2020-2021高二物理3-1模块综合测评含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020-2021学年高二物理人教版选修3-1模块综合测评含解析模块综合测评（时间：90分钟分值:100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列关于场强和电势的说法中正确的是(）A．在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功,则电荷经过的路径上各点的场强一定为零B．电势降落的方向就是电场强度的方向C．两个等量同种电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低,场强越来越小D．两个等量异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂线有如下特征：连线上各点的电势均相等，且连线的中点场强最大D［在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，说明电势相等，电势降落最快的方向是电场强度的方向，故A、B错误;由电场线及等势面的分布特点可知,两个等量同种电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂直向外，电势越来越低,场强先增大后减小；两个等量异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂线上各点的电势均相等，且连线的中点场强最大，故D正确,C错误。］2．不带电的空腔导体P置于电场中,其周围电场线分布如图所示，a、c为电场中的两点，b为导体空腔内的一点，则(）A．a、b、c三点的电场强度依次减小B．a、b、c三点的电势依次降低C．负试探电荷在a点的电势能比在b点的大D．正试探电荷从a点移到c点的过程中，克服电场力做功B［由电场线越密的地方电场强度越大，b处于静电平衡状态的导体的内部，电场强度大小是0，则有Ec〉Eb，故A错误。沿着电场线电势逐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置，即a点的电势比b高，b的电势比c高，所以B正确。负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a点的电势能比在b点的小，所以C错误.正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小,故正试探电荷从a点移到c点的过程中电势能减小,则电场力做正功，故D错误。］3.如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则()A.电容器中的电场强度将增大B．电容器上的电荷量将减少C．电容器的电容将减少D．液滴将向上运动B[若将滑片向左移动,则R总增大,干路电流减小；R2两端电压减小，因电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，电荷量减少，电场强度减小，液滴将向下运动，故B对，而A、D错;由平行板电容器电容C＝eq\f（εrS,4πkd)可知，电容器的电容不变，选项C错误。］4。如图所示，圆O所在的平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行，一个带正电荷的微粒(不计重力)从图中A点出发,以相同的初动能在圆内沿各个方向运动。图中AB是圆的一条直径,∠BAC＝30°，已知只有当该微粒从图中C点处离开圆面时的动能才能达到最大值，则平面内的电场线方向为（)A．沿A→B方向 B．沿A→C方向C．沿O→C方向 D．沿B→C方向C[微粒从C点离开时具有最大动能说明，A、C两点间的电势差是A与圆周上各点间电势差中最大的，即在圆周上各点中C点的电势最低，C点单独在一个等势面上，又因为匀强电场的等势面是与电场线垂直的平面，所以经过C点圆的切线是一个等势线，因此OC是经过C点的电场线.]5．如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点,电场线与该六边形所在平面平行。已知A、B、C三点的电势分别为1V、2V、5V,则下列说法中正确的是（)A．D、E、F三点的电势分别为6V、4V、3VB．D、E、F三点的电势分别为7V、6V、3VC．电场线方向从D指向AD．电场线方向从C指向FB[连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面）的特点，AC四等分，如图所示：则中点的电势为3V，靠近A的点M电势为2V，则MB为一条等势线；根据电场线与等势线垂直,则能作出电场线及方向。根据几何关系可知，F的电势为3V；依据同样的方向可得，D、E两点的电势分别为7V、6V；故A项错误，B项正确.根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，知C、D项错误。］6．将一个电流表改装成欧姆表，并将欧姆表调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时,指针偏转至满刻度的4/5处,现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处,则该电阻的阻值为()A．4R B．5RC．10R D．16RD［由闭合电路的欧姆定律得：调零时有E＝IgR内;指针偏转至满刻度的4/5时有E＝4Ig（R＋R内）/5;指针偏转到满刻度的1/5时有E＝Ig(Rx＋R内）/5。联立三式可解得Rx＝16R,D正确,A、B、C错误。]7．极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的，如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小，此运动形成的原因可能是(）A．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B．介质阻力对粒子做负功，使其动能减小C．粒子的带电荷量减小D．南北两极附近的磁感应强度较强BD[粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直,所以洛伦兹力不做功，故A错误;粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小，故B正确；粒子在运动过程中，若电荷量减小，由半径公式r＝eq\f（mv,qB)可知，轨迹半径是增大的，故C错误；地球南北两极附近的磁感应强度较强，由半径公式r＝eq\f(mv，qB）可知，轨迹半径是减小的，故D正确。］8。如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置,其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域,电场竖直向上，磁场垂直纸面向里,一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定（）A．小球带负电B．小球带正电C．若小球从B点由静止滑下,进入场区后将立即向上偏D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏BD[小球从P点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电；且qE＋qvB＝mg；若从B点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时v′〈v;则qE＋qv′B<mg，故向下偏,B、D正确。]9．电饭锅工作时有两种状态:一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后的保温状态，如图是电饭锅电路的示意图，S是由感温材料做成的开关，下列说法中正确的是（）A．其中R2是供加热用的电热丝B．当开关S接通时，电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态C．要使R2在保温状态时的功率为加热状态时的功率的一半，R1∶R2应为2∶1D．要使R2在保温状态时功率为加热状态时功率的一半,R1∶R2应为(eq\r(2)－1）∶1ABD[如题图所示,由P＝eq\f(U2，R）得：当接通S时,电阻变小，功率变大,处于加热状态；当断开S时，电阻变大,功率变小，处于保温状态，所以，R2是供加热用的电阻丝，故A、B正确.要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P＝I2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比1∶eq\r(2)，所以（R1＋R2)∶R2＝eq\r（2）∶1，则R1∶R2＝（eq\r（2)－1）∶1，故C错误，D正确。］10。空间中存在着沿x轴方向的静电场，其电场强度E随x变化的关系图象如图所示，图象关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点，对于下列说法中正确的是(）A．电子在A、B两点的电势能不相等B．电子在A、B两点的加速度方向相反C．电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线D．若取无穷远处电势为零，则O点处电势一定为正BD［电子从A移动到B，电场力做的负功和正功大小相等,总功为零，故A、B两点的电势能相等，故A错误；电子在A、B两点受到的电场力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，故B正确；由于电场力方向与x轴平行,故速度与合力始终共线，故一定做直线运动，故C错误;电势高低与场强大小无关,场强为零,电势不一定为零；本题中,将一个正的试探电荷从O点移动到无穷远处,电场力做正功，说明电势是降低的，若取无穷远处电势为零,则O点处电势一定为正,故D正确。]二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)11．(6分）如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20Ω的电阻，测量步骤如下：甲乙（1）调节________，使电表指针停在________（选填“电阻”或“电流"）的“0"刻线.(2）将选择开关旋转到“Ω”挡的________(选填“×1”“×10”“×100”或“×1(3）将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔,并将两表笔短接，调节________,使电表指针对准________（选填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。（4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触,若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为________Ω。（5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF"位置。［解析］使用多用电表欧姆挡，先机械调零。中值电阻为15Ω，测量20Ω的电阻时，要使用×1的倍率，然后进行欧姆调零；由刻度盘和倍率可知，测量电阻的阻值为19Ω。［答案］(1)指针定位螺丝电流（2)×1(3)欧姆调零旋钮电阻（4)1912．（10分）在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线"的实验时，所用的电流表内阻为几欧，电压表内阻为十几千欧。实验中得到了多组数据，通过描点连线在I­U坐标系中得到了小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示。甲乙丙(1）在虚线框中画出实验电路原理图，并在图乙中用笔画线代替导线连接电路。(2）根据图甲，可确定小灯泡的功率P与U2和P与I2的关系，下列示意图中合理的是________。ABCD(3）将被测小灯泡、定值电阻R和电源串联成如图丙所示的电路。电源电动势为6。0V，内阻为1.0Ω.若电路中的电流为0.40A，则定值电阻R所消耗的电功率为________W［解析]（1)“描绘小灯泡的伏安特性曲线"的实验时,电压、电流从零开始可调,滑动变阻器采用分压式，灯泡的电阻与电流表阻值相差不大,与电压表内阻相差大，电流表采用外接法，电路图、实物图如图所示：（2）小灯泡的电阻随温度升高而增大，由功率P＝I2R,P­I2图象的斜率逐渐增大，选项C错误,选项D正确；由P＝eq\f(U2，R）,P­U2图象的斜率逐渐减小,选项A、B错误.(3）当电路中的电流I＝0。40A,由图象可得小灯泡两端的电压U＝4V,定值电阻R两端的电压UR＝E－U－Ir＝1.6V，所消耗的电功率P＝URI＝0.64W［答案］(1）见解析图（2)D（3）0。6413.(10分)如图所示,一根足够长的光滑绝缘杆MN,与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内,垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0。4mg，已知小环的带电荷量为q，问：(1)小环带什么电?（2）小环滑到P处时的速度多大?［解析］(1）小环重力在垂直杆方向上的分力：G1＝Gcos37°＝0。8mg，根据题意，小环对杆的压力小于0.8mg，所以，小环受到洛伦兹力的方向应斜向上，根据左手定则，小环带负电。(2)在垂直杆方向上，根据平衡条件有F＋N＝G1又F＝qvB可得v＝eq\f(2mg，5qB）.[答案］(1)负电（2）eq\f（2mg,5qB）14.（10分)如图所示，在同一水平面内的两导轨ab、cd相互平行，相距2m并在竖直向上的磁场中，一根质量为3。6kg、有效长度为2m的金属棒放在导轨上,当金属棒中的电流为5A时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增大到8A时,［解析]对金属棒进行受力分析，利用牛顿第二定律可得:当金属棒中的电流为5A时BI1L－F阻＝0 当金属棒中的电流为8A时BI2L－F阻＝ma 由①②可得B＝eq\f（ma，(I2－I1)L)＝eq\f（3.6×2,（8－5）×2)T＝1.2T.[答案］1.2T15．(12分）在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力,求：甲乙（1)若电子从t＝0时刻射入,在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小；（2）若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出,则金属板至少多长？（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出,电子应从哪一时刻射入,两板间距至少多大？[解析］(1）由动能定理可得：eq\f(U0,2）e＝eq\f(1，2）mveq\o\al（\s\up1（2）,\s\do1(t））－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1（2）,\s\do1（0）)，解得：vt＝eq\r(veq\o\al（\s\up1(2)，\s\do1(0)）＋\f(U0e,m))。(2)要使电子水平飞出金属板,电子在板间的飞行时间必须满足t＝nT，最小时间为t＝T,故金属板至少长度为l＝v0T。（3)电子射入的时刻为t＝eq\f（T，4）＋keq\f（T,2）（k＝0、1、2…)由eq\f(d,2)＝eq\f（1，2)·eq\f(U0e,dm）（eq\f(T，4)）2×2可得:d＝T·eq\r(\f（U0e，8m））。［答案］(1）eq\r(veq\o\al(\s\up1（2），\s\do1(0）)＋\f（U0e,m））(2)v0T(3)eq\f（T，4)＋keq\f（T，2）（k＝0、1、2…)T·eq\r(\f（U0e，8m）)16．(12分)如图所示，半