2018版高考物理模块检测卷三 选修3－1 Word版含解析

这是一份2018版高考物理模块检测卷三 选修3－1 Word版含解析，共14页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．(2013·浙江6月学考·24)某同学用易得的材料制作了一个简易的实验仪器，如图1所示．它可以用来( )
图1
A．测电流 B．测电阻
C．测电容 D．检验物体是否带电
答案 D
2．磁性是物质的一种普遍属性，大到宇宙星体，小到电子、质子等微观粒子，几乎都会有磁性，地球就是一个巨大的磁体．在一些生物体内也会含有微量磁性物质，鸽子就是利用这种体内外磁性的相互作用来辨别方向的．若在鸽子身上绑一块永久磁铁，且其产生的磁场比附近的地磁场强的多，则在长距离飞行中( )
A．鸽子仍能如平时一样辨别方向
B．鸽子会比平时更容易辨别方向
C．鸽子会迷失方向
D．不能确定鸽子是否会迷失方向
答案 C
3．家用白炽灯泡的灯丝是由弹簧形状的钨丝制成的．下列三幅漫画生动地描绘了一位学生的经历，图2中坏的灯泡“比原来更亮”的原因是( )
图2
A．灯泡的电阻变小了
B．灯泡两端的电压变小了
C．灯泡的电阻变大了
D．灯泡两端的电压变大了
答案 A
解析 灯丝重新连接在一起后，灯丝的有效长度l变短了，由电阻定律R＝ρeq \f(l,S)知，灯丝的电阻减小了，而灯泡两端电压U不变，故由P＝eq \f(U2,R)知，灯泡的功率变大了，灯泡变亮了．
4．如图3所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是( )
图3
A．a、b为异种电荷
B．a、b为同种电荷
C．A点场强大于B点场强
D．A点电势低于B点电势
答案 A
5．将一电源电动势为E，内电阻为r的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的电流，下列说法正确的是( )
A．由U外＝IR可知，外电压随I的增大而增大
B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大
C．由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小
D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大
答案 C
解析 根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)知，外电路中电流I随外电阻R的变化而变化，所以选项A错误；U内＝Ir是电源内电阻上的电压，不是电源两端的电压，选项B错误；电源电动势E和内电阻r不变，由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小，选项C正确；当U不变时，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大，选项D错误．
6．在正点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个－q的检验电荷从电场的无限远处移动到电场中的A点时，静电力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为( )
A．EpA＝－W，φA＝eq \f(W,q) B．EpA＝W，φA＝－eq \f(W,q)
C．EpA＝W，φA＝eq \f(W,q) D．EpA＝－W，φA＝－eq \f(W,q)
答案 A
解析 依题意，－q的检验电荷从电场的无限远处移动到电场中的A点时，静电力做的功为W，则电荷的电势能减小W，无限远处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为EpA＝－W，A点的电势φA＝eq \f(EpA,－q)＝eq \f(W,q).
7．如图4所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度．若不改变A、B两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度( )
图4
A．一定减小 B．一定增大
C．一定不变 D．可能不变
答案 A
解析 根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，减小d，增大介电常数，则电容增大，根据C＝eq \f(Q,U)，Q不变，U减小，所以指针的偏转角度减小，故A正确．
8．(2016·杭州市调研)如图5所示，将一个半径为R的导电金属圆环串联接入电路中，电路的电流为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点，流过圆弧acb和adb的电流相等．金属圆环在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与圆环所在平面垂直，则金属圆环受到的安培力为( )
图5
A．0 B．πBIR C．2πBIR D．2BIR
答案 D
9．(2016·余姚市联考)如图6所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一条件，θ角的相应变化情况是( )
图6
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
答案 A
解析 选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝eq \f(BIl,mg)，所以当棒中的电流I或磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长无关，选项B错误．
10．“好变频1度到天明”——此广告语意为1度电(1 kW·h)可使变频空调工作一整夜(以10 h计)．同样的1度电可供铭牌如图7所示的电扇工作约( )
图7
A．1 整夜 B．2 整夜
C．3 整夜 D．4 整夜
答案 D
解析 由电扇的铭牌知，其额定功率为24 W，消耗1 度电的工作时间：t＝eq \f(1 kW·h,24×10－3 kW)≈42 h≈4 整夜，故选D.
11．如图8所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )
图8
A．将变阻器滑动触头P向右滑动
B．将变阻器滑动触头P向左滑动
C．将极板间距离适当减小
D．将极板间距离适当增大
答案 D
解析 电子射入极板后，偏向A板，说明Eq＞Bvq，由E＝eq \f(U,d)可知，减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压，C错误，D正确；而移动变阻器滑动触头P并不能改变板间电压，A、B错误．
图9
12．如图9所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的eq \f(1,2)处返回，则下述措施能满足要求的是( )
A．使初速度减为原来的eq \f(1,2)
B．使M、N间电压减为原来的eq \f(1,2)
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的eq \f(1,2)
答案 D
解析 在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，所以d＝eq \f(mv\\al( 2,0),2qE).令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的eq \f(1,2)，x＝eq \f(d,4)，故A错；使M、N间电压减为原来的eq \f(1,2)，电场强度变为原来的eq \f(1,2)，粒子将打到N板上，故B错；使M、N间电压提高到原来的4倍，x＝eq \f(d,4)，故C错；使初速度和M、N间电压都减为原来的eq \f(1,2)，电场强度变为原来的一半，x＝eq \f(d,2)，故D对．
13．两个带电粒子以同一速度、由同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图10所示．粒子a的运动轨迹半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量，则( )
图10
A．a带负电、b带正电，比荷之比为eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝2∶1
B．a带负电、b带正电，比荷之比为eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶2
C．a带正电、b带负电，比荷之比为eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝2∶1
D．a带正电、b带负电，比荷之比为eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶2
答案 C
解析 由粒子的运动轨迹及左手定则可判断，a带正电、b带负电，根据Bvq＝eq \f(mv2,r)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(v,Br)，所以eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝r2∶r1＝2∶1，选项C正确．
二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)
14．如图11所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r.开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光．现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是( )
图11
A．电灯L1、L2均变亮
B．电灯L1变亮，L2变暗
C．电流表的示数变小
D．电源的总功率变大
答案 BD
15．如图12所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
图12
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
答案 AD
解析 带电粒子在加速电场中加速运动，由动能定理可知：E1qd＝eq \f(1,2)mv2；解得：v＝ eq \r(\f(2E1dq,m))；粒子在偏转电场中运动的时间t＝eq \f(L,v)；在偏转电场中沿电场线方向做匀加速运动，速度v⊥＝at＝eq \r(\f(E\\al( 2,2)qL2,2E1md))，位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(E2L2,4E1d)；即位移与比荷无关，与速度无关；由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，到屏上的时间与横向速度成反比．
16．两个电荷量相等但电性相反的带电粒子a、b分别以速度va和vb射入，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图13所示，则( )
图13
A．a粒子带负电，b粒子带正电
B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝eq \r(3)∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D．两粒子速度之比va∶vb＝1∶2
答案 AC
解析 由左手定则及粒子运动轨迹知，a粒子带负电，b粒子带正电，A正确；连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向的垂线(虚线)的交点即为各自圆心．AB的连线必然与磁场的边界垂直；两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个角为60°的直角三角形．根据几何关系，则有两半径之比为Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，B错误；a粒子圆弧对应的圆心角为120°，而b粒子圆弧对应的圆心角为60°.由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta∶Tb＝1∶2，则质量之比ma∶mb＝1∶2，C正确；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝meq \f(v2,R)，故v＝eq \f(qBR,m).所以速度大小之比va∶vb＝2∶eq \r(3)，D错误．
第Ⅱ卷
三、非选择题(本题共7小题，共55分)
17．(5分)在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡(3.8 V,0.3 A)．实验前某同学想用多用电表测量小灯泡的电阻．如图14(a)所示为多用电表的示意图，其中T、S为可调节的部件，现用多用电表测量小灯泡的电阻 ，部分操作步骤如下：
图14
(1)将选择开关调到合适的电阻挡，红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，把两笔尖相互接触，调节________(填“S”或“T”)，使电表指针指向________(填“左”或“右”)侧的“0”位置．
(2)用正确的实验方法测量小灯泡的电阻，电表示数如图(b)所示，该小灯泡电阻的阻值为________Ω.
答案 (1)S 右 (2)15
解析 (1)题图中T是机械调零螺丝，多用电表使用前要调节这个螺丝让指针指在左端0刻度．S是欧姆调零旋钮，每次换挡后必须欧姆调零，两表笔短接后调节S让指针指向右侧的“0”位置．
18．(5分)某同学想利用图15所示电路来测量新买的干电池的电动势和内阻，由于新买的干电池的内阻较小，于是将两节型号一样的新干电池串联起来作为电源使用，实验使用的器材如图16所示．
(1)请根据电路图15用笔画线代替导线将图16中的实物图连接完整，要求滑片P向右端移动时，电流表的示数增大．
(2)通过多次调节滑动变阻器的滑片P，得到6组数据，在U－I图象中描点如图17所示，请作出U－I图线．
图15 图16
图17
(3)根据所描的U－I图线可知，每节干电池的电动势为________V，内电阻为________Ω.(结果均保留3位有效数字)．
答案 (1)、(2)见解析
(3)1.50 0.385
解析 (1)根据电路图连接实物图如图所示，连线时由于两节干电池的电动势约为3 V，因此电压表选3 V量程，从U－I图象看出，电路电流达到1.2 A，因此电流表选0～3 A量程．
(2)U－I图线如图，连线时要尽可能让更多的描点落在所描直线上．
(3)由电路图知U＝E－Ir，结合U－I图线知，图线纵截距表示两节干电池的总电动势E≈3.0 V，图线的斜率的绝对值表示两节干电池的总电阻r＝eq \f(3.0－2.0,1.3) Ω＝0.769 Ω，因此每节干电池的电动势约为1.50 V，每节干电池的内阻约为0.385 Ω.
19．(6分)某同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中得到如下一组U和I的数据：
(1)在图18中画出I—U图线．
图18
(2)从图线上可以看出，当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是________．
(3)这表明灯丝的电阻随着温度的升高而________．
答案 (1)I—U图线如图所示
(2)开始不变，后来逐渐增大 (3)增大
解析 画图线时所取标度必须合适，以所画图线尽量布满坐标纸为宜，且使尽可能多的点分布在图线上，其余点均匀分布在两侧，个别离线较远的点舍去．
20．(9分)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，小球与右侧金属板相距d，如图19所示．问：
(1)小球带电荷量q是多少？
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
图19
答案 (1)eq \f(mgtan θ,E) (2) eq \r(\f(2d,gtan θ))
解析 (1)由平衡条件可知：Eq＝mgtan θ，
解得q＝eq \f(mgtan θ,E).
(2)剪断丝线后，小球沿丝线方向斜向右下做匀加速直线运动，可分解为水平方向的初速度为零的匀加速直线运动和竖直方向的自由落体运动，水平方向的加速度为a＝eq \f(Eq,m)＝gtan θ，
由运动学公式得：d＝eq \f(1,2)at2，
则t＝eq \r(\f(2d,gtan θ)).
21．(10分)一束电子流从A极板中间的小孔由静止进入并经U＝880 V的加速电压加速后，从B极板中间的小孔以速度v0飞出，在与两极板C、D等距处垂直进入平行板C、D间的匀强电场，如图20所示，若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5 cm.已知电子的电荷量与其质量的比值(eq \f(e,m))＝1.76×1011 C/kg.(不计电子重力影响)
图20
(1)电子从B极板小孔飞出的速度v0的大小．
(2)电子在C、D平行板间电场中的运动类似于哪种运动？
(3)要使电子恰好从D极板边缘飞出，C、D间的电压应该多大？
答案 (1) 1.76×107 m/s (2)平抛运动 (3)70.4 V
解析 (1)在加速电场中，由动能定理得：eU＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－0，解得：v0＝1.76×107 m/s；
(2)电子在水平方向不受力而具有初速度，在水平方向做匀速直线运动，电子在竖直方向受到恒定的电场力作用而初速度为零，做初速度为零的匀加速直线运动，电子在C、D平行板间的运动类似于平抛运动，即电子做类平抛运动；
(3)电子在C、D板间做类平抛运动，电子恰好从D板边缘飞出时：水平方向：l＝v0t，在竖直方向：eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2) eq \f(eU′,md) t2，解得：U′＝70.4 V.
22．(10分)如图21为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L＝0.10 m，高均为H＝0.06 m．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，质子荷质比近似为eq \f(q,m)＝1.0×108 C/kg.(忽略边界效应，不计重力)
图21
(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax；
(2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax；
(3)当区域Ⅰ加电场E小于(1)中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域Ⅰ中的电场E之间的关系式．
答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3 T (3)B＝eq \f(2E,v)
解析 (1)若只加电场，当质子恰能到达区域 Ⅱ 右下端时，E有最大值．
质子在电场中做类平抛运动
vy＝at＝eq \f(qEL,mv)
tan α＝eq \f(vy,v)＝eq \f(EqL,mv2)
质子到达区域Ⅱ右下端时，有
tan α＝eq \f(\f(H,2),L＋\f(L,2))
得Emax＝eq \f(Hmv2,3qL2)＝200 V/m.
(2)若只加磁场，当质子恰能到达区域Ⅱ右上端时，B有最大值．
质子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,R)，故R＝eq \f(mv,qB)
根据几何关系有R2－(R－eq \f(H,2))2＝L2
得Bmax＝eq \f(mvH,qL2＋\f(H2,4))≈5.5×10－3 T.
(3)质子运动轨迹如图所示．
设质子进入磁场时的速率为v′
sin α＝eq \f(vy,v′)＝eq \f(at,v′)＝eq \f(\f(Eq,m)·\f(L,v),v′)＝eq \f(EqL,mvv′)
由几何关系知
sin α＝eq \f(\f(L,2),R)＝eq \f(\f(L,2),\f(mv′,Bq))＝eq \f(BqL,2mv′)
得B＝eq \f(2E,v).
23．(10分)如图22所示，在矩形ABCD区域内，对角线BD以上的区域存在有平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，矩形的AD边长为L，AB边长为2L.一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)以初速度v0从A点沿AB方向进入电场，在对角线BD的中点P处进入磁场，并从DC边上以垂直于DC边的速度离开磁场(图中未画出)．
图22
(1)电场强度E的大小；
(2)带电粒子经过P点时速度v的大小和方向；
(3)磁场的磁感应强度B的大小和方向．
答案 见解析
解析 (1)带电粒子在电场中受电场力作用做类平抛运动，则
eq \f(1,2)L＝eq \f(1,2)at2，L＝v0t，Eq＝ma
得场强为E＝eq \f(mv\\al( 2,0),qL)
(2)带电粒子在电场方向上做匀变速运动，设电场方向分速度为vy，则有a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(v\\al( 2,0),L)
得vy＝eq \r(aL)＝v0
带电粒子经过P点时的速度为v＝eq \r(v\\al( 2,0)＋v\\al( 2,y))＝eq \r(2)v0，与水平方向的夹角为45°.
(3)粒子在磁场中运动轨迹的圆心就在CD线上某点，则R＝eq \f(\f(L,2),cs 45°)＝eq \f(\r(2),2)L，由qvB＝meq \f(v2,R)得B＝eq \f(mv,qR)＝eq \f(m·\r(2)v0,q·\f(\r(2),2)L)＝eq \f(2mv0,qL)
由左手定则结合粒子运动轨迹知，磁场方向垂直纸面向外．编号
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.60
3.00
I/A
0.020
0.060
0.100
0.140
0.170
0.190
0.200
0.205