1、高中物理模塊綜合檢測新人教版選修31（時間：90分鐘分值：100分）一、單項選擇題（每題3分，本題共10小題，共30分.每小題中只有一個選項是正確的，選對得3分，錯誤、不選或多選均不得分）1 .關于電動勢，下列說法正確的是（）A.電源電動勢一定等于電源兩極間的電壓8 .電動勢越大的電源，將其他形式的能轉化為電能的本領越大C.體積越大的電源，電動勢一定越大D.電源電動勢與外電路的組成有關解析：根據閉合電路歐姆定律得知：電動勢的數值等于內外電壓之和，故A錯誤.電源是把其他形式的能轉化為電能的裝置，電動勢表征了這種轉化本領的大小，故B正確.干電池的電動勢與正負極的材料有關，與電源的體積無關，故C錯誤

2、.電動勢由電源本身特性決定，與外電路的組成無關，故D錯誤.答案：B2.在電場中某點引入電荷量為q的正電荷，這個電荷受到的電場力為F,則（）A.在這點引入電荷量為2q的正電荷時，該點的電場強度將等于5B.在這點引入電荷量為3q的正電荷時，該點的電場強度將等于F-3qC.在這點引入電荷量為2e的正離子時，則離子所受的電場力大小為2eFqD.若將一個電子引入該點，則由于電子帶負電，所以該點的電場強度的方向將和在這一點引入正電荷時相反解析：電場強度是描述電場的力的性質的物理量，它是由產生電場的電荷以及在電場中各點的位置決定的，與某點有無電荷或電荷的正負無關，所以排除選項A、B、D.而電場力F=Eq不僅

3、與電荷在電場中的位置有關，還與電荷量q有關，該題中根據場強的定義式可知該點的場強大小為E=則正離子所受的電場力大小應為F=E-2e=,2e,故選項Cqq正確.答案：C3 .將一有內阻的電源外接電阻阻值為R時，回路電流為I,電源路端電壓為U,若換接一阻值為2R的電阻，下列說法正確的是（）A.回路電流將變為2B.路端電壓將變為2U11c.回路電流將大于2D.路端電壓將大于 2U解析：電源電動勢和內電阻不變，外電阻增大，根據閉合電路歐姆定律可知電流減小,則回路電流將小于I.由仁言，1R* r I -,故A錯誤，C正確.路端2R- r 2電壓U=;JR-E,U=魯E,則.=舞2r2,即路端電壓將小于2

4、U故B、D錯誤.2RHrr十ru2R十r答案：C4 .如圖所示，在兩個不同的勻強磁場中，磁感應強度關系B=2B,當不計重力的帶電粒子從B1磁場區域運動到B2磁場區域時（在運動過程中粒子的速度始終與磁場垂直），則粒子的（XXXXXXXXXXXXXX品XXX段XXXXXXXXXXXXXXXXXXXB.軌道半徑將加倍A.速度將加倍C.周期將減半D.角速度將加倍解析：洛倫茲力只改變帶電粒子的速度方向，不改變速度大小，所以粒子的速率不變.由半徑公式Fmvrn當磁感應強度變為原來的2軌道半徑將加倍.由周期公式T=篇ml-，、-、，一一1知，當磁感應強度變為原來的5,周期將加倍，角速度減半.故B正確，A、C

5、、D錯誤.答案：B5 .如圖所示，水平導線中有電流I通過，導線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將（）A.沿路徑a運動，軌跡是圓B.沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大C.沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小D.沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小解析：由左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲，又由r=m%口,B減小，r越來越大,故電子的運動軌跡是a.故選B.答案：B6 .在如圖所示的電路中，電源電動勢為E,內電阻為r,閉合開關S,待電流達到穩定后，電流表示數為I,電壓表示數為U電容器C所帶電荷量為Q將滑動變阻器的滑動觸頭P從圖示位置向a端移動一些，待電流達到穩定后，則與P移動前相比（）r1邑A.

6、U變小C. Q不變8. I變小D.Q減小解析：當電流穩定時，電容器可視為斷路，當P向左滑時，滑動變阻器連入電路的阻值R增大，根據閉合電路歐姆定律得，電路中的電流I=DIE減小,電壓表的示數U=ER十Ri.rI（R+r）增大，A錯、B對；對于電容器，電荷量Q=CU曾大，CD均錯.答案：B7 .電阻R和電動機一起串聯的電路中，如圖所示一已知電阻R跟電動機線圈的電阻相等，開關接通后，電動機正常工作，設電阻R和電動機兩端的電壓分別為U、U,經過時間t,電流通過電阻R做功為W,產生的電熱為Q;電流通過電動機做功為W,產生的電熱為Q,則有（）A. U=U, Q=QC. WW, QQ解析：設電路中的電流為B

7、. W= W, Q=QD. WW, Q=QI,則R上的電壓U=IR,對于電動機，歐姆定律不再適用,但電動機線圈電阻上的電壓仍為U2=IR,而電動機兩端的電壓U一定大于U2,所以UU;對于電阻R經過時間t,電流通過電阻R做功為WI2Rt,將電能全部轉化為電熱，即Q=W=I2Rt;對于電動機，經過時間t,電流通過電動機做功為W=Udt，所以有WW,電流通過電動機線圈產生的電熱由焦耳定律得Q=I2Rt,故有Q=Q.選項D正確.答案：D8 .速度相同的一束粒子由左端射入質譜儀后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖所示，其，一2中SA=SC,則下列相關說法中正確的是（）3A.甲束粒子帶正電，乙束粒子帶負電B.

8、甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通過狹縫So的帶電粒的速率等于EB2D.若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質量比為3：2解析：由左手定則可判定甲束粒子帶負電，乙束粒子帶正電，A錯；粒子在磁場中做圓v2rqv周運動，滿足B2qv=m-,即=5-,由題意知r甲的比荷，B對;由qE=Bqv知能通過狹縫S的帶電粒子的速率等于3，C錯；由乂=知一=BimRrmt9.兩電荷量分別為qi和q2的點電荷放在x軸上的。M兩點，兩電荷連線上各點電勢6隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則（）A. N點的電場強度大小為零B. qi電量小于q2C. NC間場

9、強方向指向x軸負方向D.將一正點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功解析：該圖象的斜率等于場強E,則知N點電場強度不為零，故A錯誤.如果qi和q2為等量異種電荷，點連線中垂線是等勢面，故連線中點為零電勢點；由于OAAM故qiq2；故B錯誤.由圖可知：OM用電場強度方向沿x軸正方向，MC用電場強度方向沿x軸負方向，NC間場強方向指向x軸負方向，故C正確.由于從N到D,電勢先增加后減小；將一正電荷從N點移到D點，根據公式Ep=q（H電勢能先增加后減小，故電場力先做負功后做正功，故D錯誤.答案：C10 .如圖所示的電容式話筒就是一種電容式傳感器，其原理是：導電性振動膜片與固定電極構成了一個電容

10、器，當振動膜片在聲壓的作用下振動時，兩個電極之間的電容發生變化,電路中電流隨之變化，這樣聲信號就變成了電信號.則當振動膜片向右振動時（）A.電容器電容值減小B.電容器帶電荷量減小C.電容器兩極板間的電場強度增大.SO 4兀kd知電容值增大，電D.電阻R上電流方向自左向右解析：振動膜片向右振動時電容器兩極板的距離變小，由、，Qq，一、，容器板間電壓U不變，由C=彳口電容器帶電荷量增大，正在充電，所以R中電流方向自右U_向左.在U不變的情況下，d減小，由E=d可知板間電場強度增大，故ABD錯誤，C正確.故選C.答案：C二、多項選擇題（本題共4小題，每題4分，共16分，每小題有多個選項是正確的，全選

11、對得4分，少選得2分，選錯、多選或不選得。分）11 .某一熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而減小，在一次實驗中，將該熱敏電阻與一小燈泡串聯，通電后各自的電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，M為兩元件的伏安特性曲線的交點.則關于熱敏電阻和小燈泡的下列說法正確的是（）A.圖線b是小燈泡的伏安特性曲線，圖線a是熱敏電阻的伏安特性曲線B.圖線a是小燈泡的伏安特性曲線，圖線b是熱敏電阻的伏安特性曲線C.圖線中的M點表示該狀態小燈泡的電阻大于熱敏電阻的電阻D.圖線中M點對應的狀態，小燈泡的功率與熱敏電阻的功率相等解析：由于小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大，熱敏電阻的電阻隨溫度的升高而減小,所以圖線b是小燈泡的伏

12、安特性曲線，圖線a是熱敏電阻的伏安特性曲線，選項A正確，B錯誤.圖線中的M點表示該狀態小燈泡的電阻等于熱敏電阻的電阻，選項C錯誤.圖線中M點對應的狀態，小燈泡的功率與熱敏電阻的功率相等，選項D正確.答案：AD12 .如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關于MN寸稱，b點位于MNI,d點位于兩電荷的連線上.以下判斷正確的是（）A. b點電場強度大于d點電場強度B. b點電場強度小于d點電場強度C. a、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差D.試探電荷+q在a點的電勢能小于在c點的電勢能解析：在兩等量異號電荷連線上，中

13、間點電場強度最小；在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點電場弓II度最大，所以b點場強小于d點場強，選項A錯誤，B正確；由對稱性可知，a、b兩點的電勢差等于bc兩點間的電勢差，故選項C正確；因a點的電勢高于c點的電勢，故試探電荷+q在a點的電勢能大于在c點的電勢能，選項D錯誤.答案：BC13 .空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界.一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射.這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不計重力.下列說法正確的是（）XX：A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B.入射速度相同

14、的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大解析：由于粒子比荷相同，由，R=mvr知速度相同的粒子軌跡半徑相同，運動軌跡也必qB相同，B正確；對于入射速度不同的粒子在磁場中可能的運動軌跡如圖所示，由圖可知，粒子的軌跡直徑不超過磁場邊界一半時轉過的圓心角都相同，運動時間都為半個周期，而由T=2豈口所有粒子在磁場運動周期都相同，故A、C皆錯誤；再由t=A丁=4熟知D正確.qB2兀qB答案：BD14 .如圖所示，MN是真空中的兩塊平行金屬板.質量為m電荷量為q的帶電粒子，以初速度V0由小孔進入電場，當MN

15、間電壓為U時，粒子恰好能到達.N板.如果要使這個一，1一，一，八帶電粒子到達MN板間距的萬后返回，下列措施中能滿足要求的是（不計帶電粒子的重力）（）MN,.、一，,一，1A.使初速度減為原來的2B.使MN間電壓加倍C.使MN間電壓提高到原來的4倍1D.使初速度和MN間電壓都減為原來的2解析：由題意知，帶電粒子在電場中做減速運動，在粒子恰好能到達N板時，由動能定理可得:12U,粒子的初速度為 V1,qU=Qmv.要使粒子到達兩極板中間后返回，設此時兩極板間電壓為則由動能定理可得：一qU1=/V.、UV2取立兩方程得：,=v2.2UVo答案：BD三、實驗題（共19分）15 .（每空3分，共9分）用

16、游標為20分度的游標卡尺測量一根金屬絲的長度，由圖1可知其長度為mm圖145403530) 三-三三一一三=/圖2圖3(2)用螺旋測微器測量一根金屬絲的直徑，其示數如圖2所示，該金屬導線的直徑為mm(3)用多用電表的電阻“X100”擋，按正確的操作步驟測某金屬導體的電阻，表盤的示數.如圖3,則該電阻的阻值約為Q.解析：(1)由圖示游標卡尺可知，其示數為：50mm+3X0.05mm=50.15mm；(2)由圖示螺旋測微器可知，其示數為：1.5mm+38.0X0.01mm=1.88,0mm；(3)由圖示歐姆表可知，其示數為：12X100Q=1200Q.答案：(1)50.15(2)1.880(3)1

17、20016 .(每空2分，畫圖2分，共10分)為測量一電源的電動勢及內阻.(1)在下列三個電壓表中選一個改裝成量程為9V的電壓表.A.量程為1V、內阻大約為1k的電壓表B.量程為2V、內阻大約為2k的電壓表C.量程為3V、內阻為3kQ的電壓表。V3選擇電壓表串聯k的電阻可以改裝成量程為9V的電壓表.(此表用符號OVi OV2或(2)利用一個電阻箱、一只開關、若干導線和改裝好的電壓表oV3與一個電阻串聯來表示，且可視為理想電壓表)，在虛線框內畫出測量電源電動勢及內阻的實驗原理電路圖.(3)根據以上實驗原理電路圖進行實驗，讀出電壓表示數為1.50V時，電阻箱的阻值為15.0電壓表示數為2.00V時

18、，電阻箱的阻值為40.0，則電源的電動勢E=V,內阻r=Q.R:則 Ig(R+R) = U,解析：(1)為確定改裝時串聯電阻的阻值應選取內阻確定的電壓表，故選擇C電壓表進行改裝，改裝成電壓表要串聯電阻的一一-3一即：1X10(3k+R)=9.解得：R=6kQ.(2)實驗原理電路圖，如圖：(3)電壓表示數為1.50 V時，根據閉合電路的歐姆定律_1.5 VE=失5 V+項F，同理有E=2 V2.0Vr.40.0Q聯立二式解得E=2.50V,r=10.0Q.答案：(1)C6(2)電路如解析圖所示(3)2.5010.0四、計算題(共35分)17 .(10分)如圖所示，有一對長4cm的平行金屬板，相距

19、3cm傾斜放置與水平面成37角，兩板間加上50V電壓，有一帶電粒子質量為4X108kg，以1m/s的速度自A板左邊緣C水平進入電場，在電場中沿水平方向運動并恰好從B板邊緣水平飛出，虛線為其運動軌跡，g=10m/s2,sin37=0.6.求：(1)帶電粒子所帶電量;(2)帶電粒子飛出電場時的速度.解析：(1)對帶電粒子受力分析，如圖所示.因帶電粒子水平方向沿直線運動，U所以mg=qEcos37,又E=),解得：q =mgdUCos 374X 10 8X一 一 一 一210X 3X 1050 X 0.8一一10 一C = 3X10 C.(2)令帶電粒子飛出電場時速度為v,1o1O由動能te理得：qU=mvmv,解得：v=?m/s.18 .(12分)一電動勢為48V的蓄電池恰能給都標有“46V23W的一電動機和一燈泡并聯供電.已知電動機的內阻R=4，求：(1)回路的總電流和電源的內阻；(2)電動機的輸出功率和效率；(3)電源的效率.解析：(1)由題意知路端電壓U=46V,內電壓為：U=