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（二） WORD版含解析.docx

1、模块综合测评(二)(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.关于电场线的下列说法中,正确的是()A.电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同B.沿电场线方向,电场强度越来越小C.电场线越密的地方,同一试探电荷所受静电力就越大D.在电场中,顺着电场线移动电荷,电荷受到的静电力大小恒定答案C解析电场线上某点的切线方向就是该点的电场强度方向,和正电荷受力方向相同,和负电荷受力方向相反,故A选项错误;电场强度的大小用电场线的疏密表示,与电场线的方向无关,故B、D选项错误,C选项正确。2.在金属

2、球壳的球心处有一个正点电荷,球壳内外的电场线分布如图所示,下列说法不正确的是()A.M点的电场强度比K点的大B.球壳内表面带负电,外表面带正电C.试探负电荷在K点的电势能比在L点的大D.试探负电荷沿电场线从M点运动到N点,静电力做负功答案C解析由电场线的分布情况可知,M处的电场线比K处的电场线密,M点的电场强度大于K点的电场强度,选项A正确;由于静电感应,金属球壳内表面感应出负电荷,外表面感应出正电荷,选项B正确;沿电场线方向电势逐渐降低,K点的电势比L点的电势高,所以试探负电荷在K点的电势能比在L点的小,选项C错误;试探负电荷沿电场线从M点运动到N点的过程中,所受的静电力的方向由N指向M,则

3、静电力做负功,选项D正确。本题选不正确的,故选C。3.如图所示为某线性元件甲和非线性元件乙的伏安特性曲线,两图线交于A点,A点坐标为(12 V,1.5 A),甲的图线与U轴所成夹角为30。下列说法正确的是()A.随电压的增大,元件乙的图像斜率越来越小,故其电阻随电压的增大而减小B.在A点,甲、乙两元件的电阻相等C.元件甲的电阻为R=k=tan =D.若将甲、乙元件并联,理想电源的电压为5 V,则每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.5 C答案B解析随电压的增大,元件乙的图像斜率越来越小,根据欧姆定律可知,其电阻随电压的增大而增大,故选项A错误;在A点,甲、乙两元件的电压、电流相同,则电阻相等,故

4、选项B正确;I-U图像的斜率表示电阻的倒数,元件甲的电阻R= =8 ,故选项C错误;将甲、乙两元件并联接到5 V的电源两端时,因并联电路中各支路两端的电压相等,所以两元件两端的电压均为5 V,由图像可知通过两元件的电流分别为I乙=1.0 A、I甲= A=0.625 A,因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,所以总电流I=I甲+I乙=1.625 A,根据电荷量定义可知,每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.625 C,故选项D错误。4.某区域存在如图所示的磁场,其中小圆面积为S1,内有垂直纸面向外的磁场,磁感应强度的大小为B1,大圆面积为S2,大圆与小圆之间有垂直纸面向里的磁场,磁感应强度的大小

5、为B2,已知B2B1,S22S1,则该区域内磁通量的大小等于()A.(B1+B2)S2B.(B2-B1)S2C.B2S2-B1S1D.B2S2-(B1+B2)S1答案D解析设穿过线圈向外的磁通量为正值,则有1=B1S1;而穿过线圈向里的磁通量为2=-B2(S2-S1)。则该区域内的磁通量=B1S1-B2(S2-S1)=-B2S2-(B1+B2)S1,负号表示穿过线圈的磁通量的方向,故D正确,A、B、C错误。5.当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0107 m/s。已知加速电场的电场强度为1.

6、3105 N/C,质子的质量为1.6710-27 kg,电荷量为1.610-19 C,则下列说法正确的是()A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为210-15 NC.质子加速需要的时间约为810-6 sD.加速器加速的直线长度约为4 m答案D解析加速过程中,电场力对质子做正功,质子电势能减小,A错误;质子受到的电场力F=Eq=1.31051.610-19 N=2.0810-14 N,B错误;质子的加速度a= m/s2=1.251013 m/s2,根据v=v0+at,加速时间t=810-7 s,C错误;根据v2-=2ax,加速的直线长度x=4 m,D正确。6.如图所示,有一带电颗

7、粒静止于水平放置的电容器两极板间,电源内阻不可忽略,现将滑动变阻器的滑片向上移动少许,稳定后三个灯泡依然能够发光,则下列说法中正确的是(灯泡电阻始终不变)()A.小灯泡L1、L3变暗,L2变亮B.该带电颗粒一定带正电C.电容器C上电荷量减小D.电流表始终存在从左向右的电流答案A解析滑片上滑使R连入电路的电阻变大,从而使外路电阻变大,总电流I总=,I总变小,路端电压U=E-I总r,故U变大,P2=变大,灯L2变亮,流过L1和L3的电流I13=I总-I2,因灯L2中电流I2=,故I2变大,所以I13变小,灯L1和L3变暗,选项A正确;对带电颗粒受力分析知它带负电荷,故B不正确;UC=U变大,电容器

8、充电,它的电荷量增加,故C不正确;只有在电容器充电的过程中有电流从左向右流过电流表,故D不正确。7.某空间区域有竖直方向的电场(图中只画出了一条电场线)。一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球,在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动。不计一切阻力,运动过程中小球的机械能E与小球位移x的关系图像如图所示,由此可以判断()A.小球所处的电场为非匀强电场,且电场强度不断减小,电场强度方向向上B.小球所处的电场为匀强电场,电场强度方向向下C.小球可能先做加速运动,后做匀速运动D.小球一定先做加速运动,达到最大速度后做减速运动,最后静止答案A解析在小球向下运动过程中,由功能关系知机械能的变化量E=

9、F电x=E电qx,所以电场强度E电=,由图像知变小,故电场强度E电变小,由E减小和小球带正电知电场强度方向向上,所以A正确,B错误;由牛顿第二定律得小球的加速度a=g-,a变大,所以C、D错误。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,选对但不全的得3分,有选错的得0分)8.如图所示,空间有一匀强电场,电场方向与纸面平行。一电荷量为-q的粒子(重力不计),在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N。已知力F和MN间夹角为,M、N间距离为d,则下列结论中正确的是()A.M、N两点的电势差为B.匀强电场的电场强度大小为C.带电粒子由M运动到N的

10、过程中,电势能增加了Fdcos D.若要使带电粒子由N向M做匀速直线运动,则F必须反向答案AC解析粒子做匀速运动,根据动能定理,有Fdcos -qUMN=0,UMN=,A正确;由粒子受力知,电场强度大小E=,B错误;电势能的增加量等于克服电场力做的功Fdcos ,C正确;粒子做匀速直线运动的条件是粒子受力平衡,即由N运动到M,受力不变,D错误。9.反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类,沿着它身体的长度方向分布着电器官,这些器官能在鱼周围产生电场,假设如图为反天刀周围的电场线分布示意图,A、B、C为电场中的点,下列说法正确的是()A.头部带负电B.A点电场强度大于B点电场强度C.负离子运动到A点时,其

11、加速度方向向右D.图中从A至C的虚线可以是正离子的运动轨迹答案BD解析电场线从正电荷或无穷远处出发,终止于无穷远处或负电荷,根据电场线由鱼的头部出发可知,头部带正电,故A错误;电场线疏密程度表示电场强度大小,A处电场线比B处密,所以A处电场强度大于B处电场强度,故B正确;负离子在A点受到的电场力向左,其加速度方向向左,故C错误;正离子所受的电场力方向沿着电场线的方向,且指向运动轨迹的凹侧,故D正确。10.我国成功研制了“3.0 V12 000 F”石墨烯超级电容器。超级电容器充电时,电极表面将吸引周围电解质溶液中的异性离子,使这些离子附着于电极表面上形成相距小于0.5 nm、相互绝缘的等量异种

12、电荷层,石墨烯电极结构使得该异种电荷层的面积成万倍增加。下列有关说法正确的是()A.该电容器充满电后的带电荷量为36 000 CB.该电容器充满电后的带电荷量为72 000 CC.电介质相同时,正对面积大、板间距离小,则电容大D.当该电容器放电至两端电压为1.5 V时,其电容变为6 000 F答案AC解析根据超级电容器的规格“3.0 V12 000 F”,结合C=可知该电容器充满电后的带电荷量Q=CU=12 0003.0 C=36 000 C,选项A正确,选项B错误;借助平行板电容器电容的决定式C=分析可知,电介质相同时,正对面积大,板间距离小,则电容大,选项C正确;电容器的电容只与电容器本身

13、有关,与电容器带电荷量和两极板间电压无关,选项D错误。三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(7分)实验室新进了一批低电阻的金属丝(如实物图中电阻),已知金属丝的电阻率=1.710-8 m。课外活动小组的同学们设计了一个实验来测算使用的金属丝长度。他们选择了电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器(千分尺)、导线和学生电源等器材。在实验中,尽量减小实验误差,并在实验中获得较大的电压调节范围。(1)应从下图所示的A、B、C、D四个电路中选择电路来测量金属丝电阻。(2)请把下面的实物按照原理图连接起来,要求导线不能交叉。(3)他们使用千分尺测量金属丝的直径,示数如图所示,金属丝的直径为

14、mm。(4)实验中电压表示数为2.0 V时,电流表示数为0.5 A,根据金属丝的电阻值,可估算出金属丝的长度约为 m。(结果保留三位有效数字)答案(1)D(2)见解析(3)0.260(4)12.5解析(1)要获得较大的电压调节范围,滑动变阻器采用分压式接法,排除A、C。由于待测电阻较小,电流表选择外接法,所以选项D正确。(2)连线需要注意滑动变阻器采用分压式接法,电路图如图所示。(3)固定刻度读数为0 mm,可动刻度读数为26.00.01 mm=0.260 mm,最终的读数为0.260 mm。(4)金属丝的电阻R= =4 ,依据电阻定律R=,代入测出的金属丝直径和已知的电阻率、电阻,计算可得l

15、=12.5 m。12.(9分)某研究小组收集了两个电学元件:电阻R0(约为2 k)和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7 V,允许最大放电电流为100 mA)。实验室备有如下器材:A.电压表V(量程03 V,电阻RV约为4.0 k)B.电流表A1(量程0100 mA,电阻RA1约为5 )C.电流表A2(量程02 mA,电阻RA2约为50 )D.滑动变阻器R1(040 ,额定电流1 A)E.电阻箱R2(0999.9 )F.开关S一只、导线若干(1)为了测定电阻R0的阻值,小明设计了一个电路,与其对应的实物图如图,图中的电流表A应选(选填“A1”或“A2”),请将实物连线补充完整。(2)为测量锂

16、电池的电动势E和内阻r,小红设计了如图甲所示的电路图。根据测量数据作出图像,如图乙所示。若该图线的斜率为k,纵轴截距为b,则该锂电池的电动势E=,内阻r=。(用k、b表示)答案(1)A2实物连线如图所示(2)解析(1)电压表量程为03 V,通过待测电阻的最大电流为I=1.5 mA,因此电流表应选A2;变阻器采用限流式接法变化范围较小,不能测多组实验数据,为了减小误差,应采用分压式接法,实物电路图如答图所示。(2)由E=U+r得,则=b,=k,故E=,r=。13.(10分)如图所示的电路中,电源提供的电压为U=10 V保持不变,已知R1=4 ,R2=6 ,C=30 F。(1)闭合开关S,求电路稳

17、定后通过R1的电流。(2)在(1)中电路稳定后,将开关S断开,求这以后流过R1的电荷量。答案(1)1 A(2)1.210-4 C解析(1)闭合S,电路达到稳定后电容器相当于断路。由欧姆定律得通过R1的电流为I= A=1 A。(2)S断开前,电容器两极板间的电压等于R2两端的电压,即有UC=U2=IR2=16 V=6 V,电容器所带电荷量为Q=CUC=3010-66 C=1.810-4 C。S断开且电路稳定时,电容器两极板间的电压等于电源提供的电压U,电容器所带电荷量为Q=CU=3010-610 C=310-4 C,流过R1的电荷量等于电容器所带电荷量的增加量,即Q=Q-Q=310-4 C-1.

18、810-4 C=1.210-4 C。14.(12分)质量均为m的两个可视为质点的小球A、B,分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O,给A、B分别带上一定量的正电荷,并用水平向右的外力作用在A球上,平衡以后,悬挂A球的细线竖直,悬挂B球的细线向右偏60角,如图所示。若A球的电荷量为q,重力加速度为g,静电力常量为k,则:(1)B球的电荷量为多少。(2)水平外力多大。答案(1)(2)mg解析(1)当系统平衡以后,B球受到如图所示的三个力:重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F。合力为零,由平衡条件得Fcos 30-F1cos 30=0,Fsin 30+F1sin 30-mg=0,由库仑定律得F=k,联

19、立上述三式,可得B球的带电荷量qB=。(2)A球受到如图所示的四个力作用,合力为零。得FT=Fcos 30,而F=F=mg,所以,A球受到的水平推力FT=mgcos 30=mg。15.(16分)类比法、等效法等都是研究和学习物理过程中常用的重要方法。物理中存在“通量”这个物理量,“通量”的定义要用到高等数学知识。在高中阶段,对“通量”的定义采用的是简单化处理方法并辅以形象化物理模型进行理解。(1)“磁通量”就是一种常见的“通量”。在高中阶段我们是这样来定义“磁通量”的:设在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一个与磁场方向垂直、面积为S的平面,我们把B与S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量(图甲),简称

20、磁通,用字母表示,则=BS。如图乙所示,空间存在水平向右的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个面积为S矩形线圈与竖直面间的夹角为,试求穿过该矩形线圈的磁通量。(2)“电通量”也是一种常见“通量”。在定义“电通量”时只需要把“磁通量”中的磁感应强度B替换为电场强度E即可。已知静电力常量为k,请同学们充分运用类比的方法解决以下问题:a.如图丙所示,空间存在正点电荷Q,以点电荷为球心作半径为R的球面。试求通过该球面的电通量E1;b.上述情况映射的是静电场中“高斯定理”,“高斯定理”可以从库仑定律出发得到严格证明。“高斯定理”可表述为:通过静电场中任一闭合曲面的电通量等于闭合曲面内所含电荷量Q与4k的乘

21、积,即E=4kQ;试根据“高斯定理”证明:一个半径为R的均匀带电球体(或球壳)在外部产生的电场,与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同,球外各点的电场强度也是E=k(rR),式中r是球心到该点的距离,Q为整个球体所带的电荷量。答案(1)BScos (2)见解析解析(1)当面积为S的矩形线圈与竖直面的夹角为时,线圈在垂直磁场方向的投影面积为Scos ,则磁通量=BScos 。(2)a.根据点电荷的电场强度公式,求得球面上各处的电场强度大小为:E=k由于球面上各处电场强度方向都与球面垂直,故通过球面的电通量为:E1=ES=k4R2=4kQb.证明:过距离球心r的点作一球面,根据对称性可知该球面上各点电场强度大小相等,方向处处与球面垂直。设该点的电场强度为E,通过该球面的电通量为E,则有E=ES=4r2E由高斯定理知E=4kQ所以有4r2E=4kQ化简得E=k这就是球心处的点电荷Q在r处产生的电场强度。