新教材2024高中物理模块综合检测新人教版必修第三册

模块综合检测
(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,只有一项是符合题目要求的.
1.下列说法正确的是( )
A.电容器的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和
B.A、B两点间的电势差在数值上等于将电荷量为1 C的正电荷从A点移动到B点时静电力所做的功
C.相邻两条磁感线之间的空白区域磁感应强度为0
D.将通电导线放入磁场中,若不受磁场力,说明该处磁感应强度为0
答案:B
2.下列物理量具有“量子化”特点的是( )
A.电场强度
B.光子
C.电流
D.磁感应强度
答案:B
3.如图所示,竖直实线表示匀强电场中的一簇等势面,一带电微粒在电场中从A到B做直线运动(如图中虚线所示),则该微粒( )
A.肯定带正电
B.从A到B的过程中做匀速直线运动
C.从A到B的过程中电势能增加
D.从A到B的过程中机械能守恒
答案:C
4.(2024·北京卷)某同学搬运如图所示的磁电式电流表时,发觉表针晃动猛烈且不易停止.依据老师建议,该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运,发觉表针晃动明显减弱且能很快停止.下列说法正确的是( )
A.未接导线时,表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B.未接导线时,表针晃动猛烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C.接上导线后,表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D.接上导线后,表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
解析:未接导线时,表针晃动过程中导线切割磁感线,表内线圈会产生感应电动势,由于表未连接成闭合回路,因此没有感应电流,线圈不受到安培力的作用,选项A、B错误; 接上导线后,表针晃动过程中,表内线圈产生感应电动势,机械能转化为电能——依靠安培力做负功来实现,因而晃动减弱,故线圈受安培力的作用,选项C错误,选项D正确.
答案:D
5.欧姆在探究通过导体的电流与电压、电阻的关系时,因无电源和电流表,他利用金属在冷水和热水中产生的电动势代替电源,用小磁针的偏转检测电流,详细做法是在地磁场作用下处于水安静止的小磁针上方,平行于小磁针水平放置始终导线,当该导线中通有电流时,小磁针会发生偏转;当通过该导线电流为I1时,小磁针偏转了30°,当他发觉小磁针偏转的角度增大到60°时,通过该直导线的电流为(直导线产生的磁场在某点的磁感应强度与通过直导线的电流成正比) ( )
A.2I1
B.3I1
C.I1
D.无法确定
解析:当通过的电流为I时,依据题意可知地磁场在水平方向的重量和电流形成的磁场、合磁场之间的关系如图所示.
当小磁针偏转的角度为30°时,有B1=kI1=B地tan 30°当小磁针偏转的角度为60°时,有B2=kI2=B地tan 60°联立解得I2=3I1,故选项A、C、D错误,选项B正确.
答案:B
6.一根粗细匀称的细橡胶管,里面灌满盐水,两端用粗铜丝塞住管口,形成一段封闭的盐水柱,其长度为30 cm; 在盐水柱两端加电压U时,盐水柱中自由电荷定向移动的平均速率为v.现握住橡胶管的两端把它匀称拉长至40 cm.然后在两端加电压U,此时盐水柱中自由电荷定向移动的平均速率为( )
A.v
B.v
C.v
D.v
解析:溶液的电阻随长度、横截面积的改变规律与金属导体相同,因为体积不变,则可以知道长度之比为3∶4,则截面积之比为4∶3.设液柱长30 cm时,其电阻为R,液柱长40 cm时,其电阻为R',依据R=ρ可以计算出拉长后的电阻值R'=R.因电压相等,由欧姆定律可以知道,电流之比I∶I'=16∶9;
再由I=nqSv可知v=,所以速度之比v1∶v2=4∶3,即拉长后自由电荷定向移动的平均速率为v,选项A正确.
答案:A
7.在某匀强电场中有M、N、P三点,在以它们为顶点的三角形中,∠M=30°、∠P=90°,直角边NP的长为4 cm.已知电场方向与三角形所在平面平行,M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V.则电场强度的大小为( )
A.150 V/m
B.75 V/m
C.225 V/m
D.75 V/m
解析:过P点作斜边MN的垂线交MN于O点,如图所示.
由几何学问可知N、O间的距离l NO=2 cm,M、O间的距离l MO=6 cm.由匀强电场的特点得O点的电势为φO=12 V,即O、P在同一等势面上,由电场线与等势面的关系和几何关系知E===150 V/m,故选项A正确.
答案:A
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.
8.电源(内阻不计)、开关S、定值电阻R1和R2、光敏电阻R3、电容器连成如图所示电路,平行板电容器的两极板水平放置.当开关S闭合,并且无光照耀光敏电阻R3时,一带电液滴恰好静止在电容器两极板间的M点,当用强光照耀光敏电阻R3时,光敏电阻的阻值变小,则( )
A. 液滴向下运动
B. 液滴向上运动
C. 电容器所带电荷量削减
D. 电容器两极板间电压变大
答案:BD
9.如图所示,平行板电容器的两极板A、B与电池两极相连,一带正电的小球悬挂在电容器内部,闭合开关S,电容器充电,这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ,下列说法正确的是( )
A.保持开关S闭合,将A板向B板靠近,则θ增大
B.保持开关S闭合,将A板向B板靠近,则θ不变
C.断开开关S,将A板向B板靠近,则θ增大
D.断开开关S,将A板向B板靠近,则θ不变
解析:保持开关S闭合,电容器两极板间的电势差不变,带正电的A板向右移动,极板间的距离减小,电场强度E增大,小球所受的静电力变大,θ增大,选项A正确.断开开关S,电容器所带的电荷量不变,依据C=,U=得,E===,知A板向B板靠近,极板间的距离减小,电场强度不变,小球所受静电力不变,则θ不变,选项D正确.
答案:AD
10.如图所示,虚线为某点电荷形成的电场的等势面,现有两个带电粒子(重力不计),以不同的速率沿不同的方向,从A点飞入电场后,沿不同的轨迹1和2运动,由轨迹可以断定( )
A.两个粒子的电性肯定不同
B.粒子1的动能先削减后增加
C.粒子2的电势能先增大后减小
D.经过B、C两点时,两粒子的速度肯定相同
解析:依据轨迹的弯曲方向可推断出粒子1受到斥力作用,粒子1的电性与场源电荷的电性相同,粒子2受到引力作用,粒子2的电性与场源电荷的电性相反,所以两个粒子的电性肯定相反,选项A正确.静电力对粒子1先做负功,后做正功,由动能定理知其动能先减小后增大,选项B正确.静电力对粒子2先
做正功,后做负功,则粒子2的电势能先减小后增大,选项C错误.由题图可知,两个粒子经过B、C两点时的速度方向不同,选项D错误.
答案:AB
三、非选择题:共54分.
11.(8分)测定金属丝的电阻率的试验中,供应的电源是一节内阻可不计的干电池,被测金属丝的直径小于 1 mm,长度为80 cm,阻值约为3 Ω,运用的电压表有0~3 V(内阻约为3 kΩ)和0~15 V(内阻约15 kΩ)两个量程,电流表有0~0.6 A(内阻约为0.1 Ω)和0~3 A(内阻约为0.02 Ω)两个量程,供限流接法用的滑动变阻器有A.0~10 Ω;B.0~100 Ω;C.0~1 500 Ω三种,可供选择的试验电路图有甲、乙两种,用螺旋测微器测金属丝的直径如图丙所示.
甲乙丙
(1)螺旋测微器的示数是mm.
(2)电压表的量程应选用V,电流表的量程应选用A,为减小电阻的测量误差,应选用图所示的电路.
(3)为了测量过程中便于调整,应选用编号为的滑动变阻器.
答案:(1)0.802 (2)0~3 0~0.6 乙(3)A
12.(10分)现有一电动势E约为8 V,内阻r约为40 Ω的电源,额定电流为50 mA;量程为0~3 V、内阻为2 kΩ的电压表和阻值为0~999.9 Ω的电阻箱各一只,另有若干定值电阻、开关和导线等器材.为测定该电源的电动势和内阻,某同学设计了如图甲所示的电路进行试验,请回答下列问题.
(1)试验室备有以下几种规格的定值电阻R0,试验中应选用的定值电阻是.
A.200 Ω
B.2 kΩ
C.4 kΩ
D.10 kΩ
(2)试验时,应先将电阻箱的电阻调到(选填“最大值”“最小值”或“随意值”),目的是.
(3)该同学接入符合要求的R0后,闭合开关S,调整电阻箱的阻值,读取电压表的示数;依据记录的多组数据,作出如图乙所示的-图线.依据该图线可求得电源的电动势E=V,内阻r= Ω.(保留两位有效数字)
甲乙
解析:(1)因电压表量程为0~3 V,最大测量值小于电源电动势,故必需用定值电阻与之串联,因电源电动势约为8 V,电压表的内阻为2 kΩ,则定值电阻阻值大约为3.3 kΩ,故选C.
(2)试验时,应先将电阻箱的电阻调到最大值,目的是保证电源的平安.
(3)由题图像可知,当R趋于无穷大时,=0,此时外电压等于电动势,又R0与电压表串联且电阻为电压表的2倍,所以此时E=3U=3× V=8.6 V,由题图像知当=0.45 V-1时,=8×10-3Ω-1,由闭合电路的欧姆定律有E=3U+Ir, 其中I=+,将E、U、R V、R代入解得r=36 Ω.
答案:(1)C (2)最大值保证电源的平安(3)8.6 36
13.(10分)如图所示的电路中,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板的小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间.小球的电荷量q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力,g取10 m/s2.
(1)滑动变阻器接入电路的电阻为多大时,小球恰能到达A板?
(2)此时电源的输出功率是多大?
解析:(1)小球进入板间后,受重力和静电力作用,且到A板时速度为0.
设两板间电压为U AB,由动能定理得
-mgd-qU AB=0-m,
滑动变阻器两端电压
U0=U AB=8 V,
设通过滑动变阻器的电流为I,由欧姆定律得
I==1 A,
滑动变阻器接入电路的电阻
R0==8 Ω.
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.
(2)电源的输出功率P0=I2(R+R0)=23 W,
故电源的输出功率是23 W.
答案:(1)8 Ω(2)23 W
14.(12分)如图所示电路中,R为电阻箱,电压表为志向电压表.当电阻箱读数为R1=2 Ω时,电压表读数为U1=4 V;当电阻箱读数为R2=5 Ω时,电压表读数为U2=5 V.
(1)求电源的电动势E和内阻r.
(2)当电阻箱R读数为多少时,电源的输出功率最大?最大值P m为多少?
解析:(1)由闭合电路欧姆定律可得
E=U1+r,E=U2+r,
解得E=6 V,r=1 Ω.
(2)电源的输出功率P=R,
将上式变形可得P=,
由上式可知当R=r=1 Ω时,
P取最大值P m,P m==9 W.
答案:(1)6 V 1 Ω(2)1 Ω9 W
15.(14分)将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC固定在竖直面内,圆环的圆心为O,D为圆环的最低点,其中∠BOC=90°,圆环的半径为R,水平虚线BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场.圆心O的正上方A点有一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点),其直径略小于圆管内径.现将该小球无初速度释放,经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并接着在圆管中运动,重力加速度为g.求:
(1)A点到O点的距离及匀强电场的电场强度大小;
(2)小球运动到圆环的最低点D时对圆环的作用力.
解析:(1)小球无碰撞地进入圆管,说明小球进入圆管时的速度方向与水平方向成45°角,则v x=v y,其中v x=t,v y=gt,t==R,t=,解得l OA=R,E=.
(2)小球从A点到D点由动能定理可知mg(R+l OA)+qE·=mv2,小球在D点时,F N-mg=,解得
F N=(3+3)mg;由牛顿第三定律可知,小球在D点时对圆环的作用力方向竖直向下,大小为(3+3)mg.答案:(1)R(2)(3+3)mg方向竖直向下。