新教材高中物理第13章电磁感应与电磁波初步模块综合测评新人教版必修第三册

模块综合测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12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．下列说法中正确的是()A．能量的耗散说明能量不守恒B．能量是守恒的，所以“能源危机”是不存在的C．能量的耗散过程中能量仍守恒，只是说明自然界中的宏观过程具有方向性D．内能也可以自发地全部转化为机械能答案C解析能量的耗散过程中品质高的能量向品质低的能量转变，但是总的能量是守恒的，能量不能凭空产生，也不能凭空消逝，其转化和转移有方向性，“能源危机”仍存在，故A、B错误。能量的耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，机械能可以自发地转化为内能，但内能不行能自发地全部转化为机械能，故C正确，D错误。2．用塑料梳子梳头时，塑料梳子和头发都会带电，其缘由是()A．摩擦创建了电荷B．静电感应创建了电荷C．电子在梳子和头发之间发生了转移D．质子在梳子和头发之间发生了转移答案C解析塑料梳子梳头时，塑料梳子和头发之间通过摩擦的方式起电，起电的实质都是电子的转移，并没有创建电荷，C正确，A、B、D错误。3．如图所示，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在静电力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则()A．两过程中静电力做的功相等B．前一过程中静电力做的功大于后一过程中静电力做的功C．前一过程中，粒子电势能不断减小D．后一过程中，粒子动能不断减小答案C解析由题意知O点点电荷带正电，其四周部分电场线分布如图所示，负电荷由c到b再到a的过程中，电场强度不断变大，又bc＝ab，故Wba>Wcb，故A、B均错误；负电荷由c→b→a的过程中，静电力做正功，电势能不断减小，动能不断增加，故C正确，D错误。4．地球表面旁边某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00×10－4kg、带电荷量为－1.00×10－7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m。对此过程，该小球的电势能和动能的变更量分别为(重力加速度大小取9.80m/s2，忽视空气阻力)()A．－1.50×10－4J和9.95×10－3JB．1.50×10－4J和9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和9.65×10－3JD．1.50×10－4J和9.65×10－3J答案D解析对带电小球受力分析，如图所示，在此过程中，该小球的电势能的变更量ΔEp＝qEh＝1.50×10－4J；依据动能定理可得：小球的动能的变更量ΔEk＝mgh－qEh＝9.65×10－3J，D正确，A、B、C错误。5．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，c中电流方向向外，其余向里，如图所示。则O点磁感应强度的方向()A．沿Oa向上 B．沿Od向左C．沿Oc向下 D．沿Ob向右答案B解析依据题意，由安培定则知b与d导线中电流在O点产生的磁场正好相互抵消，而a与c导线中电流在O点产生的磁场方向相同，且磁场方向水平向左，故选B。6．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是()A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大答案B解析当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流增加，则R1两端电压增加，内电压增加，由U＝E－Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小，故B正确，A、C、D错误。7．在如图所示的条件下，闭合的矩形线圈中能产生感应电流的是()答案B解析A图中线圈转动时穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，故A错误；B图中线圈转动时穿过线圈的磁通量发生变更，会产生感应电流，故B正确；C图中穿过线圈的磁通量始终为零，不发生变更，故线圈中不产生感应电流，故C错误；D图中线圈的转轴平行于磁场，故穿过线圈的磁通量始终为零，不发生变更，线圈中不产生感应电流，故D错误。8．一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系为φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则()A．粒子肯定带正电B．粒子的运动是匀变速运动C．粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大D．粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大答案B解析由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面对下，依据电荷运动规律可知其所受静电力垂直于等势面对上，故该粒子带负电，A错误；匀强电场中带电粒子所受静电力不变，加速度不变，故B正确；从A点到B点的运动过程中，静电力做正功，粒子的动能始终增大，电势能始终减小，C、D错误。9．以下关于辐射强度与波长关系的说法中正确的是()A．物体在某一温度下只能辐射某一固定波长的电磁波B．颜色偏蓝的恒星比颜色偏红的恒星表面温度高C．早、晚时分太阳呈现红色，而中午时分呈现白色，说明中午时分太阳温度最高D．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关答案BD解析热辐射辐射各种波长的电磁波，A错误；温度上升时，热辐射中波长较短的成分越来越强，故B正确；一天之中太阳的温度不变，不同时段看到的太阳颜色不同，是由于不同时段大气层对太阳光的减弱作用不同，故C错误；依据黑体辐射的特点可知，D正确。10．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变更的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是()A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝eq\f(U1,I2)C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝eq\f(U1,I2－I1)D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积答案ABD解析由于曲线上某点的电阻值等于该点与原点连线的斜率的倒数，结合图像知，A、B正确，C错误；小灯泡的功率P＝UI，故D正确。11．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R两端电压与电流的关系图线。将这个电阻分别接到a、b两电源上，那么()A．R接到b电源上时电源的效率高B．R接到b电源上时电源的输出功率较大C．R接到a电源上时电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到a电源上时电阻的发热功率较大，电源效率也较高答案AC解析由题图知Ea>Eb，内阻ra>rb，当电阻R接到电源两极时，电源的效率为η＝eq\f(I2R,I2R＋r)＝eq\f(R,R＋r)，所以R接到电源b上时，电源的效率高，A正确，D错误。由题图知，R接到电源a上时，电源的输出电压和电流均比接到b上时大，故R接到电源a上时，电源的输出功率较大，B错误，C正确。12．如图所示，平行板电容器两极板水平放置，极板A在上方，极板B在下方。现将其和二极管串联接在电源上，二极管具有单向导电性，已知极板A和电源正极相连，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽视，现通过上下移动A板来变更两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N的右侧B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N的左侧C．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球打在N的左侧D．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N的右侧答案BD解析依据平行板电容器电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)和定义式C＝eq\f(Q,U)可知，当A、B间距d增大时，C减小，由于电容器两极板与电源相连，因此电容器要放电，但由于二极管的单向导电性，使得电容器上的电荷量不能变更，又由电场强度与电势差的关系E＝eq\f(U,d)可知，E＝eq\f(Q,d)·eq\f(4πkd,εrS)＝eq\f(4πkQ,εrS)，即恒定不变，因此无论小球电性如何，其运动过程中的受力状况不变，因此仍旧打在N点，故A、C错误；当A、B间距d减小时，C增大，由于电容器两极板与电源相连，因此电容器要充电，U保持不变，电场强度E增大，小球所受静电力增大，若小球带正电，则合力变大，加速度变大，运动至B极板的时间变短，因此打在N点的左侧，故B正确；若小球带负电，则合力可能变小(静电力仍旧小于重力)，加速度变小，运动至B极板的时间变长，因此可能打在N点的右侧，故D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、试验题(本题共2小题，共11分)13．(5分)(1)用游标为20分度的卡尺测量圆柱体电阻的长度如图1所示，由图可知其长度为________cm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径为________mm；(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，发觉指针偏转角度过大。要较精确地测量该圆柱体电阻，接下来正确的操作步骤应是：______________，然后______________，最终表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为________Ω。答案(1)0.675(2)4.700(3)换“×1”挡欧姆调零22解析(1)用游标为20分度的卡尺测量圆柱体电阻的长度，由图1可知其长度为：0.6cm＋0.05mm×15＝0.675cm；(2)用螺旋测微器测量其直径，由图2可知其直径为：4.5mm＋0.01mm×20.0＝4.700mm；(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，发觉指针偏转角度过大，说明倍率选择过大。要较精确地测量该圆柱体电阻，接下来正确的操作步骤应是：换“×1”挡，然后欧姆调零；该电阻的阻值约为22Ω。14．(6分)试验室中打算了下列器材：A．待测干电池(电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω)B．电流表A1(满偏电流1.5mA，内阻为10Ω)C．电流表A2(量程0～0.60A，内阻约为0.10Ω)D．电压表V(量程0～15V，内阻约为10kΩ)E．滑动变阻器R1(0～20Ω，2A)F．滑动变阻器R2(0～100Ω，1A)G．电阻箱R3：最大阻值为999.9Ω，允许通过的最大电流是0.6AH．开关一个，导线若干(1)若要将电流表A1改装成量程为1.5V的电压表，需给该电流表串联一个________Ω的电阻。(2)为了测量电池的电动势和内阻，小明按图a设计好了测量的电路图，在图a中，甲是________，乙是________。(填器材前面的序号)(3)为了能较为精确地进行测量和操作便利，图a所示的测量电路中，滑动变阻器应选________(填器材前面的序号)。(4)试验前表乙和R3已按(1)做了调整。图b为小明依据图a的测量电路测得的试验数据作出的I1­I2图线(I1为电表乙的示数，I2为电表甲的示数)，由该图线可得：被测干电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(保留两位小数)答案(1)990(2)CB(3)E(4)1.460.75解析(1)电流表A1的内阻为10Ω；满偏电压为Um＝1.5×10－3×10V＝1.5×10－2V；若改装成1.5V的电压表，则应串联的电阻为：R＝eq\f(1.5－1.5×10－2,1.5×10－3)Ω＝990Ω。(2)依据题意可知，乙为电流表B，与电阻箱结合作为电压表运用；甲为电流表C，作为电流表运用。(3)滑动变阻器最大阻值略大于电池内阻即可，故滑动变阻器选择E。(4)由闭合电路欧姆定律可得：I1(R3＋RA1)＝E－I2r变形得：I1＝eq\f(E,R3＋RA1)－eq\f(r,R3＋RA1)I2；由数学学问可得：图像中的斜率k＝－eq\f(r,R3＋RA1)；截距b＝eq\f(E,R3＋RA1)；由题意知R3＝990Ω，由图b可知，b＝1.46×10－3；k＝eq\f(1.35－1.2,0.15－0.35)×10－3＝－0.75×10－3；故解得：E＝1.46V，r＝0.75Ω。三、计算题(本题共4小题，共41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)15．(9分)40瓦的白炽灯，有5%的能量转化为可见光。设所放射的可见光的平均波长为580nm，那么该白炽灯每秒钟辐射的光子数为多少？(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，光速c＝3×108m/s)答案5.8×1018解析波长为λ的光子为ε＝hν＝heq\f(c,λ)①设白炽灯每秒内发出的光子数为n，白炽灯电功率为P，则n＝eq\f(\a\vs4\al(ηP),ε)②式中，η＝5%是白炽灯的发光效率，联立①②式得：n＝eq\f(\a\vs4\al(ηPλ),hc)代入题给数据得：n≈5.8×1018。16．(10分)(2024·河南省林州一中高二月考)电荷量q＝1×10－4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图1所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图2所示。重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物块与水平面间的动摩擦因数；(2)物块在4s内削减的电势能。答案(1)0.2(2)14J解析(1)由图2可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿其次定律有：qE1－μmg＝ma，由图2知加速度为：a＝1m/s22s后物块做匀速直线运动，由平衡条件有：qE2＝μmg联立解得：q(E1－E2)＝ma由图1可得：E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C，代入数据解得：m＝1kg由qE2＝μmg可得：μ＝0.2。(2)物块在前2s的位移为：s1＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m，物块在2～4s内的位移为：s2＝vt2＝4m静电力做的功为：W＝qE1s1＋qE2s2＝14J，则电势能削减了14J。17．(10分)一台电风扇，内阻为20Ω，接上220V电压后正常工作，消耗功率66W。问：(1)电风扇正常工作时通过电动机的电流是多少？(2)电风扇正常工作时转化为机械能的功率是多少？(3)假如接上电源后电风扇的风叶被卡住，不能转动，这时电动机消耗的电功率是多少？答案(1)0.3A(2)64.2W(3)2420W解析(1)因为P入＝IU，所以I＝eq\f(P入,U)＝eq\f(66,220)A＝0.3A。(2)电风扇正常工作时转化为内能的功率P内＝I2R＝0.32×20W＝1.8W，电风扇正常工作时转化为机械能的功率P机＝P入－P内＝66W－1.8W＝64.2W。(3)电风扇的风叶被卡住后，电动机不转时可视为纯电阻电路，通过电风扇的电流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(220,20)A＝11A，电动机消耗的电功率P＝IU＝11×220W＝2420W。18．(12分)如图甲所示，极板A、B间电压为