高中物理必修三模块综合试卷及答案解析(二)

高中物理必修三模块综合试卷及答案解析(二)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．(2021·江苏宿迁市高一期中)关于电场强度，下列认识正确的是()A．若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0B．点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比C．电场强度公式E＝eq\f(F,q)表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍D．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同答案B解析电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，A错误；点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与点电荷的电荷量成正比，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，B正确；场强公式E＝eq\f(F,q)只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义，所以电场强度的大小与该点所放试探电荷的电荷量不成反比，C错误；据场强方向的规定，正电荷所受静电力的方向与该点的场强方向相同，负电荷所受静电力的方向与该点的场强方向相反，故D错误．2.(2019·全国卷Ⅰ)如图1，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()图1A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷答案D解析对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受静电力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P的库仑力水平向右，则匀强电场对P的静电力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确．3.(2020·黄山市高二期末)某区域的电场线分布如图2所示，M、N、P是电场中的三个点，则下列说法正确的是()图2A．P、N两点场强不等，但方向相同B．同一试探电荷在M点受到的静电力小于在N点受到的静电力C．同一试探电荷在P点的电势能一定小于在N点的电势能D．带正电的粒子仅在静电力作用下，一定沿电场线PN运动答案B4.(2020·峨山彝族自治县一中高二期中)如图3所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅱ平移到Ⅰ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅰ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()图3A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．不能判断答案C解析设金属框在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2.第一次将金属框由Ⅱ平移到Ⅰ，穿过金属框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量ΔΦ1＝Φ1－Φ2，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅰ，穿过金属框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，故ΔΦ1<ΔΦ2，故C正确，A、B、D错误．5．有一场强方向与x轴平行的静电场，电势φ随坐标x变化的图线如图4所示，若规定x轴正方向为场强的正方向，则该静电场的场强E随x变化的图线应是()图4答案B解析0～2mm，电势φ升高，逆着电场线，则知电场线方向为x轴负方向，E是负的，2～6mm，电势φ降低，顺着电场线，则知电场线方向为x轴正方向，E是正的，故A、C、D不符合题意；0～2mm，E1＝eq\f(U1,d1)＝－eq\f(40,2×10－3)V/m＝－2×104V/m,2～10mm，E2＝eq\f(U2,d2)＝eq\f(80,8×10－3)V/m＝1×104V/m,10～12mm，E3＝eq\f(U3,d3)＝－2×104V/m，故B符合题意．6.(2021·江西赣州期末)在如图5所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列说法不正确的是()图5A．电路再次稳定时，电源效率减小B．灯L2变暗，电流表的示数增大，电容器极板所带电荷量减少C．灯L1变亮，电压表的示数减小，电源输出功率减小D．电源的内部消耗功率增大答案C解析由题可知，滑片P向下调节，滑动变阻器的阻值R减小，即电路中的总电阻R总减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的总电流I总增大，电路内电压U内增大，路端电压U外减小，电源的效率η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(U外I总,EI总)×100%＝eq\f(U外,E)×100%，即电源效率减小，所以A正确，但不符合题意；灯L1的电流增大，所以L1的电压U1增大，又路端电压U外减小，所以灯L2和电容器两端的电压U2都减小，所以灯L2变暗，通过L2的电流I2也减小．又总电流增大，所以电流表的示数增大．电容器两端电压减小，由Q＝CU可得，电容器极板所带电荷量减小，所以B正确，但不符合题意；由B选项分析可知，灯L1的电流增大，所以L1变亮，电压表测的是电路的路端电压，所以电压表示数减小，电源的输出功率为P出＝U外I总，路端电压U外减小，总电流I总增大，所以无法判断电源的输出功率变化，所以C错误，符合题意；电源的内部消耗功率为P内＝I总2r，由于总电流I总增大，所以电源的内部消耗功率增大，所以D正确，但不符合题意．7.(2020·四川成都一诊)如图6所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是()图6A．油滴带正电B．油滴受到的静电力大小为eq\f(4kQq,d2)C．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小D．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动答案C解析根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，场强方向竖直向下，故油滴带负电，A错误；两极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用，B错误；上极板下移，板间距d减小，根据C＝eq\f(εrS,4kπd)，U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4kπdQ,εrS)，则E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故场强E不变，F＝qE，可知油滴所受静电力不变，油滴静止不动，根据U＝Ed可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小，故C正确，D错误．8.如图7所示，匀强电场的方向平行于O、P、Q三点所在的平面，三点的连线构成一个直角三角形，∠P是直角，∠O＝30°，PQ＝2cm，三点的电势分别是φO＝5V，φP＝11V，φQ＝13V．下列叙述正确的是()图7A．电场的方向沿QO方向，电场强度大小为2V/mB．OQ连线中点的电势为6.5VC．电子在P点的电势能比在Q点低2eVD．沿O→P→Q路径将电子从O点移动到Q点，静电力做的功为8eV答案D解析QO间的电势差为8V，将QO分成8等份，每份的电势差为1V，如图所示，若A点的电势为11V，则OA的长度为3cm.AQ的长度为1cm.根据几何关系可知，PA⊥OQ，故PAV/cm，故A错误；根据匀强电场等差等势面的特点，OQ连线的中点电势为φ＝eq\f(φO＋φQ,2)＝eq\f(5＋13,2)V＝9V，B错误；将电子从P移动到Q点，静电力做功WPQ＝－eUPQ＝－e×(－2V)＝2eV，静电力做正功，电势能减小，故电子在P点的电势能比在Q点高2eV，故C错误；静电力做功与路径无关，只与始、末位置有关，故WOPQ＝WOQ＝－e×(－8V)＝8eV，D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.(2021·江苏省滨海中学期末)交警使用的某型号酒精测试仪工作原理如图8所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均为理想电表．当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是()图8A．电压表的示数变大，电流表的示数变小B．电压表的示数变小，电流表的示数变大C．酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变答案BD解析由于传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，而酒驾驾驶员吹气时，酒精气体浓度变大，R变小，由闭合电路的欧姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r＋R0)，U＝E－I(R0＋r)，可知电流表示数变大，电压表示数变小，A错误，B正确；电源的输出功率与外电阻R外的关系图像如图所示，由图可知，当R外＝r时电源的输出功率最大，而酒精气体浓度增大导致R＋R0减小，若开始时R＋R0>r，则随着R减小，电源的输出功率增大，若开始时R＋R0<r，则随着R减小，电源的输出功率减小，C错误；把R0等效为电源内阻的一部分，则|eq\f(ΔU,ΔI)|＝r＋R0.故无论R怎么变，电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变，D正确．10.(2021·福建宁德市高二期末)如图9所示，光滑绝缘水平细杆上套有一个小球，其质量为m，带电荷量为＋q，O、a、b是细杆垂线上的三点，O在杆上且Oa＝Ob，在a、b两点分别固定一个电荷量为－Q的点电荷．小球从图示位置以初速度v0向右运动的过程中()图9A．速度一定先减小后增大B．加速度一定先增大后减小C．对细杆的作用力始终保持不变D．电势能先减小后增大答案CD解析在O左侧，小球受到的库仑力合力向右，在O右侧小球受到的库仑力合力向左，小球在向右运动的过程中，在O左侧做加速运动，在O右侧做减速运动，所以小球的速度先增大后减小，A错误；根据电场线的分布情况，电场强度可能先减小后增大，所以小球所受的静电力可能先减小后增大，则加速度可能先减小后增大，B错误；两个电荷量为－Q的点电荷对小球的库仑力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，所以小球对细杆的作用力等于小球的重力，始终保持不变，C正确；在小球向右运动的过程中，静电力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，D正确．11．(2021·广东深圳市翠园中学高二期末)如图10，直线上有O、a、b、c四点，其中ab＝bc＝eq\f(Oa,2)，在c点处固定点电荷Q.若一带负电的粒子仅在静电力作用下先经O点运动到a点，又从a点返回运动到O点，则()图10A．点电荷Q带负电B．Oa间与ab间的电势差满足|UOa|＝2|Uab|C．粒子两次经过O点时的速率相同D．粒子经过a、O点时加速度满足aa＝4aO答案ACD解析一带负电的粒子仅在静电力作用下先经O点运动到a点，又从a点返回运动到O点，则说明带电粒子先减速后加速返回，所以点电荷Q带负电，A正确；由于点电荷Q周围的电场为非匀强电场，离点电荷Q越近，其电场强度越强，根据U＝Ed可判断Oa间与ab间的电势差满足|UOa|<2|Uab|，B错误；根据静电力做功的特点，粒子两次经过O点的过程中静电力不做功，由动能定理可知粒子的动能不变，则粒子两次经过O点时的速率相同，C正确；根据牛顿第二定律可得eq\f(kQq,r2)＝ma，解得a＝eq\f(kQq,r2m)，由于rO＝2ra，所以粒子经过a、O点时加速度满足aa＝4aO，D正确．12.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图11所示，图线a是该电池在某光照射强度下路端电压U和电流I的关系图(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b是某电阻的U－I图像，倾斜虚线是过a、b交点的切线．在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列相关叙述正确的是()图11A．此时硅光电池的内阻为12.5ΩB．此时硅光电池的总功率为0.72WC．此时硅光电池的输出效率约为56%D．若把内阻为10Ω的直流电动机接到该电池上，电动机的输出功率为0.4W答案BC解析由图线a知，此硅光电池的电动势E＝3.6V，由图线b知，电阻R＝eq\f(2,0.2)Ω＝10Ω.当电阻接在硅光电池上，在某光照强度下U外＝2V，I＝0.2A，由E＝U外＋Ir得：r＝8Ω.电池总功率P＝EI＝3.6×0.2W＝0.72W，电池的输出功率P出＝U外I＝2×0.2W＝0.4W，效率η＝eq\f(P出,P)×100%≈56%，故A错误，B、C正确；把内阻为10Ω的直流电动机接到该电池上，电动机为非纯电阻电路，故电动机的输出功率小于0.4W，D错误.三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)(2020·黄山市高二期末)用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ.给定电压表(内阻约为50kΩ)、电流表(内阻约为40Ω)、滑动变阻器(20Ω)、电源、开关、待测电阻(约为250Ω)及导线若干．图12(1)在图12中完成测量的电路图．(2)图13中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，要求在图中画出U－I图像．并根据图像求出电阻阻值R＝________Ω.(保留3位有效数字)图13(3)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，长度L已知．用50分度的游标卡尺测量其直径，如图14所示．由图可知其直径为________cm.图14(4)由于实验误差，实验测量出的ρ________材料真实的ρ0(选填“大于”“等于”或“小于”)．答案(1)如图所示(2分)(2)如图所示(1分)223(208～230均正确)(1分)(3)0.800(1分)(4)小于(1分)14．(8分)(2021·上海市大同中学期末)某同学用图15(a)所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，R1是滑动变阻器，定值电阻R2＝3Ω.图15(1)图(a)中A、B分别是________传感器、________传感器．(2)请根据图(a)，用笔画线代替导线将图(b)中实物图补充完整；(3)该实验中，设A传感器的示数为a，B传感器的示数为b，则a关于b的函数关系式为a＝________；(用b、E、r、R2表示)(4)若实验中得到的两表的示数关系图像如图(c)所示，则该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.答案(1)电压(1分)电流(1分)(2)见解析图(1分)(3)E－b(R2＋r)(2分)(4)2.8(1分)1(2分)解析(1)A传感器与电路并联，是电压传感器，B传感器与电路串联，是电流传感器；(2)电路如图所示(3)把R2看作电源的内阻，由闭合电路欧姆定律得U＝E－I(R2＋r)U＝a，I＝b解得a＝E－b(R2＋r)(4)由题图(c)知，电源的电动势E＝2.8V该电源的内阻为r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|－R2＝eq\f(2.8,0.7)Ω－3Ω＝1Ω15.(8分)如图16所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD＝4cm，其连线的延长线与金属板A成30°角．已知电子从C点移到D点的过程中静电力做功为－4.8×10－17J，元电荷e＝1.6×10－19C．求：图16(1)C、D两点间的电势差UCD、匀强电场的场强大小E；(2)若选取A板的电势φA＝0，C点距A板1cm，电子在D点的电势能为多少．答案(1)300V1.5×104V/m(2)7.2×10－17J解析(1)电子从C点移到D点UCD＝eq\f(WCD,q)＝eq\f(－4.8×10－17,－1.6×10－19)V＝300V(1分)E＝eq\f(UCD,dCDsin30°)＝eq\f(300,4×10－2×0.5)V/m＝1.5×104V/m(2分)(2)d＝dCDsin30°＋1cm＝3cmUAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2V＝450V(2分)由UAD＝φA－φD和φA＝0得(1分)φD＝－450V(1分)电子在D点的电势能为Ep＝qφD＝－1.6×10－19×(－450)J＝7.2×10－17J．(1分)16.(10分)如图17所示，在x>0的空间内存在沿x轴正方向、大小为E的匀强电场，在x<0的空间内存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E.一质量为m、电荷量为－e的电子在位于x轴上的点P(d,0)处，以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力．求：图17(1)电子在x轴方向的分运动的周期；(2)电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l.答案(1)4eq\r(\f(2md,Ee))(2)2v0eq\r(\f(2md,Ee))解析(1)设电子从开始运动到第一次与y轴相交所用时间为t，则有d＝eq\f(1,2)·eq\f(Ee,m)·t2(2分)解得t＝eq\r(\f(2md,Ee))(2分)所以电子在x轴方向的分运动的周期为T＝4t＝4eq\r(\f(2md,Ee))；(2分)(2)在y轴方向上，有y＝v0t＝v0eq\r(\f(2md,Ee))(2分)电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l＝2y＝2v0eq\r(\f(2md,Ee)).(2分)17.(14分)(2021·北京通州区期末)如图18所示，电路中电源电动势E＝80V，内阻不计，电路中三个定值电阻R的阻值相同．A、B分别为水平放置的平行板电容器的上、下极板，板长L＝90cm，板间距离d＝40cm.在两金属板左端正中间位置M处，有一小液滴以某一初速度水平向右射入两板间，从A板右侧边缘射出电场．已知小液滴的质量m＝2.0×10－3kg，带负电，电荷量q＝1.0×10－3C．重力加速度g＝10m/s2，求：图18(1)平行板电容器两极板间电压U的大小；(2)在此过程中液滴电势能的变化量ΔEp；(3)液滴进入电场时初速度v0的大小．答案(1)40V(2)－0.02J(3)9.0m/s解析(1)根据闭合电路欧姆定律得U＝eq\f(E,2R)·R(2分)代入数据得U＝40V(1分)(