條件,NAcos 37°=GA,NAsin 37°=F,對于B球,根據平衡條件,NBcos 53°=GB,NBsin 53°=F,聯立解得,NA=1.25mg,F=0.75mg,NB=mg,mB=m,B選項錯誤,C選項正確;根據庫侖定律,F=k,聯立解得,r=2q ,D選項正確. 14.如圖所示,R1和R2是同種材料、厚度相同、表面為正方形的導體,但R1的尺寸比R2的尺寸大.在兩導體上加相同的電壓,通過兩導體的電流方向如圖,則下列說法中正確的是(  ) A

17、.R1中的電流小于R2中的電流 B.R1中的電流等于R2中的電流 C.R1中自由電荷定向移動的速率小于R2中自由電荷定向移動的速率 D.R1中自由電荷定向移動的速率等于R2中自由電荷定向移動的速率 解析:選BC 設導體的電阻率為ρ,厚度為d,邊長為L,則由電阻定律得:導體的電阻R=ρ=ρ=,則可知,R與邊長L無關,故R1=R2.通過電阻的電流I=,由于U與R都相同,則通過兩電阻的電流相同,故A錯誤,B正確;電流I=nevS=nevLd,由于I、n、e、d相同,則L越大,v越小,則R1中自由電荷定向移動的速率小于R2中自由電荷定向移動的速率,故C正確,D錯誤. 15.如圖所示,半徑為R

18、的光滑絕緣的半圓形軌道ABC,A點與圓心等高,B點在圓心正下方,軌道固定在電場強度為E的勻強電場中.兩個帶等量同種電荷小球剛好能靜止在軌道的A點和B點.已知兩小球質量皆為m,重力加速度為g,靜電力常量為k.下列說法正確的是(  ) A.小球帶正電 B.小球的帶電量為 C.小球的帶電量為E D.在A點小球對軌道的壓力等于在B點小球對軌道的壓力大小 解析:選BD 若小球帶正電,對B球分析,小球B受重力、電場力、A對B的庫侖力和支持力不可能處于平衡,可知小球帶負電,故A錯誤;根據平衡知:Fcos 45°=mg=qE,解得q=,故B正確,C錯誤;根據平衡知:qE=Fcos 45°,qE+Fc

19、os 45°=NA,則NA=2qE,NB=mg+Fsin 45°=mg+qE=2qE,可知小球在A點和B點對軌道的壓力大小相等,故D正確. 三、非選擇題(本題共5小題,共55分) 16.(8分)在探究“決定導線電阻因素”的實驗中.需要進行以下測量: (1)用螺旋測微器測得導線的直徑如圖1所示,其讀數是0.701 mm.請在圖中相應刻度處的方框內填入正確數字. (2)欲用伏安法測定一段電阻絲的電阻,其阻值約為12 Ω,要求測量結果盡量準確,并且電壓、電流測量范圍盡可能大一些.下列器材中:電流表應選用(填器材的標號,下同)________,電壓表應選用________,滑動變阻器應選用

20、________.并在如圖2的虛線框內畫出你設計的實驗電路圖. A.電池組E(6 V,內阻很小) B.電流表A1(0~3 A,內阻約0.01 Ω) C.電流表A2(0~0.6 A,內阻約0.1 Ω) D.電壓表V1(0~3 V,內阻約3 kΩ) E.電壓表V2(0~6 V,內阻約6 kΩ) F.滑動變阻器R1(0~5 Ω,2 A) G.滑動變阻器R2(0~1 kΩ,1 A) H.電鍵、導線 解析:(1)螺旋測微器的讀數為0.701 mm,故可分解為0.5 mm+0.201 mm,即0.5 mm+20.1×0.01 mm,由下到上三個格子里的示數分別為15;20;25.

21、(2)電源電動勢是6 V,電壓表選:電壓表V2(0~6 V,內阻6 kΩ),電路最大電流I== A=0.5 A,則電流表可選:A2(0~0.6 A,內阻0.1 Ω),要求電壓、電流測量范圍盡可能大,滑動變阻器應采用分壓接法,由于==120<==500,則電流表采用外接法,滑動變阻器的范圍應與電阻值差不多,方便調節(jié),所以滑動變阻器選R1,實驗電路圖如圖所示. 答案:(1)15 20 25 (2)A2 V2 R1 圖見解析 17.(8分)(2018·江蘇卷)一同學測量某干電池的電動勢和內阻. (1)甲圖所示是該同學正準備接入最后一根導線(圖中虛線所示)時的實驗電路.請指出圖中在器材操作上

22、存在的兩個不妥之處. (2)實驗測得的電阻箱阻值R和電流表示數I,以及計算的數據見下表: R/Ω 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 I/A 0.15 0.17 0.19 0.22 0.26 /A-1 6.7 5.9 5.3 4.5 3.8 根據表中數據,在方格紙上作出R-關系圖象.由圖象可計算出該干電池的電動勢為________V;內阻為________Ω. (3)為了得到更準確的測量結果,在測出上述數據后,該同學將一只量程為100 mV的電壓表并聯在電流表的兩端.調節(jié)電阻箱,當電流表的示數為0.33 A 時,電壓表的指針位置如乙圖所示,

23、則該干電池的電動勢應為________V;內阻應為________Ω. 解析:(1)①開關不應該閉合,應該保持斷開狀態(tài).②電阻箱要以最大阻值接入,然后再調?。? (2)根據表中數據描點連線如圖所示. 由閉合電路歐姆定律,E=IR+Ir得R=E·-r,類似于一次函數y=kx+b的形式,R-圖象的斜率表示電動勢E,縱截距絕對值為內阻r.讀圖可知,E=1.4 V,r=1.2 Ω. (3)因為電動勢是一個常數1.4 V,電流表的內阻RA==0.2 Ω,內阻為1.2 Ω-0.2 Ω=1.0 Ω. 答案:(1)①開關未斷開 ②電阻箱阻值為零 (2)見解析圖 1.4(1.30~1.44都算對) 1.

24、2(1.0~1.4都算對) (3)1.4[結果與(2)問第一個空格一致] 1.0[結果比(2)問第二個空格小0.2] 18.(10分)如圖所示,在傾角為37°的光滑斜面上水平放置一條長為0.2 m的直導線PQ,兩端以很軟的導線通入5 A的電流.當加一個豎直向上的B=0.6 T的勻強磁場時,PQ恰好平衡,則導線PQ的重力為多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 解析:對通電導線受力分析如圖所示. 由平衡條件得:F安=mgtan 37°. 又F安=BIL, 代入數據得:G=mg== N=0.8 N. 答案:0.8 N 19.(13分)環(huán)保部門為了監(jiān)測某化肥廠的污

25、水排放量,技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計.該裝置的外形為一長方體,由絕緣材料制成,長、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開口,在垂直于上下表面加磁感應強度為B的勻強磁場,在前后兩個內側面固定有金屬板作為電極,電阻率為ρ的污水管慢管口從左向右勻速流經該裝置時,接在兩電極間的理想電壓表顯示兩個電極間的電壓為U,求: (1)該裝置內電場的場強的大小和方向; (2)污水的流量Q(單位時間內排出的污水體積); (3)若從兩個電極引出兩條導線,導線間接一阻值為R的電阻時理想電壓表的示數. 解析:(1)依據電場強度公式E=,而d=b. 解得E= 方向垂直紙面向外(由后側面指向

26、前側面). (2)根據電場力與洛倫茲力平衡,則有:qE=qvB, 而污水的流量Q=vS 解得Q=. (3)根據電阻定律,r=ρ且= 解得U1=U. 答案:(1) 垂直紙面向外 (2) (3)U 20.(16分)如圖所示,在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場,一質量為m=5.0×10-8 kg、電量為q=1.0×10-6 C的帶電粒子,從靜止開始經U0=10 V的電壓加速后,從P點沿圖示方向進入磁場,已知OP=30 cm(粒子重力不計,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求: (1)帶電粒子到達P點時速度v的大??; (2)若磁感應強度B=2

27、.0 T,粒子從x軸上的Q點離開磁場,求OQ的距離; (3)若粒子不能進入x軸上方,求磁感應強度B′滿足的條件. 解析:(1)對帶電粒子的加速過程, 由動能定理qU0=mv2 代入數據得:v=20 m/s. (2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,有: qvB=得R= 代入數據得:R=0.50 m 而=0.50 m 故粒子的軌跡圓心一定在x軸上,粒子到達Q點時速度方向垂直于x軸,軌跡如圖甲所示.由幾何關系可知: OQ=R+Rsin 53° 故OQ=0.90 m. (3)帶電粒子不從x軸射出(如圖乙),由幾何關系得: OP≥R′+R′cos 53° R′= 由以上兩式并代入數據得: B′≥ T≈5.33 T. 答案:(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′≥5.33 T 13

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