（京津瓊魯專用）2018-2019學年高中物理 模塊綜合試卷（一）新人教版必修2.docx

《（京津瓊魯專用）2018-2019學年高中物理 模塊綜合試卷（一）新人教版必修2.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（京津瓊魯專用）2018-2019學年高中物理 模塊綜合試卷（一）新人教版必修2.docx（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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＝ B.E＝ C.C＝ D.I＝ 答案　D 2.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1 A.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的電荷在該點產生的電場向左，－Q的電荷在該點產生的電場向右，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2 A.EA＞EB B.EA＜EB C.φA＝φB D.φA＞φB 答案　A 解析　根據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3 A.30VB.45VC.60VD.75V 答案　A 解析　P位于中點時R并＝50Ω，干路中電流I＝＝A＝0.6A，Uab＝IR并＝0.650V＝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4 A.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　B 6.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5 A.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＝，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6 A.電子到達B板時的動能是Ue B.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3Ue D.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7 A.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－ D.檢驗電荷在N點具有的電勢能為－mv2 答案　C 解析　根據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＝k，N點電場強度大小是EN＝k，則EP∶EN＝rN2,∶rP2,＝(2rP)2∶rP2＝4∶1，故B錯誤.根據動能定理得：檢驗電荷由N到P的過程：－q(φN－φP)＝mv2，由題，P點的電勢為零，即φP＝0，解得，N點的電勢φN＝－，故C正確.檢驗電荷在N點具有的電勢能為Ep＝－qφN＝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8 A.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－5V B.N點的電勢是6V C.M、N兩點的電勢差為＋11V D.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＝，求出UOM＝－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9 A.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　ACD 12.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10 A.電源電動勢約為50V B.電源的內阻約為Ω C.電流為2.5A時，外電路的電阻約為15Ω D.輸出功率為120W時，輸出電壓約為30V 答案　ACD 解析　根據閉合電路歐姆定律，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＝＝Ω＝5Ω，故B不正確；電流為2.5A時，外電阻R＝－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2.7kΩ 14.(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)1280 15.(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)據見下表： I1(μA) 120 125 130 135 140 145 I2(mA) 20.0 16.7 13.2 10.0 6.7 3.3 圖13 (1)依據表中數(shù)據，作出I1－I2圖線如圖14所示；據圖可得，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)根據閉合電路歐姆定律有： E＝I1(R1＋R0)＋(I1＋I2)r 所以I1＝－I2＋ 由題圖可知斜率k＝＝－1.5210－3， 截距b＝1.510－4A 即＝1.5210－3， ＝1.510－4A 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＝≈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)6W　5.5W　(2)2.5W　2W 解析　(1)電路中電流I＝IR0＝＝1 A； 電源的功率PE＝IE＝6 W； 內電路消耗的功率Pr＝I2r＝0.5 W； 電源的輸出功率P出＝PE－Pr＝5.5 W. (2)電動機分壓UM＝E－Ir－UR0＝2.5 V； 電動機消耗的功率PM＝IUM＝2.5 W； 熱功率P熱＝I2rM＝0.5 W； 電動機輸出的機械功率P機＝PM－P熱＝2 W. 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＝110－2 C，質量m＝210－2 kg，不考慮空氣阻力.(g取10 m/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)1V　9W 解析　(1)由平衡條件得mg＝ 解得：UAB＝8V U滑＝UAB＝8V I＝＝A 滑動變阻器電阻：R滑＝＝36Ω. (2)由動能定理：－mgd－qUAB′＝0－mv02 得UAB′＝1V I′＝＝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＝2104N/C.在細桿上套有一個帶電荷量為q＝－10－5C、質量為m＝310－2kg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的大小； (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＝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＝，vBC＝，則小球從A到C的平均速度為 x1＋x2＝t，可得t＝0.8s，v－t圖象如圖所示， 19.(12分)(2018山東濟南市高一下期末)如圖18甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為m＝0.2kg、帶電荷量為q＝＋2.010－6C的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.從t＝0時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右為正方向，g取10m/s2)，求： 圖18 (1)0～2s與2～4s內的加速度大??； (2)9s末小物塊的速度大小； (3)9s內小物塊的位移大小. 答案　(1)2m/s2　2 m/s2　(2)2m/s　(3)17m 解析　(1)設0～2s內小物塊的加速度為a1 由牛頓第二定律得E1q－μmg＝ma1 即a1＝＝2m/s2 2～4s內小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律得 E2q－μmg＝ma2 即a2＝＝－2m/s2 (2)2s末的速度為v2＝a1t1＝4m/s 4s末的速度為v4＝0 小物塊做周期為4s的加速和減速運動，第9s末的速度為v9＝2m/s (3)0～2s內物塊的位移x1＝a1t12＝4m 2～4s內位移x2＝x1＝4m 9s內小物塊的位移大小，可以看做是上述2個周期加上 x′＝a1t′2＝1m 所求位移為x＝2(x1＋x2)＋x′ 解得x＝17m.