高中物理粵教版1本冊總復(fù)習總復(fù)習 模塊綜合檢測(二)

模塊綜合檢測(二)一、單項選擇題(本題共10小題，每題3分，共30分．每小題中只有一個選項是正確的，選對得3分，錯選不選或多選均不得分．)1．學習物理除了知識的學習外，還要了解物理學家對物理規(guī)律的發(fā)現(xiàn)，領(lǐng)悟并掌握處理物理問題的思想與方法．關(guān)于以上兩點下列敘述正確的是()A．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電與磁的聯(lián)系B．庫侖提出了用電場線描述電場的方法C．用點電荷來代替實際帶電體是采用了理想模型的方法D．在驗證力的平行四邊形定則的實驗中使用了控制變量的方法答案：C2．如圖所示，空間有一電場，電場中有兩個點a和b.下列表述正確的是()A．該電場是勻強電場B．a(chǎn)點的電場強度比b點的大C．b點的電場強度比a點的大D．正電荷在a、b兩點受力方向相同解析：電場線的疏密代表場強的大小，電場線越密代表電場越強，由圖可知b點的場強小于a點的場強．故B正確，A、C錯誤．由于電場線切線的方向就是該點的電場的方向，由圖可知ab兩點的切線方向不同，故ab兩點的場強不同，而場強的方向就是正電荷所受電場力的方向，所以正電荷在ab兩點所受電場力方向不同，故D錯誤．答案：B3.在同一平面內(nèi)有四根彼此絕緣的通電直導線，如圖所示，四導線中電流I1＝I3＞I2＞I4，要使O點磁場增強，則應(yīng)該()A．切斷I1 B．切斷I2C．切斷I3 D．切斷I4解析：從題圖中可得I1、I2、I3在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的方向都為垂直紙面向里，而I4在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向為垂直紙面向外，故要使O點磁場增強，應(yīng)該切斷I4，D正確．答案：D4．空間中存在著豎直向下的勻強磁場，如圖所示，一帶正電粒子(不計重力)垂直于磁場方向以初速度v射入磁場后，運動軌跡將()A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn)C．向紙面內(nèi)偏轉(zhuǎn) D．向紙面外偏轉(zhuǎn)解析：帶電粒子垂直進入磁場，根據(jù)左手定則判斷可知，洛倫茲力方向向紙外，則其軌跡向紙外偏轉(zhuǎn)．故D正確，A、B、C錯誤．答案：D5．A、B兩個點電荷在真空中所產(chǎn)生電場的電場線(方向未標出)如圖所示．圖中C點為兩點電荷連線的中點，MN為兩點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關(guān)于MN左右對稱．則下列說法中正確的是()A．這兩個點電荷一定是等量異種電荷B．這兩個點電荷一定是等量同種電荷C．把某正電荷q從C點移到D點電場力做正功D．C點的電場強度可能比D點的電場強度小解析：根據(jù)電場線的特點，從正電荷出發(fā)到負電荷終止可以判斷，A、B是兩個等量異種電荷．故A正確，B錯誤；根據(jù)平行四邊形定則，對中垂線上的場強進行合成，知中垂線上每點的電場方向都水平向右，中垂線和電場線垂直，所以中垂線為等勢線，所以C點的電勢等于D點的電勢，把某正電荷q從C點移到D點電場力不做功．故C錯誤；在兩等量異號電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大，也可以從電場線的疏密判斷，所以C點的電場強度比D點的電場強度大，故D錯誤．答案：A6．如圖所示，同一平面內(nèi)有兩根平行的無限長直導線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點與兩導線共面，a點在兩導線的中間且與兩導線的距離均為r，b點在導線2右側(cè)，與導線2的距離也為r.現(xiàn)測得a點的磁感應(yīng)強度大小為B0，已知距一無限長直導線d處的磁感應(yīng)強度大小B＝eq\f(kI,d)，其中k為常量，I為無限長直導線的電流大小，下列說法正確的是()A．b點的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B0,4)B．若去掉導線2，b點的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B0,4)C．若將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應(yīng)強度為0D．若去掉導線2，再將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應(yīng)強度大小仍為B0解析：根據(jù)B＝eq\f(kI,d)，可知a點磁感應(yīng)強度B0＝eq\f(kI,r)＋eq\f(kI,r)＝eq\f(2kI,r)，則eq\f(kI,r)＝eq\f(1,2)B0，根據(jù)右手螺旋定則，此時b點磁感應(yīng)強度為Bb＝eq\f(kI,r)－eq\f(kI,3r)＝eq\f(2kI,3r)＝eq\f(1,3)B0，方向向外，故A錯誤；若去掉導線2，b點的磁感應(yīng)強度大小為Bb＝eq\f(kI,3r)＝eq\f(1,6)B0，B錯誤；若將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應(yīng)強度為Bb＝eq\f(kI,r)－eq\f(k2I,3r)＝eq\f(kI,3r)＝eq\f(1,6)B0，方向向外，C錯誤；若去掉導線2，再將導線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應(yīng)強度大小為Bb＝eq\f(k2I,r)＝B0，故D正確．答案：D7．如圖所示，分別在M、N兩點固定放置兩個點電荷＋Q和－q(Q>q)，以MN連線的中點O為圓心的圓周上有A、B、C、D四點．下列說法中正確的是()A．A點場強小于B點場強B．C點場強與D點場強相同C．A點電勢小于B點電勢D．將正檢驗電荷從C點移到O點，電場力做負功解析：設(shè)A點到Q的距離為d，到－q的距離為L，故A點的場強EA＝eq\f(kQ,d2)＋eq\f(kq,L2)，同理可得B點的場強EB＝eq\f(kQ,L2)＋eq\f(kq,d2)，故EA－EB＝eq\f(k（Q－q）,d2)－eq\f(k（Q－q）,L2)，由于d<L，故EA－EB＞0，即EA＞EB，A錯；根據(jù)平行四邊形定則，以兩分場強為鄰邊作出平行四邊形的對角線，可知C、D兩點場強的方向不相同，B項錯誤；電場線的方向是電勢降落的方向，故A點的電勢高于B點的電勢，C項錯誤；正電荷從C到O，受力的方向與速度方向的夾角為鈍角，因此電場力做負功，D項正確．答案：D8．如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為eq\f(R,2)，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()\f(qBR,2m) \f(qBR,m)\f(3qBR,2m) \f(2qBR,m)解析：畫出粒子運動軌跡，由圖中幾何關(guān)系可知，粒子運動的軌跡半徑等于R，由qvB＝eq\f(mv2,R)可得：v＝eq\f(qBR,m)，選項B正確．答案：B9．在如圖所示的電路中，AB為粗細均勻、長為L的電阻絲，以A、B上各點相對A點的電壓為縱坐標，各點離A點的距離x為橫坐標，則U隨x變化的圖線應(yīng)為如圖中的()解析：根據(jù)電阻定律，橫坐標為x的點與A點之間的電阻R＝ρeq\f(x,S)，這兩點間的電壓U＝IR＝Iρeq\f(x,S)(I為電路中的電流，它是一個定值)，故U跟x成正比例關(guān)系，故選A.答案：A10．如圖所示，電阻R1＝20Ω，電動機繞線電阻R2＝10Ω.當電鍵S斷開時，電流表的示數(shù)是I′＝0.5A，當電鍵S合上后，電動機轉(zhuǎn)動起來，電路兩端的電壓不變，此時電流表的示數(shù)I和電路消耗的電功率P應(yīng)滿足()A．I＝1.5A B．I>1.5AC．P＝15W D．P<15W解析：S斷開時，電路兩端的電壓U＝I′R1＝10V．S合上后，流過電動機的電流I″<eq\f(U,R2)＝1A，則電流表的示數(shù)I＝I′＋I″<1.5A，電路消耗的電功率P＝IU<15W，選項D正確．答案：D二、多項選擇題(本題共4小題，每題6分，共24分．每小題有多個選項是正確的，全選對得6分，少選得3分，選錯、多選或不選得0分．)11．如圖所示，在兩條豎直邊界線所圍的勻強電場中，一個不計重力的帶電粒子從左邊界的P點以某一水平速度射入電場，從右邊界的Q點射出，下列判斷正確的有()A．粒子帶正電B．粒子做勻速圓周運動C．粒子電勢能減小D．僅增大電場強度粒子通過電場的時間不變解析：帶電粒子垂直進入電場后，僅在電場力作用下向場強方向偏轉(zhuǎn)，粒子帶正電；由于電場力大小及方向均恒定，粒子做類平拋運動；運動中電場力做正功，粒子電勢能減?。涣Ｗ油ㄟ^電場區(qū)域的時間僅由電場區(qū)域?qū)挾燃傲Ｗ映跛俣葲Q定，僅增大場強，不會改變粒子通過電場區(qū)域的時間．選項B錯誤，A、C、D正確．答案：ACD12．如圖所示是某導體的伏安特性曲線，由圖可知，下列結(jié)論正確的是()A．導體的電阻是25ΩB．導體的電阻是ΩC．當導體兩端的電壓是V時，通過導體的電流是1AD．當通過導體的電流是0.1A時，導體兩端的電壓是V解析：根據(jù)圖象，由歐姆定律可得，導體電阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(5,Ω＝25Ω，故A正確，B錯誤；當導體兩端電壓是V時，通過導體的電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f,25)A＝6A，故C錯誤；當通過導體的電流是0.1A時，導體兩端的電壓U＝IR＝0.1A×25Ω＝V，故D正確．答案：AD13．如圖所示，為某一點電荷形成的一簇電場線，a、b、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡，其中b虛線為一圓弧，AB的長度等于BC的長度，且三個粒子的電荷量大小相等，不計粒子重力，則以下說法正確的是()A．a(chǎn)一定是正粒子的運動軌跡，b和c一定是負粒子的運動軌跡B．由于AB的長度等于BC的長度，故UAB＝UBCC．a(chǎn)虛線對應(yīng)的粒子的加速度越來越小，c虛線對應(yīng)的粒子的加速度越來越大，b虛線對應(yīng)的粒子的加速度大小不變D．b虛線對應(yīng)的粒子的質(zhì)量大于c虛線對應(yīng)的粒子的質(zhì)量解析：題圖為某一點電荷所形成的一簇電場線，由于沒有說明是正電荷的電場還是負電荷的電場，所以無法判斷出電場線的方向，不能判斷出abc三種粒子的電性，故A錯誤；根據(jù)公式U＝Ed，由于AB間的平均場強小于BC間的平均場強，故UAB＜UBC，故B錯誤；由于電場線的疏密表示電場強度的大小，粒子只受電場力，故a虛線對應(yīng)的粒子的加速度越來越小，c虛線對應(yīng)的粒子的加速度越來越大，b虛線對應(yīng)的粒子的加速度大小不變，故C正確；a、b、c三條虛線為三個帶電粒子以相同的速度從O點射入電場的運動軌跡；且三個粒子的電荷量大小相等；故靜電力相等；由于b粒子做圓周運動，說明向心力等于靜電力；C粒子做向心運動，故靜電力大于需要的向心力，根據(jù)F＝meq\f(v2,r)，C粒子的質(zhì)量較小，故D正確．答案：CD14．絕緣光滑斜面與水平面成α角，質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q>0)的小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為v0(v0>0)，方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個裝置處在勻強磁場B中，磁場方向平行斜面向上．如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達底邊MN，則下列判斷正確的是()A．勻強磁場磁感應(yīng)強度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mg,qv0)B．勻強磁場磁感應(yīng)強度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mgcosα,qv0)C．小球在斜面做變加速曲線運動D．小球達到底邊MN的時間t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))解析：小球受洛倫茲力提供向心力垂直斜面向上，小球不離開斜面的條件是qv0B≤mgcosα，則B≤eq\f(mgcosα,qv0)，A錯誤、B正確；小球的加速度a＝gsinα不變，所以小球做勻變速曲線運動，C錯誤；沿斜面做初速度為零，加速度為a＝gsinα的勻變速運動，所以eq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))，D正確．答案：BD三、非選擇題(共4小題，共46分)15．(10分)用多用電表的歐姆擋測某一電阻的阻值時，分別用×1、×10、×100三個電阻擋測了三次，指針所指的位置如圖所示．其中①是用________擋，②是用________擋，③是用________擋．為提高測量的精確度，應(yīng)該用________擋，被測電阻阻值約為________．解析：乘的倍率越大，示數(shù)越小，故①是“×1”擋，②是“×10”擋，③是“×100”擋．為了提高測量的準確度，指針應(yīng)在表盤的中間附近，故選“×10”擋測量．被測電阻阻值約為30×10Ω＝300Ω.答案：×1×10×100×10300Ω16．(12分)下圖a是測量電阻Rx的原理圖，學生電源輸出電壓可調(diào)，電流表量程選0.6A(內(nèi)阻不計)，標有長度刻度的均勻電阻絲ab的總長為30.0cm.圖a圖b圖c①根據(jù)原理圖連接圖b的實物圖．②斷開S2，合上S1；調(diào)節(jié)電源輸出電壓為V時，單位長度電阻絲的電壓u＝________V/cm.記錄此時電流表A1的示數(shù)．③保持S1閉合，合上S2；滑動c點改變ac的長度L，同時調(diào)節(jié)電源輸出電壓，使電流表A1的示數(shù)與步驟②記錄的值相同，記錄長度L和A2的示數(shù)I.測量6組L和I值，測量數(shù)據(jù)已在圖c中標出．寫出Rx與L、I、u的關(guān)系式Rx＝____________；根據(jù)圖c用作圖法算出Rx＝________Ω.解析：②3V電壓分布在長為30cm的電阻絲上，故有單位長度的電壓u＝eq\f(3,30)V/cm＝V/cm.③設(shè)電阻絲每1cm長的電阻為R，當合上S1斷開S2時，設(shè)此時電阻絲電流為I′，有：I′·30R＝30u,當合上S1、S2時，I′·LR＝IRx，由上兩式得：Rx與L、I、u的關(guān)系式Rx＝eq\f(Lu,I).在圖c中過盡可能多的點作直線如圖所示，對照圖可得L＝eq\f(Rx,u)I，由L－I圖線的斜率k＝60.016cm/A＝eq\f(Rx,u)，可得Rx＝ku＝×Ω≈Ω.答案：①見下圖②③eq\f(Lu,I)17．(12分)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的帶電粒子，從A點射入寬度為d、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN、PQ為該磁場的邊界線，磁感線垂直于紙面向里，磁場區(qū)域足夠長，如圖所示．帶電粒子射入時的初速度與PQ成45°角，且粒子恰好沒有從MN射出(不計粒子所受重力)．求：(1)該帶電粒子的初速度v0；(2)該帶電粒子從PQ邊界射出的射出點到A點的距離x.解析：(1)設(shè)軌道半徑為R，如圖所示則R＝eq\f(R1－d,cos45°)，得R＝(2＋eq\r(2))d.又R＝eq