2018-2019學年高中物理人教版（京津瓊魯專用）必修二講義：模塊綜合試卷（一）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精模塊綜合試卷(一）（時間：90分鐘滿分：100分）一、選擇題(本題共12小題，共40分.1~8題為單選題，每小題3分,9~12題為多選題，全部選對得4分，有選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1。(2018·山東德州市高一下期末）比值定義法,就是在定義一個物理量的時候采取比值的形式定義。用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例。下列不屬于比值定義法的是(）A.φ＝eq\f(Ep，q） B。E＝eq\f(F,q）C。C＝eq\f(Q,U) D。I＝eq\f(U，R)答案D2。點電荷A和B，分別帶正電和負電，電荷量分別為＋4Q和－Q,如圖1所示，在AB連線上，電場強度為零的地方在(）圖1A。B左側 B。A右側C.A和B之間 D.A的右側及B的左側答案A解析在B點左側有一點，＋4Q的電荷在該點產(chǎn)生的電場向左，－Q的電荷在該點產(chǎn)生的電場向右，二者場強大小相等，合場強為零，故選A.3。A、B是某電場中一條電場線上的兩點,一正電荷僅在靜電力作用下，沿電場線從A點運動到B點，速度－時間圖象如圖2所示,則（)圖2A.EA＞EB B.EA＜EBC。φA＝φB D.φA＞φB答案A解析根據(jù)v－t圖象，速度減小且加速度越來越小，說明正電荷逆著電場線運動，由電勢低的點移向電勢高的點,且靜電力越來越小，即電場變弱，故選項A正確,B、C、D錯誤.4.(2018·山東濟寧市高一下期末）如圖3所示的電路中，U＝90V，滑動變阻器R2的最大值為200Ω，R1＝100Ω.當滑片P滑至R2的中點時,a、b兩端的電壓為（）圖3A。30VB.45VC.60VD。75V答案A解析P位于中點時R并＝50Ω，干路中電流I＝eq\f（U，\f(R2，2)＋R并）＝eq\f（90，100＋50)A＝0。6A，Uab＝IR并＝0.6×50V＝30V，選項A正確.5。（2018·山東菏澤市高一下期末)如圖4所示為“探究影響平行板電容器電容的因素"的實驗裝置，下列說法正確的是（）圖4A。保持開關S閉合,將A、B兩極板分開些，指針張角增大B.先閉合再斷開開關S后，將A、B兩極板靠近些，指針張角減小C。先閉合再斷開開關S后，減小A、B兩極板的正對面積，指針張角減小D。保持開關S閉合,將變阻器滑動觸頭向右移動,指針張角增大答案B6。在溫控電路中，通過熱敏電阻阻值隨溫度的變化可實現(xiàn)對電路相關物理量的控制作用，如圖5所示電路，R1為定值電阻,R2為半導體熱敏電阻(溫度越高電阻越小）,C為電容器，當環(huán)境溫度降低時(）圖5A.電壓表的讀數(shù)減小B。電容器C的帶電荷量增大C.電容器C兩板間的電場強度減小D。R1消耗的功率增大答案B解析當環(huán)境溫度降低時，R2的阻值增大，則總電阻增大，總電流減小，則內電壓減小，路端電壓變大,電壓表的讀數(shù)增大,選項A錯誤；R1兩端的電壓減小，R2兩端的電壓增大,即電容器兩端的電壓增大,由Q＝CU知，電容器C的帶電荷量增大，選項B正確;由E＝eq\f(U,d)，知電容器C兩板間的電場強度增大，選項C錯誤；總電流減小，所以R1消耗的功率減小,選項D錯誤.7。如圖6所示，從F處釋放一個無初速度的電子（重力不計）向B板方向運動，下列說法錯誤的是(設電源電動勢為U）(）圖6A。電子到達B板時的動能是UeB。電子從B板到達C板動能變化量為零C.電子到達D板時動能是3UeD.電子在A板和D板之間做往復運動答案C解析電子在AB之間做勻加速運動，且eU＝ΔEk,選項A正確；電子在BC之間做勻速運動，選項B正確；在CD之間做勻減速運動，到達D板時，速度減為零，然后電子反向運動，在A板與D板之間做往復運動，選項C錯誤，選項D正確.8.在光滑絕緣水平面的P點正上方O點固定了一電荷量為＋Q的正點電荷,在水平面上的N點，由靜止釋放質量為m、電荷量為－q的負檢驗電荷，該檢驗電荷經(jīng)過P點時速度為v，圖7中θ＝60°，規(guī)定電場中P點的電勢為零,則在＋Q形成的電場中(）圖7A.N點電勢高于P點電勢B.P點電場強度大小是N點的2倍C.N點電勢為－eq\f(mv2，2q）D.檢驗電荷在N點具有的電勢能為－eq\f（1，2)mv2答案C解析根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，M點的電勢高于N點的電勢，而M、P兩點的電勢相等，則N點電勢低于P點電勢，故A錯誤.P點電場強度大小是EP＝keq\f(Q,r\o\al（P2）)，N點電場強度大小是EN＝keq\f（Q,r\o\al(N2）），則EP∶EN＝rN2，∶rP2，＝(2rP）2∶rP2＝4∶1，故B錯誤.根據(jù)動能定理得：檢驗電荷由N到P的過程:－q（φN－φP)＝eq\f(1,2)mv2，由題，P點的電勢為零，即φP＝0,解得，N點的電勢φN＝－eq\f(mv2,2q）,故C正確.檢驗電荷在N點具有的電勢能為Ep＝－qφN＝eq\f(1,2）mv2，故D錯誤.9.如圖8所示，真空中固定兩個等量異號點電荷＋Q、－Q，圖中O是兩電荷連線的中點,a、b兩點與＋Q的距離相等，c、d是兩電荷連線垂直平分線上的兩點,bcd構成一個等腰三角形.則下列說法正確的是()圖8A.a、b兩點的電場強度相同B。c、d兩點的電勢相同C。將電子由b移到c的過程中電場力做正功D.質子在b點的電勢能比在O點的電勢能大答案BD解析根據(jù)等量異種點電荷的電場分布可知:c、O、d三點等電勢，故B正確；a、b兩點場強大小、方向均不同,故A錯誤；由于φb＞φc，電子從b到c電場力做負功,故C錯誤；φb＞φO，質子從b到O電場力做正功，電勢能減小,故質子在b點的電勢能較大，故D正確。10.把一個電荷量為1C的正電荷從電勢為零的O點移到電場內的M點，外力克服電場力做功5J,若把這個電荷從N點移到O點，電場力做功則為6J，那么()A。M點的電勢是－5VB.N點的電勢是6VC。M、N兩點的電勢差為＋11VD.M、N兩點的電勢差為－1V答案BD解析外力克服電場力做功5J,即電場力做功－5J，由公式U＝eq\f(W,q），求出UOM＝－eq\f(5,1）V＝－5V，UOM＝φO－φM,則M點的電勢φM＝5V,同理求出N點電勢φN＝6V，M、N兩點的電勢差UMN＝φM－φN＝－1V，故B、D正確，A、C錯誤.11.（2018·山東德州市高一下期末)在如圖9所示的電路中,E為電源，其內阻為r，R1為定值電阻(R1〉r）,R2為電阻箱，R3為光敏電阻，其阻值大小隨所受照射光強度的增大而減小，V為理想電壓表，A為理想電流表,閉合開關后,下列說法正確的是(）圖9A.用光照射R3,電流表示數(shù)變大B。用光照射R3,電壓表示數(shù)變小C。將變阻箱R2阻值變大，電流表示數(shù)變大D。將變阻箱R2阻值變大，電壓表示數(shù)變小答案ACD12。如圖10所示，直線①表示某電源的路端電壓與電流的關系圖象，曲線②表示該電源的輸出功率與電流的關系圖象，則下列說法正確的是(）圖10A.電源電動勢約為50VB。電源的內阻約為eq\f(25，3)ΩC。電流為2.5A時，外電路的電阻約為15ΩD。輸出功率為120W時，輸出電壓約為30V答案ACD解析根據(jù)閉合電路歐姆定律，電源的輸出電壓U＝E－Ir,對照U－I圖象，當I＝0時，E＝U＝50V，故A正確；U－I圖象斜率的絕對值表示內阻，故r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f（ΔU，ΔI）））＝eq\f（50－20,6)Ω＝5Ω,故B不正確;電流為2。5A時，外電阻R＝eq\f(E，I）－r＝15Ω,故C正確；輸出功率為120W時，對照P－I圖象,電流約為4A，再對照U－I圖象,輸出電壓約為30V，故D正確.二、實驗題(本題3小題，共18分)13。(4分)（2018·山東濱州市高一下期末）如圖11所示為多用電表示意圖,其中A、B、C為三個可調節(jié)的部件。該同學在實驗室中用它測量一阻值約3kΩ的電阻.他測量的操作步驟如下：圖11（1）調節(jié)可調部件A，使電表指針指向（選填“電阻”或“電流”)為零的位置,此過程為機械調零.(2）調節(jié)可調部件B，使它的尖端指向倍率的歐姆擋.（3)將紅、黑表筆分別插入正、負插孔中,兩表筆短接,調節(jié)可動部件C，使電表指針指向歐姆零刻度位置，此過程為歐姆調零。(4）若電表讀數(shù)如圖所示，則該待測電阻的阻值是.答案(1)電流（2)×100(4)2700Ω或2。7kΩ14.(6分)某同學測定一個圓柱體的電阻.（1)按如圖12連接電路后，實驗操作如下：a。將滑動變阻器R1的阻值置于最(填“大"或“小"）；將S2撥向接點1，閉合S1，調節(jié)R1，使電流表示數(shù)為I0；b。將電阻箱R2的阻值調至最（填“大"或“小"），S2撥向接點2；保持R1不變，調節(jié)R2，使電流表示數(shù)仍為I0，此時R2阻值為1280Ω；（2）由此可知，圓柱體的電阻為Ω.圖12答案（1）a。大b。大(2）128015。（8分)某同學用如圖13所示的電路測量歐姆表的內阻和電源電動勢(把歐姆表看成一個電源,且已選定倍率并進行了歐姆調零).實驗器材的規(guī)格如下：電流表A1(量程200μA，內阻R1＝300Ω)；電流表A2（量程30mA，內阻R2＝5Ω)；定值電阻R0＝9700Ω;滑動變阻器R（阻值范圍0～500Ω）.閉合開關S，移動滑動變阻器的滑動觸頭至某一位置,讀出電流表A1和A2的示數(shù)分別為I1和I2.多次改變滑動觸頭的位置,得到的數(shù)據(jù)見下表：I1（μA）120125130135140145I2（mA)20。016.713.210。06。73.3圖13(1）依據(jù)表中數(shù)據(jù)，作出I1－I2圖線如圖14所示；據(jù)圖可得，歐姆表內電源的電動勢為E＝V，歐姆表內阻為r＝Ω。(結果保留3位有效數(shù)字）圖14(2)若某次電流表A1的示數(shù)是114μA,則此時歐姆表的示數(shù)約為Ω.（結果保留3位有效數(shù)字）答案（1)1.50(1.48~1。52)15.2（15。0~15。4）(2)48。1（47.5～48.5)解析（1)根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E＝I1（R1＋R0）＋(I1＋I2)r所以I1＝－eq\f(r,R1＋R0＋r)I2＋eq\f（E,R1＋R0＋r）由題圖可知斜率k＝eq\f（ΔI1，ΔI2)＝－1.52×10－3，截距b＝1。5×10－4A即eq\f（r,R1＋R0＋r)＝1.52×10－3，eq\f（E,R1＋R0＋r）＝1.5×10－4A解得E≈1。50V，r≈15。2Ω.（2）由題圖可知當I1＝114μA時,I2＝23。7mA所以R外＝eq\f（I1R0＋R1，I2)≈48.1Ω，則此時歐姆表示數(shù)約為48。1Ω。三、計算題（本題4小題,共42分)16。（8分)如圖15所示，電源的電動勢是6V，內阻是0.5Ω，小電動機M的線圈電阻為0。5Ω,限流電阻R0為3Ω，若理想電壓表的示數(shù)為3V,試求：圖15(1)電源的功率和電源的輸出功率；(2）電動機消耗的功率和電動機輸出的機械功率.答案（1)6W5.5W（2)2。5W2W解析(1）電路中電流I＝IR0＝eq\f(UR0，R0）＝1A；電源的功率PE＝IE＝6W;內電路消耗的功率Pr＝I2r＝0。5W；電源的輸出功率P出＝PE－Pr＝5。5W。（2）電動機分壓UM＝E－Ir－UR0＝2。5V；電動機消耗的功率PM＝IUM＝2.5W；熱功率P熱＝I2rM＝0。5W；電動機輸出的機械功率P機＝PM－P熱＝2W。17。(10分)(2018·山師附中高一下期末）如圖16所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間距離d＝40cm，電源電動勢E＝10V，內電阻r＝1Ω，定值電阻R＝8Ω。閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電的小球從B板小孔以初速度v0＝3m/s豎直向上射入板間。已知小球帶電荷量q＝1×10－2C，質量m＝2×10－2kg，不考慮空氣阻力。(g取10m/s2）圖16(1)要使小球在A、B板間向上勻速運動，則滑動變阻器接入電路的阻值為多大？（2）若小球帶正電，只改變滑動變阻器滑片位置，其他量不變，那么，A、B板間電壓為多大時,小球恰能到達A板?此時電源輸出功率是多大？答案(1)36Ω（2)1V9W解析（1）由平衡條件得mg＝eq\f（qUAB,d)解得：UAB＝8VU滑＝UAB＝8VI＝eq\f（E－U滑,R＋r）＝eq\f(2,9）A滑動變阻器電阻：R滑＝eq\f(U滑，I）＝36Ω.（2）由動能定理：－mgd－qUAB′＝0－eq\f(1，2)mv02得UAB′＝1VI′＝eq\f(E－UAB′,R＋r）＝1A電源輸出功率：P＝EI′－I2′r＝9W.18.（12分)(2018·山東淄博市高一下期末)如圖17所示,一根光滑絕緣細桿與水平面成α＝30°角傾斜固定。細桿的一部分處在場強方向水平向右的勻強電場中，場強E＝2×104N/C。在細桿上套有一個帶電荷量為q＝－eq\r(3）×10－5C、質量為m＝3×10－2kg的小球.現(xiàn)使小球從細桿的頂端A由靜止開始沿桿滑下，并從B點進入電場,小球在電場中滑至最遠處的C點.已知AB間距離x1＝0。4m,g＝10m/s2.求：圖17（1）小球在B點的速度vB的大??；（2)小球進入電場后滑行的最大距離x2；（3)試畫出小球從A點運動到C點過程的v－t圖象。答案(1)2m/s（2)0.4m（3)見解析解析（1）小球在AB段滑動過程中做勻加速運動。由機械能守恒得mgx1sinα＝eq\f（1,2）mvB2，可得vB＝2m/s。（2）小球進入勻強電場后,在電場力和重力的作用下做勻減速運動，由牛頓第二定律qEcosα－mgsinα＝ma2,得a2＝5m/s2，小球進入電場后還能滑行到最遠處C點,vB2＝2a2x2，得：x2＝0。4m.(3）小球從A到B和從B到C的兩段位移的平均速度分別為vAB＝eq\f(0＋vB，2），vBC＝eq\f(vB＋0,2），則小球從A到C的平均速度為eq\f（vB,2)x1＋x2＝eq\f（vB，2）t,可得t＝0.8s,v－t圖象如圖所示,19。（12分）（