《（浙江專用）2018-2019學(xué)年高中物理 模塊檢測卷 新人教版選修3-1.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2018-2019學(xué)年高中物理 模塊檢測卷 新人教版選修3-1.doc（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

模塊檢測卷 (時(shí)間：90分鐘　分?jǐn)?shù)：100分) 一、選擇題(本題共13小題，每題4分，共52分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。) 1．物理學(xué)的發(fā)展是許多物理學(xué)家奮斗的結(jié)果，下面關(guān)于一些物理學(xué)家的貢獻(xiàn)說法正確的是(　　) A．安培通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了通電導(dǎo)線對磁體有作用力，首次揭示了電與磁的聯(lián)系 B．奧斯特認(rèn)為安培力是帶電粒子所受磁場力的宏觀表現(xiàn)，并提出了著名的洛倫茲力公式 C．庫侖在前人工作基礎(chǔ)上通過實(shí)驗(yàn)研究確認(rèn)了真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力遵循的規(guī)律——庫侖定律 D．安培不僅提出了電場的概念，而且采用了畫電場線這個(gè)簡潔的方法描述電場 解析　奧斯特將通電導(dǎo)體放在小磁針上方時(shí)，小磁針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，說明通電導(dǎo)體周圍存在磁場，奧斯特是第一個(gè)發(fā)現(xiàn)了電與磁之間的聯(lián)系的物理學(xué)家，故A錯(cuò)誤；洛倫茲認(rèn)為安培力是帶電粒子所受磁場力的宏觀表現(xiàn)，并提出了洛倫茲力公式，故B錯(cuò)誤；真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷間存在相互的作用。庫侖利用扭秤裝置，研究出兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷間的相互作用規(guī)律：點(diǎn)電荷間的相互作用力跟兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量有關(guān)，跟它們之間的距離有關(guān)，這個(gè)規(guī)律應(yīng)是庫侖定律，故C正確；19世紀(jì)30年代，法拉第提出電荷周圍存在一種場，并且是最早提出用電場線描述電場的物理學(xué)家，故D錯(cuò)誤。 答案　C 2. (2018臺(tái)州質(zhì)量評(píng)估)如圖1所示，在光滑絕緣水平面上固定一正點(diǎn)電荷Q，一帶負(fù)電的試探電荷在水平面上沿橢圓軌道繞它運(yùn)動(dòng)。若正點(diǎn)電荷正好處在橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上，A、B、C分別是橢圓上的三點(diǎn)，且A、B分別位于橢圓長軸的兩端，則(　　) 圖1 A．B點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)的電勢 B．試探電荷在此運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒 C．試探電荷在A點(diǎn)的速度大于B點(diǎn)的速度 D．試探電荷在A點(diǎn)的電勢能小于在C點(diǎn)的電勢能 解析　由正點(diǎn)電荷的電場線分布和電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面知A正確；試探電荷沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)過程中，靜電力做功，機(jī)械能不守恒，B不正確；試探電荷由A到B，靜電力做正功，動(dòng)能增加，即EkB＞EkA，所以vB＞vA，C錯(cuò)誤；試探電荷由A到C，靜電力做正功，電勢能減小，有EpA＞EpC，所以D錯(cuò)誤。 答案　A 3．真空中A、B兩個(gè)點(diǎn)電荷相距為L，質(zhì)量分別為m和2m，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)(不計(jì)重力)，開始時(shí)A的加速度大小是a，經(jīng)過一段時(shí)間，B的加速度大小也是a，那么此時(shí)A、B兩點(diǎn)電荷的距離是(　　) A.L B.L C．2L D．L 解析　剛釋放瞬間，對A球，有k＝mAa，經(jīng)過一段時(shí)間后，對B球，有k＝mBa，可得L′＝L＝L，所以A項(xiàng)正確。 答案　A 4．在同一勻強(qiáng)磁場中，α粒子(He)和質(zhì)子(H)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若它們的質(zhì)量和速度的乘積大小相等，則α粒子和質(zhì)子(　　) A．運(yùn)動(dòng)半徑之比是2∶1 B．運(yùn)動(dòng)周期之比是2∶1 C．運(yùn)動(dòng)速度大小之比是4∶1 D．受到的洛倫茲力之比是2∶1 解析　α粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4∶1，電荷量之比為2∶1，由于質(zhì)量和速度的乘積大小相等，故速度之比為1∶4；同一磁場，B相同。由r＝，得兩者半徑之比為1∶2；由T＝，得周期之比為2∶1；由f洛＝qvB，得洛倫茲力之比為1∶2。故只有B正確。 答案　B 5．如圖2所示，用天平測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。下列各選項(xiàng)所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)．若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是(　　) 圖2 解析　磁場發(fā)生微小變化時(shí)，因各選項(xiàng)中載流線圈在磁場中的面積不同，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝n 知載流線圈在磁場中的面積越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越大，感應(yīng)電流越大，載流線圈中的電流變化越大，所受的安培力變化越大，天平越容易失去平衡，由題圖可知，選項(xiàng)A符合題意。 答案　A 6．均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖3所示，在半球面AB上均勻分布有正電荷，總電荷量為q，球半徑為R，CD為通過半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R。已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為(　　) 圖3 A.－E B. C.－E D.＋E 解析　完整殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為k＝，根據(jù)場強(qiáng)疊加原理，右半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為－E，根據(jù)對稱性，左半球殼在N點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為－E，故A項(xiàng)正確。 答案　A 7．(2018浙江名校協(xié)作體模擬)如圖4所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖(俯視圖)，使用前先給超級(jí)電容器C充電，彈射時(shí)，電容器釋放儲(chǔ)存電能所產(chǎn)生的強(qiáng)大電流經(jīng)過導(dǎo)體棒EF，EF在磁場(方向垂直紙面向外)作用下加速。則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．電源給電容器充電后，M板帶正電 B．導(dǎo)體棒在安培力作用下向右運(yùn)動(dòng) C．超級(jí)電容器相當(dāng)電源，放電時(shí)兩端電壓不變 D．在電容器放電過程中，電容器電容不斷減小 解析　電源給電容器充電時(shí)，與電源正極相連的極板帶正電，N板與電源正極相連，所以N板帶正電，A不正確；由左手定則可知導(dǎo)體棒EF在安培力作用下向右運(yùn)動(dòng)，B正確；電容器放電時(shí)，電荷量Q減小，由C＝知，電壓U減小，C不正確；電容器的電容反映電容器容納電荷的本領(lǐng)，決定于電容器本身，與電荷量無關(guān)，所以D不正確。 答案　B 8．(2018麗水、衢州、湖州三地教學(xué)質(zhì)量檢測)為了降低潛艇噪音，可用電磁推進(jìn)器替代螺旋槳。如圖5為直線通道推進(jìn)器示意圖。推進(jìn)器前后表面導(dǎo)電，上下表面絕緣，規(guī)格為abc＝0.5 m0.4 m0.3 m?？臻g中存在由超導(dǎo)線圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝10.0 T、方向豎直向下，若在推進(jìn)器前后方向通以電流I＝1.0103 A，方向如圖。則下列判斷正確的是(　　) 圖5 A．推進(jìn)器對潛艇提供向左的驅(qū)動(dòng)力，大小為4.0103 N B．推進(jìn)器對潛艇提供向右的驅(qū)動(dòng)力，大小為4.0103 N C．推進(jìn)器對潛艇提供向左的驅(qū)動(dòng)力，大小為3.0103 N D．推進(jìn)器對潛艇提供向右的驅(qū)動(dòng)力，大小為3.0103 N 解析　由左手定則知，通電后水受到推進(jìn)器向左的安培力，由牛頓第三定律知，水對推進(jìn)器即對潛艇提供向右的驅(qū)動(dòng)力，由安培力公式知，驅(qū)動(dòng)力大小F＝BIb＝4.0103 N，故B正確。 答案　B 9．某電路如圖6所示，已知電池組的總內(nèi)阻r＝1 Ω，外電路電阻R＝5 Ω，理想電壓表的示數(shù)U＝3.0 V，則電池組的電動(dòng)勢E等于 (　　) 圖6 A．3.0 V B．3.6 V C．4.0 V D．4.2 V 解析　在外電路中，由U＝IR，得出電流I＝0.6 A，又由E＝I(R＋r)解得E＝3.6 V 答案　B 10．有一未知電阻Rx，為較準(zhǔn)確地測出其阻值，先后用圖7中甲、乙兩種電路進(jìn)行測試，利用甲測得數(shù)據(jù)為“2.7 V，5.0 mA”，利用乙測得數(shù)據(jù)為“2.8 V,4.0 mA”，那么，該電阻測得值較準(zhǔn)確的數(shù)值及它比真實(shí)值偏大或偏小的情況是 (　　) 圖7 A．540 Ω，偏大 B．540 Ω偏小 C．700 Ω，偏小 D．700 Ω，偏大 解析　兩次測量電壓表示數(shù)變化率大?。剑?，電流表示數(shù)變化率大?。絼t<，可見電流表示數(shù)變化顯著，說明電壓表分流作用顯著，采用電流表內(nèi)接法誤差較小，故乙圖所示電路測該電阻的阻值誤差較小。測量值Rx＝＝＝700 Ω，真實(shí)值R真＝Rx－RA，故測量值比真實(shí)值偏大。故選項(xiàng)D正確。 答案　D 11．如圖8所示，金屬板M、N水平放置，相距為d，其左側(cè)有一對豎直金屬板P、Q，板P上小孔S正對板Q上的小孔O，M、N間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在小孔S處有一帶負(fù)電粒子，其重力和初速均不計(jì)，當(dāng)變阻器的滑動(dòng)觸頭在AB的中點(diǎn)時(shí)，帶負(fù)電粒子恰能在M、N間做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片向A點(diǎn)滑動(dòng)過程中，則(　　) 圖8 A．粒子在M、N間運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能一定不變 B．粒子在M、N間運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能一定減小 C．粒子在M、N間仍做直線運(yùn)動(dòng) D．粒子可能沿M板的右邊緣飛出 解析　滑動(dòng)觸頭在中點(diǎn)時(shí)，粒子恰能做直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)M、N間為一速度選擇器模型。當(dāng)滑動(dòng)觸頭滑向A點(diǎn)時(shí)，M、N間電壓減小，電場力變小，粒子向下偏，所以粒子在其間運(yùn)動(dòng)時(shí)電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，B選項(xiàng)正確。因?yàn)榱Ｗ酉蛳缕圆豢赡軓腗板的右邊緣飛出。 答案　B 12．在如圖9所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，平行板電容器的極板B與一靜電計(jì)相接，極板A接地。下列操作中可以觀察到靜電計(jì)指針張角變大的是(　　) 圖9 A．極板A上移 B．極板A右移 C．極板間插入一定厚度的金屬片 D．極板間插入一云母片 解析　平行板電容器的電荷量保持不變，靜電計(jì)測的是兩極板間的電壓，要使靜電計(jì)指針張角變大，即使兩極板間的電壓變大，由U＝可知，減小電容器的電容即可，由公式C＝ 可判斷選項(xiàng)A正確；需要注意的是，極板間插入一定厚度的金屬片相當(dāng)于減小極板間距離。 答案　A 13．如圖10所示，A板發(fā)出的電子(重力不計(jì))經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板M、N間，M、N之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電子通過磁場后最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是(　　) 圖10 A．當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電子打在熒光屏的位置下降 B．當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電子通過磁場區(qū)域所用時(shí)間不變 C．若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則電子打在熒光屏上的速度大小不變 D．若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大 解析　當(dāng)滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電場的加速電壓增大，加速后電子動(dòng)能增大，進(jìn)入磁場的初速度增大，由r＝知半徑r增大，位置上升，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于在磁場中運(yùn)動(dòng)對應(yīng)的圓心角變小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電子在磁場中運(yùn)動(dòng)速度大小不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 答案　C 二、非選擇題(共6小題，共48分) 14．(5分)圖11是小紅同學(xué)在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)的實(shí)物連接圖。 圖11 圖12 (1)根據(jù)圖11畫出實(shí)驗(yàn)電路圖； (2)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器得到了兩組電流表與電壓表的示數(shù)如圖12中的①、②、③、④所示，電流表量程為0.6 A，電壓表量程為3 V。所示讀數(shù)為：①________、 ②________、③________、④________。兩組數(shù)據(jù)得到的電阻分別為________和________。 解析　(1)描繪小燈泡的伏安特性曲線需要測量電壓范圍大，變阻器用分壓接法，小燈泡電阻比較小，電流表要外接，電路圖如圖所示。 (2)電流表量程為0.6 A時(shí)，最小刻度為0.02 A，讀數(shù)讀到小數(shù)點(diǎn)后兩位，所以①表示數(shù)為0.10 A，②表示數(shù)為0.24 A；電壓表量程為3 V，最小刻度為0.1 V，應(yīng)估讀到0.01 V，所以③表示數(shù)為2.00 V，④表示數(shù)為0.27 V，根據(jù)歐姆定律R1＝＝＝8.3 Ω，R2＝＝ Ω＝2.7 Ω。 答案　(1)見解析　(2)①0.10 A(0.100.02均可) ②0.24 A(0.240.02均可)?、?.00 V(2.000.02均可)　④0.27 V(0.270.02均可)；8.3 Ω(8.30.2均可)　2.7 Ω(2.70.2均可) 15．(5分) (2018臺(tái)州質(zhì)量評(píng)估)某同學(xué)對實(shí)驗(yàn)室的一個(gè)多用電表中的電池進(jìn)行更換時(shí)發(fā)現(xiàn)，里面除了一節(jié)1.5 V的干電池外，還有一個(gè)方形的電池(層疊電池)。為了測定該電池的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻，實(shí)驗(yàn)室中提供有下列器材： A．電流表G(滿偏電流10 mA，內(nèi)阻10Ω) B．電流表A(0～0.6 A～3 A，內(nèi)阻未知) C．滑動(dòng)變阻器R0(0～100Ω，1 A) D．定值電阻R(阻值990Ω) E．開關(guān)與導(dǎo)線若干 (1)該同學(xué)根據(jù)現(xiàn)有的實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)了如圖13甲所示的電路，請你按照電路圖在乙圖上完成實(shí)物連線。 圖13 (2)圖14為該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出I1－I2圖線(I1為電流表G的示數(shù)，I2為電流表A的示數(shù))，則由圖線可以得到被測電池的電動(dòng)勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。 圖14 解析　(1)連線如下。 (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝得 I1(R＋RG)＋(I1＋I(xiàn)2)r＝E 整理并代入數(shù)據(jù)得：I1＝－I2 由I1－I2圖線得：＝910－3，＝10－2 解得：E＝9.09 V，r＝10Ω。 答案　(1)見解析 (2)①8.8～9.2 V　②9.6～10.4 Ω 16．(8分)如圖15所示，兩塊正對的帶電金屬板，上板的電勢高于下板，板間的電場強(qiáng)度為2102 N/C，兩板之間的距離為0.2 m，板長為0.4 m，帶電粒子以速度v0＝5104 m/s從極板左端垂直于電場方向進(jìn)入電場，從極板右端飛出，虛線為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，不計(jì)帶電粒子所受的重力，試問： 圖15 (1)帶電粒子帶何種電荷？ (2)兩板間的電勢差多大？ (3)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間多長？ 解析　(1)由題意得，上極板帶正電，再由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡得粒子帶正電。 (2)由公式E＝，得電勢差為U＝Ed＝40 V。 (3)由公式t＝，得t＝810－6 s。 答案　(1)正電荷　(2)40 V　(3)810－6 s 17．(10分)如圖16所示，電源電動(dòng)勢E0＝15 V，內(nèi)阻r0＝1 Ω，電阻R1＝30 Ω，R2＝60 Ω。間距d＝0.2 m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場。閉合開關(guān)S，板間電場視為勻強(qiáng)電場，將一帶正電的小球以初速度v＝0.1 m/s沿兩板間中線水平射入板間。設(shè)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對小球的作用，取g＝10 m/s2。 圖16 (1)當(dāng)Rx＝29 Ω時(shí)，電阻R2消耗的電功率是多大？ (2)若小球進(jìn)入板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并與板相碰，碰時(shí)速度與初速度的夾角為60，則Rx是多少？ 解析　設(shè)R1和R2的并聯(lián)電阻為R，有R＝① R2兩端的電壓：U＝② R2消耗的電功率為：P＝③ (1)當(dāng)Rx＝29 Ω時(shí)，聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得： P＝0.6 W④ (2)設(shè)小球質(zhì)量為m，電荷量為q，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：qE＝mg⑤ E＝⑥ 設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，有qvB＝⑦ 由幾何關(guān)系有：r＝d⑧ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得：Rx＝54 Ω 答案　(1)0.6 W(2)54 Ω 18．(10分)如圖17所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場中有一固定點(diǎn)O，用一根長度為l＝0.20 m的絕緣輕線把質(zhì)量m＝0.10 kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點(diǎn)，小球靜止在B點(diǎn)時(shí)輕線與豎直方向的夾角θ＝37。現(xiàn)將小球拉至位置A，使輕線水平張緊后由靜止釋放。g取10 m/s2，sin 37＝0.60，cos 37＝0.80。求： 圖17 (1)小球所受電場力的大?。? (2)小球通過最低點(diǎn)C時(shí)的速度大?。? (3)小球通過最低點(diǎn)C時(shí)輕線對小球的拉力大小。 解析　(1)小球受重力mg、電場力F和拉力FT，其靜止時(shí)受力如圖所示 根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有F＝mgtan 37＝0.75 N (2)設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，小球從水平位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 mgl－Fl＝mv2 解得v＝＝1.0 m/s (3)設(shè)小球通過最低點(diǎn)C時(shí)細(xì)線對小球的拉力大小為FT′根據(jù)牛頓第二定律有FT′－mg＝m 解得FT′＝1.5 N 答案　(1)0.75 N　(2)1.0 m/s　(3)1.5 N 19．(10分)如圖18所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強(qiáng)電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從y軸上P點(diǎn)沿y軸正方向射出，一段時(shí)間后進(jìn)入電場，進(jìn)入電場時(shí)的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時(shí)間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，大小不變，不?jì)重力。 圖18 (1)求粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時(shí)所需的時(shí)間； (2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn)，求電場強(qiáng)度的最大值。 解析　(1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R，運(yùn)動(dòng)周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有 qv0B＝m，T＝ 依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)，運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度為π，所需時(shí)間為t1＝T，求得t1＝ (2)粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x軸時(shí)速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2，加速度大小為a，電場強(qiáng)度大小為E，有qE＝ma，v0＝at2，得t2＝ 根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點(diǎn)，必須滿足t2≥T0 得電場強(qiáng)度最大值E＝ 答案　(1)　(2)