高中物理新教材同步必修第三册-模块综合试卷(一).docx

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＝ B．E＝
C．C＝ D．I＝
答案　D
2.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1
A．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2
A．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3
A．穿过小圆环B的磁通量为0
B．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4
A．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　A
6.(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5
A．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(R2表的示数增大ΔI，在这一过程中电压表示数的变化量的大小为ΔU，则(　　)

图6
A．通过R的电流增大，但增大量小于ΔI
B.的大小随R的变化而变化
C．电源的输出功率一定增大了
D．电源的效率降低了
答案　D
解析　因总电流增大，则r与R2分压增大，并联部分电压减小，则流过R1的电流减小，因此流过R的电流增大，且增大量大于ΔI，故A错误；由＝r，可知的大小不会随R的变化而变化，故B错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，因不明确内、外电阻的关系，故无法明确功率的变化情况，故C错误；电源的效率η＝×100%，因电压表示数的减小量为ΔI·r，得电源的效率降低了，故D正确．

8．在真空中，上、下两个区域有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图7所示，有一带负电的粒子从上边区域Ⅰ沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域Ⅱ(该区域的电场范围足够广)，在下列速度－时间图像中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)(　　)

图7

答案　C
解析　电场线在下边区域密，即下边区域场强大，故粒子在上边区域向下匀速运动，进入下边区域后，先做匀减速运动至速度减为零，接着向上做匀加速运动，越过边界后以速度－v0在上边区域再次做匀速运动．
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·德州市期末)如图8，a、b分别表示一个电池组和电阻的伏安特性曲线，以下说法正确的是(　　)

图8
A．电阻的阻值为3 Ω
B．电池组的内阻是0.5 Ω
C．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率为4 W
D．将该电阻接在该电池组两端，改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4 W
答案　AD
解析　题图图线b斜率倒数的大小等于电阻的阻值，为R＝||＝ Ω＝3 Ω，故A正确；题图图线a斜率倒数的大小等于电池组的内阻，为r＝||＝ Ω＝1 Ω，故B错误；两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时的工作状态，则电阻两端的电压为U＝3 V，电流为I＝1 A，则电池组的输出功率P＝UI＝3×1 W＝3 W，故C错误；由题图图线a读出电源的电动势E＝4 V，当外电阻等于电池组内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率Pmax＝＝ W＝4 W，故D正确．
10．(2018·滨州市期末)如图9所示，把两只完全相同的表头进行改装，已知其内阻Rg＝200 Ω，下列说法正确的是(　　)

图9
A．由图甲可知，该表头满偏电流Ig＝2 mA
B．图甲是改装成的双量程电压表，其中b量程为15 V
C．图乙是改装成的双量程电流表，R1＝10 Ω，R2＝50 Ω
D．图乙是改装成的双量程电流表，R1＝5 Ω，R2＝45 Ω
答案　ABD
11．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上垂直于纸面向里的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平向右的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图10所示．不计空气阻力，则(　　)

图10
A．一定有h1＝h3
B．一定有h1水平面上的N点由静止释放质量为m、电荷量为－q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v(仅电场力做功)，图中θ＝60°，规定电场中P点的电势为零，则在＋Q形成的电场中(　　)

图11
A．N点电势高于P点电势
B．P点电场强度大小是N点的2倍
C．N点电势为－
D．检验电荷在N点具有的电势能为mv2
答案　CD
解析　如图，以O点为圆心，OP为半径画圆弧交ON于点M，根据沿电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势，故A错误；P点电场强度大小是EP＝k，N点电场强度大小是EN＝k，因θ＝60°，故rN＝2rP，则EP∶EN＝rN2∶rP2＝4∶1，故B错误；根据动能定理得，检验电荷由N到P的过程：－q(φN－φP)＝mv2，P点的电势为零，即φP＝0，则N点的电势φN＝－，故C正确；检验电荷在N点具有的电势能为Ep＝－qφN＝mv2，故D正确．

三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)如图12，一个是伏安法测电阻的实物连接图，另一个是用电流表和电压表测定电源电动势和内阻的实物连接图．

图12
(1)测定电源电动势和内阻的实物连接图是图________．
(2)下面的表一和表二是利用上面的实物图且当滑动变阻器的滑动触头逐渐向右移动时依次测得的实验数据表，其中与甲图对应的表格是表_原因是___________________．
表一
V表读数/V
0.81
1.21
1.70
1.79
2.51
A表读数/A
0.16
0.24
0.34
0.42
0.50

表二
V表读数/V
1.37
1.32
1.24
1.18
1.05
A表读数/A
0.12
0.20
0.31
0.32
0.57

(3)在“伏安法测电阻”的实验中电压表的量程为3 V，电流表的量程为0.6 A，用螺旋测微器测量电阻丝的直径，则图13中电压表的读数为________ V，电流表的读数为________ A，被测电阻丝的直径的测量值为________ mm.

图13
答案　(1)甲(1分)　(2)二(1分)　甲图滑动触头向右移动时，接入电路中的阻值减小，电流增大，路端电压降低(1分)　(3)1.70　0.42　0.640(每空1分)
14．(8分)一种供实验使用的小型电池标称电压为9 V，允许电池输出的最大电流为50 mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，实验室利用了图14甲所示的电路(图中电压表内阻很大，可不考虑其对电路的影响)，R为电阻箱，阻值范围为0～9 999 Ω，R0是保护电阻．

图14
(1)实验室里备用的定值电阻有以下几种规格：
A．10 Ω，5 W B．150 Ω，0.5 W
C．200 Ω，0.25 W D．1.2 kΩ，1 W
实验时，R0应选用________(填字母代号)较好．
(2)在实验中，当变阻箱调到图乙所示的位置后，闭合开关S，电压表的示数为9.0 V，变阻箱此时的电阻为________ Ω.电路中通过电阻箱的电流为________ mA.
(3)断开开关，调整电阻箱的阻值，再闭合开关，读出电压表示数，多次重复测量，取得数据后，作出如图丙所示的图线．则该电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.
答案　(1)B(2分)　(2)750(1分)　10(1分)　(3)9.5(2分)　50(2分)
解析　(1)根据闭合电路的欧姆定律，有E＝Imax(R0＋r)，所以R0＋r＝＝ Ω＝180 Ω.实验室中备有阻值在180 Ω上下的B和C两种电阻，比较B、C的额定电流，IC＝＝ A≈0.035 AImax，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＝＝ 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＝||＝ 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＝＝ 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)4　(2)2v0
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＝··t2(1分)
解得t＝(1分)
所以电子在x轴方向的分运动的周期为T＝4t＝4；(2分)
(2)在y轴方向上，有y＝v0t＝v0(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＝2v0(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－(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＝＝1 A(2分)
滑动变阻器接入电路的电阻R滑＝＝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＝＝6 Ω(2分)
K闭合时：外电路总电阻R′＝＝4.8 Ω(2分)
由闭合电路欧姆定律：
E＝U＋r(1分)
E＝U′＋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＝＝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′＝＝0.6 A(1分)
内阻上的热功率P′＝I总′2r＝0.432 W(2分)