2024-2025学年新教材高中物理模块素养评价含解析鲁科版必修3

PAGE16-模块素养评价(60分钟·60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)1.下列关于能量转化的说法中,不正确的是 ()A.能量在转化过程中,有一部分能量转化为内能,我们无法把这些内能收集起来重新利用B.各种形式的能量在转化中,总能量是不变的C.在能源的利用过程中,能量的总量并未削减,但在可利用的品质上降低了,从便于利用的变成了不便于利用的D.各种能量在不转化时是守恒的,但在转化时是不守恒的【解析】选D。依据能量守恒定律可知,不论在能量的转化还是在能量的转移过程中,能量的总量都是不变的。由能量耗散知,在能量转化的过程中,有一部分能量转化为四周环境的内能,而我们无法把这些内能收集起来重新利用,这表明,在能源的利用过程中,能量的总量并未削减,但是在可利用的品质上降低了,从便于利用的变成不便于利用的了,而自然界的能量仍是守恒的。故选项A、B、C正确,D错误。2.有关光的本性,下列说法正确的是 ()A.光既具有波动性,又具有粒子性,这是相互冲突和对立的B.光的波动性类似于机械波,光的粒子性类似于质点C.大量光子才具有波动性,个别光子只具有粒子性D.由于光既有波动性,又有粒子性,无法只用其中一种去说明光的一切行为,只能认为光具有波粒二象性【解析】选D。19世纪初,人们胜利地在试验中视察到了光的干涉、衍射现象,这属于波的特性,微粒说无法说明;但到了19世纪末又发觉了光的新现象——光电效应,这种现象波动说不能说明,证明光具有粒子性。因此,光既具有波动性,又具有粒子性,但不同于宏观的机械波和机械粒子,波动性和粒子性是光在不同的状况下的不同表现,是同一客体的两个不同侧面、不同属性,只能认为光具有波粒二象性,故D正确,A、B、C错误。【加固训练】关于电磁波,下列说法正确的是 ()A.雷达是用X光来测定物体位置的设备B.电磁波不能发生干涉、衍射现象C.电磁波的传播速度小于光速D.变更的电场可以产生磁场【解析】选D。雷达不是利用X光定位的,X光波长极短常用于医疗,A错误;电磁波能发生干涉、衍射现象,B错误;电磁波的传播速度等于光速,C错误;变更的电场可以产生磁场,D正确。3.如图所示,以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时,在圆心O产生的电场强度大小为E。现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上,使O点的电场强度变更,则下列推断正确的是 ()A.移至c点时,O点的电场强度大小仍为E,沿Oe方向B.移至b点时,O点的电场强度大小为E,沿Oc方向C.移至e点时,O点的电场强度大小为,沿Oc方向D.移至f点时,O点的电场强度大小为E,沿Oe方向【解析】选C。由题意可知,等量正、负点电荷在O处的电场强度大小均为,方向水平向右。当将放于a点的正点电荷移至c点时,两点电荷在O处的电场强度方向夹角为120°,则O处的合电场强度大小为,沿Oe方向,选项A错误;同理,移至b点时,O点的合电场强度大小为E′=cos30°×2=E,沿Od与Oe的角平分线方向,选项B错误;移至e点时,两点电荷在O处的电场强度方向夹角为120°,则O处的合电场强度大小为,沿Oc方向,选项C正确;当将放于a点的正点电荷移至f点时,O点的电场强度大小为E,沿Oc和Od的角平分线方向,选项D错误。【加固训练】如图所示,A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点,在这些点上各固定一个点电荷,除A点处的电荷量为-q外,其余各点处的电荷量均为+q,则圆心O处 ()A.场强大小为,方向沿OA方向B.场强大小为,方向沿AO方向C.场强大小为,方向沿OA方向D.场强大小为,方向沿AO方向【解析】选C。在A处放一个-q的点电荷与在A处同时放一个+q和-2q的点电荷的效果相当,因此可以认为O处的场强是五个+q和一个-2q的点电荷的合场强,五个+q处于对称位置上,在圆心O处产生的合场强为0,所以O点的场强相当于-2q在O处产生的场强。则C正确,A、B、D错误。4.两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为m、电荷量为e,从O点沿垂直于极板的方向射入电场,最远到达A点,然后返回,如图所示,OA间距为h,则此电子的初动能为 ()A. B. C. D.【解析】选D。电子从O点到达A点的过程中,仅在电场力作用下速度渐渐减小,依据动能定理可得-eUOA=0-Ek,因为UOA=h,所以Ek=,故D正确,A、B、C错误。5.如图所示,C1=6μF,C2=3μF,R1=3Ω,R2=6Ω,电源电动势E=18V,内阻不计。下列说法正确的是 ()A.开关S断开时,a、b两点电势相等B.开关S闭合后,a、b两点间的电流是1AC.开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D.不论开关S断开还是闭合,C1带的电荷量总比C2带的电荷量大【解析】选C。S断开时外电路处于断路状态,两电阻中无电流通过,电阻两端电势相等,由图知a点电势与电源负极电势相等,而b点电势与电源正极电势相等,故选项A错误;S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势,而C1>C2,由Q=CU知此时Q1>Q2,当S闭合时,稳定状态下C1与R1并联,C2与R2并联,电路中电流I==2A,此时两电阻两端电压分别为U1=IR1=6V,U2=IR2=12V,则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′=C1U1=3.6×10-5C,Q2′=C2U2=3.6×10-5C,对电容器C16.一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻,一带电粒子以肯定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则P-t关系图像是 ()【解析】选A。设粒子带正电,运动轨迹如图所示,水平方向:粒子不受力,vx=v0。沿电场方向:受力F电=qE,则加速度a==,经时间t,粒子沿电场方向的速度vy=at=电场力做功的功率P=F电vy=qE·==kt∝t,故A正确,B、C、D错误。7.电动公交车主要是指纯电动公交车,全部运用电能行驶,该类产品噪音小,行驶稳定性高,并且实现零排放。假设某电动公交车的质量(含乘客)m=15t,电动公交车电能转化为机械能的效率为75%,以速度20m/s在平直马路上匀速行驶时,一次充溢电可持续行驶100km,假定电动公交车受到的平均阻力为车重的0.02倍,则 ()A.该车匀速行驶时发动机输出功率约3×104WB.该车从几乎没电到充溢电需充电约3×108JC.按电价0.72元/(kW·h)来计算,从几乎没电到充溢电需电费约80元D.若该车充电的功率为60kW,从几乎没电到充溢电需时间约5000s【解析】选C。P=f·v=0.02×15×104×20W=6×104W,选项A错误;E==6×104××J=4×108J,选项B错误;=度,若0.72元/度,则为80元,选项C正确;E=P′t′,t′==s=×104s>5000s,选项D错误。8.咸阳市区某学校创建绿色校内,如图中甲为新装的一批节能灯,该路灯通过光控开关实现自动限制:电灯的亮度可自动随四周环境的亮度变更而变更。如图中乙为其内部电路简化原理图,电源电动势为E,内阻为r,Rt为光敏电阻(光照强度增加时,其电阻值减小)。现增加光照强度,则下列推断正确的是 ()A.电源路端电压不变 B.R0两端电压变大C.B灯变暗,A灯变亮 D.电源总功率不变【解析】选B。由题意,增加光照强度,Rt减小,外电路总电阻减小,依据闭合电路欧姆定律得知,干路电流I增大,电源的内电压增大,路端电压U减小,则A灯变暗,通过R0电流I0=I-IA,I增大,而IA减小,则I0增大,R0两端电压U0增大,则B灯两端的电压减小,B灯变暗;电源的总功率P=EI,I增大,则P增大,故B项正确,A、C、D项错误。【加固训练】在某限制电路中,须要连成如图所示的电路,主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成,L1、L2是红、绿两个指示灯,当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时,下列说法中正确的是()A.L1、L2两个指示灯都变亮B.L1、L2两个指示灯都变暗C.L1变亮,L2变暗D.L1变暗,L2变亮【解析】选B。当电位器向a端滑动时,电路的总电阻减小,干路电流增大,所以内电压增大,路端电压减小,所以灯L1变暗;通过电阻R1的电流变大,所以电位器两端的电压减小,即灯L2两端的电压减小,所以灯L2变暗,则B正确,A、C、D错误。9.电场中某三条等势线如图中实线a、b、c所示。一电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q,已知电势φa>φb>φc,这一过程电子运动的v-t图像可能是图中的 ()【解析】选A。结合φa>φb>φc,由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场,且Q点处电场强度小于P点处电场强度,电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q,做加速度越来越小的加速运动,故A正确,B、C、D错误。二、试验题(8分)10.有一根匀称的管线状导体,横截面如图甲所示,长约为5.0cm,电阻值约为6Ω。可供选择的器材有:A.电流表(量程0.6A,内阻约为0.1Ω)B.电流表(量程3A,内阻约为0.03Ω)C.电压表(量程3V,内阻约为3kΩ)D.滑动变阻器(1750Ω,0.3A)E.滑动变阻器(15Ω,3A)F.蓄电池(6V,内阻很小)G.开关一个,带夹子的导线若干(1)运用游标卡尺测量管线状导体的长度如图乙所示,则管线状导体的长度L=cm。

(2)要精确测量管线状导体的阻值,电流表应选,滑动变阻器应选。(填选项字母)

(3)请将如图所示的实际测量电路补充完整。(4)已知管线状导体材料的电阻率为ρ,通过多次测量得出管线状导体的电阻为R,外径为d,要想求得管线状导体内形态不规则的中空部分的横截面积S,计算中空部分横截面积的表达式为S=。

【解析】(1)游标卡尺的精度为0.1mm,所以管线状导体的长度L=(50+1×0.1)mm=5.01cm。(2)因管线状导体的阻值约为6Ω,电压表的量程为3V,则电流最大约为0.5A,故电流表应选A。为调整便利,应选用总阻值与样品相差不大的滑动变阻器E。(3)因Rx≈6Ω,≈Ω,故测量电路应为电流表外接法电路。因滑动变阻器的总阻值大于样品阻值,且试验中不需从零调整,故限制电路为限流接法,如图所示。(4)管线状导体的长度为L,由导体电阻公式得,R=ρ。可得S=-。答案:(1)5.01(2)AE(3)见解析图(4)-三、计算题(本题共3小题,共25分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(6分)如图所示,在匀强电场中,电荷量q=5.0×10-10C的正电荷由a点移到b点和由a点移到c点,电场力做功都是3.0×10-8J。已知a、b、c三点的连线组成直角三角形,ab=20cm(1)a、b两点的电势差Uab。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)(2)匀强电场的场强大小和方向。【解析】(1)在匀强电场中,电荷量q=5.0×10-10C的正电荷,由a点移到b点,静电力做功是3.0×10-8J,故a、b两点的电势差Uab为:Uab==V=60V(2分)(2)正电荷由a点移到b点和由a点移到c点静电力做功相同,故b、c在等势面上,故电场强度方向垂直bc向右;依据公式U=Ed,电场强度为:E==V/m=375V/m(2分)方向沿ac垂直指向bc (2分)答案:(1)60V(2)375V/m沿ac垂直指向bc【加固训练】一匀强电场,场强方向是水平的(如图)。一个质量为m的带正电的小球,从O点动身,初速度的大小为v0,在电场力与重力的作用下,恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动。求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差。【解析】小球做直线运动,电场力和重力的合力沿此直线,如图所示:依据力的平行四边形定则可知,mg=qEtanθ,小球做匀减速运动的加速度大小a=;从O到最高点的过程中,依据速度和位移的关系得=2as;小球运动的水平距离l=scosθ;两点的电势能之差ΔEp=qEl,联立解得ΔEp=mcos2θ;最高点的电势能与在O点的电势能之差为mcos2θ。答案:mcos2θ12.(8分)如图所示,一带电微粒质量为m、电荷量为q,从静止起先经电压为U1的电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角为θ。已知偏转电场中金属板长为L,两板间距为d,带电微粒重力忽视不计。求:(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1。(2)偏转电场中两金属板间的电压U2。【解析】(1)由动能定理得qU1=m (1分)所以v1=。 (1分)(2)偏转电场的场强:E= (1分)微粒的加速度:a= (1分)在电场中运动的时间:t= (1分)沿电场方向的分速度:vy=at (1分)偏转角θ满意:tanθ= (1分)解得:U2= (1分)答案:(1)(2)13.(11分)一台电风扇,内阻为20Ω,接上220V的电压后正常工作,消耗的功率为66W。求:(1)电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流;(2)电风扇工作时,电动机发热功率,转化为机械能的功率及电机的效率;(3)若接上电源后,扇叶被卡住,不能转动,此时通过电动机的电流多大?电动机消耗的电功率和发热功率各是多大?【解析】(1)由P=UI可得,电流I===0.3A; (2分)(2)线圈电阻发热功率PQ=I2r=1.8W; (2分)机械功率P机=P-PQ=64.2W; (2分)效率为机械功率与总功率之比为η==97.3%。 (1分)(3)当叶片不转动时,作纯电阻,I′==11A; (2分)P′=UI′=I′2r=2420W。 (2分)答案:(1)0.3A(2)1.8W64.2W97.3%(3)11A2420W2420W【加固训练】如图所示是利用电动机提升重物的示意图,其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物,它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S,重物P以速度v匀速上升,这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V,重物P上升的速度v=0.70m/s。已知重物的质量m=45kg(g取10m/s2)。求:(1)电动机消耗的电功率P电。(2)细绳对重物做功的机械功率P机。(3)电动机线圈的电阻R。【解析】(1)依据电功率关系式有:P电=UI=5×110W=550W,故电动机消耗的功率为550W。(2)以重物为探讨对象,由于重物匀速上升,有:F-mg=0 ①P机=F·v ②联立①②,代入数据得:P机=315W; 故细绳对重物做功的机械功率为315W。(3)依据功能关系有:P电=P机+P热 ③P热=I2R ④联立③④,代入数据得:R=9.4Ω。 答案:(1)550W(2)315W(3)9.4Ω(30分钟·40分)14.(6分)(多选)下列选项中是用导线做成的圆形或正方形回路,这些回路与始终导线构成的几种位置组合(彼此绝缘),下列组合中,切断直导线中的电流时,闭合回路中会有感应电流产生的是 ()【解析】选C、D。利用安培定则推断直线电流产生的磁场,其磁感线是以直导线为轴的多数组同心圆,即磁感线所在平面均垂直于导线,且直线电流产生的磁场分布状况是:靠近直导线处磁场强,远离直导线处磁场弱。所以,A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示,其有效磁通量为ΦA=Φ出-Φ进=0,且始终为0,即使切断导线中的电流,ΦA也始终为0,A中不行能产生感应电流;B中线圈平面与导线的磁场平行,穿过线圈的磁通量始终为0,B中不行能产生感应电流;C中穿过线圈的磁通量如图乙所示,Φ进>Φ出,即ΦC≠0,当切断导线中电流后,经过一段时间,穿过线圈的磁通量ΦC减小为0,所以C中有感应电流产生;D中线圈的磁通量ΦD不为0,当电流切断后,ΦD最终也减小为0,所以D中也有感应电流产生。【加固训练】(多选)如图所示,正方形线圈处在电流恒定的长直导线形成的磁场中:A向右平动,B向下平动,C绕轴转动(ad边向外),D向上平动(D线圈有个缺口)。则线圈中能产生感应电流的是 ()【解析】选B、C。在通电长直导线的磁场中,四个线圈所处位置的磁通量都是垂直于纸面对里的,离导线越远,磁场就越弱,A向右平动,穿过线圈的磁通量没有变更,故A线圈中没有产生感应电流;B向下平动,穿过线圈的磁通量削减,必产生感应电流;C绕轴转动,穿过线圈的磁通量不断变更,必产生感应电流;D向上平动,穿过线圈的磁通量增加,但由于线圈不闭合,因此无感应电流产生。15.(6分)如图所示,直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变更的特性图线,曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线,曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2,3.5)、Q(6,5)。假如把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接,则下列说法正确的是 ()A.电源1与电源2的内阻之比是2∶3B.电源1与电源2的电动势之比是1∶1C.在这两种连接状态下,小灯泡的电阻之比是1∶2D.在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是7∶10【解析】选B。依据图像可知,E1=E2=10V,r1=Ω,r2=Ω,所以r1∶r2=3∶2,E1∶E2=1∶1,选项A错误,B正确;曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流,依据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P1=18.2W和P2=30W,小灯泡的电阻分别为R1=Ω,R2=Ω,所以选项C、D错误。16.(6分)(多选)某静电场中x轴上电场强度E随x变更的关系如图所示,设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动,结果粒子刚好能运动到x=3x0处,假设粒子仅受电场力作用,E0和x0已知,则 ()A.粒子肯定带负电B.粒子的初动能大小为qE0x0C.粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D.粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0【解析】选B、D。假如粒子带负电,粒子在电场中肯定先做减速运动后做加速运动,因此粒子在x=3x0处的速度不行能为零,故粒子肯定带正电,A错误;依据动能定理qE0x0-×2qE0·2x0=0-Ek0,可得Ek0=qE0x0,B正确;粒子向右运动的过程中,电场力先做正功后做负功,因此电势能先减小后增大,C错误;粒子运动到x0处动能最大,依据动能定理qE0x0=Ekmax-Ek0,解得Ekmax=2qE0x0,D正确。17.(8分)某同学为了测定一个笔记本电脑电池板的电动势和内阻。(1)他先用多用电表干脆测电池板的两极电压,应将红表笔接在电池板的(选填“正”或“负”)极。

(2)接下来