2020-2021学年高中物理 模块检测新人教版必修3

1、2020-2021学年高中物理 模块检测新人教版必修32020-2021学年高中物理 模块检测新人教版必修3年级：姓名：- 13 -模块素养检测(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分。)1.下列说法正确的是()a.元电荷实质就是电子(或质子)本身b.元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量c.摩擦起电是通过摩擦创造出了等量的异种电荷的过程d.不论是摩擦起电还是感应起电,都是创造出了电荷【解析】选b。元电荷是指电子或质子所带的电荷量,数值为e=1.6010-19 c,不是电子(或质子)本身,故a错误;电荷既不能被创生,也不能被消灭,

2、不论摩擦起电还是感应起电,都是电荷的转移。故c、d错误。2.两个相同的带电小球可视为点电荷,所带电荷量之比为17,在真空中相距为r时,两球间斥力大小为f。现将两球接触后再放回原处,则它们间的静电力大小变为()a.fb.fc.fd.f【解析】选a。两球开始时受斥力,故说明二者带同种电荷;设一个球的带电量为q,则另一个球的带电量为q=7q,此时f=,带同种电荷,接触后再分开,带电量各为4q,则两球的库仑力大小f= f;故a正确,b、c、d错误。3.(多选)在粗糙绝缘的水平面上有一物体a带正电,另一带正电的物体b沿着以a为圆心的圆弧由p到q缓慢地从物体a的上方经过,若此过程中物体a始终保持静止,a、

3、b两物体可视为点电荷,则下列说法正确的是()a.物体a受到的地面的支持力先增大后减小b.物体a受到的地面的支持力保持不变c.物体a受到的地面的摩擦力先减小后增大d.库仑力对物体b先做正功后做负功【解析】选a、c。在圆弧上各点b所受的库仑力始终沿半径方向,与速度方向始终垂直,故物体b沿圆弧从p到q的过程中,库仑力不做功,d错。a、b两物体间的库仑力大小不变,但物体b沿圆弧从p到q过程中,物体a受物体b的库仑力方向先是指向右下方,再转为指向正下方,最后指向左下方,故物体a受到地面的支持力先增大后减小,受到地面的摩擦力先减小后增大,在所受库仑力方向为指向正下方时,物体a受到地面的支持力最大,摩擦力最

4、小,a、c正确,b错误。4.下列四个电场中,a、b两点电场强度与电势均相同的是()【解析】选c。a图中a、b是同一等势面上的两点,电势相同,场强大小相等,但方向不同,则电场强度不同,故a错误;b图中a处电场线比b处电场线密,则a处场强较大,顺着电场线方向,电势降低,则b点的电势较高,故b错误;c图中a、b是匀强电场中的两点,电场强度相同,a、b又在同一等势面上,电势相等,故c正确;d图中等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线,则a、b的电势相同。根据电场线的分布可知:a处场强较大,故d错误。5.如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向

5、所夹的锐角为45,则下列结论不正确的是()a.此液滴带负电b.液滴做匀加速直线运动c.合外力对液滴做的总功等于零d.液滴的电势能减少【解析】选c。据题带电液滴沿直线从b运动到d,带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则电场力方向一定水平向右,与场强方向相反,所以该液滴带负电,故a正确;由图可得液滴所受合力f=mg,故液滴的加速度a=g,所以液滴做初速度为零的匀加速直线运动,故b正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合外力对液滴做正功,故c不正确;由于电场力所做的功w电=eqxbdcos450,故电场力对

6、液滴做正功,故液滴的电势能减小,故d正确;本题选不正确的,故选c。6.如图所示,虚线代表电场中的三个等势面,实线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,p、q是这条轨迹上的两点,下列说法中正确的是()a.粒子带负电b.粒子在q点时的加速度较p点大c.粒子在p点时的动能较q点大d.粒子在p点时的电势能较q点大【解析】选d。因为电场线和等势面垂直,且由高电势指向低电势,所以在p点的电场强度方向如图所示,因为带电粒子受到的电场力和电场强度共线,且在曲线的内侧,所以粒子在p点受到的电场力和电场强度方向相同,则粒子带正电,故a错误;因为q点所在处的等势面比p点疏,所以电场强度比p点弱,根据牛顿第二定律可

7、知,粒子在q点的加速度小于p点,故b错误;根据ep=q,由于p点的电势大于q点,所以粒子在p点的电势能大于q点,根据能量守恒可知,粒子在p点的动能小于q点,故c错误,d正确。7.如图所示,a、b、c、d、e、f是匀强电场中一个边长为3 cm 的正六边形的六个顶点,该六边形所在平面与电场线(图中没有画出)平行,已知a、c、e三点的电势分别为-3 v、0 v、3 v,则下列说法正确的是()a.匀强电场的场强方向为由b指向db.将一个电子由d点移到a点,其电势能将增加9.610-19 jc.通过cb和ef的直线为电场中的两条等势线d.匀强电场的场强大小为300 v/m【解析】选b。连接ae两点,则其

8、中点电势为0 v,与c等势,c与该中点连线即为等势线,该连线与ed、ab平行,故cb和ef不是等势线,因为bd和cf垂直,故bd为一条电场线,但电场线的方向是由高电势指向低电势,则场强方向是d指向b,故a、c错误;将一个电子由d点移到a点,电场力做功为w=euda=-1.610-19 (3+3) j=-9.610-19 j,所以电势能增加了9.610-19 j,故b正确;场强大小为e= v/m= v/m,故d错误。8.如图所示的电路中,两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态,电流表和电压表均为理想电表,由于某种原因灯泡l的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是()a.电流表、电

9、压表的读数均变小b.电源内阻消耗的功率变大c.液滴将向上运动d.电源的输出功率变大【解析】选c。当l的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大,则总电流减小,电源的内电压和r1两端电压减小,由闭合电路欧姆定律可知,路端电压增大,故电容器c两端的电压增大,板间场强增大,带电液滴所受的静电力增大,则该液滴将向上运动,c正确;由于c两端的电压增大,r2、r3中的电流增大,则电流表、电压表的读数均变大,a错误;因干路电流减小,则电源内阻消耗的功率变小,b错误;由于电源内阻与外电阻的大小关系未知,不能判断电源的输出功率如何变化,d错误。故选c。9.如图所示,有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的微粒,从极板左

10、侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入,分别落到极板a、b、c处,如图所示,则正确的是()a.粒子a带负电,b不带电,c带正电b.三个粒子在电场中运动时间相等c.三个粒子在电场中运动的加速度aaabacd.三个粒子到达极板时动能ekaekbxbxc,根据水平方向做匀速直线运动,所以它们的运动时间关系为tatbtc。三个微粒在竖直方向的位移相等,根据y=at2可知,它们加速度的关系为aaabac;从而可知b仅受重力,a受电场力向上,c受电场力向下,所以b不带电,a带正电,c带负电,故a、b、c错误;根据动能定理,三个微粒重力做功相等,电场力对a做负功,电场力对c做正功,所以c的动能变化量最大

11、,a的动能变化量最小,又因为初动能相等,所以三个微粒到达极板时的动能关系为ekaekbekc,故d正确。二、实验题(6分)10.在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量:(1)用螺旋测微器测得导线的直径如图1所示,其读数是0.701 mm。请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字。(2)欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻,其阻值约为12 ,要求测量结果尽量准确,并且电压、电流测量范围尽可能大一些。下列器材中:电流表应选用(填器材的标号,下同)_,电压表应选用_,滑动变阻器应选用_。并在如图2的虚线框内画出你设计的实验电路图。a.电池组e(6 v,内阻很小)b.电流表a1(03 a,内阻约

12、0.01 )c.电流表a2(00.6 a,内阻约0.1 )d.电压表v1(03 v,内阻约3 k)e.电压表v2(06 v,内阻约6 k)f.滑动变阻器r1(05 ,2 a)g.滑动变阻器r2(01 k,1 a)h.电键、导线【解析】(1)螺旋测微器的读数为0.701 mm,故可分解为0.5 mm+0.201 mm,即0.5 mm+20.10.01 mm,三个格子里的示数自下而上分别为15、20、25。(2)电源电动势是6 v,电压表选:电压表v2(06 v,内阻约6 k),电路最大电流i= a=0.5 a,则电流表可选:a2(00.6 a,内阻约0.1 ),电压从零开始,滑动变阻器应采用分压

13、接法,由于=120=500,则电流表采用外接法,滑动变阻器的范围应与电阻值差不多,方便调节,所以滑动变阻器选r1,实验电路图如图所示。答案:(1)152025(自下而上)(2)a2v2r1实验电路图见解析三、计算题(本题共3小题,共27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.(9分)竖直放置的平行金属板ab相距30 cm,带有等量异种电荷。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=4.010-5 kg,带电荷量q=+3.010-7 c的小球,平衡时悬线偏离竖直方向夹角=37,如图所示。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10 m/s2)求:(1)ab两板间的电场强度大

14、小;(2)ab两板间的电压。【解析】(1)根据共点力平衡得,电场力f=qe=mgtan37,解得e=1 000 n/c。(2)a、b两板间的电压u=ed=1 0000.3 v=300 v。答案:(1)1 000 n/c(2)300 v12.(9分)如图所示,在水平向右的匀强电场中,有一电荷量为q=-410-7 c的负点电荷从a点运动到b点,电场力做功为wab=3.210-6 j,ab间距离l=4 m,与水平方向夹角为60;求:(1)b、a间电势差uba是多少。(2)电场强度e是多大。【解析】(1)ab间电势差为:uab= v=-8 v则有:uba=-uab=8 v(2)匀强电场的电场强度为:e

15、= v/m=4 v/m答案:(1)8 v(2)4 v/m13.(9分)有两只额定电压都是110 v的灯泡a和b,a的额定功率是100 w,b的额定功率是40 w,为了使它们接在220 v的电路上能正常发光,(1)图中哪些连接方法能使两灯正常发光?(2)哪种连接方法最省电?请简要写出分析过程。【解析】甲、由于额定电压都是110 v,额定功率pa=100 w、pb=40 w,由此可知rarb,把灯泡b与电阻并联的话,会使并联的部分的电阻变小,可能使a与并联部分的电阻相同,所以a、b能同时正常发光,并且并联部分消耗的功率与a灯泡的功率相同,所以总功率的大小为200 w,所以甲中两灯能正常发光,且消耗

16、的总功率为200 w;乙、由于灯泡要满足110 v的额定电压,所以当a灯泡与电阻串联以后,再与b灯泡并联,而b灯泡的电压高于额定110 v的电压,不能正常工作,故乙中两灯不能正常发光;丙、由于额定电压都是110 v,额定功率pa=100 w、pb=40 w,由此可知rarb,把灯泡a与电阻并联的话,会使并联的部分的电阻更小,所以a、b的电压不会平分,a、b不会同时正常发光;丁、把a、b并联之后与电阻串联接入电路的话,当电阻的阻值与a、b并联的总电阻相等时,a、b就可以正常发光,此时电阻消耗的功率为a、b灯泡功率的和,所以电路消耗的总功率的大小为280 w,故丁中两灯能正常发光,且消耗的功率为2

17、80 w。答案:(1)图中甲、丁的连接方法能使两灯正常发光;(2)图甲连接的方法消耗的功率为200 w,图丁消耗的功率为280 w,故图甲的连接方法最省电。【等级性考试】(30分钟40分)14.(7分)热敏电阻的阻值是随环境温度的增大而减小的。要想设计一个通过电表示数反映热敏电阻随环境温度变化的电路,要求温度升高时电表示数减小,电源电压不变,如图所示的四种电路符合要求的是()【解析】选d。定值电阻r0与热敏电阻并联,因并联电路中各支路独立工作、互不影响,所以,温度变化时,通过r0的电流不变,因热敏电阻的阻值是随环境温度的增大而减小的,所以,温度升高时,热敏电阻的阻值减小,由i=可知,通过热敏电

18、阻的电流增大,因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,所以干路电流增大,a选项中电流表位于干路,b选项中电流表位于热敏电阻的支路,电流表的示数均增大,故a、b都错误;定值电阻r0与热敏电阻串联,因热敏电阻的阻值是随环境温度的增大而减小的,所以,温度升高时,热敏电阻的阻值减小,电路中的总电阻减小,由i=可知,电路中的电流增大,由u=ir可知,r0两端的电压增大,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以,热敏电阻两端的电压减小,则c选项中电压表并联在r0两端其示数增大,d选项中电压表并联在热敏电阻两端其示数减小,故c错误、d正确。15.(7分)“测定电池的电动势和内阻”的实验中,下列注意事项中错误

19、的是 ()a.应选用旧的干电池作为被测电源,以使电压表示数的变化比较明显b.移动变阻器的滑片时,不能使滑动变阻器短路造成电流表过载c.应选用内阻较小的电压表和电流表d.由实验记录数据作u-i图像时,应通过尽可能多的点画一条直线,并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧【解析】选c。由u=e-ir可知,应选用旧的干电池作为被测电源,以使电压表读数变化明显,故a正确;移动滑动变阻器的滑片时,不能使滑动变阻器短路造成电流表过载,故b正确;实验所用电池内阻很小,相对于电源来说应采用电流表外接法,电流表外接法的误差来源是电压表的分流,电压表内阻越大,实验误差越小,应选择内阻大的电压表进行实验,故c错误;根据实验记录的数据作u-i图像时,应通过尽可能多的点画一条直线,并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧,故d正确。本题选错误的,故选c。16.(7分)在磁感应强度大小为b的匀强磁场中,用一长为l的导线做成一闭合回路(导线两端相连),则穿过回路的磁通量最大值为()a.b.c.d.bl2【解析】选b。用一长为l的导线做成圆面积最大,由l=2r,s=r2,解得:s=,穿过回路的磁通量最大值为:=bs=。故a、c、d错误,b正确。17.(9分)某科技