（浙江專用）2018-2019學年高中物理 模塊檢測卷 新人教版選修3-1.doc

《（浙江專用）2018-2019學年高中物理 模塊檢測卷 新人教版選修3-1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2018-2019學年高中物理 模塊檢測卷 新人教版選修3-1.doc（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

模塊檢測卷 (時間：90分鐘　分數(shù)：100分) 一、選擇題(本題共13小題，每題4分，共52分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。) 1．物理學的發(fā)展是許多物理學家奮斗的結果，下面關于一些物理學家的貢獻說法正確的是(　　) A．安培通過實驗發(fā)現(xiàn)了通電導線對磁體有作用力，首次揭示了電與磁的聯(lián)系 B．奧斯特認為安培力是帶電粒子所受磁場力的宏觀表現(xiàn)，并提出了著名的洛倫茲力公式 C．庫侖在前人工作基礎上通過實驗研究確認了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力遵循的規(guī)律——庫侖定律 D．安培不僅提出了電場的概念，而且采用了畫電場線這個簡潔的方法描述電場 解析　奧斯特將通電導體放在小磁針上方時，小磁針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，說明通電導體周圍存在磁場，奧斯特是第一個發(fā)現(xiàn)了電與磁之間的聯(lián)系的物理學家，故A錯誤；洛倫茲認為安培力是帶電粒子所受磁場力的宏觀表現(xiàn)，并提出了洛倫茲力公式，故B錯誤；真空中兩個點電荷間存在相互的作用。庫侖利用扭秤裝置，研究出兩個靜止點電荷間的相互作用規(guī)律：點電荷間的相互作用力跟兩個點電荷的電荷量有關，跟它們之間的距離有關，這個規(guī)律應是庫侖定律，故C正確；19世紀30年代，法拉第提出電荷周圍存在一種場，并且是最早提出用電場線描述電場的物理學家，故D錯誤。 答案　C 2. (2018臺州質(zhì)量評估)如圖1所示，在光滑絕緣水平面上固定一正點電荷Q，一帶負電的試探電荷在水平面上沿橢圓軌道繞它運動。若正點電荷正好處在橢圓的一個焦點上，A、B、C分別是橢圓上的三點，且A、B分別位于橢圓長軸的兩端，則(　　) 圖1 A．B點的電勢高于A點的電勢 B．試探電荷在此運動過程中，機械能守恒 C．試探電荷在A點的速度大于B點的速度 D．試探電荷在A點的電勢能小于在C點的電勢能 解析　由正點電荷的電場線分布和電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面知A正確；試探電荷沿橢圓軌道運動過程中，靜電力做功，機械能不守恒，B不正確；試探電荷由A到B，靜電力做正功，動能增加，即EkB＞EkA，所以vB＞vA，C錯誤；試探電荷由A到C，靜電力做正功，電勢能減小，有EpA＞EpC，所以D錯誤。 答案　A 3．真空中A、B兩個點電荷相距為L，質(zhì)量分別為m和2m，它們由靜止開始運動(不計重力)，開始時A的加速度大小是a，經(jīng)過一段時間，B的加速度大小也是a，那么此時A、B兩點電荷的距離是(　　) A.L B.L C．2L D．L 解析　剛釋放瞬間，對A球，有k＝mAa，經(jīng)過一段時間后，對B球，有k＝mBa，可得L′＝L＝L，所以A項正確。 答案　A 4．在同一勻強磁場中，α粒子(He)和質(zhì)子(H)做勻速圓周運動，若它們的質(zhì)量和速度的乘積大小相等，則α粒子和質(zhì)子(　　) A．運動半徑之比是2∶1 B．運動周期之比是2∶1 C．運動速度大小之比是4∶1 D．受到的洛倫茲力之比是2∶1 解析　α粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4∶1，電荷量之比為2∶1，由于質(zhì)量和速度的乘積大小相等，故速度之比為1∶4；同一磁場，B相同。由r＝，得兩者半徑之比為1∶2；由T＝，得周期之比為2∶1；由f洛＝qvB，得洛倫茲力之比為1∶2。故只有B正確。 答案　B 5．如圖2所示，用天平測量勻強磁場的磁感應強度。下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)．若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是(　　) 圖2 解析　磁場發(fā)生微小變化時，因各選項中載流線圈在磁場中的面積不同，由法拉第電磁感應定律E＝n＝n 知載流線圈在磁場中的面積越大，產(chǎn)生的感應電動勢越大，感應電流越大，載流線圈中的電流變化越大，所受的安培力變化越大，天平越容易失去平衡，由題圖可知，選項A符合題意。 答案　A 6．均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖3所示，在半球面AB上均勻分布有正電荷，總電荷量為q，球半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) 圖3 A.－E B. C.－E D.＋E 解析　完整殼在M點產(chǎn)生的電場強度為k＝，根據(jù)場強疊加原理，右半球殼在M點產(chǎn)生的電場強度為－E，根據(jù)對稱性，左半球殼在N點產(chǎn)生的電場強度為－E，故A項正確。 答案　A 7．(2018浙江名校協(xié)作體模擬)如圖4所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖(俯視圖)，使用前先給超級電容器C充電，彈射時，電容器釋放儲存電能所產(chǎn)生的強大電流經(jīng)過導體棒EF，EF在磁場(方向垂直紙面向外)作用下加速。則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．電源給電容器充電后，M板帶正電 B．導體棒在安培力作用下向右運動 C．超級電容器相當電源，放電時兩端電壓不變 D．在電容器放電過程中，電容器電容不斷減小 解析　電源給電容器充電時，與電源正極相連的極板帶正電，N板與電源正極相連，所以N板帶正電，A不正確；由左手定則可知導體棒EF在安培力作用下向右運動，B正確；電容器放電時，電荷量Q減小，由C＝知，電壓U減小，C不正確；電容器的電容反映電容器容納電荷的本領，決定于電容器本身，與電荷量無關，所以D不正確。 答案　B 8．(2018麗水、衢州、湖州三地教學質(zhì)量檢測)為了降低潛艇噪音，可用電磁推進器替代螺旋槳。如圖5為直線通道推進器示意圖。推進器前后表面導電，上下表面絕緣，規(guī)格為abc＝0.5 m0.4 m0.3 m?？臻g中存在由超導線圈產(chǎn)生的勻強磁場，其磁感應強度B＝10.0 T、方向豎直向下，若在推進器前后方向通以電流I＝1.0103 A，方向如圖。則下列判斷正確的是(　　) 圖5 A．推進器對潛艇提供向左的驅(qū)動力，大小為4.0103 N B．推進器對潛艇提供向右的驅(qū)動力，大小為4.0103 N C．推進器對潛艇提供向左的驅(qū)動力，大小為3.0103 N D．推進器對潛艇提供向右的驅(qū)動力，大小為3.0103 N 解析　由左手定則知，通電后水受到推進器向左的安培力，由牛頓第三定律知，水對推進器即對潛艇提供向右的驅(qū)動力，由安培力公式知，驅(qū)動力大小F＝BIb＝4.0103 N，故B正確。 答案　B 9．某電路如圖6所示，已知電池組的總內(nèi)阻r＝1 Ω，外電路電阻R＝5 Ω，理想電壓表的示數(shù)U＝3.0 V，則電池組的電動勢E等于 (　　) 圖6 A．3.0 V B．3.6 V C．4.0 V D．4.2 V 解析　在外電路中，由U＝IR，得出電流I＝0.6 A，又由E＝I(R＋r)解得E＝3.6 V 答案　B 10．有一未知電阻Rx，為較準確地測出其阻值，先后用圖7中甲、乙兩種電路進行測試，利用甲測得數(shù)據(jù)為“2.7 V，5.0 mA”，利用乙測得數(shù)據(jù)為“2.8 V,4.0 mA”，那么，該電阻測得值較準確的數(shù)值及它比真實值偏大或偏小的情況是 (　　) 圖7 A．540 Ω，偏大 B．540 Ω偏小 C．700 Ω，偏小 D．700 Ω，偏大 解析　兩次測量電壓表示數(shù)變化率大?。剑剑娏鞅硎緮?shù)變化率大?。絼t<，可見電流表示數(shù)變化顯著，說明電壓表分流作用顯著，采用電流表內(nèi)接法誤差較小，故乙圖所示電路測該電阻的阻值誤差較小。測量值Rx＝＝＝700 Ω，真實值R真＝Rx－RA，故測量值比真實值偏大。故選項D正確。 答案　D 11．如圖8所示，金屬板M、N水平放置，相距為d，其左側(cè)有一對豎直金屬板P、Q，板P上小孔S正對板Q上的小孔O，M、N間有垂直紙面向里的勻強磁場，在小孔S處有一帶負電粒子，其重力和初速均不計，當變阻器的滑動觸頭在AB的中點時，帶負電粒子恰能在M、N間做直線運動，當滑動變阻器滑片向A點滑動過程中，則(　　) 圖8 A．粒子在M、N間運動過程中，動能一定不變 B．粒子在M、N間運動過程中，動能一定減小 C．粒子在M、N間仍做直線運動 D．粒子可能沿M板的右邊緣飛出 解析　滑動觸頭在中點時，粒子恰能做直線運動，此時M、N間為一速度選擇器模型。當滑動觸頭滑向A點時，M、N間電壓減小，電場力變小，粒子向下偏，所以粒子在其間運動時電場力做負功，動能減小，B選項正確。因為粒子向下偏，所以不可能從M板的右邊緣飛出。 答案　B 12．在如圖9所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板B與一靜電計相接，極板A接地。下列操作中可以觀察到靜電計指針張角變大的是(　　) 圖9 A．極板A上移 B．極板A右移 C．極板間插入一定厚度的金屬片 D．極板間插入一云母片 解析　平行板電容器的電荷量保持不變，靜電計測的是兩極板間的電壓，要使靜電計指針張角變大，即使兩極板間的電壓變大，由U＝可知，減小電容器的電容即可，由公式C＝ 可判斷選項A正確；需要注意的是，極板間插入一定厚度的金屬片相當于減小極板間距離。 答案　A 13．如圖10所示，A板發(fā)出的電子(重力不計)經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板M、N間，M、N之間有垂直紙面向里的勻強磁場，電子通過磁場后最終打在熒光屏P上，關于電子的運動，下列說法中正確的是(　　) 圖10 A．當滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏的位置下降 B．當滑動觸頭向右移動時，電子通過磁場區(qū)域所用時間不變 C．若磁場的磁感應強度增大，則電子打在熒光屏上的速度大小不變 D．若磁場的磁感應強度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大 解析　當滑動觸頭向右移動時，電場的加速電壓增大，加速后電子動能增大，進入磁場的初速度增大，由r＝知半徑r增大，位置上升，選項A錯誤；由于在磁場中運動對應的圓心角變小，運動時間變短，選項B錯誤；電子在磁場中運動速度大小不變，選項C正確，D錯誤。 答案　C 二、非選擇題(共6小題，共48分) 14．(5分)圖11是小紅同學在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗的實物連接圖。 圖11 圖12 (1)根據(jù)圖11畫出實驗電路圖； (2)調(diào)節(jié)滑動變阻器得到了兩組電流表與電壓表的示數(shù)如圖12中的①、②、③、④所示，電流表量程為0.6 A，電壓表量程為3 V。所示讀數(shù)為：①________、 ②________、③________、④________。兩組數(shù)據(jù)得到的電阻分別為________和________。 解析　(1)描繪小燈泡的伏安特性曲線需要測量電壓范圍大，變阻器用分壓接法，小燈泡電阻比較小，電流表要外接，電路圖如圖所示。 (2)電流表量程為0.6 A時，最小刻度為0.02 A，讀數(shù)讀到小數(shù)點后兩位，所以①表示數(shù)為0.10 A，②表示數(shù)為0.24 A；電壓表量程為3 V，最小刻度為0.1 V，應估讀到0.01 V，所以③表示數(shù)為2.00 V，④表示數(shù)為0.27 V，根據(jù)歐姆定律R1＝＝＝8.3 Ω，R2＝＝ Ω＝2.7 Ω。 答案　(1)見解析　(2)①0.10 A(0.100.02均可) ②0.24 A(0.240.02均可)　③2.00 V(2.000.02均可)?、?.27 V(0.270.02均可)；8.3 Ω(8.30.2均可)　2.7 Ω(2.70.2均可) 15．(5分) (2018臺州質(zhì)量評估)某同學對實驗室的一個多用電表中的電池進行更換時發(fā)現(xiàn)，里面除了一節(jié)1.5 V的干電池外，還有一個方形的電池(層疊電池)。為了測定該電池的電動勢和內(nèi)電阻，實驗室中提供有下列器材： A．電流表G(滿偏電流10 mA，內(nèi)阻10Ω) B．電流表A(0～0.6 A～3 A，內(nèi)阻未知) C．滑動變阻器R0(0～100Ω，1 A) D．定值電阻R(阻值990Ω) E．開關與導線若干 (1)該同學根據(jù)現(xiàn)有的實驗器材，設計了如圖13甲所示的電路，請你按照電路圖在乙圖上完成實物連線。 圖13 (2)圖14為該同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出I1－I2圖線(I1為電流表G的示數(shù)，I2為電流表A的示數(shù))，則由圖線可以得到被測電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。 圖14 解析　(1)連線如下。 (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝得 I1(R＋RG)＋(I1＋I2)r＝E 整理并代入數(shù)據(jù)得：I1＝－I2 由I1－I2圖線得：＝910－3，＝10－2 解得：E＝9.09 V，r＝10Ω。 答案　(1)見解析 (2)①8.8～9.2 V?、?.6～10.4 Ω 16．(8分)如圖15所示，兩塊正對的帶電金屬板，上板的電勢高于下板，板間的電場強度為2102 N/C，兩板之間的距離為0.2 m，板長為0.4 m，帶電粒子以速度v0＝5104 m/s從極板左端垂直于電場方向進入電場，從極板右端飛出，虛線為粒子的運動軌跡，不計帶電粒子所受的重力，試問： 圖15 (1)帶電粒子帶何種電荷？ (2)兩板間的電勢差多大？ (3)帶電粒子在電場中運動的時間多長？ 解析　(1)由題意得，上極板帶正電，再由粒子的運動軌跡得粒子帶正電。 (2)由公式E＝，得電勢差為U＝Ed＝40 V。 (3)由公式t＝，得t＝810－6 s。 答案　(1)正電荷　(2)40 V　(3)810－6 s 17．(10分)如圖16所示，電源電動勢E0＝15 V，內(nèi)阻r0＝1 Ω，電阻R1＝30 Ω，R2＝60 Ω。間距d＝0.2 m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應強度B＝1 T的勻強磁場。閉合開關S，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度v＝0.1 m/s沿兩板間中線水平射入板間。設滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對小球的作用，取g＝10 m/s2。 圖16 (1)當Rx＝29 Ω時，電阻R2消耗的電功率是多大？ (2)若小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為60，則Rx是多少？ 解析　設R1和R2的并聯(lián)電阻為R，有R＝① R2兩端的電壓：U＝② R2消耗的電功率為：P＝③ (1)當Rx＝29 Ω時，聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得： P＝0.6 W④ (2)設小球質(zhì)量為m，電荷量為q，小球做勻速圓周運動時，有：qE＝mg⑤ E＝⑥ 設小球做圓周運動的半徑為r，有qvB＝⑦ 由幾何關系有：r＝d⑧ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得：Rx＝54 Ω 答案　(1)0.6 W(2)54 Ω 18．(10分)如圖17所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為l＝0.20 m的絕緣輕線把質(zhì)量m＝0.10 kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時輕線與豎直方向的夾角θ＝37?，F(xiàn)將小球拉至位置A，使輕線水平張緊后由靜止釋放。g取10 m/s2，sin 37＝0.60，cos 37＝0.80。求： 圖17 (1)小球所受電場力的大?。? (2)小球通過最低點C時的速度大?。? (3)小球通過最低點C時輕線對小球的拉力大小。 解析　(1)小球受重力mg、電場力F和拉力FT，其靜止時受力如圖所示 根據(jù)共點力平衡條件有F＝mgtan 37＝0.75 N (2)設小球到達最低點時的速度為v，小球從水平位置運動到最低點的過程中，根據(jù)動能定理有 mgl－Fl＝mv2 解得v＝＝1.0 m/s (3)設小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小為FT′根據(jù)牛頓第二定律有FT′－mg＝m 解得FT′＝1.5 N 答案　(1)0.75 N　(2)1.0 m/s　(3)1.5 N 19．(10分)如圖18所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶铮笮〔蛔?，不計重力? 圖18 (1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間； (2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值。 解析　(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有 qv0B＝m，T＝ 依題意，粒子第一次到達x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為π，所需時間為t1＝T，求得t1＝ (2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，有qE＝ma，v0＝at2，得t2＝ 根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2≥T0 得電場強度最大值E＝ 答案　(1)　(2)