高中物理模块综合测试粤教版选修.docx

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高中物理模块综合检测一含解析粤教版选修3_1.doc

模块综合检测(一)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1．下列有关电荷所受电场力和磁场力的说法中，正确的是( )A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用B．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向一致C．正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D．电荷在电场中不一定受电场力的作用答案：C2.如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )A．该电场是匀强电场B．a点的电场强度比b点的大C．a点的电势比b点的高D．正电荷在a、b两点受力方向相同解析：由电场线的分布可以看出，此电场不是匀强电场，A错误；b点电场线比a点电场线密，故a点的电场强度比b点的小，B错误；根据电场线的方向知a点的电势比b点的高，C正确；正电荷在a、b两点受力方向分别沿a、b两点的切线方向，D错误．答案：C3.如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电导线ef，且ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将( )A．逐渐变大B．逐渐变小C．始终为零D．不为零，但始终保持不变解析：穿过线圈的磁通量是由通电导线造成的，但是通电导线处于圆的正上方，所以穿过线圈的磁通量总为零，而通电导线竖直方向的移动也不会影响其总磁通量的变化．答案：C4.如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N 点的速度比在M 点的速度大)．则下列说法正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．粒子的运动轨迹一定是抛物线C ．电场线方向一定垂直等势面向左D ．粒子从M 点运动到N 点的过程中电势能增大解析：根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A 错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B 错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C 正确；电场力做正功，电势能减小，选项D 错误．答案：C5.如图所示，a 和b 带电荷量相同，以相同动能从A 点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径r a ＝2r b ，则可知(重力不计)( )A ．两粒子都带正电，质量比m a m b ＝4B ．两粒子都带负电，质量比m am b＝4 C ．两粒子都带正电，质量比m a m b ＝14D ．两粒子都带负电，质量比m a m b ＝14解析：两个粒子都向下偏转，表明在A 点它们的洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知它们都带负电．由于qvB ＝m v 2r ，故r ＝mv qB ＝2mE k qB，即m ∝r 2，所以m a ∶m b ＝r 2a ∶r 2b ＝4∶1，B 正确．答案：B6.一平行板电容器接在电源上，当两极板间的距离增大时，如图所示，则( )A ．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量也将减小B ．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量将增大C ．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量将减小D ．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量也将增大解析：平行板电容器接在电源上，板间电压不变，当两极板间的距离增大时，由公式E ＝U d ，可知两极板间的电场强度将减小．当两极板间的距离增大时，电容C 减小，电压U 不变，则由C ＝Q U，分析可知极板上的电量将减小．故A 正确．答案：A7．如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出．已知板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行金属板的时间为t ，则( )A ．在前t 2时间内，静电力对粒子做的功为qU4 B ．在后t 2时间内，静电力对粒子做的功为38qU C ．在粒子偏转前d 4和后d 4的过程中，静电力做功之比为1∶2 D ．在粒子偏转前d 4和后d 4的过程中，静电力做功之比为2∶1 解析：粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2可得，前t 2时间内与t 时间内偏转距离之比为1∶4，在前t 2时间内的位移为y 1＝d8，静电力对粒子做功为W 1＝qEy 1＝q ×U d ×d 8＝18qU ，故选项A 错误．由y ＝12at 2可得，后t 2时间内与t 时间内偏转距离之比为3∶4，则在后t 2时间内，静电力对粒子做功为38qU ，故选项B 正确．由静电力做功：W ＝qEy ，则粒子在偏转前d 4和后d4的过程中，沿场强方向位移相等，静电力做功之比为1∶1，故选项C 、D 错误．答案：B8.三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场．如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用v a、v b、v c表示，它们的关系是( )A．v a>v b＝v c B．v a＝v b＝v cC．v a>v b>v c D．v a＝v b>v c解析：a球下落时，重力和静电力都对a做正功；b球下落时，只有重力做功；c球下落时，只有重力做功，重力做功的大小都相同．根据动能定理可知外力对a球所做的功最多，即a球落地时的动能最大，b、c球落地时的动能相等，故选项A正确．答案：A9.某一网络电路中的部分电路如图所示，已知I＝3 A，I1＝2 A，R1＝10 Ω，R2＝5 Ω，R3＝30 Ω，则下列结论正确的是( )A．通过R3的电流为0.5 A，方向从a→bB．通过R3的电流为0.5 A，方向从b→aC．通过电流表的电流为0.5 A，电流表“＋”接线柱在右边D．通过电流表的电流为1.5 A，电流表“＋”接线柱在左边解析：R1两端的电压U1＝I1R1＝2×10 V＝20 V；R2两端的电压U2＝I2R2＝(3－2)×5 V＝5 V，所以R3两端的电势差U ab＝U2－U1＝5 V－20 V＝－15 V，b点电势高，电流由b→a，I3＝|U ab|R3＝0.5 A，A错误，B正确；电流表中的电流方向应该向右，大小I A＝I2－I3＝0.5 A，C、D均错误．答案：B10.如图所示，重力均为G的两条形磁铁分别用细线A和B悬挂在水平的天花板上，静止时，A线的张力为F1，B线的张力为F2，则( )A．F1＝2G，F2＝G B．F1＝2G，F2>GC ．F 1<2G ，F 2>GD ．F 1>2G ，F 2>G解析：把两条形磁铁看作一个整体，对其受力分析并根据平衡条件，可知F 1＝2G ；选取下面的条形磁铁为研究对象，对其受力分析，它受到竖直向下的重力G 、B 线竖直向上的张力F 2和上面的条形磁铁对其施加的竖直向下的斥力T ，根据三力平衡，可知F 2＝G ＋T >G ，所以选项B 正确．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11．两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中．存在一沿半径方向的电场，如图所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M 射入电场，沿图所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N 射出，由此可知( )A ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等解析：由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，有qE ＝m v 2R，得R ＝mv 2qE ，E 为定值，若q 相等，则12mv 2一定相等；若q m相等，则速率v 一定相等，故B 、C 正确．答案：BC12.如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则( )A ．电源的功率变小B ．电容器储存的电荷量变小C ．电源内部消耗的功率变大D ．电阻R 消耗的电功率变小解析：由闭合电路欧姆定律可知，当滑片向上滑动时，R 总减小，I 总增大，U 端减小，而R 1分压U 1增大，所以电容器上的电压减小．电源功率P 总＝I 总E 增大，A 错误；由Q ＝CU 知Q减小，B 正确；电源内部消耗功率P 内＝I 2总r 增大，C 正确；电阻R 1消耗的功率增大，R 上消耗的功率无法确定，D 错误．答案：BC13.如图所示，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同)．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块运动的过程中，表述正确的是( )A ．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B ．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C ．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D ．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少量解析：开始运动时库仑力肯定大于物块与水平面的最大静摩擦力，此后，随两物块间距的变大，库仑力逐渐减小，会小于物块与水平面间的滑动摩擦力；物块受到的库仑力方向与其运动方向一致，做正功，质量较小的物体，加速度较大，移动距离较大，库仑力对其做功较多；运动开始后的最初一段时间里库仑力做的功大于摩擦力做的功的绝对值，系统机械能增加．由于库仑力(电场力)做正功，系统电势能减少，其减少量等于库仑力做的总功．选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．答案：BD14.如图，虚线MN 的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P 、Q 从磁场边界的M 点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P 的速度v P 垂直于磁场边界，Q 的速度v Q 与磁场边界的夹角为45°.已知两粒子均从N 点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则( )A ．P 和Q 的质量之比为1∶2B ．P 和Q 的质量之比为2∶1C ．P 和Q 速度大小之比为2∶1D ．P 和Q 速度大小之比为2∶1解析：设MN ＝2R ，则对粒子P 的半径为R ，有：R ＝m P v P Bq ；对粒子Q 的半径为2R ，有：2R ＝m Q v Q Bq ；又两粒子的运动时间相同，则t P ＝πm P Bq ，t Q ＝14T Q ＝πm Q 2Bq ，即πm P Bq ＝πm Q 2Bq，解得m Q ＝2m P ，v P ＝2v Q ，故A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC三、非选择题(共4小题，共46分)15．(12分)在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A ．干电池E (电动势约为1.5 V ，内阻小于1.0 Ω)B ．电流表A 1(满偏电流3 mA ，内阻r 1＝10 Ω)C ．电流表A 2(0～0.6 A ，内阻0.1 Ω)D ．滑动变阻器R 1(0～20 Ω，10 A)E ．滑动变阻器R 2(0～100 Ω，10 A)F ．定值电阻R 3(990 Ω)G ．开关和导线若干(1)为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是________(填字母代号)．(2)请画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．(3)如图为某一同学根据他所设计的实验绘出的I 1、I 2图线(I 1为A 1的示数，I 2为A 2的示数)，由图线可求得被测电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.解析：(1)实验中应选用较小阻值的滑动变阻器，有利于电流的变化和表的读数，故选D.(2)由于没有电压表，我们可以把表头及定值电阻充当电压表使用，利用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻．(3)表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律，可知I 1(R 3＋R A1)＝E －I 2r ，即I 1＝E 1 000－I 2r 1 000；由题图可知，图象与纵轴的交点为1.48 mA ，则有1.48 mA ＝E 1 000；解得E ＝1.48 V ．由题图象可解得图线的斜率为0.8×10－3，由公式得图象的斜率等于r 1 000，故r 1 000＝0.8×10－3，解得r ＝0.8 Ω.答案：(1)D (2)见解析(3)1.48 0.816．(10分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图甲所示的IU坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．(1)根据图线的坐标数值，请在图乙中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．(2)根据图甲，可判断出图丙中正确的关系图是______(图中P为小灯泡功率)．(3)将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8 V的电源上，如图丁所示，则电流表的示数为__________A，每个小灯泡的功率为__________W.解析：(1)因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示．(2)由题图甲所示图象可知，随电流增大，灯泡电阻R增大，由P＝I2R可知，在PI2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随I的增大而增大，则PI2图象的斜率随I2的增大而增大，由图象可知，A、B、C错误，D正确．(3)由题图丁所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I. 在这个闭合电路中，E＝U＋2IR0，代入数据并整理，得U＝8－20I，在下图坐标系中作出U＝8－20I的图象，如图所示，由图象可知，两图象交点坐标值为：U＝2 V、I＝0.3 A，此时通过电流表的电流值I A＝2I＝0.6 A，每个灯泡的实际功率P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W.答案：(1)见解析图所示 (2)D (3)0.6 0.617.(12分)如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m 、带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止滑下，小球通过半径为R 的圆轨道顶端的B 点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力的2倍．则(1)A 点在斜轨道上的高度h 为多少？(2)小球运动到最低点C 时，圆轨道对小球的支持力是多少？解析：(1)设小球到B 点的最小速度为v B ，由牛顿第二定律，得mg －qE ＝m v 2B R，小球从A 到B 的过程中，由动能定理，得(mg －qE )(h －2R )＝12mv 2B ，由以上各式得：h ＝5R 2. (2)小球从A 到C 的过程中，由动能定理，得(mg －qE )h ＝12mv 2C ，小球在C 点时，根据牛顿第二定律，有N ＋qE －mg ＝m v 2C R，又因为mg ＝2qE ，解得N ＝3mg .答案：(1)52R (2)3mg 18．(12分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B .磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN ＝L ，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为－q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L ，粒子重力不计，电荷量保持不变．(1)求粒子运动速度的大小v ；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ；(3)从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM ＝d ，QN ＝d2，求粒子从P 到Q 的运动时间t .解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：qvB ＝m v 2R ，解得R ＝mv qB，由题可得R ＝d ，解得v ＝qBd m. (2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切．由几何关系得d m ＝d (1＋sin 60°)，解得d m ＝2＋32d . (3)粒子的运动周期T ＝2πm qB. 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t ′，则t ＝n T 4＋t ′(n ＝1，3，5，……)，当L ＝nd ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32d 时，粒子斜向上射出磁场，t ′＝112T ，解得t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d＋33－46πm 2qB ；当L ＝nd ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32d 时，粒子斜向下射出磁场，t ′＝512T ，解得t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d－33－46πm 2qB . 答案：(1)v ＝qBd m (2)d m ＝2＋32d (3)当L ＝nd ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32d 时，t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d ＋33－46πm 2qB ；当L ＝nd ＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋32d 时，t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d－33－46πm 2qB。

高中物理模块综合检测卷粤教版选修3-3

模块综合检测卷(测试时间：90分钟满分：100分)一、选择题(每小题5分，共55分)1．下列关于能源的说法中正确的是(D)A．能源是取之不尽、用之不竭的，尽可能利用即可B．大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡不利用能源C．能量的利用进程实质上是能量的创造和消失进程D．能量的利用进程实质上是能量的转化和转移进程解析：虽然在能量的利用进程中能的总量维持不变，但能量的品质会逐渐降低，可利用的能源会逐渐减少，所以应该节约能源，A、B错误；能量的利用进程的实质是能量的转化和转移，而不是能量的创造和消失，C错误、D正确．2．(多选)关于布朗运动，以下说法正确的是(CD)A．布朗运动是指液体分子的无规则运动B．布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的吸引力不平衡引发的C．布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的撞击作用不平衡引发的D．在悬浮颗粒大小不变的情况下，温度越高布朗运动越激烈解析：布朗运动产生的原因是液体分子对小颗粒的撞击作用不平衡引发的，在其他条件不变的情况，温度越高布朗运动越激烈；布朗运动是指悬浮颗粒的无规则运动，并非是液体分子的运动，但布朗运动却间接反映了液体分子运动的无规则性．故C、D正确．3．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9 m)变到很难再靠近的进程中，分子间作使劲的大小将(C)A．先减小后增大 B．先增大后减小C．先增大后减小再增大 D．先减小后增大再减小解析：由分子间作使劲与分子距离的关系图象知，分子间的作使劲由表现为引力逐渐变成表现为斥力，其大小先增大后减小再增大．C正确．4．(多选)按照热力学定律和分子动理论可知，下列说法正确的是(BD)A．可以利用高科技手腕，将流散到环境中的内能从头搜集起来加以利用而不引发其他转变B．理想气体状态转变时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体的压强可能减小C．布朗运动是液体分子的运动，温度越高布朗运动越猛烈D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部份内能转化为机械能，这在原理上是可行的解析：按照热力学第二定律知机械能可以完全转化为内能，而内能向机械能的转化是有条件的，A项错，温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，而气体压壮大小宏观上取决于气体的温度与体积，温度升高，若体积增大，气体的压强可能减小，B项正确．布朗运动是布朗颗粒的运动而非液体分子的运动，但它反映了液体分子运动的无规则性，温度越高，布朗运动越显著，C项错误．利用浅层海水和深层海水之间的温度差可以制造一种热机，将海水的一部份内能转化为机械能，理论上知足热力学第一、第二定律，这在原理上是可行的，D项正确．5．在必然温度下，当气体的体积减小时，气体的压强增大，这是由于(D)A．每一个分子对器壁的平均撞击力变大B．单位体积内的气体分子数变大，分子对器壁的吸引力变大C．单位体积内的气体分子数变大，单位体积内分子的重量变大D．单位体积内的气体分子数变大，单位时间内气体分子对器壁碰撞的次数增多解析：从微观的角度看，气体对容器的压强是大量分子对容器壁的碰撞引发的；温度越高，单位体积内的分子数越多，单位时间内对器壁碰撞的次数越多，气体压强越大，故D 正确．6．在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶通过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时感觉很紧，不易拔出来，其中主要原因是(D)A．软木塞受潮膨胀B．瓶口因温度降低而收缩变小C．白天温度升高，大气压强变小D．瓶内气体因温度降低而压强减小解析：瓶内气体发生的是等容转变，当通过一个夜晚后，其温度降低，压强减小，瓶塞受到的内部气体压强小于外界的大气压强，所以第二天拔瓶口的软木塞时感觉很紧，不易拔出来，故选D.7．关于液体的表面现象，下列说法正确的是(D)A．液体表面层的分子散布比内部密B．液体有使其体积收缩到最小的趋势C．液体表面层分子之间只有引力而无斥力D．液体有使其表面积收缩到最小的趋势解析：液体表面层的分子散布比内部稀疏，故A错；液体由于表面张力作用，有使其表面积收缩到最小的趋势，故B错，D对；液体表面层分子之间既有引力也有斥力，只是由于分子间距离较大，表现为引力，故C错．8．(多选)奥运祥云火炬的燃烧系统由燃气罐(内有液态丙烷)、稳压装置和燃烧器三部份组成．当稳压阀打开以后，燃气以气态从气罐里出来，通过稳压阀后进入燃烧室进行燃烧，则以下说法中正确的是(AC)A．燃气由液态变成气态的进程中要对外做功B．燃气由液态变成气态的进程中分子的分子势能减少C．燃气在燃烧室燃烧的进程是熵增加的进程D．燃气燃烧后释放在周围环境中的能量很容易被回收再利用解析：燃气由液态变成气态的进程中体积膨胀，对外做功，故A选项正确，燃气在膨胀进程中克服分子间引力做功，分子势能增大，故B选项错误，由熵增加原理可知C选项正确、D选项错误．9．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个进程中(D)A．汽车的机械能守恒B．汽车的动能和势能彼此转化C．机械能逐渐转化为内能，总能量逐渐减小D．机械能逐渐转化为内能，总能量不变解析：汽车沿斜坡匀速下滑的进程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，但减小的重力势能没有转化成动能而是转化为内能，而总能量是守恒的，故A、B、C错误，D正确．10．(多选)如图所示，绝热容器内被活塞封锁必然质量的气体，现紧缩气体使其体积减小，则(BC)A．气体对外界做功，内能增加B．外界对气体做功，内能增加C．温度升高，压强变大D．温度升高，压强变小解析：绝热容器内封锁必然质量的气体，紧缩气体使其体积减小，外界对气体做功，绝热容器不发生热传递，气体内能增加，气体的温度升高，压强变大．11．(多选)如图所示，p-T图中a、b、c、d表示必然质量的理想气体状态转变进程中的四个状态．图中ab线和cd线平行于横坐标轴，bc线垂直于横坐标轴，ad线的延长线通过原点．下列判断中正确的是(CD)A．由b到c气体不吸热也不放热B．由a到b进程，外界对气体做功C．由c到d气体必然放热D．由d到a气体必然吸热解析：由b到c进程中，做等温膨胀转变，对外做功，必然吸热，A错；a到b进程做等压转变，温度升高，由盖·吕萨克定律知，V增大，气体对外做功，B错；c到d进程也做等压转变，但温度降低，V减小，外界对气体做功，又内能减小，由ΔU＝W＋Q知气体必然放热，C对；d到a是等容转变，又T增大，ΔU>0，W＝0，则Q>0，即必然吸热，D正确．二、填空题(每空3分，共15分)12．某气体初态时有100 J内能，膨胀进程中对外做功30 J，同时吸收了20 J的热量，在这进程中内能________________________________________________________________________ (填“增加”或“减少”)________ J.解析：由热力学第必然律ΔU＝U2－U1＝W＋Q，结合符号法则及其物理意义有：W＝－30 J，Q＝20 J．故ΔU＝U2－U1＝－10 J，因此内能减少了10 J.答案：减少1013．用内径很小的玻璃管做成的水银气压计，其读数比实际气压________(填“偏高”、“偏低”或“相同”)．解析：水银对玻璃是不浸润的，由于内径很小，则可发生毛细现象，对液柱起压低作用，所以水银柱高度降低，示数偏低．答案：偏低14．质量必然的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ(可看成理想气体)转变进程中温度(T )随加热时间(t )转变关系如图所示．单位时间所吸收的热量可看做不变．(1)以下说法正确的是________．A ．在区间Ⅱ，物质的内能不变B ．在区间Ⅲ，分子间的势能不变C ．从区间Ⅰ到区间Ⅲ，物质的熵增加D ．在区间Ⅰ，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大(2)在区间Ⅲ，若将压强不变的条件改成体积不变，则温度升高________(填“变快”、“变慢”或“快慢不变”)请说明理由．解析：按照热力学第必然律ΔU ＝Q ＋W ，理想气体的状态方程pV T ＝C 可知，在吸收相同的热量Q 时，压强不变的条件下，V 增加，W <0，ΔU ＝Q －|W |；体积不变的条件下，W ＝0，ΔU ＝Q ；所以ΔU 1<ΔU 2，体积不变的条件下温度升高变快．答案：(1)BCD (2)变快三、计算题(每小题15分，共30分)15．将两块－10 ℃的冰块彼此摩擦，二者之间摩擦力维持10 N ，二者相对速度为0.9 m/s ，若摩擦产生的能量全数被冰块吸收，问5 min 后冰块增加的内能是多少？若改用煤油炉加热，需要燃烧多少煤油？(已知煤油炉效率是30%，煤油的燃烧值为×107 J/kg)解析：摩擦力做的功：W ＝f ·v ·t ＝10××300 J ＝2 700 J.ΔE ＝W ，故ΔE ＝2 700 J ，冰的内能增加2 700 J改用煤油炉加热，其传递给冰块的热量等于摩擦力做的功，故W ＝ηqm ，m ＝W ηq＝2 700××107kg ＝×10－4 kg. 答案：2 700 J ×10－4 kg16．必然质量的理想气体由状态A 通过状态B 变成状态C ，其有关数据如p-T 图象甲所示．若气体在状态A 的温度为－73.15 ℃，在状态C 的体积为0.6 m3.求：(1)状态A 的热力学温度；(2)说出A 至C 进程中气体的转变情形，并按照图象提供的信息，计算图中VA 的值；(3)在图乙坐标系中，作出由状态A 通过状态B 变成状态C 的V-T 图象，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C .若是需要计算才能肯定坐标值，请写出计算进程．解析：(1)状态A 的热力学温度：TA ＝t ＋＝－＋＝200 K.(2)由图甲可知：A 至B 为等压进程，B 至C 为等容进程．对A 至C ，由理想气体状态方程有： pAVA TA ＝pCVC TC，得：VA ＝pCVCTA pATC＝错误!＝ m3. (3)由盖·吕萨克定律：VA TA ＝VBTB ，得：VB ＝VATB VA ＝×300200＝ m3. 因为B 至C 为等容进程，所以VC ＝VB ＝ m3，图象如图所示．答案：(1)200 K (2) m3 (3)观点析。

粤教版高中物理选修3-2模块综合测评.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）模块综合测评(时间：60分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是()【导学号：90270139】A．只要有磁通量穿过闭合电路，电路中就有感应电流B．只要闭合电路在做切割磁感线运动，电路中就有感应电流C．只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流D．只要穿过闭合电路的磁通量足够大，电路中就有感应电流【解析】产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，与穿过线圈的磁通量的大小无关，C正确．【答案】 C2．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图1所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()图1A．线圈接在了直流电源上B ．电源电压过高C ．所选线圈的匝数过多D ．所用套环的材料与老师的不同【解析】金属套环跳起的原因是开关S 闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S 闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S 闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起．故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．【答案】 D3．(2016·青岛高二期末)圆形导线框固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图2所示．若规定逆时针方向为感应电流i 的正方向，下列i -t 图中正确的是( )图2【解析】由E ＝n ΔB Δt S ，i ＝E R可知，圆环内磁感应强度B 的变化率恒定不变，电流大小也不变，A 项错误；由楞次定律可知，第1 s 内导线框中的感应电流方向沿逆时针方向，与规定的正方向相同，故选项B 、D 一定错误，只有选项C 正确．【答案】 C4.(2016·汕尾高二期末)如图3所示，平放在水平面的铁芯上分别绕有线圈L 1、L 2，每个线圈各接有两条光滑的平行金属导轨，金属棒MN 、PQ 均垂直于导轨放置，MN 棒可自由移动而PQ 棒固定．MN 所在轨道之间有竖直向上的匀强磁场B 1，PQ 棒所在轨道之间有沿竖直方向的变化磁场B 2，规定竖直向上为B 2的正方向．当B 2变化时，MN 在磁场B 1的作用下向右运动，则B 2随时间变化的B 2-t 图象可能是下图中的( ) 【导学号：90270140】图3A B C D【解析】由E 2＝n ΔB 2ΔtS 可知，若磁场B 2均匀变化，产生的感应电动势E 2恒定不变，L 2中的电流恒定不变，L 1中将无感应电动势，MN 棒不会向右运动，A 、B 选项均错误；若B 2竖直向上，逐渐减小，变化率也减小，由楞次定律可判断，L 1中的磁通量方向竖直向上，且在减小，MN 棒中的感应电流方向由M →N ，在B 1中所变安培力水平向左，MN 棒将向左运动，C 选项错误；同样道理可分析，D 选项正确．【答案】 D5．(2016·嘉兴高二检测)在匀强磁场中的矩形线圈从中性面开始匀速转动，穿过线圈平面的磁通量与时间t 的图象是( )【解析】设匀强磁场的磁感应强度为B ，矩形线圈abcd 的面积为S ，如图所示，从中性面位置开始逆时针方向匀速转动，设经过时间t 转过的角度θ＝ωt ，转到位置a 1d 1，画出它的正视图如图所示．由磁通量计算式Φ＝BS (S 为垂直磁感线方向的面积)可知，在时刻t 通过线圈平面的磁通量为Φ＝BS cos θ＝BS cos ωt ，即ω与t 的关系按余弦函数规律变化．C 选项正确．【答案】 C6．(2013·全国卷Ⅱ)如图4所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v -t 图象中，可能正确描述上述过程的是( ) 【导学号：90270141】图4【解析】导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E ＝BL v 、I ＝E R及F ＝BIL ＝ma 可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D 正确．【答案】 D7．如图5所示是一火灾报警器电路的示意图．其中R 3为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R 3所在处出现火情时，显示器的电流I 、报警器两端的电压U 的变化情况是( )图5A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变大C ．I 变小，U 变小D ．I 变大，U 变大【解析】首先弄清电路的结构：R 2与R 3并联，再与R 1串联，当R 3所在处出现火情时，R 3的温度升高，则R 3的电阻增大，故整个外电路的电阻要增大，路端电压U 也要增大，R 3两端电压也要增大，即R 2两端电压要增大，所以I 要增大，故选D.【答案】 D8．如图6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )【导学号：90270142】图6A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VB ．当单刀双掷开关与a 连接且t ＝0.01 s 时，电流表示数为零C ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率变大D ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz【解析】原线圈输入电压的有效值为U 1＝3112V ＝220 V ，当单刀双掷开关与a 连接时，U 2＝110U 1＝22 V ，A 选项正确；当t ＝0.01 s 时，电流表示数不为零，电流表测量的是有效值，B 选项错误；当单刀双掷开关由a 拨向b 时，U 2′＝15U 1＝44 V ，输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，此时输出电压的频率不变，C 选项正确，D 选项错误．【答案】 AC9.如图7所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )图7A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2【解析】金属棒切割磁感线产生的感应电动势为BL v ，感应电流I ＝E R ＝BL v R，其大小与速度成正比；产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2v 2R ·L ′v ＝B 2L 2L ′v R ，B 、L 、L ′、R 是一样的，两次产生的热量比等于运动速度的比；通过任一截面的电荷量q ＝It ＝BL v R L ′v ＝BLL ′R与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1；金属棒运动过程中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同．则外力的功率P ＝F v ＝BIL v ＝B 2L 2v 2R，其中B 、L 、R 相同，外力的功率与速度的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4.A 、B 正确．【答案】AB10．竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图8所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体杆ab和cd的长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，所受重力均为0.1 N，现在用力向上推导体杆ab，使之匀速上升(与导轨接触始终良好)，此时cd恰好静止不动，ab上升时下列说法正确的是()【导学号：90270143】图8A．ab受到的推力大小为2 NB．ab向上的速度为2 m/sC．在2 s内，推力做功转化的电能是0.4 JD．在2 s内，推力做功为0.6 J【解析】以ab、cd为整体可知向上推力F＝2mg＝0.2 N，对cd可得BIl＝mg，所以I＝mgBl＝0.10.5×0.2A＝1 A，设ab运动速度为v，则Bl v＝I×2R，所以v＝2RIBl＝2×0.1×10.5×0.2m/s＝2 m/s,2 s内转化的电能W电＝I2×2Rt＝0.4 J,2 s内推力做的功W F＝F v t＝0.8 J．故选项B、C正确．【答案】BC二、非选择题(本题共3小题，共40分．)11．(12分)(2016·镇安高二检测)交流发电机的原理如图9甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R＝2.0 Ω，求：甲乙图9(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？(2)矩形线圈转动的周期是多少？(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？(4)保持线圈匀速转动，1 min内外界对线圈做的功是多少？【解析】 (1)由i -t 图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I m ＝2.0 A.(2)矩形线圈转动的周期T ＝4.0×10－3 s. (3)由有效值I ＝I m 2，线圈电阻上产生的电热功率为P ＝I 2R ＝I 2m 2 R ＝4 W. (4)外界对线圈做功转化成电能再转化成电热，1 min 内外界对线圈做的功W ＝Pt ＝240 J.【答案】 (1)2.0 A (2)4.0×10－3 s (3)4 W (4)240 J12．(14分)某电子天平原理如图10所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接，当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量．已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R ，重力加速度为g ，问：图10(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从C 端还是从D 端流入？求重物质量与电流的关系．(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？【导学号：90270144】【解析】 (1)由右手定则知：感应电流从C 端流出．(2)设线圈受到的安培力为F A .外加电流从D 端流入．由F A ＝mg 和F A ＝2nBIL ，得m ＝2nBL gI . (3)设能称量的最大质量为m 0. 由m ＝2nBL g I 和P ＝I 2R ，得m 0＝2nBL g P R. 【答案】 (1)感应电流从C 端流出 (2)供电电流从D 端流入 m ＝2nBL g I (3)2nBL gP R 13．(14分)如图11甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接一阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g 取10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)．甲乙图11(1)判断金属棒两端a 、b 的电势高低；(2)求磁感应强度B 的大小； (3)在金属棒ab 从开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量．【解析】 (1)由右手定则判断φb >φa .(2)当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得mg ＝BIL金属棒产生的感应电动势E ＝BL v t则电路中的电流I ＝BL v t R ＋r由图象可得v t ＝7 m/s代入数据解得B ＝0.1 T.(3)在0～1.5 s ，以金属棒ab 为研究对象，根据动能定理得mgh －W 安＝12m v 2t－0 W 安＝0.455 J对闭合回路由闭合电路欧姆定律得E 电＝I (R ＋r )则电阻R 两端的电压U R 为U R ＝R R ＋rE 电电阻R 上产生的热量Q R ＝R R ＋rW 安＝0.26 J. 【答案】 (1)b 端电势高 (2)0.1 T (3)0.26 J。

粤教版物理选修3-1：模块综合测评

模块综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．我们经常看到这样的情景，在春天来临之际，裸露的高压输电线上会有秩序地站满燕子．即使输电线上的电压很高，但燕子仍很安全，没有被击伤．下列分析正确的是()A．燕子本身是绝缘体，不能导电B．燕子自身能耐高压C．燕子两脚之间的电压趋近于零D．燕子的电阻无穷大流过燕子的电流几乎为零【解析】燕子两脚间输电线的电阻非常小，由U＝IR可知燕子两脚间电压几乎为零，C正确．【答案】 C2．如图1所示，在电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，A、B为一竖直线上的两点，相距为L，外力F将质量为m、带电荷量为q的粒子从A点匀速移到B点，重力不能忽略，则下列说法中正确的是()图1A．外力的方向水平B．外力的方向竖直向上C．外力的大小等于qE＋mgD．外力的大小等于(qE)2＋(mg)2【解析】由受力平衡知F＝(qE)2＋(mg)2，方向应与重力和电场力的合力方向相反．【答案】 D3．如图2所示，两平行光滑金属导轨CD 、PQ 间距为L ，与电动势为E 、内阻为r 的电源相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．在空间施加匀强磁场可以使ab 棒静止，则磁场的磁感应强度的最小值及其方向分别为( )图2A.mg (R ＋r )EL ，水平向右B.mg (R ＋r )sin θEL，垂直于回路平面向下 C.mgR tan θEL ，竖直向下 D.mgR sin θEL ，垂直于回路平面向下【解析】从分析图中可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为F A ＝mg sin θ，故磁感应强度的最小值为B ＝F A IL ＝mg sin θIL ，根据欧姆定律，有E ＝I (R ＋r )，B ＝mg (R ＋r )sin θEL，垂直于回路平面向下，B 正确．【答案】 B4．如图3所示，闭合开关S ，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带。

粤教版高中物理选修3-1模块综合检测卷(二)

物理·选修 3－1(粤教版)
模块综合检测卷(二)
(测试时间：50分钟评价分值：100分)
第一卷
一、单项选择题(每小题4分，满分16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．如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )
A．该电场是匀强电场
B．a点的电场强度比b点的大
C．b点的电场强度比a点的大
D．正电荷在a、b两点受力方向相同
解析：电场线的疏密代表场强的大小，电场线越密代表电场越强，由图可知b点的场强小于a点的场强．故B正确，A、C错误．由于电场线切线的方向就是该点的电场的方向，由图可知ab两点的切线方向不同，故ab两点的场强不同，而场强的方向就是正电荷所受电。

高中物理模块综合测试粤教版选修

模块综合测试(时间:90分钟,满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每题4分,共32分.在每题给出的四个选项中,只有一个选项正确)1.以下关于磁感线的说法中,不正确的选项是()A.磁感线是闭合曲线且互不订交B.磁感线的疏密程度反响磁场的强弱C.磁感线不是磁场中实质存在的线D.磁感线是小磁针受磁场力后运动的轨迹2.以下列图,属于匀强电场的有()3.以下列图,在竖直向下的匀强磁场中,有一闭合导体环,环面与磁场方向垂直,当导体环在磁场中完成下述运动时,磁通量有变化的是()A.导体环在磁场中向上或向下运动B.导体环在磁场所区内保持水平方向向左或向右平动C.导体环以垂直环面经过环心的轴转动D.导体环以一条直径为轴,在磁场中转动,穿过线圈平面的磁通量向来是最大值,没有变化,选项A错误;导体环在磁场所区内保持水平方向向左或向右平动时,穿过线圈平面的磁通量向来是最大值,没有变化,选项B错误;导体环以垂直环面经过环心的轴转动时,穿过线圈平面的磁通量向来是最大值,没有变化,选项C错误;导体环以一条直径为轴,在磁场中转动时,线圈平面在垂直于磁场方向的面积不断改变,穿过线圈平面的磁通量不断改变,选项D正确.4.为了简化安培的实验,我们能够用以下列图的装置研究影响安培力方向的因素.实验中若是发现导体棒被推出磁铁外,则此时磁铁的磁极和电流方向可能是()D.以上三种情况都有可能,由左手定则可知选项B正确.5.以下关于点电荷的说法中,正确的选项是()A.点电荷是客观存在的带有电荷的几何点B.若是带电体自己的大小和形状对它们间的互相作用的影响能够忽略,那么该带电体可视为点电荷C.真空中两个静止点电荷间的互相作用力,跟它们之间的距离成反比D.真空中两个静止点电荷间的互相作用力,跟它们所带的电荷量的乘积成反比,当带电体自己的大小和形状对它们间的互相作用影响可忽略,那么该带电体能够视为点电荷,选项A错误、选项B正确;由库仑定律可知真空中两个静止点电荷间的互相作用力,跟它们所带的电荷量的乘积成正比,跟它们之间距离的二次方成反比,选项C、D均错误.6.可连续发展的首要任务是()A.环境保护B.能源开发C.发展经济D.除掉贫困7.以下装置中,没有电磁铁的是()A.电磁起重机B.电热毯C.电铃D.电磁继电器8.将不带电的导体A和带负电的B接触后,在导体A中的质子数()A.增加B.减少C.不变D.先增加后减少二、多项选择题(本题共4个小题,每题6分,共24分.在每题给出的四个选项中,有多个选项正确,全选对的得6分,选对但选不全的得3分,有选错或不答的得0分)9.以下说法正确的选项是()A.温度传感器平时是利用物体的某一物理性质随温度的变化而改变制成的B.红外线传感器接收携带着信息的红外线,变换成电信号,从而得知辐射源的相关信息C.目前常用的传感器有温度传感器、生物传感器及压力传感器等D.热敏电阻是由绝缘资料制成的电阻器,其电阻值会随温度值的变化而改变,其电阻值会随温度值的变化而改变.选项D错误.10.以下说法正确的选项是()A.电流、磁体周围都存在磁场B.电场、磁场是起着传达电力或磁力的连续介质C.电场和磁场必然对放入其中的电荷有力的作用D.磁极之间、电流之间的互相作用都是经过磁场发生的,不受磁场力的作用,选项C错误.11.以下关于电磁波的说法中,正确的选项是()A.电磁场由发生地域向远处的流传就是电磁波B.电磁波流传的过程就是能量流传的过程C.电磁波中的电场方向、磁场方向和流传方向三者互相垂直D.任何变化的电场周围空间必然会产生变化的磁场,选项D错误.12.电荷量为+q的粒子在匀强磁场中运动,以下说法错误的有()A.只要速度大小相同,所受的洛伦兹力就相同B.把+q改为-q且速度反向大小不变,则洛伦兹力的大小不变C.洛伦兹力方向必然与电荷速度方向垂直,磁场方向必然与电荷运动方向垂直D.粒子只受洛伦兹力作用,其速度、动能均不变三、填空题(本题共2小题,每题6分,共12分)13.一理想变压器,原、副线圈匝数各为1 210匝和33匝.在副线圈连接的电路中有一盏“6 V11 W”的灯泡,灯泡正常发光,则该变压器原线圈中经过的电流为A.U1U2n1n2,可得U1=n1n2U2=121033×6 V=220 V,再由U1I1=P2,解得I1=P2U111220 A=0.05 A..0514.在研究磁场产生电流的条件时,做了下面的实验:(1)实验①以下列图,研究对象:由线圈、电流表构成的闭合回路.磁场供应:条形磁铁.请完成下面实验操作并填写观察到的现象.实验②(3)由上面两个实验我们能够得出磁场产生电流的条件是.偏转不偏转偏转(2)不偏转偏转偏转不偏转偏转(3)穿过闭合电路的磁通量发生变化四、计算与问答题(本题共2小题,每题16分,共32分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题必定明确写出数值和单位)15.18世纪70年代,法国物理学家库仑发现了点电荷间的互相作用规律,把静电学的研究推进到精确科学阶段.以下列图,若是在真空中有两个完好相同的金属小球A和B,其大小可忽略不计,被固定在同一条直线上,距离为1 m.若是让它们均带上1.0×10-10 C 的异种电荷,求球B所受静电力的大小和方向.(静电力常量k=9.0×109N·m2/C2),可得F AB=k qAqBrAB2.代入数据,解得F AB=9.0×109×(.0×10-10)212 N=9×10-11 N由异种电荷互相吸引可知球B所受的静电力的方向由B指向A.×10-11N由B指向A16.现代家庭电器化程度越来越高,用电安所有是一个十分突出的问题.下表供应了一组部分人的人体电阻平均值数据.(1)从表中可看出干燥时的电阻大体是润湿时的电阻的倍.(2)在空格中填入对人体加220 V电压后的电流值.(3)若对人的安全电流是25 mA以下,上述哪几项是十分危险的?(4)电路上有规格为10 A的熔丝(俗称保险丝),以以下列图所示用电器R的功率是1 500 W,这时经过熔丝的实质电流是多少?一个润湿的人,手脚触电,为什么熔丝不会断(即熔丝不能够救人命)?由表中数据能够看出手与手之间干燥时的电阻大体是润湿时的电阻的40倍,手与脚之间干燥时的电阻大体是润湿时的电阻的37.5倍,手与塑料鞋底之间干燥时的电阻大体是润湿时的电阻的80倍,由此可知干燥时的电阻大体是润湿时的电阻的37.5~80倍.(2)由I=UR,可得手与手之间的电流I1=UR12205 000 A=0.044 A=44 mA,手与脚之间的电流I2=UR22208 000 A=0.027 5 A=27.5 mA,手与塑料鞋底之间的电流I3=UR322010 000 A=0.022 A=22 mA.(3)由第(2)问中的数据可知,润湿时的各种情况都是比较危险的.(4)由P=UI,可得经过熔丝的实质电流I=PU1 500220 A=6.8 A.一个润湿的人,手脚触电时,流过人体的电流I2=UR22208 000 A=0.027 5 A=27.5 mA,此电流远小于经过熔丝的电流,即流过熔丝的电流依旧是6.8 A,小于10 A,所以熔丝不会熔断..5~80(2)润湿时电流分别为:44 mA,27.5 mA,22 mA(3)润湿时手与手之间、手与脚之间通电会有危险.(4)经过熔丝的实质电流是6.8 A.人的手脚触电时,经过人体的电流是0.0275 A,流过熔丝的电流依旧是6.8 A,小于10 A,故熔丝不会断.。

粤教版高中物理选修3-2模块综合检测(一).docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）模块综合检测(一)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．成功属于坚持不懈的有心人，电磁感应现象的发现充分说明了这一点，有一位物理学家在科学发现的道路上经过了多次的失败，寻找了10年之久，终于在1831年8月29日发现了电磁感应现象．这位物理学家是()A．奥斯特B．麦克斯韦C．法拉第D．楞次解析：电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现的，他通过奥斯特电流的磁效应得到了启发，从而开始研究磁和电的关系，经历十年的实验，最终发现了电磁感应现象，故C正确，A、B、D错误．答案：C2．下面说法正确是()A．感抗仅与电源频率有关，与线圈自感系数无关B．容抗仅与电源频率有关，与电容无关C．感抗、容抗和电阻等效，对不同交变电流都是一个定值D．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用解析：由公式X L＝2πfL得感抗与线圈自感系数有关，A错误．根据公式X C＝12πCf，得容抗与电容也有关系，B错误．感抗、容抗和电阻等效，对不同交变电流由不同的值，所以C错误．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用，D正确．答案：D3．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是()A．交变电流的频率为0.02 HzB．交变电流的瞬时表达式为i＝5cos 50πt (A)C．在t＝0.01 s时，交流发电机线圈位于中性面D．在t＝0.015 s时，电流改变方向解析：由图象可知，交流电的周期为20×10－3s＝0.02 s，频率为f＝1T＝50 Hz，故A错误；交流电的角频率为：ω＝2πT＝10π rad/s，根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i＝A cos ωt＝5cos 100πt (A)，故B错误；在t＝0.01 s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，所以交流发电机线圈垂直于中性面，故C错误；在t＝0.015 s时，电流改变方向，故D正确．答案：D4．汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油—空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12 V，不能在火花塞中产生火花，为此设计了如图所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的初级线圈通过断续开关连到蓄电池上，次级线圈接到火花塞的两端，开关由机械进行自动控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，这样就能在火花塞中产生火花，下列说法正确的是()A．该设计方案不可行，因为蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压B．该设计方案可行，因为变压器能将直流电改变为交流电C．该设计方案可行，因为通过变压器初级线圈的是变化的电流，可以通过变压器在副线圈上产生高电压D．该变压器可以是升压变压器，也可以是降压变压器解析：虽然变压器不能对直流电进行变压，但是本设计方案在做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，通过变压器初级线圈的是变化的电流，在变压器铁芯中的磁通量是变化的，能在副线圈中产生瞬时高电压，就能在火花塞中产生了火花，故选C.答案：C5．如图甲所示，电阻不计的“”形金属框架abcd固定在倾角为θ的绝缘斜面上，空间有方向垂直于斜面的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示．将一电阻为R的金属棒PQ垂直于ab放置在框架上，构成面积为S的矩形PbcQ，PQ与框架接触良好且始终静止，则图甲图乙A ．t 1时刻棒PQ 中无感应电流B ．t 1时刻棒PQ 受安培力C ．在0～2t 1内，通过棒PQ 的电荷量为2B 0S RD ．在0～2t 1内，棒PQ 所产生的焦耳热为B 20S 2Rt 1解析：t 1时刻穿过线圈的磁通量正发生变化，故棒PQ 中有感应电流，选项A 错误；根据F ＝BIL ，t 1时刻磁感应强度B 为零，故棒PQ 不受安培力，选项B 错误；根据q ＝ΔΦR 可知，在0～2t 1内，通过棒PQ 的电荷量为q ＝ΔΦR ＝2B 0S R ，选项C 正确；在0～2t 1内，棒PQ 所产生的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt＝B 0S t 1，产生的焦耳热为Q ＝E 2R ·2t 1＝2B 20S 2Rt 1，选项D 错误．答案：C6．如图所示，R 1为定值电阻，R 2为负温度系数的热敏电阻，L 为小灯泡，当温度降低时( )A ．R 1两端的电压增大B ．电流表的示数增大C ．小灯泡的亮度变强D ．小灯泡的亮度变弱解析：R2与灯泡L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯泡L电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故C项正确，其余各项均错．答案：C7．如图所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是()A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离解析：当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路abcd 的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，故使得ab和cd相向运动，相互靠近，故选C.答案：C8．如图所示，一个水平放置的矩形闭合线框abcd，在水平放置的细长磁铁S极中心附近落下，下落过程中线框保持水平且bc边在纸外，ad边在纸内．它由位置甲经乙到丙，且甲、丙都靠近乙．在这下落过程中，线框中感应电流的方向为()A．abcdaB．adcbaC．从位置甲到乙时，abcda，从位置乙到丙时adcbaD．从位置甲到乙时，adcba，从位置乙到丙时abcda解析：从甲到乙，原磁场方向竖直向下，磁通量减小，感应电流的磁场竖直向下，由右手定则可知感应电流为adcba，同理由乙到丙，原磁场方向竖直向上，磁通量增大，感应电流的磁场竖直向下，方向为adcba，B对．答案：B9．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是()A．S闭合瞬间，A先亮B．S闭合瞬间，A、B同时亮C．S断开瞬间，B逐渐熄灭D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭解析：闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，A、B都不亮，故A错误，B错误；开关S断开瞬间B 立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误，D正确．答案：D10．如图甲为电热毯的电路示意图．电热毯接在u ＝311sin 100πt (V)的电源插座上．电热毯被加热到一定程度后，由于装置P 的作用，使加在电热丝ab 两端的电压变为如图乙所示的波形，从而进入保温状态．若电热丝电阻保持不变，此时从图甲中交流电压表读出交流电的有效值是( )图甲图乙A ．156 VB ．220 VC ．311 VD ．110 V解析：加图乙电压时，电热丝在一个周期T ＝2×10－2 s 内产生的热量Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 221R ·T 2，若给电热丝加直流电压U ，则T 时间内产生相同的热量Q ＝U 2R·T .则由以上两式可得U ＝156 V ，A 正确．答案： A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)11．如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C 、D 固定在铁架台上，与两个铜线圈P 、Q 组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图所示放置，当用手左右摆动线圈P 时，线圈Q 也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是( )A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止解析：P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故A正确；P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动；同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动，故B正确，C、D错误．答案：AB12．如图所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明()A．在温度越高时，热敏电阻阻值越小B．在温度越高时，热敏电阻阻值越大C．半导体材料温度升高时，导电性能变差D．半导体材料温度升高时，导电性能变好解析：由电流表的变化判断半导体的电阻的变化，温度升高时，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，热敏电阻阻值减小，则总电阻减小，故A、D正确．答案：AD13.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈输入交变电压u＝1002sin 50πt (V)，在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻R，电容器并联在电阻R两端，电阻阻值R＝10 Ω，关于电路分析，下列说法中正确的是()A．电流表示数是1 AB．电流表示数是 2 AC．电阻R消耗的电功率为10 WD．电容器的耐压值至少是10 2 V解析：由题意知原线圈输入电压有效值为100 V，所以副线圈电压为10 V，由于电容器通交流，所以电流表示数大于1 A，故A、B错误；电阻R消耗的电功率为P＝U2R＝10210W＝10 W，故C正确，副线圈电压最大值为10 2 V，电容器的耐压值至少是10 2 V，所以D正确；故选C、D.答案：CD14.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一材料相同、粗细均匀的正方形导体框abcd.现将导体框先后朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框在上述两过程中，下列说法正确的是()A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．通过导体框截面的电量相同C ．导体框中产生的焦耳热相同D ．导体框cd 边两端电势差大小相同解析：在两次线框离开磁场的过程中，磁通量都减少，由楞次定律知，感应电流的方向都为逆时针方向，A 正确；两次离开的过程磁通量的变化量相同，根据q ＝n ΔΦR 知通过导体框截面的电量相同，B正确；产生的焦耳热Q ＝E 2R t ＝B 2L 3v R，由于两次的速度不同，故产生的热量不同，C 错误；以速度v 匀速拉出磁场时，cd 切割磁感线，相当于电源，所以导体框cd 边两端电势差大小等于34BL v ，以速度3v 匀速拉出磁场时，导体框cd 边两端电势差大小等于34BL v ，D 正确．答案：ABD三、非选择题(本题共4小题，共54分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15.(12分)如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一矩形线框abcd ，线框的匝数为N ，电阻为R ，ab ＝cd ＝L 1，ad ＝bc ＝L 2.线框绕垂直于磁感线的轴OO ′以角速度ω做匀速转动．求：(1)线框中感应电动势的最大值；(2)线框中感应电流的有效值．解析：(1)线框中感应电动势的最大值：E m ＝2NBL 1ωL 22＝NBL 1L 2ω. (2)感应电动势的有效值：E ＝E m 2，感应电流的有效值：I ＝E R ＝NBL 1L 2ω2R. 答案：(1)NBL 1L 2 ω (2) NBL 1L 2 ω2R16．(12分)某交流发电机输出功率为5×105 W ，输出电压为1.0×103 V ，已知输电线的总电阻R ＝40 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U ＝380 V . 输电所使用的变压器均为理想变压器．求：(1)画出输电线路的示意图(标明各部分的符号)．(2)求所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？解析：(1)输电线路的示意图如图所示．(2)由功率的公式P ＝UI 可得，发电机的输出电流为I 1＝P U＝500 A.输电线的损耗的功率为P损＝5%×P ＝5%×5×105 W ＝2.5×104 W ，由损失的功率 P损＝I 22R 可得输电线的电流为I 2＝I 3＝P 损R＝25 A.I 4＝P 用户U 用户＝P －P 损U 用户＝1.25×103 A.所以升压变压器的匝数比为n 1n 2＝I 2I 1＝25500＝120，降压变压器的匝数比为n 3n 4＝I 4I 3＝501. 答案：(1)见解析 (2) 120 50117．(12分)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .解析：(1)CD 棒进入磁场前，由牛顿第二定律，得a ＝F －mg sin θm＝12 m/s 2进入磁场时CD棒的速度为：v＝2as＝2×12×0.24 m/s＝2.4 m/s(2)CD棒进入磁场时产生的感应电动势为：E＝Bl v，感应电流为：I＝Bl v R，所以CD棒所受安培力F A＝BIl＝B2l2vR＝48 N.(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：W＝F(s＋d)＝64 J，由于F－mg sin θ－F A＝0，所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中的运动时间为：t＝dv，则电阻产生的焦耳热为：Q＝I2Rt＝26.88 J.答案：(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J18．(18分) 如图(a)所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t的大小随时间t变化的规律如图(b)所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t＝t x时刻(t x未知)ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g.求：图(a) 图(b)(1)通过cd 棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向；(2)当ab 棒在区域Ⅱ内运动时，cd 棒消耗的电功率；(3)ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离；(4)ab 棒开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量．解析：(1)由右手定则可知通过cd 棒电流的方向为d 到c ；再由左手定则可判断区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．(2)cd 棒平衡，BIl ＝mg sin θ，得I ＝mg sin θBl. cd 棒消耗的电功率P ＝I 2R ，得P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2. (3)ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，a ＝F 合m ＝g sin θ.cd 棒始终静止不动，ab 棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得ΔΦΔt＝Bl v t ，Bl ·2l t x＝Blg sin θ·t x . 所以t x ＝ 2l g sin θ. ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度v t ＝2gl sin θ，则ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离h ＝12at 2x ＋2l ＝3l . (4)ab 棒在区域Ⅱ中运动的时间t 2＝2l v t＝ 2l g sin θ， ab 棒从开始下滑至EF 的总时间：t 总＝t x ＋t 2＝2 2l g sin θ. ab 棒从开始下滑至EF 的过程中闭合回路中产生的热量： Q ＝EIt 总＝Bl v t It 总＝4mgl sin θ.答案：(1)电流方向由d 到c ，区域Ⅰ内的磁场方向为垂直于斜面向上(2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)3l (4)4mgl sin θ。

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模块综合测评(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共中1～8为单选，9～12为多选)1．一带负电的绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上净电荷几乎不存在了，这说明()A．小球上原有负电荷逐渐消失了B．在此现象中，电荷不守恒C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D．该现象是由于电子的转移引起的，不遵循电荷守恒定律C[根据电荷守恒定律，电荷不能消灭，也不能创生，只会发生转移，故A 错误．此过程中电荷仍然守恒，电荷没有消失，只是被潮湿的空气导走而已，仍然遵循电荷守恒定律，故B、D错误．金属小球上的负电荷减少是由于潮湿的空气将电子导走了，故C正确．]2．如图1所示是某个磁场的磁感线分布，则A点和B点的磁感应强度的大小关系是()图1A．A点的磁感应强度大B．B点的磁感应强度大C．A点的磁感应强度等于B点的磁感应强度D．无法确定A[磁感线分布的疏密反映了磁场的强弱，由题图可知，A点的磁感应强度较大，故A项正确．]3．随着科学技术的不断发展，使用“传感器”进行控制的家用电器日益普及，我们日常生活中的空调器和电冰箱都使用了()A．压力传感器B．红外线传感器C．生物传感器D．温度传感器D[空调器和电冰箱都是利用了温度传感器．]4．电脑显示器的玻璃荧光屏容易布满灰尘，这主要是因为()A．灰尘的自然堆积B．玻璃有极强的吸附灰尘的能力C．电脑工作时，荧光屏表面有静电而吸附灰尘D．电脑工作时，荧光屏表面温度较高而吸附灰尘C[荧光屏工作时产生静电，吸引带有异号电荷的灰尘．]5．如图2所示，PQ为某电场中的一条电场线，下列说法正确的是()【导学号：71082099】图2A．该电场一定是匀强电场B．该电场一定是点电荷产生的电场C．P点的电场强度一定比Q点的大D．正电荷在P点受到的电场力方向沿着电场线方向D[仅凭一条电场线无法确定是匀强电场，还是点电荷产生的电场，A、B 错误；也无法比较P、Q点的电场强弱，C错误，只有D项正确．] 6．小丽家彩电突然损坏，他的父亲检查发现，电视机的保险丝熔断，换上新的同样规格保险丝开机后又立即熔断，这种现象说明电路中存在________现象()A．断路B．短路C．漏电D．开路B[保险丝是为了保护用电器在电流过大的情况下不被烧杯而设计的，当电路中的电流超过安全电流时就立即熔断保险丝，确保用电器的安全，接上新的同样规格保险丝开机后又立即熔断，说明电路的电流很大，即电路存在短路．] 7．如图3所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是()【导学号：71082100】图3A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转C[甲、乙、丁中磁通量始终为零，不会产生感应电流．]8．在下列各图中，表示磁场B方向、电流I方向及电流受力F方向三者关系正确的是()A[根据左手定则可判断A正确．]9．下列说法正确的是()A．电容器是一种储存电荷的装置B．避雷针是用来防止静电的C．电感器应用了电流的热效应D．电磁炉应用了电磁感应现象AD[电容器的本领就是能储存电荷，故A选项对．避雷针是利用尖端放电防止雷击的，B错．电感器、电磁炉都是电磁感应现象，故C错，D对．] 10．磁感线可以用来描述磁场，下列关于磁感线的说法不正确的是() A．磁感线的疏密表示磁场的强弱B．磁感线从S极出发，终止于N极C．匀强磁场的磁感线疏密分布均匀D．磁感线上任一点的切线方向表示该点的磁场方向B[磁感线的疏密表示磁场的强弱，A正确；磁感线是闭合曲线，在磁体外部从N极到S极，在磁体内部从S极到N极，B错误；匀强磁场的磁感线疏密分布均匀，C正确；磁感线上任一点的切线方向表示该点的磁场方向，D正确．] 11．关于电磁理论，下列描述不正确的是()A．电磁场不是一种物质B．静止的电荷能够在周围空间产生稳定的磁场C．稳定的磁场能够在周围空间产生稳定的电场D．变化的电场和变化的磁场互相激发，由近及远传播形成电磁波ABC[电磁场是一种客观存在的物质，A错误；静止的电荷不能在周围空间产生磁场，B错误；稳定的磁场不能够在周围空间产生电场，C错误；只有D 正确．]12．下列设备的运行与电磁波有关的是()A．医院里，医生利用B超可观察到母体内的婴儿情况B．“嫦娥一号”接收地面指挥中心的运行指令实现变轨而奔向月球C．汽车上安装有GPS(全球卫星定位系统)以确定行驶路线和距离D．在汶川大地震发生后救灾人员利用卫星电话恢复了与外界的通讯联系BCD[B超为超声波，是机械波．其它均与电磁波有关．]二、非选择题(本题共6小题，共52分)13．(6分)在电场中P点放一个电荷量为4×10－9C的点电荷，它受到的电场力为2×10－4N，则P点的场强为________ N/C.把放在P点的点电荷的电荷量减为2×10－9C，则P点的场强为__________ N/C.把该点的点电荷移走，P 点的场强又为__________N/C.[解析]根据场强的定义式得E＝Fq＝5×104 N/C，电场中某点的电场强度与试探电荷的大小、有没有试探电荷没有关系，它是由电场本身决定的，所以该点的电场强度不变．[答案]5×1045×1045×10414．(8分)(1)有一段长度为5 cm的导线垂直放置在匀强磁场中，当导线通过的电流是 1 A 时，受到的安培力为0.01 N ，则该磁场的磁感应强度B ＝________T ；若将该导线平行磁场放置，则导线所受的安培力F ＝________N.(2)导体中的电流是5 mA ，那么在3.2 s 内有________C 的电荷定向移动通过导体的横截面，相当于______个电子通过该截面．[解析] (1)B ＝F IL ＝0.2 T ，若I ∥B ，则F ＝0.(2)q ＝It ＝1.6×10－2 C ，n ＝q e ＝1017(个)．[答案] (1)0.2 0 (2)1.6×10－2 101715．(8分)真空中两个点电荷带有相等的电荷量，要使它们之间相距1 m 时的相互作用力等于 1 N ，则每个电荷的电荷量是多少？等于电子电荷量的多少倍？[解析] 由库仑定律F ＝kq2r2得q ＝1.05×10－5 Cn ＝q e ＝6.56×1013(倍)．[答案] 1.05×10－5 C 6.56×1013倍16．(8分)有一个50匝的线圈，线圈的总电阻是200 Ω，在2 s 内线圈的电流是0.2 A ，求穿过线圈的磁通量的变化率是多少？【导学号：71082101】[解析] 由欧姆定律：E ＝IR ＝40 V由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 得ΔΦΔt ＝E n ＝0.8 Wb/s.[答案] 0.8 Wb/s17．(11分)质量为m 的带电小球用细绳系住悬挂于匀强电场中，如图4所示，静止时θ为60°，g 取10 m/s 2.求：图4(1)小球带何种电？(2)若将线烧断，2 s末小球的速度是多大？[解析](1)由小球受到的电场力向左可判定小球带负电．(2)小球有两个状态：静止；线断后沿线的方向做初速度为0的匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：mgcos 60°＝ma代入数据解得：a＝2g v＝at＝40 m/s.[答案](1)负电(2)40 m/s18．(11分)如图5所示，水平放置的平行金属导轨，表面光滑，宽度L为1 m，在其上放一金属棒，棒与导轨垂直，且通有0.5 A、方向由a向b的电流．整个装置放在竖直方向的匀强磁场中．在大小为2 N、方向水平向右，且与棒垂直的外力F作用下，金属棒处于静止状态．求：图5(1)所加磁场的方向；(2)磁感应强度的大小．【导学号：71082102】[解析](1)安培力方向水平向左，由左手定则判定磁场方向竖直向下．(2)由F安＝BIL由平衡条件：F安＝F，得：B＝FIL＝20.5×1T＝4 T.[答案](1)磁场方向竖直向下(2)4 T。

粤教版高中物理选修3-2 模块综合测评

模块综合测评(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10个小题,每小题4分,共40分．在每小题给出的四个选项中,第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题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)1．随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机,大到电脑、电动汽车的充电,都已经实现了从理论研发到实际应用的转化．下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图．关于无线充电,下列说法正确的是( )A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电C[无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象,不是“电流的磁效应”现象,故A错误；当充电设备通以恒定直流,无线充电设备不会产生交变磁场,那么不能够正常使用,故B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故C正确；被充电手机内部,应该有一类似金属线圈的部件,与手机电池相连,当有交变磁场时,则出现感应电动势,那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电,故D错误．]2．骑自行车有很多益处,可缓解交通压力,可节能减排；骑自行车时,人做功要消耗体能,还可强身健体。

近来多个城市推出摩拜单车,车锁内主要集成了芯片、GPS定位模块和SIM卡等,便于掌控自行车的具体位置和状态,其工作原理如图所示．使用摩拜单车APP,用户可以查看并找到单车位置,扫描车身上的二维码,通过手机网络发送到云端请求解锁,云端收到后识别该车辆并发送解锁指令,摩拜单车执行解锁指令自动开锁,用户便可开始骑行．据此材料,以下推断错误的是( )A ．摩拜单车车锁工作过程中需要用电,车内有供电系统B ．无线电信号非常弱时,摩拜单车的定位将受到影响C ．打开车锁是通过超声波来完成信息交换的D ．二代摩拜单车车筐内的太阳能电池板把太阳能转化为电能C [根据题意可知,车辆收到解锁指令后自动开锁,可知开锁过程需要用电,故A 正确；定位系统通过无线电来传输信号,所以无线电信号微弱时定位将受到影响,故B 正确；解锁系统是车辆通过接收云端发送的解锁指令而实现的,并不是利用超声波来完成信息交换的,故C 错误；二代摩拜单车车筐内的太阳能电池板把太阳能转化为电能,故D 正确．]3．如图,交流电源的电动势有效值与直流电源的电动势相等,两电源的内阻均可忽略,三个灯泡是完全相同的,分别与定值电阻、电感器和电容器相接．当S 接1时三个灯泡的亮度相同,那么S 接2时( )A ．三个灯泡亮度相同B ．甲灯比乙灯亮,丙灯不亮C ．甲灯比乙灯暗,丙灯不亮D ．甲灯和乙灯亮度相同,丙灯不亮C [由题意,当单刀双掷开关S 接1时,即为交流,三个灯亮度相同,说明电感L 的感抗与电阻R 相同,当S 接2时,电感L 没有感抗,电容器具有隔断直流的作用,而交流与直流对电阻R 没有影响,所以丙灯不亮,灯甲亮度不变,乙灯亮度增加,即甲灯比乙灯暗,故C 正确,A 、B 、D 错误．]4．如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是 ( )A B C DD [设线框运动的速度为v,则线框向左匀速运动第一个l 2v的时间内,线框切割磁感线运动产生的电动势为E ＝2Bdv(d 为导轨间距),电流i ＝E R ,回路中电流方向为顺时针；第二个l 2v的时间内,线框切割磁感线运动产生的电动势为零,电流为零；第三个l 2v的时间内,线框切割磁感线运动产生的电动势为E ＝2Bdv,电流i ＝E R,回路中电流方向为逆时针,所以D 正确．] 5.如图所示,平放在水平面的铁芯上分别绕有线圈L 1、L 2,每个线圈各接有两条光滑的平行金属导轨,金属棒MN 、PQ 均垂直于导轨放置,MN 棒可自由移动而PQ 棒固定．MN 所在轨道之间有竖直向上的匀强磁场B 1,PQ 棒所在轨道之间有沿竖直方向的变化磁场B 2,规定竖直向上为B 2的正方向．当B 2变化时,MN 在磁场B 1的作用下向右运动,则B 2随时间变化的B 2t 图象可能是下图中的( )A B C DD [由E 2＝n ΔB 2ΔtS 可知,若磁场B 2均匀变化,产生的感应电动势E 2恒定不变,L 2中的电流恒定不变,L 1中将无感应电动势,MN 棒不会向右运动,A 、B 选项均错误；若B 2竖直向上,逐渐减小,变化率也减小,由楞次定律可判断,L 1中的磁通量方向竖直向上,且在减小,MN 棒中的感应电流方向由MN,在B 1中所受安培力水平向左,MN 棒将向左运动,C 选项错误；同样道理可分析,D 选项正确．]6.如图,导体轨道OPQS 固定,其中PQS 是半圆弧,Q 为半圆弧的中点,O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆,M 端位于PQS 上,OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM 的电荷量相等,则B′B等于( ) A.54B.32C.74 D ．2B [设OM 的电阻为R,圆的半径为l,过程Ⅰ：OM 转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E 1＝ΔΦΔt 1＝B·ΔS Δt 1＝B ·14πl 2Δt 1＝πBl 24Δt 1,流过OM 的电流为I 1＝E 1R ＝πBl 24RΔt 1,则流过OM 的电荷量为q 1＝I 1·Δt 1＝πBl 24R；过程Ⅱ：磁场的磁感应强度大小均匀增加,则该过程中产生的平均感应电动势大小为E 2＝ΔΦΔt 2＝B′－B S Δt 2＝B′－B πl 22Δt 2,电路中的电流为I 2＝E 2R ＝πB′－B l 22RΔt 2,则流过OM 的电荷量为q 2＝I 2·Δt 2＝πB′－B l 22R ；由题意知q 1＝q 2,则解得B′B ＝32,B 正确,A 、C 、D 错误．] 7．如图所示,将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上,一端接上电池(电池另一极与锉刀接触),手持导线的另一端,在锉刀上来回划动,由于锉刀表面凹凸不平,就会产生电火花．则下列说法中正确的是( )A ．产生电火花的回路只由导线与电池组成B ．若导线端只向一个方向划动也能产生电火花C ．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响D ．导线端划动的方向与自感电动势的方向无关BD [由图可知,产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成．故A 错误；手执导线的另一端,在锉刀上来回划动时产生的电火花,是由于电路时通时断,在回路中产生自感电动势产生的,与导线运动的方向无关,如导线端只向一个方向划动也能产生电火花．故B 正确；产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成,如果锉刀是绝缘体,则实验不能完成．故C 错误；自感电动势的方向与电流接通或电流断开有关,与导线端划动的方向无关．故D正确．]8．室外天线放大器能将室外接收到的微弱电视信号放大,使得电视机更清晰．放大器放置在室外的天线附近,为它供电的电源盒放置在室内,连接电源盒与放大器的两条电线兼有两种功能：既是天线放大器的50 Hz低频电源线,同时又将几百兆赫兹高频电视信号送入室内．供电视机使用．即低频电流和高频电流共用一个通道。

高中物理模块综合检测粤教版选修33

模块综合检测(满分：100分时间：60分钟)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.1－5小题为单选，6－10小题为双选，全部选对得6分．选对但不全得3分，有选错或不选的得0分)1．关于液体和固体，以下说法错误的是( )A ．液体分子间的相互作用比固体分子间的相互作用强B ．液体分子同固体分子一样，也是密集在一起的C ．液体分子的热运动没有长期固定的平衡位置D ．液体的扩散比固体的扩散快【解析】液体具有一定的体积，是液体分子密集在一起的缘故，但液体分子间的相互作用不像固体微粒那样强，所以选项B 正确、A 错误．液体具有流动性的原因是液体分子热运动的平衡位置不固定，液体分子之所以能在液体中移动也正是因为液体分子在液体里移动比固体容易，所以其扩散也比固体的扩散快，选项C 、D 正确．故应选A.【答案】 A2．某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时( )A ．室内空气的压强比室外的小B ．室内空气分子的平均动能比室外的大C ．室内空气的密度比室外的大D ．室内空气对室外空气做了负功【解析】未密闭房间内的空气在温度升高时等压膨胀，对外做功，选项A 、C 、D 错误．温度是分子平均动能的标志，选项B 正确．【答案】 B3．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．若气体的压强和体积都变，其内能也一定变B ．若气体的内能不变，其状态也不一定不变C ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也不一定不断增大D ．气体温度每升高1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关【解析】由pV T＝C (常量)可知，p 、V 都变，而pV 乘积可能不变，故T 不一定变，选项A 错误；同理可知，选项C 错误；若气体的内能不变，气体的温度一定不变(等温变化)，则pV 的乘积不变，其状态有可能改变，选项B 错误；气体温度每升高1 K 吸收的热量与过程有关，气体温度升高1 K 的过程中气体对外做功和气体对外不做功两种情况下，气体吸收的热量并不相等，选项D 正确．【答案】 D4．一只轮胎容积为V ＝10 L ，已装有p 1＝1 atm 的空气．现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V 0＝1 L ，要使胎内气体压强达到p 2＝2.5 atm ，应至少打多少次(设打气过程中轮胎容积及气体温度保持不变，大气压强p 0＝1 atm)( )A ．8B ．10C ．12D ．15【解析】本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的空气和原来组成的整体为研究对象，设打气次数为n ，则V 1＝V ＋nV 0，由玻意耳定律，p 1V 1＝p 2V ，解得n ＝15.【答案】 D5．如图1所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞．用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，胶塞冲出容器口后( )图1A ．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少B ．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加C ．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少D ．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加【解析】打开卡子后胶塞冲出，没有热交换，而气体体积变大，内部气体对外做功，内能减少，温度降低，温度计示数变小，C 正确．【答案】 C6．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A ．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B ．若气体的内能不变，其状态也一定不变C ．若气体的温度随时间不断升高，其压强也不一定不断增大D ．当气体温度升高时，气体的内能一定增大【解析】一定质量的理想气体的内能仅由温度来决定，温度不变，气体的内能不变，温度升高，气体的内能增加，选项D 正确；由pV T＝C (常量)可知，p 、V 不变则T 一定不变，选项A 正确；同理可知，选项C 错误；若气体的内能不变，气体的温度一定不变(等温变化)，则pV 的乘积不变，其状态有可能改变，选项B 错误．【答案】 AD7．关于一定量的气体，下列说法正确的是( )A ．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B ．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C ．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D ．气体从外界吸收热量，其内能一定增加【解析】气体分子在空间可自由移动，因此气体体积应是气体分子所能到达的空间，选项A 正确；分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，选项B 正确；气体压强的大小等于气体作用在器壁单位面积上的压力，与失、超重无关，选项C 错误；气体吸收热量的同时可对外做功，内能不一定增加，选项D 错误．【答案】 AB8.图2为某同学设计的喷水装置，内部装有2 L 水，上部密封1 atm 的空气0.5 L ，保持阀门关闭，再充入1 atm 的空气0.1 L ，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )图2A ．充气后，密封气体压强增加B ．充气后，密封气体的分子平均动能增加C ．打开阀门后，密封气体对外界做正功D ．打开阀门后，不再充气也能把水喷光【解析】根据玻意耳定律，温度的实质解决问题．充气前后，封闭气体的初态参量p 1＝1 atm ，V 1＝0.6 L ；末态参量p 2＝？，V 2＝0.5 L ．根据p 1V 1＝p 2V 2，得p 2＝p 1V 1V 2＝1×0.60.5atm ＝1.2 atm ，故充气后压强增大，选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，因为温度不变，故气体的分子平均动能不变，选项B 错误；打开阀门后气体体积增大，故气体对外界做正功，选项C 正确；打开阀门后，水向外流出，假若水全部流出，由pV T＝k 知，容器内的气压会降为0.24 atm ，小于外部气压，故水不会喷光，选项D错误．【答案】AC9．关于热力学定律，下列说法正确的是( )A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体【解析】改变内能的方法有做功和热传递两种，所以为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，选项A正确；对物体做功的同时向外界放热，则物体的内能可能不变或减小，选项B错误；根据热力学第二定律可知，在对外界有影响的前提下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，选项C正确；在有外界做功的条件下，可以使热量从低温物体传递到高温物体，选项D错误．【答案】AC10．一定质量气体的状态变化过程的pV图线如图3所示，其中A是初始态，B、C是中间状态．A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行．如将上述变化过程改用pT图线和VT图线表示，则在下列的各图正确的是( )图3【解析】气体由A→B是等温过程，且压强减小，气体体积增大；由B→C是等容过程，且压强增大，气体温度升高；由C→A是等压过程，且体积减小，温度降低．由此可判断在pT图中A错误、B正确，在VT图中C错误、D正确．【答案】BD二、非选择题(本题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11. (14分)油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL ，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的纯油膜的形状如图4所示．若每一小方格的边长为25 mm ，试问：图4(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图中油酸膜的面积为________ m 2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是________ m 3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________ m ．(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm 的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？请写出你分析的原因：__________________________________________.【解析】油膜面积约占70小格，面积约为S ＝70×25×25×10－6 m 2≈4.4×10－2 m 2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V ＝150×0.61 000×10－6 m 3＝1.2×10－11 m 3，故油酸分子的直径约等于油膜的厚度 d ＝V S ＝1.2×10－114.4×10－2 m≈2.7×10－10 m. 【答案】 (1)球形单分子直径 4.4×10－2 1.2×10－11 2.7×10－10(2)主要有两个原因：①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积先扩张后又收缩；②油酸酒精溶液中的酒精将溶于水并很快挥发，使液面收缩12．(10分)如图5所示，一定质量的理想气体从状态A 经等压过程到状态B .此过程中，气体压强p ＝1.0×105 Pa ，吸收的热量Q ＝7.0×102J ，求此过程中气体内能的增量．图5【解析】等压变化V A T A ＝V B T B，对外做的功W ＝p (V B －V A )根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝5.0×102 J.【答案】 5.0×102J13．(16分)如图6，由U 形管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0 ℃的水槽中，B 的容积是A 的3倍．阀门S 将A 和B 两部分隔开．A 内为真空，B 和C 内都充有气体．U 形管内左边水银柱比右边的低60 mm.打开阀门S ，整个系统稳定后，U 形管内左右水银柱高度相等．假设U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．(ⅰ)求玻璃泡C 中气体的压强(以mmHg 为单位)；(ⅱ)将右侧水槽的水从0 ℃加热到一定温度时，U 形管内左右水银柱高度差又为60 mm ，求加热后右侧水槽的水温．图6【解析】 (ⅰ)在打开阀门S 前，两水槽水温均为T 0＝273 K ．设玻璃泡B 中气体的压强为p 1，体积为V B ，玻璃泡C 中气体的压强为p C ，依题意有p 1＝p C ＋Δp ①式中Δp ＝60 mmHg.打开阀门S 后，两水槽水温仍为T 0，设玻璃泡B 中气体的压强为p B .依题意有，p B ＝p C ②玻璃泡A 和B 中气体的体积为V 2＝V A ＋V B ③根据玻意耳定律得p 1V B ＝p B V 2④联立①②③④式，并代入题给数据得p C ＝V B V AΔp ＝180 mmHg.⑤ (ⅱ)当右侧水槽的水温加热到T ′时，U 形管左右水银柱高度差为Δp .玻璃泡C 中气体的压强为p ′C ＝p B ＋Δp ⑥玻璃泡C 的气体体积不变，根据查理定律得p C T 0＝p ′C T ′⑦ 联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得T ′＝364 K ．⑧【答案】 (ⅰ)180 mmHg (ⅱ)364 K。

高中物理模块综合检测(一)粤教版选修3-5

模块综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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，选对的得3分，选错或不答的得0分) 1．关于动量和动能，下列说法中错误的是( )A．做变速运动的物体，动能一定不断变化B．做变速运动的物体，动量一定不断变化C．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零解析：做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合外力对物体做功为零，据动能定理，物体动能不变，物体动能的增量一定为零，故C正确；合外力的冲量为零，据动量定理，物体动量不变，物体动量的增量一定为零，故D正确．答案：A2．天然放射性元素衰变时放出的α射线是( )A．α粒子流B．质子流C．中子流D．电子流解析：天然放射性元素衰变时放出的α射线是α粒子流．故A正确，B、C、D错误．答案：A3．下面是历史上的几个著名实验的装置图，其中发现电子的装置是( )A BC D解析：汤姆生利用气体放电管研究阴极射线，发现了电子．答案：A4．关于核反应方程21H ＋31H →42He ＋X ，以下说法中正确的是( )A ．X 是10n ，该核反应属于聚变B ．X 是11H ，该核反应属于裂变C ．X 是10n ，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料D ．X 是11H ，该反应中的核燃料是当前核电站采用的核燃料解析：根据质量数守恒和电荷数守恒知X 是10n ，此核反应属于聚变，A 正确、B 错误．当前核电站采用的燃料是铀235，C 、D 错误．答案：A5．小船相对于地面以速度v 1向东行驶，若在船上以相对地面的相同速率v 分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将( )A ．不变B ．减小C ．增大D ．改变方向解析：以两重物和船为系统，抛重物的过程系统满足动量守恒定律的条件，即(M ＋2m )v ＝mv －mv ＋Mv ′，所以v ′＝M ＋2m M v ＞v ，故C 正确．答案：C6．某种放射性元素的半衰期为6天，则下列说法中正确的是( )A ．10个这种元素的原子，经过6天后还有5个没有发生衰变B ．当环境温度升高的时候，其半衰期缩短C ．这种元素以化合物形式存在的时候，其半衰期改变D ．质量为m 的这种元素的原子，经过12天后还有0.25m 没有发生衰变解析：半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间，是大量原子核的统计规律，10个原子不能反映统计规律，故A 错误；原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境以及原子的物理化学状态均无关，故BC 错误；质量为m 的这种元素的原子，经过12天后还有m4没有发生衰变，故D 正确．答案：D7.如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照到阴极K 时，电路中有光电流，则( )A．若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流B．若换用波长为λ2(λ2<λ0) 的光照射阴极K时，电路中光电流一定增大C．若将变阻器滑动头P从图示位置向右滑一些，仍用波长λ0的光照射，则电路中光电流一定增大D．若将变阻器滑动头P从图示位置向左滑过中心O点时，其他条件不变，则电路中仍可能有光电流解析：尽管λ1>λ0，频率ν1<ν0，但它不一定不能发生光电效应，A错．用λ2的光一定能发生光电效应，但光电流由光强决定，因此光电流不一定增大，B错．变阻器滑动头P 右滑，U AK增大，若滑动前已达饱和电流，那么光电流不增大，因此C错．若滑动头左滑U AK<0是反向电压，只要未超过反向遏止电压，就有光电流，D正确．答案：D8．氢原子的能级如图所示，下列说法不正确的是( )A．一个氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子，这时电子动能减少，原子势能减少B．已知可见光的光子能量范围约为1.62 eV～3.11 eV，处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离C．有一群处于n＝4能级的氢原子，如果原子n＝2向n＝1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，则这群氢原子发出的光谱中共有3条谱线能使该金属产生光电效应D．有一群处于n＝4能级的氢原子，如果原子n＝2向n＝1跃迁所发出的光正好使某种金属材料产生光电效应，从能级n＝4向n＝1发出的光照射该金属材料，所产生的光电子的最大初动能为2.55 eV解析：根据C24＝6知，一群氢原子处于量子数n＝4的激发态，它们向较低能级跃迁时可能辐射出6种不同频率的光子，这时动能增大，电势能减小，故A错误；可见光的光子能量范围约为1.62 eV～3.11 eV，则紫外线的能量高于3.11 eV，而n＝3能级的氢原子能量为－1.51 eV，因此处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离，故B 正确；根据光电效应产生条件，原子n＝4向n＝1，n＝3向n＝1，n＝2向n＝1跃迁所发生的光，能使其发生光电效应，故C正确；由C选项分析，结合光电效应方程E km＝hν－W，可知，从能级n＝4向n＝1发出的光照射时，辐射能量为E＝13.6 eV－0.85 eV＝12.75 eV，原子n＝2向n＝1跃迁所发出的光的能量为E′＝13.6 eV－3.4 eV＝10.2 eV，则产生的光电子的最大初动能为E km＝12.75 eV－10.2 eV＝2.55 eV，故D正确．答案：A9．一个静止在磁场中的放射性同位素原子核3015P ，放出一个正电子后变成原子核3014Si ，下列各图中近似反映正电子和Si 核轨迹的图是( )解析：把放出的正电子和衰变生成物Si 核看成一个系统，衰变过程中系统的动量守恒，放出的正电子的运动方向跟Si 核的运动方向一定相反，且由于它们都带正电，在洛伦兹力作用下一定形成两个外切圆的轨迹，选项C 、D 错．因为由洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2r ，所以半径r ＝mv qB.衰变时，放出的正电子获得的动量大小与反冲核Si 的动量大小相等，因此在同一个磁场中正电子和Si 核做匀速圆周运动的半径与它们的电量成反比，即r e r Si ＝q Si q e ＝14，可见正电子运动形成的圆的半径较大．故选项B 正确，选项A 错误．答案：B10．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为2 000 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3 000 kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止．经测定，长途客车碰前以30 m/s 的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率( )A ．小于20 m/sB ．大于20 m/s ，小于30 m/sC ．大于30 m/s ，小于40 m/sD ．大于20 m/s ，小于40 m/s解析：长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，设长途客车质量为m ，卡车质量为M ，规定客车的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有：mv 1－Mv 2＝()m ＋M v ，因为碰后两辆车一起向南滑行了一段距离才停止，所以总动量应该是向南，即客车动量大于卡车的动量，即：mv 1－Mv 2＞0代入数据得：v 2<mv 1M ＝2 000×303 000m/s ＝20 m/s ，故A 正确．答案：A二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是( )A ．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性B ．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C ．宏观物体的运动有特定的轨道，所以宏观物体不具有波粒二象性D ．康普顿效应说明了光具有粒子性解析：德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切运动的物体都具有波粒二象性，故A 正确，C 错误；物质具有波动性，运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道，故B 正确；康普顿效应说明了光具有粒子性，故D 正确．答案：ABD12.如图所示，一质量为2 kg 的物体放在光滑的水平面上，原来处于静止状态，现用与水平方向成60°角的恒力F ＝10 N 作用于物体上，历时5 s ，则( )A ．力F 对物体的冲量大小为50 N·sB ．力F 对物体的冲量大小为25 N·sC ．物体的动量变化量为25 kg·m/sD ．物体所受重力的冲量大小为0解析：冲量p ＝Ft ＝10×5 N·s＝50 N·s，物体动量的变化就是等于冲量的变化，可作受力分析，由于力F 的向下分力与支持力相互抵消，所以合力等于10cos 60° N＝5 N ，合外力的冲量为p ＝Ft ＝5 ×5 N·s＝25 N·s，A 、C 正确．答案：AC13．下列说法正确的是( )A ．相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小B ．钍核234 90Th ，衰变成镤核234 91Pa ，放出一个中子，并伴随着放出γ光子C ．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速度减小D ．平均结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定解析：钍核衰变的核反应方程式为234 90Th →234 91Pa ＋ 0－1e ，选项B 错误；氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子轨道半径减小，由a ＝kQq mr 2，核外电子运动的加速度增大，选项C 错误．故只有选项A 、D 正确．答案：AD14．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹不可能的是( )解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后．甲在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得4m×2＝3mv甲＋mv乙，由平抛运动规律知，A图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s，不满足动量守恒关系，选项A错误；B图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s，满足动量守恒关系，选项B正确；甲在后情况，C图中v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s，不满足动量守恒关系，选项C错误；D图中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s，同样不满足动量守恒关系，选项D错误．答案：ACD三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．答案中必须明确写出数值和单位)15．(12分)如图所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图．(1)设小球A质量为m A，小球B质量为m B，为保证实验成功，必须保证m A______m B(选填“大于”“等于”或“小于”)．小球半径____________测量(选填“需要”或“不需要”)．(2)实验中小球的落点情况如上图所示：P是不放B球时，将A球从斜槽上某一高度静止释放后A球的落点，M、N分别为A球从同一高度静止释放到达斜槽水平端与B球相碰后A、B球落点，现已测得O到M、P、N距离分别为s1、s2、s3，若关系式________________成立，则验证了A、B相碰动量守恒．(3)若A、B两球的质量之比为m A∶m B＝3∶1.先使A球从斜槽上某一高度处由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹P，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从同一高度处由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如下图所示，其中米尺的零点与O点对齐．①碰撞后A球的水平射程应取________cm.②本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度．下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离的大小表示水平初速度大小的是________(填选项符号)．A．使A、B两小球的质量之比改变为5∶1B．升高小球初始释放点的位置C．使A、B两小球的直径之比改变为1∶3D．升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度③利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为________(结果保留三位有效数字)．解析：(1)根据实验要求，碰后A球不能反弹，所以要使m A>m B，不需要测小球的半径．(2)若取小球平抛下落时间为一个单位，则只要满足m A s2＝m A s1＋m B s3，便可验证动量守恒．(3)①用最小的圆的圆心确定落点的平均位置，则M、P、N距O点的距离即为碰后各个球的水平射程：x OM＝14.45 cm；x OP＝29.90 cm，x ON＝44.40 cm，所以碰后A球的水平射程应为x OM＝14.45 cm；②本实验的前提条件是两个球是对心碰撞，即要求碰撞前后的速度在两个球的球心连线方向上．由此可以选出答案为 C.③碰撞前后的总动量比值为：p前p后＝m A x OPm A x OM＋m B x ON＝1.02，考虑误差因素可取1.01～1.02.答案：(1)大于不需要(2)m A s2＝m A s1＋m B s3(3)①14.45～14.50 ②C③1.01～1.0216．(12分)在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R. 以m、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用A Z X表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程．(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．(3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm.解析：(1)根据核反应中质量数与电荷数守恒，该α衰变方程为A Z X →A －4Z －2Y ＋42He (2)α粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R根据圆周运动的参量关系有T ＝2πR v得α粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB根据电流强度定义式，可得环形电流大小为I ＝q T ＝q 2B 2πm(3)由qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBR m设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，核反应前后系统动量守恒，有Mv ′－mv ＝0可得v ′＝mv M ＝qBR m根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有Δmc 2＝12Mv ′2＋12mv 2 解得Δm ＝（M ＋m ）q 2B 2R 22mMc 2 答案：(1)AZ X →A －4Z －2Y ＋42He (2)T ＝2πm qB I ＝q 2B 2πm (3)Δm ＝（M ＋m ）q 2B 2R 22mMc 2 17．(16分)(1)下列说法正确的是__________A ．康普顿效应进一步证实了光的波动特性B ．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化C ．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征D ．天然放射性元素的半衰期与环境的温度有关(2)23490Th 是不稳定的，能自发地发生衰变．①完成234 90Th 衰变反应方程234 90Th →234 91Pa ＋________．②234 90Th 衰变为222 86Rn ，共经过__________α次衰变，________β次衰变．(3)氢原子的能级如图所示，有一群处于n ＝4能级的氢原子．如果原子n ＝2向n ＝1跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，则：①这群氢原子发出的光谱中共有几条谱线能使该金属产生光电效应？②从能级n ＝4向n ＝1发出的光照射该金属材料，所产生的光电子的最大初动能为多少？解析：(3)共有3种频率的光能够使金属发生光电效应从n ＝4跃迁到n ＝1发出光子的能量ΔE ＝E 4－E 1＝12.75 eV ，该金属的逸出功W ＝E 2－E 1＝10.2 eV ，根据光电效应方程ΔE ＝E km ＋W 可知光电子最大初动能E km ＝ΔE －W ＝2.55 eV.答案：(1)BC (2) 0－1e 3 2 (3)①3种②2.55 eV18．(14分)如图所示，光滑水平面上静止放着长L ＝1.6 m ，质量为M ＝3 kg 的木块(厚度不计)，一个质量为m ＝1 kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F (g 取10 m/s 2)．(1)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？(2)如果F ＝10 N ，求小物体所能获得的最大动能？(3)如果F ＝10 N ，要使小物体从木板上掉下去，F 作用的时间不能小于多少？解析：(1)物块随木板运动的最大加速度为a对小物体由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，对整体由牛顿第二定律，得F ＝(M ＋m )a ， F ＝μ(M ＋m )g ＝0.1×(3＋1)×10 N ＝4 N.(2)小物体的加速度a 1＝μmg m ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2，木板的加速度a 2＝F －μmg M ＝10－0.1×1×103m/s 2＝3 m/s 2，由12a 2t 2－12a 1t 2＝L ，解得物体滑过木板所用时间t ＝ 1.6 s ，物体离开木板时的速度v 1＝a 1t ＝ 1.6 m/s ，故E k1＝12mv 21＝0.8 J. (3)若F 作用时间最短，则物体离开木板时与木板速度相同．设F 作用的最短时间为t 1，物体在木板上滑行的时间为t ，物体离开木板时与木板的速度为v .则v ＝a 1t ＝t ，v 1＝a 1t 1＝t 1，v 2＝a 2t 1＝3t 1.由动量守恒定律，有mv 1＋Mv 2＝(m ＋M )v ，由t 1＋9t 1＝4t 得t ＝2.5t 1，由位移关系v 22t 1＋v 2＋v 2(t －t 1)＝v 2t ＋1.6，解得t ·t 1＝1.6将t ＝2.5t 1代入，得t 1＝0.8 s.答案：(1)F 不能超过4 N (2)0.8 J (3)F 作用的时间不能小于0.8 s。

高中物理模块综合检测卷(二)(含解析)粤教版选修32

模块综合检测卷(二)(测试时间：50分钟评价分值：100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．如图所示一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是(D)A．线圈沿纸面向右移动 B．线圈沿纸面向下移动C．线圈垂直纸面向外移动 D．线圈以ab边为轴转动解析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化．因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生．A、B、C，由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故A、B、C错误；D.当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变化，故有感应电流产生，故D正确．2．如下图所示，理想变压器的a、b端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑动变阻器的滑片P位于图示位置．现将滑片下移(导线电阻不计)，则以下说法中正确的是(A)A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变解析：变压器的原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载无关，将滑片P下移，副线圈电压不变，灯仍能正常发光，电阻增大，流经电阻的电流减小，副线圈的电流减小，原线圈的电流也变小．3．如图所示，理想变压器的原线圈接u＝11 0002sin 100 πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V，880 W”的电器R L供电，该电器正常工作．由此可知(C)A．原、副线圈的匝数比为50∶1 B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 A D．变压器的输入功率为880 W解析：输入电压的有效值为11 000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原、副线圈的匝数比小于50∶1，故A错误；由输入电压的表达式知，f＝100π2π＝50 Hz，故B错误；副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I＝4 A，故C正确；变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故D错误．4．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B、电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为(D)A.BL2ω2RB.2BL2ω2RC.2BL2ω4RD.BL2ω4R解析：交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有T4的时间内有感应电流，则有⎝⎛⎭⎪⎪⎫BLωL2R2·R·T4＝I2RT，所以I＝BL2ω4R，所以D正确．二、多项选择题(本题共5小题，每题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)5．为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计，如下图所示．当开关S 闭合后(AD )A ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变解析：因U 1U 2＝n 1n 2，所以V 1、V 2都不变，D 对；当开关S 闭合后，负载总电阻减少，则由I 2＝U 2R 可得I 2增大，由U 1I 1＝U 2I 2得I 1也增大，且I 1I 2＝n 2n 1，A 对． 6．如图是远距离输电的示意图，则电压U 1、U 2、U 3、U 4之间的关系是(BC )A ．U 1＞U 2B ．U 2＞U 3C ．U 3＞U 4D ．U 3＝U 1＋U 2解析：由图可知，左边是升压变压器，则U 1＜U 2，由于输电线电阻，导致U 3＜U 2；右边则是降压变压器，所以U 3＞U 4, 故B 、C 正确，A 、D 错误．7．如图所示，电路甲、乙中，电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，接通S ，使电路达到稳定，灯泡D 发光，则(AD )A ．在电路甲中，断开S ，D 将逐渐变暗B ．在电路甲中，断开S ，D 将先变得更亮，然后渐渐变暗C ．在电路乙中，断开S ，D 将渐渐变暗D ．在电路乙中，断开S ，D 将变得更亮，然后渐渐变暗解析：电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向与原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向跟原电流的方向相同，抑制减小．在电路甲中，断开S ，由于线圈阻碍电流变小，导致D 将逐渐变暗．故A 正确；在电路甲中，由于电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比电阻的电流小，当断开S 时，D 将不会变得更亮，但会渐渐变暗．故B 错误；在电路乙中，由于电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S 时，由于线圈阻碍电流变小，导致D 将变得更亮，然后逐渐变暗．故C 错误；在电路乙中，由于电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S 时，由于线圈阻碍电流变小，导致D 将变得更亮，然后逐渐变暗．故D 正确．8．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有(CD )A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析：A 项应不变，A 错误；B 项中I ＝PU，U 损＝IR ，U 3＝U 2－U 损，因P 变大，I 变大，所以U 损变大，所以降压变压器初级电压U 3变小，B 错误；C 项中P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，因P 变大，所以P 损变大，C 正确；D 项中P 损P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R P ＝PR U2，因P 变大，所以比值变大，D 正确． 9．如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间(BC )A ．两小线圈会有相互靠拢的趋势B ．两小线圈会有相互远离的趋势C．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向解析：根据右手螺旋定则可知，导线通电瞬间，左、右线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向，再由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离．故B、C正确，A、D错误．三、非选择题(本大题3小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)10．(12分)酒精测试仪用于机动车驾驶人员是否酗酒及其他严禁酒后作业人员的现场检测．它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化．在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻．这样，电压表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系U越大，表示c________(填“越大”或“越小”)，c与U ________(填“成正比例”或“不成正比例”)．解析：酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测R0两端的电压，酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，测试到的酒精气体浓度越大则传感器的电阻的倒数越大，所以传感器的电阻越小，根据欧姆定律可知通过传感器的电流越大，R0和右边定值电阻两端的电压越大，传感器两端的电压越小，所以U越大．表示c越大，但是c 与U不成正比例．答案：越大不成正比例11．(20分)半径为r的光滑圆形轨道由金属材料制成，电阻为R，轨道平面水平．空间有分布均匀且随时间变化的匀强磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示．磁感应强度B的变化规律如图乙所示．求：(1)t＜T和t≥T时圆环上感应电动势的大小及感应电流的方向．(2)在0到T时间内，通过金属环的电荷量是多少？解析：(1)由图乙可知，在t ＜T 时，磁感应强度B 随时间t 均匀增强，根据法拉第电磁感应定律，有：E ＝ΔΦΔt ，又圆的面积为：S ＝πr 2 ，ΔB Δt ＝B 0T .解得：E ＝πr 2B 0T. 根据楞次定律，感应电流的方向沿顺时针方向；在t ≥T 时，磁场稳定不变，通过圆环所围面积内的磁通量不再改变，ΔB Δt＝0，因而感应电动势E ＝0. (2)通过金属环的电荷量：q ＝It ＝E R t ＝πr 2B 0R答案：(1)t ＜T 时圆环上感应电动势的大小为E ＝πr 2B 0T，感应电流的方向沿顺时针方向；t ≥T 时圆环上感应电动势为零，没有感应电流(2)在0到T 时间内，通过金属环的电荷量是πr 2B 0R12．(22分)如图所示，L 1、L 2为水平放置的光滑的平行导电导轨，间距L 为0.50 m ，其间接有电阻R 阻值为5.0 Ω，处于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度B 为0.50 T ．一质量m 为0.10 kg 的导体棒ab 在大小为0.20 N 的水平恒力F 作用下，由静止开始沿导轨滑动，导体棒与导轨的电阻均不计，求：(1)导体棒ab 运动所能达到的最大速度v m ；(2)导体棒ab 达到最大速度后系统的发热功率P ；(3)导体棒ab 由静止开始运动2.0 m 的过程中，流过电阻R 的电荷量Q .解析：(1)导体棒运动过程产生的最大电动势：E ＝BLv m ；①由欧姆定律：I ＝E R；②金属杆所受安培力：F 安＝BIL ；③由于金属杆匀速运动：F 安＝F ；④由①②③④式解得：v m ＝FR B 2L 2＝16 m/s. (2)导体棒ab 达到最大速度后系统的发热功率P 与牵引力的功率相等，即：P ＝Fv m ＝0.2×16 W＝3.2 W.(3)导体棒ab 由静止开始运动2.0 m 的过程中，设平均电流为I －，时间为t ，则：I －＝ΔΦΔt ·R，流过电阻R 的电荷量Q ： Q ＝I －Δt ＝ΔΦΔt ·R ·Δt ＝ΔΦR ＝B ΔS R ，代入数据得：Q ＝0.1 C.答案：(1)导体棒ab 运动所能达到的最大速度v m ＝16 m/s ；(2)导体棒ab 达到最大速度后系统的发热功率是3.2 W ；(3)导体棒ab 由静止开始运动2.0 m 的过程中，流过电阻R 的电荷量为0.1 C.。

粤教版高中物理选修3-2模块综合检测(二).docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）模块综合检测(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．如图所示，该图是一正弦式交流电的电压随时间变化的图象，下列说法中不正确的是()A．它的频率是50 HzB．电压的有效值为311 VC．电压的周期是0.02 sD．电压的瞬时表达式是u＝311sin 314t (V)解析：从图象中可以知道电压最大值为311 V，周期是0.02 s，所以有效值为220 V，频率为50 Hz，所以A、C、D对，答案为B.答案：B2．下述仪器或装置没有使用到传感器的有()A．自动报警器B．弹簧测力计C．电视遥控器D．红外线探测仪解析：自动报警器，通过光信号转换成电信号，因此使用传感器，故A不符合题意；弹簧测力计，也是运用受力平衡来测量力的大小，刻度尺是用来测量长度的工具，没有使用传感器，故B符合题意；电视遥控器是将红外线转换成电信号，因此C不符合题意，红外测温仪是通过将温度转换成电信号，从而显示温度的高低，因此D不符合题意；本题选择没有使用的，故选B.答案：B3．穿过一个单匝数线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2 Wb，则()A．线圈中的感应电动势每秒钟增大2 VB．线圈中的感应电动势每秒钟减小2 VC．线圈中的感应电动势始终为2 VD．线圈中不产生感应电动势解析：根据法拉第电磁感应定律，有E＝ΔΦΔt＝2 V，选项C正确．答案：C4. 水平固定的大环中通过恒定的强电流I，从上向下看为逆时针方向，如图所示，有一小铜环，从上向下穿过大圆环，且保持环面与大环平行且共轴，下落过程小环中产生感应电流的过程是()A．只有小环在接近大环的过程中B．只有小环在远离大环的过程中C．只有小环在经过大环的过程中D．小环下落的整个过程解析：根据安培定则判断可知，大环产生的磁场方向向上，当小环靠近大环时，穿过小环的磁通量增加，当小环远离大环时，穿过小环的磁通量减小，根据感应电流产生的条件可知，整个过程一直有感应电流产生．答案：D5．如图是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起．我国生产的自行车轮圈就是用这种办法焊接的．下列说法中正确的是()A．线圈中的电流是很强的恒定电流B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高C．待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反解析：恒定电流不能在工件中产生感应电流，A错误；线圈中的电流是交变电流，且频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，B正确；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，产生的热量多，C错误；若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，D错误．答案：B6．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆PQ 在宽为L的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，PQ中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为3B，其他条件不变，所产生的感应电动势大小变为E2，则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为()A．1∶3，a→b B．3∶1，b→aC．3∶1，a→b D．1∶3，b→a解析：PQ中产生的感应电动势为E＝BL v，若磁感应强度增为2B，其他条件不变时，E与B成正比，则有E1∶E2＝1∶3；由右手定则知通过电阻R的感应电流方向为a→b.答案：A7.电阻R、电容器C与一个线圈连成闭合回路，条形磁铁静止在线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电解析：当磁铁下落时，穿过线圈的磁通量向下增加，在线圈中产生的感应电流的磁场阻碍其增加，则方向向上，由右手定则可知产生的感应电流为从b到a；电容器下极板电势高，故带正电，选项D正确．答案：D8．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V，880 W”的电器R L供电，该电器正常工作．由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W解析：由P＝UI可得I＝P LU L＝4 A，选项C正确；根据Ir＝24 V得副线圈电压U2＝U L＋U r＝244 V，再由n1n2＝U1U2可得n1∶n2＝2750∶61≈45∶1，选项A错误；由u＝11 0002sin 100 πt (V)及f＝ω2π可得f＝50 Hz，选项B错误；因导线电阻消耗电能，故变压器输入功率为P＝P L＋I2r＝976 W，选项D错误．答案：C9．如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v 匀速穿过宽均为a 的两个匀强磁场区．这两个磁场的磁感应强度大小相等，方向相反．线框的运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直，取逆时针方向的电流为正．若从图示位置开始计时，关于线框中产生的感应电流i 与运动时间t 之间的函数图象，正确的是( )解析：线框向前移动a 2的过程中，由法拉第电磁感应定律有：E ＝Bl v ，而l ＝v t tan 60°＝3v t ，可得E ＝3B v 2t ，可见E ∝t ，i ＝E R ，由楞次定律可得电流为逆时针方向，即感应电流正向增大，当向右移动到a 2处时最大，后l 减小，E 减小，i 减小，当向右移动到a 处时最小，方向不变，即感应电流先正向增大，后正向减小；向右移动距离由a 到2a 的过程中电流仍是先增大后减小，因两区域磁场方向相反，磁通量的变化率是前一过程的2倍，则最大值是前一过程的2倍，由楞次定律可得电流为顺时针方向，即感应电流先反向增大，后反向减小；向右移动距离由2a 到3a 的过程中电流变化与方向与第一阶段相同，即感应电流先正向增大，后正向减小．故选A.答案：A10．如图，A为螺线管，B为铁芯，C为套在铁芯B上的绝缘磁环，现将A、B、C放置在天平的左盘上，当A中通有电流I时，C 悬停在A的上方，天平保持平衡；当调节滑动变阻器，使A中的电流增大时，绝缘磁环C将向上运动，在绝缘磁环C上升到最高点的过程中，若不考虑摩擦及空气阻力的影响，下列说法中正确的是()A．天平仍然保持平衡B．天平左盘先下降后上升C．天平左盘先上升后下降D．绝缘磁环速度最大时，加速度也最大解析：开始时天平平衡说明天平两侧所受力相同，而要使磁环上升开始运动，磁环受到的向上的磁力应增大，而根据力的相互性可知，A所受磁力也应增大，故左侧力变大，天平左侧下降；由于磁环最终会停止，则磁环向上的力将减小，A所受力也将会减小，故左侧受力减小，天平左侧上升，故天平左侧应先下降后上升，最后又达到平衡，故A、C错误，B正确；绝缘磁环加速度为零时，即磁场力和重力相等时，速度最大，故D错误．答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)11.如图所示，矩形线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场．线框通过导线与电阻构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴逆时针匀速转动，下列说法正确的是()A．线框通过图中位置瞬间，线框中的电流方向由B到AB．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C．线框通过图中位置瞬间，通过电阻的电流瞬时值最大D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电阻电流的有效值变为原来的2 2解析：边AB和CD切割磁场产生电流，根据右手定则可知电流由B指向A，故A正确；线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量为零，感应电动势最大，所以感应电流也最大，通过电流表的电流瞬时值最大，故B错误，C正确；根据E＝NBSω可知，ω增大一倍，E也增大一倍，根据I＝Er可知，通过电流表电流的有效值也增大一倍，故D错误．答案：AC12．远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，那么当用户用电的总功率增大时()A．升压变压器的原线圈中的电流保持不变B．降压变压器的输出电压升高C．降压变压器的输出电压降低D．输电线上损失的功率增大解析：由题意知输出的总功率增大时，输入功率也增大，由于发电机的输出电压不变，根据P＝UI得升压变压器原线圈电流I1增大，副线圈电流I2也增大，A错误；输电线上的功率损失I22R线增大，D 正确；降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U线，因为升压变压器的输入电压U1不变，U2不变，U线＝I2R线，所以U3降低，降压变压器的输出电压也降低，B错误，C正确．答案：CD13．如图甲所示为理想调压变压器，原线圈A、B端的输入电压如图乙所示，则当此变压器工作时，以下说法正确的是()图甲图乙A．若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头下滑时，电流表示数将变大B．若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头上滑时，电压表示数增大C．若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变大D．若变阻器最大阻值为100 Ω，且变阻器R的滑动触头置于最上端，则在滑动触头P滑动的过程中，电流表的电流变化范围为0～22 A解析：若滑动触头P处于某一确定位置时，变压器的次级电压是一定的，即电压表的读数是一定的，当变阻器R的滑动触头下滑时，R阻值减小，则电流表示数将变大，选项A正确，B错误；若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，次级电压变大，电阻R 阻值也变大，则电流表示数不一定变大，选项C错误；若变阻器R 的滑动触头置于最上端时，R＝100 Ω，此时若P在最上端，则此时次级电压有效值U＝U m2＝220 V，电流表的读数最大值：I m＝UR＝220100A＝2.2 A；则在滑动触头P滑动的过程中，电流表的电流变化范围为0～22 A，选项D正确．答案：AD14．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲、起立的动作时记录的压力随时间变化的图线．由图线可知，该同学的体重约为650 N，在2～8 s时间内()A．该同学做了一次下蹲再起立的动作B．该同学做了两次下蹲再起立的动作C．下蹲过程中人一直处于失重状态D．下蹲过程中人先处于失重状态后处于超重状态解析：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，物体处于失重状态，此时有向下的加速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，故A正确，B错误；由图可知，下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，故C错误，D正确．答案：AD三、非选择题(本题共4小题，共54分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位) 15．(12分)如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感强度随时间变化的规律是B＝(6－0.2t)(T)．已知R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈A的电阻不计．求：(1)闭合S后，通过R2的电流强度大小和方向．(2)闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？解析：(1)由题意B＝(6－0.2t) T得磁感应强度的变化率为：ΔBΔt＝0.2 T/s.由法拉第电磁感应定律知：A线圈内产生的感应电动势：E＝NΔΦΔt＝NΔBSΔt＝100×0.2×0.2 V＝4 V，S闭合后，电路中电流由闭合电路欧姆定律I＝E（R1＋R2）＝4（4＋6）A＝0.4 A，方向由a→R2→b.(2)S闭合后R2的电压为U2＝IR2＝2.4 V，电容上充电电荷量为Q ＝CU 2＝CIR 2＝7.2×10－5 C ，所以断开S 后，电容器开始放电，通过R 2的电荷量Q ＝7.2×10－5 C.答案：(1)0.4 A ，电流方向由a →R 2→b(2)7.2×10－5 C16．(12分)如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝30 cm ，匝数n ＝100，线圈的总电阻r ＝10 Ω，线圈位于磁感应强度B ＝0.050 T 的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E 、F (集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R ＝90 Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc 和ad 边中点、且垂直于磁场的转轴OO ′以角速度ω＝400 rad/s 匀速转动．电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．求：(1)线圈中感应电流的最大值；(2)线圈转动过程中电阻R 的发热功率；(3)从线圈经过图示位置开始计时，经过14周期时间通过电阻R 的电荷量．解析：(1)线圈产生感应电动势的最大值E m ＝nB ωab ×bc ＝300 V ，根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值I m ＝E m R ＋r，解得I m ＝3.0 A.(2)通过电阻R 的电流的有效值I ＝I m 2，线圈转动过程中电阻R 的热功率P ＝I 2R ，解得P ＝405 W.(3)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝n ΔΦΔt ＝n B ΔS Δt，根据闭合电路欧姆定律，有I ＝E R ＋r ＝nB ΔS （R ＋r ）Δt，解得q ＝I Δt ＝7.5×10－3C.答案：(1)3.0 A (2)405 W (3)7.5×10－3C17．(14分)发电机输出功率为100 kW ，输出电压是250 V ，用户需要的电压是220 V ，输电线电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为多少？(2)用户得到的电功率是多少？解析：(1)输电线损耗功率P 线＝100×4% kW ＝4 kW ，P 线＝I 22R 线，输电线电流I 3＝I 2＝20 A.原线圈中输入电流：I 1＝P U 1＝100 000250 A ＝400 A ，所以n 1n 2＝I 2I 1＝120. U 2＝n 2n 1U 1＝250×20 V ＝5 000 V ，U3＝U2－U线＝5 000 V－20×10 V＝4 800 V，所以n3n4＝U3U4＝24011.(2)用户得到的电功率P出＝100×96% kW＝96 kW.答案：(1)1∶20240∶11(2)96 kW18．(16分)如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m的重物，另一端系一质量为m、电阻为r的金属杆．在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降．运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好(忽略所有摩擦，重力加速度为g)．求：(1)电阻R中的感应电流方向；(2)重物匀速下降的速度大小v；(3)重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热Q R；(4)若将重物下降h时的时刻记作t＝0，速度记为v0，从此时刻起，磁感应强度逐渐减小，若此后金属杆中恰好不产生感应电流，则磁感应强度B怎样随时间t变化(写出R与t的关系式)．解析：(1)电阻R中的感应电流方向为Q→R→F.(2)对系统由平衡关系得：3mg －mg －F ＝0，又F ＝B 0IL ＝B 20L 2v R ＋r，解得：v ＝2mg （R ＋r ）B 20L 2. (3)设电阻中产生的总焦耳热为Q ，则由能量守恒关系得：减少的重力势能等于增加的动能和焦耳热Q 即：3mgh －mgh ＝12(3m )v 2＋12m v 2＋Q ，所以电阻R 中产生的焦耳热Q R 为：Q R ＝R R ＋r Q ＝2mghR R ＋r－8m 3g 2（R ＋r ）R B 40L 4. (4)金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变：hLB 0＝(h ＋h ′)LB ，式中h ＝v 0t ＋12at 2，又a ＝3mg －mg 3m ＋m＝12g . 解得：B ＝B 0h h ＋v 0t ＋g 4t 2. 答案：(1)Q →R →F (2)2mg （R ＋r ）B 20L 2 (3)2mghR R ＋r －8m 3g 2（R ＋r ）R B 40L 4 (4)B ＝B 0hh ＋v 0t ＋g 4t 2。

粤教版高中物理选修3-1模块综合检测.docx

高中物理学习材料唐玲收集整理粤教版选修3-1模块综合检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．下列说法正确的是( )A．放在匀强磁场中的通电导线一定受到恒定的磁场力作用B．沿磁感线方向磁场逐渐减弱C．磁场的方向就是通电导线所受磁场力的方向D．安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面2．如图1所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，c为ab的中点，a、b点的电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是( )图1A．该电场在c点处的电势一定为4 VB．a点处的场强一定大于b处的场强C．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a图23．用半导体材料制成热敏电阻，在温度升高时，电阻会迅速减小，如图2所示，将一热敏电阻接入电路中，接通开关后，会观察到( )A．电流表示数不变 B．电流表示数减小C．电压表示数增大 D．电压表示数减小图34．在如图3所示的电路中，当电键S闭合后，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将电键S断开，则( )A．液滴仍保持静止状态B．液滴做自由落体运动C．电容器上的带电荷量与R1的大小有关D．电容器上的带电荷量增大图45．如图4所示，一个电子以100 eV 的初动能从A 点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B 点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则A 与B 两点间的电势差为( ) A ．300 V B ．－300 VC ．－100 VD ．－1003V6．下面给出多种用伏安法测量电源电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差，又直观、简便的方法是( )A ．测出两组I 、U 的数据，代入方程组E ＝U 1＋I 1r 和E ＝U 2＋I 2r 中，即可求出E 和rB ．多测几组I ，U 的数据，求出几组E ，r ，最后分别求出其平均值C ．测出多组I ，U 的数据，画出U －I 图象，再根据图象求E ，rD ．多测出几组I ，U 数据，分别求出I 和U 的平均值，用电压表测出开路时的路端电压即为电动势E ，再用闭合电路欧姆定律求出内电阻r二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)图57．如图5所示，在电场中，将一个负电荷从C 点分别沿直线移到A 点和B 点，克服静电力做功相同．该电场可能是( ) A ．沿y 轴正向的匀强电场 B ．沿x 轴正向的匀强电场C ．第Ⅰ象限内的正点电荷产生的电场D ．第Ⅳ象限内的正点电荷产生的电场8．带电荷量为q 的电荷，从静止开始经过电压为U 的电场加速后，垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，其运动轨道半径为R ，则电荷( ) A ．动能为qU B ．动能为qBRC ．运动速率为U BRD ．质量为B 2R 2q2U图69．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图6所示是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a 和b 是轨迹上的两点，匀强磁场B 垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是( ) A ．粒子先经过a 点，再经过b 点 B ．粒子先经过b 点，再经过a 点 C ．粒子带负电 D ．粒子带正电图710．如图7所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D．小球在运动过程中机械能不守恒题号12345678910 答案三、填空题(本题共3小题，共14分)11．(4分)带正电1.0×10－3 C的粒子，不计重力，在电场中先后经过A、B两点，飞经A 点时动能为10 J，飞经B点时动能为4 J，则带电粒子从A点到B点过程中电势能增加了______，A、B两点电势差为____．12．(6分)一回旋加速器，在外加磁场一定时，可把质子(11H)加速到v，使它获得的动能为E k，则：(1)它能把α粒子(42He)加速到的速度为______________．(2)它能使α粒子获得的动能为_____________________________________________．(3)加速α粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为__________．13．(4分)在“测定金属的电阻率”的实验中：(1)用准确到0.01 mm的螺旋测微器测量金属电阻丝直径，一次测量时其读数如图8所示，被测金属电阻丝直径为________ mm；(2)在虚线框图9内画出用伏安法测金属电阻丝电阻R(约几欧姆)的电路图．图8 图9四、计算题(本题共4小题，共38分)图1014．(8分)如图10所示，一个质量为m，电荷量为q，不计重力的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限．求匀强磁场的磁感应强度B和穿过第一象限的时间．图1115．(8分)如图11所示，用长L的绝缘细线拴住一个质量为m，带电荷量为q的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点(线拉直)，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零．求：(1)B、A两点的电势差；(2)匀强电场的场强大小．16.(10分)已知电流表的内阻R g＝120 Ω，满偏电流I g＝3 mA，要把它改装成量程是6 V的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3 A的电流表，应并联多大的电阻？图1217．(12分)如图12所示，有界匀强磁场的磁感应强度B＝2×10－3 T；磁场右边是宽度L＝0.2 m、场强E＝40 V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q＝－3.2×10－19 C，质量m＝6.4×10－27kg，以v＝4×104m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．(不计重力)求：(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能E k.参考答案1．D [由F ＝BIL sin θ知，当θ＝0°时，F ＝0，故A 错；F 的方向一定与B 和I 所决定的平面垂直，所以D 正确．]2．C [该电场不一定是匀强电场，φc 不一定等于φa ＋φb2＝4 V ，故A 、B 错误；由φa ＞φb 知，电场线由a 指向b ，正电荷在c 点的受力也应由c 指向b ，选项D 错误；由E p ＝q φ知选项C 正确．]3．D [接通开关后热敏电阻的温度升高，电阻减小，总电阻减小，I 总＝UR 总得I 总增大，电流表示数变大，A 、B 错误．R 1中电流I 1不变，R 2支路的电流I 2增大，U R 2增大，又U ＝U R 2＋U 热，则U 热减小，D 正确．]4．D [当电键S 闭合时，电容器两极板上的电压是R 2两端的电压，将电键S 断开，电容器两极板上的电压等于电源的电动势，即电容器两极板间的电压增加，液滴受到的电场力增大，液滴将向上做匀加速运动，故选项A 、B 错误．由Q ＝CU 知，此时R 1上无电流，U ＝E ，与R 1的大小无关．电容器上的带电荷量增大，故选项D 正确，C 错误．]5．B [电子做类平抛运动，在B 点，由速度分解可知v B ＝v Acos 60°＝2v A ，所以E k B ＝4E k A ＝400 eV ，由动能定理得U AB (－e )＝E k B －E k A ，所以U AB ＝－300 V ，B 对．] 6．C7．AD [由题意知φA ＝φB ，A 、B 应处在同一等势面上，又W CA ＝qU CA ＜0，q ＜0，故U CA ＞0，即φC ＞φA ，符合条件的可能是选项A 、D.] 8．AD [电荷在电场中加速过程由动能定理qU ＝12mv 2＝E k ①电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，则qvB ＝m v 2R②由①知E k ＝qU ，故A 对，B 错；由①②式得v ＝2U BR ，m ＝B 2R 2q2U ，故C 错，D 对．]9．AC [由r ＝mvqB可知，粒子的动能越小，做圆周运动的半径越小，结合粒子运动轨迹可知，粒子先经过a 点，再经过b 点，选项A 正确．根据左手定则可以判断粒子带负电，选项C正确．]10．CD [qE ＝mg ，小球将做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大；若qE ＜mg ，球在a 处速度最小，对细线的拉力最小；若qE ＞mg ，球在a 处速度最大，对细线的拉力最大，故A 、B 错；a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C 正确；小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D 正确．] 11．6 J －6 000 V解析由动能定理可得E k B －E k A ＝W AB ＝－6 J ．电场力做负功，电势能增加，U AB ＝W ABq＝－6 000 V.12．(1)v2(2)E k (3)1∶2解析应用粒子在磁场中做圆周运动的半径公式和周期公式便可求出速度的表达式及频率表达式．(1)设加速器D 形盒的最大半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，由R ＝mv qB ，得v ＝qBR m ，v αv p ＝q αq p×m p m α＝21×14＝12.所以α粒子获得的速度v α＝12v p ＝12v . (2)由动能E k ＝12mv 2，得E k αE kp ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v αv p 2×m αm p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122×41＝11. 所以α粒子获得的动能也为E k .(3)交流电压频率与粒子在磁场中的回旋频率相等ƒ＝1T ＝qB 2πm ，ƒαƒp ＝q αq p ×m p m α＝21×14＝12.13．见解析解析 (1)0.760 (2)实验电路如图所示．14.3mv 2qa 43π 9va解析根据题意知，带电粒子的运动轨迹，垂直于y 轴，必然有圆心在y 轴上，根据半径垂直于速度，则可确定圆心O ，如图所示．由几何关系知粒子运动的半径r ＝233a ①由qvB ＝mv 2r 得 r ＝mvqB②由①②两式可得B ＝3mv2qa由qvB ＝mr (2πT)2得T ＝2πm qB ＝4πa 3v则t ＝T 3＝43πa9v.15．(1)3mgL 2q (2)3mgq解析 (1)由动能定理得： mgL sin 60°－qU BA ＝0所以U BA ＝ 3mgL2q(2)U BA ＝EL (1－cos 60°)得：E ＝ 3mgq. 16．1 880 Ω 0.12 Ω解析 U g ＝I g R g ＝120 Ω×3×10－3A ＝0.36 V要改装为6 V 电压表，应串联一电阻，该电阻应分得电压为6 V －0.36 V ＝5.64 V 的电压由欧姆定律R ＝5.64 V3 mA＝1 880 Ω要改装为3 A 电流表应并联一电阻，该电阻分得电流为3 A －3 mA ＝2.997 A由欧姆定律R ′＝0.36 V2.997 A≈0.12 Ω.17．(1)轨迹见解析图 (2)0.4 m(3)7.68×10－18J解析 (1)轨迹如右图(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有qvB ＝m v 2RR ＝mv qB ＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m ＝0.4 m (3)E k ＝EqL ＋12mv 2＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋12×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10－18J.。

2021-2022学年粤教版高中物理选修3-3 模块综合检测(一) Word版含答案

模块综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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．物体由大量分子组成，下列说法正确的是( )A．分子热运动越猛烈，物体内每个分子的动能越大B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小C．物体的内能跟物体的温度和体积有关D．只有外界对物体做功才能增加物体的内能解析：分子热运动越猛烈，物体分子的平均动能越大，A错误；分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，B错误；物体的内能跟物体的温度和体积有关，C正确；做功和热传递都能转变物体的内能，D错误．答案：C2．关于热现象和热学规律的说法中，正确的是( )A．其次类永动机违反了能量守恒定律B．当物体被拉伸时，分子间的斥力减小、引力增大C．冰溶化为同温度的水时，分子势能增加D．悬浮在液体中的固体微粒越大，布朗运动越明显解析：其次类永动机是效率100%的机器，违反了热力学其次定律，故A错误；当物体被拉伸时，间距增加，分子间的斥力减小、引力也减小，故B错误；内能包括分子热运动动能和分子势能，温度是分子热运动平均动能的标志；故冰溶化为同温度的水时，吸取热量内能增大而分子的平均动能不变，则分子势能增大，故C正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越明显，故D错误．答案：C3．关于固体和液体，下述说法中正确的是( )A．晶体内部的结构具有规章，因而晶体具有各向同性B．在任何条件下，晶体和非晶体都不行能相互转化C．液晶的物理性质会随外界因素的影响而发生转变D．液体表面层的分子势能比液体内部的分子势能小解析：单晶体各向异性，多晶体各向同性，故A错误；在肯定的条件下，晶体和非晶体可能相互转化，故B错误；液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故势能比液体内部的分子势能大，故D错误．答案：C4．下列关于内能的说法正确的是( )A．温度高的物体，其内能也肯定大B．物体吸取热量，其内能肯定增加C．肯定质量的0 ℃的冰熔化成0 ℃的水，其内能肯定增大D．物体克服摩擦力做功，其内能肯定增大解析：物体的内能是由物体内全部分子的动能和势能打算的，温度高只能说明分子的平均动能大，不能说明内能大，故A错．物体吸取热量，假如还同时对外做功，其内能不肯定增加，故B错．肯定质量的0 ℃的冰熔化成0 ℃的水，要吸取热量，所以内能增大，故C对．物体克服摩擦力做功，同时还对外做功，故内能不肯定增大，故D错．答案：C5．关于晶体、液晶、液体，下列说法正确的是( )A．晶体和液晶的性质是完全相同的B．液晶就是液体，具有液体的全部性质C．液晶是介于晶体与液体之间的一种中间态D．液晶具有液体的流淌性，又具有多晶体的各向同性解析：液晶有液体的流淌性与晶体的各向异性，晶体和液晶的性质不是完全相同的，故A错误．液晶有液体的流淌性与晶体的各向异性，不具有液体的全部性质，故B错误．液晶像液体一样可以流淌，又具有某些晶体结构特征，是介于晶体与液体之间的一种中间态，故C正确．液晶有液体的流淌性与晶体的各向异性，故D错误．答案：C6．下列说法正确的是( )A．液体中悬浮颗粒的无规章运动称为布朗运动B．液体分子的无规章运动称为布朗运动C．物体从外界吸取热量，其内能肯定增加D．物体对外界做功，其内能肯定削减解析：布朗运动是液体中悬浮颗粒的无规章运动，不是液体分子的运动，故A对，B错；转变物体内能的途径有做功和热传递，物体从外界吸取热量，其内能不肯定增加，物体对外界做功，其内能也不肯定削减，故C、D均错．答案：A7．在1个标准大气压下，把粗细均匀玻璃管开口向下竖直地压入水中，管中共有23部分布满水，假设温度不变，则此时管内空气压强相当于( )A．3个大气压B．1个大气压C.23个大气压 D.13个大气压解析：管子中的气体的初始压强为p0，体积为SL，压缩后的压强未知，体积为13SL，依据玻意耳定律，有p0SL＝p ·13SL，解得p＝3p0.答案：A8．肯定质量的抱负气体，从某一状态开头，经过一系列变化后又回到开头的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸取的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中肯定有( )A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1>Q2解析：由于该气体从某一状态开头，经过一系列变化后又回到开头的状态，所以内能没有变化，ΔU＝0，依据热力学第肯定律可知W1－W2＋Q1－Q2＝ΔU＝0，即Q1－Q2＝W2－W1，故A正确．答案：A9．如图所示为大量氮气分子在甲、乙两种状态下的速率分布统计规律图，则下列说法正确的是( )A．氮气在甲状态下的温度较高B．甲状态做无规章运动平均速率较大，氮气分子较多C．乙状态下氮气分子做无规章运动更猛烈D．某时刻速率为1 000 m/s的分子在下一时刻的速率肯定还是1 000 m/s解析：由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以乙状态下温度较高，分子无规章运动的平均速率较大，分子运动更猛烈，故A、D错误，C正确；由于分子运动无规章，故在下一时刻的速率无法确定，故D错误．答案：C10．如图所示，竖直的弹簧支持着一倒立气缸内的活塞，使气缸悬空而静止．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动．缸壁导热性良好，缸内气体的温度与外界大气温度相同．下列结论中正确的是( )A．若外界大气压增大，则弹簧的压缩量将会增大一些B．若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C．若外界气温上升，则气缸的上底面距地面的高度将减小D．若外界气温上升，则气缸的上底面距地面的高度将增大解析：外界大气压增大时，气体体积减小，但对于整个系统，弹簧的弹力恒等于系统的总重量，弹簧的形变量不变．答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．2021年6月20日，女航天员王亚平成为中国第一位“太空老师”，在太空中给全国青少年讲解了液体表面张力的作用、微重力环境下物体运动的特点等学问．下列现象中哪些是由于表面张力引起的( ) A．钢针浮在水面上B．船只浮在水面上C．飞船中自由漂移的水滴呈球形D．布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水解析：钢针受到水的表面张力作用与重力平衡，钢针浮在水面上，故A正确；船只在水的浮力作用下浮在水面上，与表面张力无关，故B错误；飞船中自由漂移的水滴在表面张力作用下呈球形，故C正确；由于雨水表面存在表面张力，虽然布伞有孔，但不漏水，与表面张力有关，故D正确．答案：ACD12．下列叙述正确的是( )A．可能从单一热库吸取热量，使之完全变成功B．相对湿度大绝度湿度肯定大C．液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间的相互作用表现为引力D．其次类永动机是不行能制成的，是由于它违反了热力学第肯定律解析：热力学其次定律指出：不行能从单一热库吸取热量使之完全变成功，而不产生其他影响，说明可以从单一热库吸取热量，使之完全变成功，只是会存在其他影响，故A正确；由相对湿度和确定湿度的定义可知，确定湿度大，说明空气中水蒸气的实际压强大，而此时水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比不肯定大，即相对湿度不肯定大，故B错误；由表面张力形成的缘由可知，液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间的相互作用表现为引力，故C正确；依据热力学其次定律，热机不行能使从单一热源吸取的热量全部变成有用的功，故其次类永动机违反了热力学其次定律，故D错误．答案：AC13．下列说法正确的是( )A．飞虫停在水面上，是由于液体表面张力的作用B．布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规章性C．给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的D．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的解析：飞虫停在水面上是由于液体表面存在张力，故A 正确；布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子或气体分子的无规章运动，故B 错误；打气时会反弹是由于气体压强的缘由，不是分子斥力的作用，故C 错误；单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D 正确．答案：AD14．下列说法中正确的是( ) A ．空气中PM2.5的运动属于分子热运动 B ．露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C ．液晶显示屏是利用液晶的光学各向异性制成的D ．空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作空气的相对湿度解析：PM2.5是固体小颗粒，是分子团，不是分子，所以空气中PM2.5的运动不属于分子热运动，故A 错误．露珠呈球形是由于液体表面张力的作用而形成的，故B 正确．液晶具有液体的流淌性，同时具有晶体的各向异性特征，液晶显示屏是利用液晶的光学各向异性制成的．故C 正确；空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作空气的相对湿度，故D 正确．答案：BCD三、非选择题(本大题共6小题，共54分．把答案填在题中的横线上或依据题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)15．(8分)在做“用油膜法估测分子大小”的试验中，已知试验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A ，N 滴溶液的总体积为V .在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a 的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为X .(1)用以上字母表示油酸分子的大小d ＝________． (2)从图中数得X ＝________．解析：(1)N 滴溶液的总体积为V ，一滴溶液的体积为V N ，含有的油酸体积为VAN ，形成单分子油膜，面积为Xa 2，油膜厚度即分子直径d ＝VAN Xa 2＝VANXa2.(2)油膜分子所占有方格的个数，以超过半格算一格，不够半格舍去的原则，对比图示的油酸膜，共有62格．答案：(1)VANXa 2(2)62(60～65均可) 16．(8分)空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0×105J ，同时气体的内能增加了1.5×105J ．试问：此压缩过程中，气体________(填“吸取”或“放出”)的热量等于________J.解析：由热力学第肯定律ΔU ＝W ＋Q ，W ＝2.0×105J 、ΔU ＝1.5×105J 、Q ＝ΔU －W ＝－5×104J. 答案：放出 5×10417．(8分)某热水袋内水的体积约为400 cm 3，已知水的摩尔质量为18 g/mol ，阿伏加德罗常数为6×1023mol －1，求它所包含的水分子数目约为多少(计算结果保留两位有效数字)?解析：已知某热水袋内水的体积大约是V ＝400 cm 3＝4×10－4m 3，水的密度为ρ＝1×103kg/m 3，则热水袋内含有的水分子数目为n ＝ρVm 0N A ＝1.3×1025个．答案：1.3×1025个18.(10分)肯定质量抱负气体经受如图所示的A →B 、B →C 、C →A 三个变化过程，T A ＝300 K ，气体从C →A 的过程中做功为100 J ，同时吸热250 J ，已知气体的内能与温度成正比．求：(1)气体处于C 状态时的温度T C ； (2)气体处于C 状态时内能E C .解析：(1)由图知C 到A ，是等压变化，依据抱负气体状态方程：V A T A ＝V C T C ，得：T C ＝V C V AT A ＝150 K. (2)依据热力学第肯定律：E A －E C ＝Q －W ＝150 J且E A E C ＝T A T C ＝300150，解得：E C ＝150 J. 答案：(1)150 K (2)150 J19.(10分)如图所示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭有肯定质量的抱负气体，气体的体积V 1＝8.0×10－3m 3，温度T 1＝400 K ．现使外界环境温度缓慢降低至T 2，此过程中气体放出热量700 J ，内能削减了500 J ．不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p 0＝1.0×105Pa ，求T 2的大小．解析：设温度降低至T 2时，气体的体积为V 2，由于活塞的质量不计，则气缸内封闭气体的压强等于大气压．则外界对气体做功W ＝p 0(V 1－V 2)，①由热力学第肯定律得ΔU＝W＋Q，②由①②结合解得V2＝6×10－3 m3.由于封闭气体发生等压变化，则由盖·吕萨克定律得V1 T1＝V2T2，解得T2＝300 K.答案：300 K20.(10分)如图所示，竖直放置的U形玻璃管与容积为V0＝15 cm3的金属球形容器连通，玻璃管左侧横截面积为右侧横截面积的4倍．右侧玻璃管和球形容器中用水银柱封闭肯定质量的抱负气体．开头时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1＝15 cm，右侧玻璃管内水银柱上方空气柱长h0＝9 cm.现缓慢向左管中加入水银，使两边水银柱达到同一高度，玻璃管和金属球导热良好 (已知大气压p0＝75 cmHg，U形玻璃管的右侧横截面积为S＝1 cm2)．求：(1)此过程中被封气体内能如何变化？吸热还是放热？(2)需要加入的水银体积．解析：(1)气体温度不变，则内能不变；向左管中加入水银时，外界对气体做功，依据热力学第肯定律ΔU＝Q＋W可知，封闭气体要放热．(2)初态：p1＝p0－p h＝(75－15) cmHg＝60 cmHg，V1＝V0＋h0S＝(15＋9×1) cm3＝24 cm3，末态：p2＝75 cmHg，温度不变，依据玻意耳定律：p1V1＝p2V2，解得：V2＝p1V1p2＝19.2 cm3.右侧水银柱上升的高度Δh1＝V1－V2S＝4.8 cm，左侧水银柱上升的高度Δh2＝h1＋Δh1＝19.8 cm，所以需要加入的水银体积为V＝SΔh1＋4SΔh2＝84 cm3. 答案：(1)此过程中被封气体内能不变，是放热(2)84 cm3。