2021-2022学年高中物理人教版必修第三册课后巩固提升：模块综合测评（三） WORD版含解析.docx

1、模块综合测评(三)(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为()A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第答案D解析线圈中的高频交变电流产生交变磁场,钢管处于交变磁场中,由于电磁感应产生交变电流,交变电流通过接缝处,接缝处电阻很大,根据焦耳定律Q=I2Rt知,接缝处会产生大量的热

2、量,熔化材料。此焊接过程利用的电磁学规律是电磁感应,电磁感应的发现者是法拉第,A、B、C错误,D正确。2.某静电场的电场线与x轴平行,电势随x坐标变化的关系图像如图所示。已知电场中P、Q两点的x坐标分别为1 m、4 m。将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点由静止释放,则()A.粒子在P点的动能等于在Q点的动能B.粒子在P点的动能大于在Q点的动能C.粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能D.粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能答案A解析分析图像可知,P、Q两点的电势相等,电势差为零,粒子从P运动到Q的过程中,电场力做功为零,根据动能定理,两点的动能相等,电势能相等,A选项正确。3.如图所示,实线

3、为电场线,虚线表示等势面,a=50 V,c=20 V,则a、c连线的中点b的电势b()A.等于35 VB.大于35 VC.小于35 VD.等于15 V答案C解析由电场线的疏密可知,EaEbEc,则a、b间的平均电场强度大于b、c间的平均电场强度,由公式U=Ed可以判断UabUbc,所以b=35 V,则C正确,A、B、D错误。4.(2021江西南昌高二检测)在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板,板长为l,两板间距离为d,在两极板间加一交变电压如图乙所示,质量为m,电荷量为e的电子以速度v0v0接近光速的从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电

4、流的周期可忽略不计,不考虑电子间的相互作用和相对论效应,则()A.当Um时,所有电子都能从极板的右端射出B.当Um2B.1=2C.12D.不能判断答案C解析设在位置时磁通量大小为1,位置时磁通量大小为2。第一次将金属框由位置平移到位置,穿过线框的磁感线方向没有改变,磁通量变化量1=|1|-|2|,第二次将金属框绕cd边翻转到位置,穿过线框的磁感线的方向发生改变,磁通量变化量2=|1|+|2|。故1mg,油滴向上加速运动,G中电流由b流向a,选项A不正确,B正确,同理可得C、D不正确。二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的

5、得3分,有选错的得0分)8.如图所示,在x轴上相距为L的两点固定两个等量异号点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆,a、b、c、d是圆上的四个点,其中a、c两点在x轴上,b、d两点关于x轴对称。取无穷远处电势为零,下列判断正确的是()A.b、d两点的电势相同B.a、b、c、d四个点中c点的电势最低C.b、d两点的电场强度相同D.将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点,+q的电势能减少答案ABD解析根据等量异号点电荷电场线及等势线的分布可知b、d两点电势相同,电场强度大小相等、方向不同,故A正确,C错误;c点是两个电荷连线的中点,也在两个电荷连线的中垂线上,它的电势和无穷远处电势相

6、等,正电荷周围的电势都比它高,c点的电势在四个点中最低;c点的电势低于a点的电势,将试探电荷+q沿圆周由a点移至c点,电场力做正功,+q的电势能减少,故B、D正确。9.如图所示为多用电表原理示意图,所用电流表的表盘刻度共100格,满偏电流为Ig=100 mA,满偏电压为Ug=1 V,电源的电动势为E=1.5 V,内阻r=0.5 ,直流电压挡的量程为050 V,则下列判断正确的是()A.黑表笔应该接a,红表笔应该接bB.定值电阻R0的阻值为500 C.选择开关接2,刻度盘正中间的刻度值为15 D.选择开关接3,若指针与电流表表盘第25格刻度线重合,则通过R0的电流为50 mA答案AC解析根据表笔

7、的接法“红进黑出”可以判断,黑表笔应该接a,红表笔应该接b,故A正确;电流表的内阻Rg=10 ,改装后电压表的量程为050 V,则需要串联的定值电阻R0的阻值为R0=-Rg= -10 =490 ,B错误;选择开关接2时,该多用电表是作为欧姆表使用的,此欧姆表内阻为rg= =15 ,所以欧姆表的中值电阻为15 ,则欧姆表刻度盘正中间的刻度值为15 ,C正确;选择开关接3时,该多用电表是作为电压表使用的,电阻R0与电流表串联,通过电阻R0的电流与电流表的电流相等,电流表的量程为0100 mA,每小格表示1 mA,所以通过电阻R0的电流为25 mA,D错误。10.如图所示为匀强电场中的一组等间距的竖

8、直直线,一个带电粒子从A点以一定的初速度斜向上射入电场,结果粒子沿初速度方向斜向右上方做直线运动,则下列说法正确的是()A.若竖直直线是电场线,电场的方向一定竖直向上B.若竖直直线是电场线,粒子沿直线向上运动过程动能保持不变C.若竖直直线是等势线,粒子一定做匀速直线运动D.若竖直直线是等势线,粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大答案BD解析若竖直直线是电场线,则粒子受到的电场力在竖直方向上,粒子还受到竖直向下的重力,由于粒子的初速度不在竖直方向上,所以粒子一定做匀速直线运动,其动能不变,则粒子受到的电场力方向竖直向上,由于粒子的电性不确定,所以不能确定电场线方向,故A错误,B正确;若竖直直线是等

9、势线,静电力水平,由于粒子斜向右上做直线运动,所以静电力一定水平向左,合力与粒子运动的速度方向相反,粒子斜向右上做减速运动,粒子受到的静电力做负功,因此粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大,故C错误,D正确。三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(7分)为了探究电磁感应现象的产生条件,如图所示给出了必备的实验仪器。(1)请你用笔画线代替导线,将实验电路连接完整。(2)正确连接实验电路后,在闭合开关时灵敏电流计的指针发生了偏转。开关闭合后,迅速移动滑动变阻器的滑片,灵敏电流计的指针偏转(选填“发生”或“不发生”)。断开开关时灵敏电流计的指针偏转(选填“发生”或“不发生”)。答案(1)如图所示

10、(2)发生发生解析(1)A线圈与滑动变阻器、电源、开关构成闭合回路,B线圈与灵敏电流计连接构成闭合回路,实验电路如答案图所示。(2)移动滑动变阻器的滑片和断开开关都会导致穿过B线圈中的磁通量发生变化,从而使B线圈中产生感应电流,进而让灵敏电流计指针发生偏转。12.(9分)某物理课外活动小组学习了“测量电源的电动势和内阻”后,自制了一个橙子电池组,将该电池组接在铭牌为“1.5 V,0.3 A”的小灯泡上,发现小灯泡不亮,用多用电表粗测该电池组电动势约为1.5 V,流过灯泡的电流约为2 mA。为了进一步研究小灯泡不亮的原因,该活动小组设计了如图所示的实验电路,并用多种方法测量该电池组的电动势与内阻

11、,请协助完成实验。(1)除了开关和导线等基本器材外,同学们还准备了以下器材:A.电压表(03 V)B.电压表(015 V)C.电流表(03.0 mA)D.电流表(00.6 A)E.电阻箱(099.9 )F.电阻箱(09 999.9 )实验中电压表应选用;电流表应选用;电阻箱应选用。(均填选项字母)(2)闭合开关S1和S2,调节电阻箱并记录电阻箱的示数R0、电流表的示数I0和电压表的示数U0,由此可知电流表的电阻RA为(用上述物理量表示)。(3)闭合开关S1和S2,调节R,仅读出电流I和电压U,并测出多组数据,作出U-I图线可得出电池组的电动势和内阻,此种办法测量的电动势与真实值相比(选填“偏小

12、”“相等”或“偏大”),测量的内阻值与真实值相比(选填“偏小”“相等”或“偏大”)。(4)断开S2闭合S1,调节R,仅由多组电流表的示数和电阻箱的示数,作出-R图线为一条倾斜的直线,且该直线的斜率为k,纵截距为b,则该电池组的电动势为,内阻为。(用k、b、RA表示)(5)针对(3)(4)中所述的两种方法,小组交流讨论后发现所述方法内阻的测量值更精确。答案(1)ACF(2)-R0(3)偏小偏小(4)-RA(5)(4)解析(1)用多用电表粗测该电池组的电动势约为1.5 V,流过灯泡的电流约为2 mA,故实验中电压表应选用03 V量程的A,电流表应选用03.0 mA的C;回路中的总电阻阻值至少为 =

13、500 ,为了使电表示数变化明显,增大电阻的调节范围,减小误差,电阻箱应选用F。(2)由电路图可知,电流表与电阻箱串联后与电压表并联,根据欧姆定律,电流表的电阻为RA=-R0。(3)由题图可知,相对于电源来说采用电流表外接法,由于电压表分流作用,电流表测量值偏小,当外电路短路时,电流测量值等于真实值,电源的U-I图像如图所示,由图像可知,电动势测量值小于真实值,电源内阻测量值小于真实值。(4)由闭合电路欧姆定律可知,E=I(R+RA+r)变形可得R+则k=,b=联立解得E=,r=-RA。(5)在(4)的方法中,考虑了电流表内阻,消除了电流表内阻对测量值的影响,则(4)所述方法内阻的测量值更精确

14、。13.(10分)如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图。电动机内电阻r=0.8 ,电路中另一电阻R=10 ,直流电压U=210 V,电压表示数UV=110 V。(1)求通过电动机的电流。(2)求输入电动机的电功率。(3)若电动机以v=1 m/s匀速竖直向上提升重物,求该重物的质量。(g取10 m/s2)答案(1)10 A(2)1 100 W(3)102 kg解析(1)通过电动机的电流I= A=10 A。(2)电动机的输入功率P1=UVI=11010 W=1 100 W。(3)电动机内电阻的发热功率P2=I2r=1020.8 W=80 W输出的机械功率P3=P1-P2=(1 100-

15、80) W=1 020 W而P3=Fv=mgv,解得m= kg=102 kg。14.(12分)如图所示,在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒,其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场,电场强度大小E与距细棒的垂直距离r成反比,即E=(k为未知数),在带电长直细棒右侧,有一长为L的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B,小球A、B所带电荷量分别为+q和+4q,A球距长直细棒的距离也为L,两小球在外力F=2mg的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。(1)求k的值。(2)若撤去外力F,求在撤去外力瞬间A、B小球的加速度大小和A、B小球间绝缘细线的拉力大小。答案(1)(2)gg解析(1

16、)对小球A、B及细线构成的整体,受力平衡,有:q+4q=2mg得:k=(2)设撤去外力瞬间,A、B间细线拉力突然变为零,则:对A球:q=maA得:aA=,方向向右对B球:4q=maB得:aB=,方向向右。因为aAaB,所以在撤去外力瞬间A、B将以相同的加速度a一起向右运动,A、B间绝缘细线张紧,有拉力T因此,对A、B整体,由牛顿第二定律,有:q+4q=2ma即:2mg=2ma得a=g对A:q+T=ma解得:T=故撤去外力瞬间,A、B的加速度大小均为g;A、B小球间绝缘细线的拉力大小为。15.(16分)一束电子流经U1=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场

17、,如图所示,两极板间电压U2=400 V,两极板间距d=2.0 cm,板长L1=5.0 cm。(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y。(2)若平行板的右边缘与屏的距离L2=5.0 cm,求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y(O点位于平行板水平中线的延长线上)。(3)若另一个质量为m(不计重力)的二价负离子经同一电压U1加速,再经同一偏转电场,射出偏转电场的偏移量y和打在屏上的偏移量Y各是多大?答案(1)0.25 cm(2)0.75 cm(3)0.25 cm0.75 cm解析(1)加速过程,由动能定理得eU1=进入偏转电场,电子在平行于极板的方向上做匀速运动L1=v0t在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动,加速度为a=偏移距离y=at2由得y=代入数据得y=0.25 cm。(2)由平抛运动推论和几何关系知得Y=y代入数据得Y=0.75 cm。(3)因y=,Y=y,与粒子的质量m和电荷量q无关,故二价负离子经同样装置后,y=y,Y=Y。