人教版高考物理选修31课时训练同步测试模块综合检测.docx
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人教版高考物理选修31课时训练同步测试模块综合检测
模块综合检测
(时间:
90分钟 分值:
100分)
一、单项选择题(每题3分,本题共10小题,共30分.每小题中只有一个选项是正确的,选对得3分,错误、不选或多选均不得分)
1.关于电动势,下列说法正确的是( )
A.电源电动势一定等于电源两极间的电压
B.电动势越大的电源,将其他形式的能转化为电能的本领越大
C.体积越大的电源,电动势一定越大
D.电源电动势与外电路的组成有关
解析:
根据闭合电路欧姆定律得知:
电动势的数值等于内外电压之和,故A错误.电源是把其他形式的能转化为电能的装置,电动势表征了这种转化本领的大小,故B正确.干电池的电动势与正负极的材料有关,与电源的体积无关,故C错误.电动势由电源本身特性决定,与外电路的组成无关,故D错误.
答案:
B
2.在电场中某点引入电荷量为q的正电荷,这个电荷受到的电场力为F,则( )
A.在这点引入电荷量为2q的正电荷时,该点的电场强度将等于
B.在这点引入电荷量为3q的正电荷时,该点的电场强度将等于
C.在这点引入电荷量为2e的正离子时,则离子所受的电场力大小为2e
D.若将一个电子引入该点,则由于电子带负电,所以该点的电场强度的方向将和在这一点引入正电荷时相反
解析:
电场强度是描述电场的力的性质的物理量,它是由产生电场的电荷以及在电场中各点的位置决定的,与某点有无电荷或电荷的正负无关,所以排除选项A、B、D.而电场力F=Eq不仅与电荷在电场中的位置有关,还与电荷量q有关,该题中根据场强的定义式可知该点的场强大小为E=,则正离子所受的电场力大小应为F=E·2e=·2e,故选项C正确.
答案:
C
3.将一有内阻的电源外接电阻阻值为R时,回路电流为I,电源路端电压为U,若换接一阻值为2R的电阻,下列说法正确的是( )
A.回路电流将变为 B.路端电压将变为2U
C.回路电流将大于D.路端电压将大于2U
解析:
电源电动势和内电阻不变,外电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知电流减小,则回路电流将小于I.由I=,I′=,则=>,故A错误,C正确.路端电压U′=E,U=E,则=<2,即路端电压将小于2U.故B、D错误.
答案:
C
4.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路,当滑动变阻器的滑片由中点滑向b端时,下列说法正确的是( )
A.电压表和电流表读数都增大
B.电压表和电流表读数都减小
C.电压表读数增大,电流表读数减小
D.电压表读数减小,电流表读数增大
解析:
设滑动变阻器的滑片的上部分电阻为x,则电路的总电阻为R总=r+R1+,滑动变阻器的滑片由中点滑向b端时,并联支路电阻x增大,故路端电压变大,同时并联部分的电压变大,故通过电流表的电流增大,故选项A正确.
答案:
A
5.如图所示,水平导线中有电流I通过,导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同,则电子将( )
A.沿路径a运动,轨迹是圆
B.沿路径a运动,轨迹半径越来越大
C.沿路径a运动,轨迹半径越来越小
D.沿路径b运动,轨迹半径越来越小
解析:
由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲,又由r=知,B减小,r越来越大,故电子的运动轨迹是a.故选B.
答案:
B
6.如图所示,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出).一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变.不计重力.铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A.2 B.
C.1D.
解析:
根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知,带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍.设粒子在P点的速度为v1,根据牛顿第二定律可得qv1B1=,则B1==;同理,B2==,则=.
答案:
D
7.电阻R和电动机一起串联的电路中,如图所示.已知电阻R跟电动机线圈的电阻相等,开关接通后,电动机正常工作,设电阻R和电动机两端的电压分别为U1、U2,经过时间t,电流通过电阻R做功为W1,产生的电热为Q1;电流通过电动机做功为W2,产生的电热为Q2,则有( )
A.U1=U2,Q1=Q2B.W1=W2,Q1=Q2
C.W1 解析: 设电路中的电流为I,则R上的电压U1=IR,对于电动机,欧姆定律不再适用,但电动机线圈电阻上的电压仍为U′2=IR,而电动机两端的电压U2一定大于U′2,所以U1 答案: D 8.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=S0C,则下列相关说法中正确的是( ) A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电 B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C.能通过狭缝S0的带电粒的速率等于 D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2 解析: 由左手定则可判定甲束粒子带负电,乙束粒子带正电,A错;粒子在磁场中做圆周运动,满足B2qv=m,即=,由题意知r甲 答案: B 9.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点,两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示,其中A、N两点的电势均为零,ND段中的C点电势最高,则( ) A.N点的电场强度大小为零 B.q1电量小于q2 C.NC间场强方向指向x轴负方向 D.将一正点电荷从N点移到D点,电场力先做正功后做负功 解析: 该图象的斜率等于场强E,则知N点电场强度不为零,故A错误.如果q1和q2为等量异种电荷,点连线中垂线是等势面,故连线中点为零电势点;由于OA>AM,故q1>q2;故B错误.由图可知: OM间电场强度方向沿x轴正方向,MC间电场强度方向沿x轴负方向,NC间场强方向指向x轴负方向,故C正确.由于从N到D,电势先增加后减小;将一正电荷从N点移到D点,根据公式Ep=qφ,电势能先增加后减小,故电场力先做负功后做正功,故D错误. 答案: C 10.如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器,其原理是: 导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器,当振动膜片在声压的作用下振动时,两个电极之间的电容发生变化,电路中电流随之变化,这样声信号就变成了电信号.则当振动膜片向右振动时( ) A.电容器电容值减小 B.电容器带电荷量减小 C.电容器两极板间的电场强度增大 D.电阻R上电流方向自左向右 解析: 振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小,由C=知电容值增大,电容器板间电压U不变,由C=知电容器带电荷量增大,正在充电,所以R中电流方向自右向左.在U不变的情况下,d减小,由E=可知板间电场强度增大,故A、B、D错误,C正确.故选C. 答案: C 二、多项选择题(本题共4小题,每题4分,共16分,每小题有多个选项是正确的,全选对得4分,少选得2分,选错、多选或不选得0分) 11.某一热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,在一次实验中,将该热敏电阻与一小灯泡串联,通电后各自的电流I随所加电压U变化的图线如图所示,M为两元件的伏安特性曲线的交点.则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法正确的是( ) A.图线b是小灯泡的伏安特性曲线,图线a是热敏电阻的伏安特性曲线 B.图线a是小灯泡的伏安特性曲线,图线b是热敏电阻的伏安特性曲线 C.图线中的M点表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的电阻 D.图线中M点对应的状态,小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等 解析: 由于小灯泡的电阻随温度的升高而增大,热敏电阻的电阻随温度的升高而减小,所以图线b是小灯泡的伏安特性曲线,图线a是热敏电阻的伏安特性曲线,选项A正确,B错误.图线中的M点表示该状态小灯泡的电阻等于热敏电阻的电阻,选项C错误.图线中M点对应的状态,小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等,选项D正确. 答案: AD 12.如图所示,在两等量异种点电荷的电场中,MN为两电荷连线的中垂线,a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线,且a与c关于MN对称,b点位于MN上,d点位于两电荷的连线上.以下判断正确的是( ) A.b点电场强度大于d点电场强度 B.b点电场强度小于d点电场强度 C.a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差 D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能 解析: 在两等量异号电荷连线上,中间点电场强度最小;在两等量异号电荷连线的中垂线上,中间点电场强度最大,所以b点场强小于d点场强,选项A错误,B正确;由对称性可知,a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差,故选项C正确;因a点的电势高于c点的电势,故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能,选项D错误. 答案: BC 13.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,图中的正方形为其边界.一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射.这两种粒子带同种电荷,它们的电荷量、质量均不同,但其比荷相同,且都包含不同速率的粒子,不计重力.下列说法正确的是( ) A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.在磁场中运动时间相同的粒子,其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子,其轨迹所对的圆心角一定越大 解析: 由于粒子比荷相同,由R=可知速度相同的粒子轨迹半径相同,运动轨迹也必相同,B正确;对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示,由图可知,粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同,运动时间都为半个周期,而由T=知所有粒子在磁场运动周期都相同,故A、C皆错误;再由t=T=可知D正确. 答案: BD 14.如图所示,M、N是真空中的两块平行金属板.质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子恰好能到达N板.如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( ) A.使初速度减为原来的 B.使M、N间电压加倍 C.使M、N间电压提高到原来的4倍 D.使初速度和M、N间电压都减为原来的 解析: 由题意知,带电粒子在电场中做减速运动,在粒子恰好能到达N板时,由动能定理可得: -qU=-mv. 要使粒子到达两极板中间后返回,设此时两极板间电压为U1,粒子的初速度为v1,则由动能定理可得: -q=-mv. 取立两方程得: =. 答案: BD 三、实验题(共19分) 15.(每空3分,共9分)用游标为20分度的游标卡尺测量一根金属丝的长度,由图1可知其长度为________mm; 图1 图2 图3 (2)用螺旋测微器测量一根金属丝的直径,其示数如图2所示,该金属导线的直径为________mm; (3)用多用电表的电阻“×100”挡,按正确的操作步骤测某金属导体的电阻,表盘的示数如图3,则该电阻的阻值约为________Ω. 解析: (1)由图示游标卡尺可知,其示数为: 50mm+3×0.05mm=50.15mm; (2)由图示螺旋测微器可知,其示数为: 1.5mm+38.0×0.01mm=1.880mm; (3)由图示欧姆表可知,其示数为: 12×100Ω=1200Ω. 答案: (1)50.15 (2)1.880 (3)1200 16.(每空3分,共9分)在利用伏安法测定电池的电动势和内电阻的实验中,某同学的实际连线如图甲所示(电流表A: 0~0.6~3A,电压表V: 0~3~15V). 图甲 图乙 (1)经仔细检查、诊断知,该图中有两处不太合理的连线,那么这两处不太合理的连线对应的编号是________. (2)若利用改正后的正确的连线图,实验后,测得数据,并画出电源的输出特性图象(U-I图)如图乙.则该电源的电动势为________,电源内阻为________. 解析: (1)电流表要用0~0.6A量程,电压表要用0~3V量程,故③、⑤不合理. (2)根据U-I图象可得E=3V,r==2Ω. 答案: (1)③⑤ (2)3V 2Ω 四、计算题(共35分) 17.(10分)如图所示,有一对长4cm的平行金属板,相距3cm倾斜放置与水平面成37°角,两板间加上50V电压,有一带电粒子质量为4×10-8kg,以1m/s的速度自A板左边缘C水平进入电场,在电场中沿水平方向运动并恰好从B板边缘水平飞出,虚线为其运动轨迹,g=10m/s2,sin37°=0.6.求: (1)带电粒子所带电量; (2)带电粒子飞出电场时的速度. 解析: (1)对带电粒子受力分析,如图所示. 因带电粒子水平方向沿直线运动, 所以mg=qEcos37°,又E=, 解得: q==C=3×10-10C. (2)令带电粒子飞出电场时速度为v, 由动能定理得: qU=mv2-mv, 解得: v=m/s. 18.(12分)一电动势为48V的蓄电池恰能给都标有“46V 23W”的一电动机和一灯泡并联供电.已知电动机的内阻R=4Ω,求: (1)回路的总电流和电源的内阻; (2)电动机的输出功率和效率; (3)电源的效率. 解析: (1)由题意知路端电压U=46V,内电压为: Ur=E-U=48V-46V=2V. 总电流为I=2=2×A=1A. 电源内阻为: r==Ω=2Ω. (2)电动机总功率: P=23W. 电动机热功率: P′=I′2R=0.52×4W=1W. 电动机输出功率: P″=23W-1W=22W. 效率为: η==95.6%. (3)电源总功率: P=EI=48×1W=48W. 电源内阻消耗功率为: ΔP=I2r=12×2W=2W. 电源效率: η===95.8%. 19.(14分)(2016·海南卷)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L.在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场.已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0,不计重力. (1)求磁场的磁感应强度的大小; (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和; (3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为t0,求粒子此次入射速度的大小. 解析: (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期T=4t0.① 设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r.由洛伦兹力公式和牛顿定律得 qvB=m.② 匀速圆周运动的速度满足v=.③ 联立①②③式得B=.④ (2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示.设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2.由几何关系有θ1=180°-θ2.⑤ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则t1+t2==2t0.⑥ 图甲 图乙 (3)如图乙,由题目条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°.设O′为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题目条件可知,此时有∠OO′D=∠BO′A=30°,⑦ r0cos∠OO′D+=L.⑧ 设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律得v0=.⑨ 联立①⑦⑧⑨式得v0=.
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