高中物理 模块综合检测 教科版选修3-1

1、模块综合检测(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，第18小题只有一个选项符合题意，第914小题有多个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图1所示。下列说法正确的是()图1Ab点的电势低于a点的电势B若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功Cc点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c解析：选B沿电场线方向电势逐渐降低，因b点所在的等势面高于a点所在的等势面，故b点的电势高于a点的电势，选项A错误；若将一正试探电荷由a点移到

2、b点，电场力做负功，选项B正确；由于电场线密集的地方场强较大，故d点的场强大于c点的场强，选项C错误；因dc电场线是曲线， 故若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将不能沿着电场线由d到c，选项D错误。2.如图2所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度图2解析：选A根据电场线的疏密程度可知，R、Q

3、两点的电场强度EREQ，则带电粒子在R、Q两点的加速度aRaQ，故D错误；由于带电粒子只受电场力作用，动能与电势能相互转化，两者之和不变，故C错误；根据曲线运动知识，带电粒子在R处所受电场力沿电场线向右，又由于该粒子带负电，则R处电场的方向应该向左，所以电势RQ，根据Epq可得R、Q两点的电势能EpREkQ，所以vRvQ，故A正确；同理，EpPEpQ，故B错误。3.如图3所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()图3A增大R1的阻值B增大R2的

4、阻值 C增大两板间的距离 D断开电键S解析：选B在直流电路中，R2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A项错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B项正确；增大两板间的距离，而电容器的两板间的电压一定，由E可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C项错误；断开电键S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D项错

5、误。4.在研究微型电动机的性能时，可采用如图4所示的实验电路。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V。则当这台电动机正常运转时()图4A电动机的内阻为7.5 B电动机的内阻为2.0 C电动机的输出功率为30.0 WD电动机的输出功率为26.0 W解析：选D因为电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A和1.0 V，说明电动机在没有将电能转化为机械能时属于纯电阻电路，故说明电动机的内阻为r1.0 ，选项A、B错误；当电动机正常运转时，电流表和电压表

6、的示数分别为2.0 A和15.0 V，则电动机的总功率为P总2.0 A15.0 V30.0 W，此时电动机的发热功率为P热(2.0 A)21.0 4.0 W，故电动机的输出功率为P出P总P热30.0 W4.0 W26.0 W，选项D正确。5如图5所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子(不计重力)以速度v水平匀速穿过两极板。下列说法正确的是()图5A若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D若增大带电粒子带电量，粒子将向b板偏转解析：选C因电容器

7、与电阻并联，将滑片P向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故粒子所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故A错误；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E可知，板间场强减小，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故B错误；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故C正确；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，所受洛伦兹力也增大，两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误。6.如图6所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以

8、垂直纸面向外的电流，则()图6A如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是北极B如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是北极C无论如何台秤的示数都不可能变化D以上说法都不正确解析：选A如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为北极，A正确，B、C、D错误。7.已知电源内阻r2 ，灯泡电阻RL2 ，R22 ，滑动变阻器R1的最大阻值为3 ，如图7所示，将滑片P置于最左端，闭合开关S1、S2，电源的输出功率为P0，则()图7A滑片P向右滑动，电源输出功率一直减小B滑片P

9、向右滑动，电源输出功率一直增大C断开S2，电源输出功率达到最大值D滑片P置于最右端时，电源输出功率仍为P0解析：选D闭合开关S1、S2，外电路总电阻RR1R并R11 ，当Rr2 时，电源输出功率最大，根据电源输出功率与外电路电阻的关系图像可知，滑片从最左端向右滑动，外电路总电阻从4 减小到1 ，电源输出功率先增大再减小，故A、B错误；滑片在最左端，断开S2，外电路总电阻RR1R25 r，电源的输出功率不是最大，故C错误；当滑片在最左端时，RR1R并4 ，电流I(A)，电源的输出功率为P0，则P0I2R(W)；当滑片在最右端时，RR并1 ，电流I(A)，电源的输出功率为PI2R(W)P0，故D正

10、确。8.如图8所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入。则下面判断错误的是()图8A两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B两电子在磁场中运动的时间有可能相同C进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场D进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场解析：选D电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvBm，整理得R，两过程电子速度v相同，所以半径相同，A正确；电子在磁场中的可能运动情况如图

11、所示，轨迹1和3先出圆形磁场，再出正方形磁场，轨迹2显示电子同时从圆形与正方形边界出磁场，运动时间相同，所以B、C正确，D错误。9(2015全国卷)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是()A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰

12、，选项C正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，D错误。10.如图9所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，ABBC，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力及相互作用力，则以下说法正确的是()图9Aa一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹B由于ABBC，故UABUBCCa对应的粒子的加速度越来越小，c对应的粒子的加速度越来越大，b对应的粒子的加速度大小不变Db对应的粒子的质量大于c对应的粒子的

13、质量解析：选CD图中的电场线无法判断方向，所以不能判断出a、b、c三种粒子的电性，故A错误；根据公式UEd，由于AB间的平均场强小于BC间的平均场强(电场线的疏密反映电场的强弱)，故UABUBC，故B错误；粒子只受电场力，由a得a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C正确；三个粒子的电荷量大小相等，以相同的速度从同一点O点射入电场，故静电力F相等，由于b粒子做圆周运动，c粒子做近心运动，比较可知c粒子的质量较小，故D正确。11如图10所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A、B、C、D作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面

14、ABCD垂直。下列说法正确的是()图10AAD两点间电势差UAD与AA两点间电势差UAA相等B带正电的粒子从A点沿路径ADD移到D点，电场力做正功C带负电的粒子从A点沿路径ADD移到D点，电势能减小D带电的粒子从A点移到C点，沿对角线AC与沿路径ABBC电场力做功相同解析：选BD电场力的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A两点沿电场线的方向有距离，所以UAA 不为0，所以选项A错；带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由DD电场力做正功，所以选项B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径ADD移到D点，电场力做负功，电势能增大，选项C错；由电场力做功的特

15、点(电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关)得选项D正确。12.如图11所示电路中，电阻R1R2R3R41234，C为电容器，A为电流表，当电路中某个电阻断路瞬间，发现有自上而下的电流通过电流表A，则断路的电阻可能是()图11AR1 BR2CR3 DR4解析：选BC设路端电压为U，则根据欧姆定律可得UR1U，UR2U，UR3U，UR4U，设电源负极的电势为零，则电容器上极板的电势上U，下极板的电势为下U，上极板电势大于下极板电势，有自上而下的电流通过电流表，说明电容器两端电压变大，所以可能为电阻R2变大或者电阻R3变大，故B、C正确。13如图12所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计

16、G和一个变阻器R组成，它们中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是()图12A甲表是电流表，R增大时量程增大B甲表是电流表，R增大时量程减小C乙表是电压表，R增大时量程减小D乙表是电压表，R增大时量程增大解析：选BD电压表电阻分压，串联；电流表电阻分流，并联；所以甲表为电流表，乙表为电压表，并联电路电阻大时分流少，所以R增大时量程减小，A错误，B正确；串联电路电阻大时分压多，所以R增大时量程增大，C错误，D正确。14如图13所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上有

17、如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()图13A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功解析：选ABC由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力FBIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误。二、实验题(本题共2小题，共16分)15(6分)(20

18、15福建高考)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图14甲所示，现已完成部分导线的连接。图14(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接。(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为_A。(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将_只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为_W(保留两位小数)。解析：(1)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接法，如图甲所示。

19、甲(2)电流表示数为0.44 A。(3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时，电源有最大的输出功率，即小电珠的总功率最大，此时R外r1 ，I A1.5 A，U外1.5 V，即每只小电珠两端的电压为1.5 V，通过图像可知每只小电珠的电流为I00.38 A，n4(只)；通过每只小电珠的电流为I0，两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律得：UnI0rE，而U4I03 V，U4I03 V，如图乙所示，图线的交点纵、横坐标分别为U1.5 V，I00.38 A，PUI00.57 W，P总nP0.574 W2.28 W。答案：(1)见解析图(2)0.44(3)42.2816(10分)(2015四川高考)用实验测一

20、电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx。已知电池的电动势约6 V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有：电流表A1(量程030 mA)；电流表A2(量程0100 mA)；电压表V(量程06 V)；滑动变阻器R1(阻值05 )；滑动变阻器R2(阻值0300 )；开关S一个，导线若干条。某同学的实验过程如下：.设计如图15所示的电路图，正确连接电路。图15.将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。以U为纵轴，I为横轴，得到如图16所示的图线。图16.断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变。重复的步骤，得到另一条UI图线，图

21、线与横轴I的交点坐标为(I0,0)，与纵轴U的交点坐标为(0，U0)。回答下列问题：电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。由图16的图线，得电源内阻r_。用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx_，代入数值可得Rx。若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围_，电压表示数变化范围_。(选填“相同”或“不同”)解析：由题UI图线可知电流表量程应为0100 mA，故选A2。路端电压大于5.5 V，而电源电动势E6 V，故R外r，则滑动变阻器选R2。由题图得：r25 。Rxr，Rxr。电流I，rRx一定，R从30

22、0 变到某同一阻值，电流变化范围相同。Rx接AB间时，U(RRx)，Rx接BC间时，UR，故两种情况下电压变化不同。答案：A2R225r相同不同三、计算题(本题共3小题，共38分)17(12分) (2015全国卷)如图17所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为 2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/

23、s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。图17解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了l10.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度，两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m0.01 kg。答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg18(12分)如图18所示，虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：图18(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚