1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。模块素养检测(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题，每小题3分，共27分)1.下列物理量属于矢量的是()A.电流强度B.磁通量C.电动势D.磁感应强度【解析】选D。电流强度有方向，但电流强度运算时都不遵守平行四边形定则，所以电流强度是标量，故A错误，磁通量只有大小，没有方向，是标量，故B错误；电动势有方向，但电动势运算时都不遵守矢量的运算法则，所以电动势是标量，故C错误；磁感应强度是矢量，故D正确。2.关于磁感线，下列说法正确的是()
2、A.磁感线只能表示磁场的方向B.磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极C.磁铁能产生磁场，电流不能产生磁场D.直线电流磁场的磁感线是以导线为圆心的一些同心圆【解析】选D。磁感线可以表示磁场的方向和强弱，磁感线上任意一点的切线方向表示磁场的方向，疏密表示强弱，故A错误；在磁体外部磁感线从N极到S极，内部从S极到N极，是闭合的曲线，故B错误；电流和磁铁都能产生磁场，故C错误；直线电流磁场的磁感线是以导线为圆心的一些同心圆，D正确。【补偿训练】关于磁感应强度，下列说法中正确的是()A.匀强磁场中的磁感应强度可以这样测定：测出一段通电导线放在磁场中受到的安培力F及该导线的长度L、通过的电流I，则B=
3、B.通电导线在某处不受安培力的作用，则该处的磁感应强度一定为零C.B=只是定义式，它是磁场本身的属性，与放不放通电导线无关D.通电导线所受安培力的方向就是磁感应强度的方向【解析】选C。磁感应强度：B=，当电流与磁场垂直时：B=，故A错误；当通电导线与磁场平行时，通电导线不受安培力作用，但该处磁感应强度不为零，故B错误；B=是磁感应强度的定义式，磁感应强度是由磁场本身性质决定的，与放不放通电导线无关，故C正确；通电导线所受安培力方向与磁感应强度方向垂直，故D错误。3.有关光的本性，下列说法正确的是()A.光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相矛盾和对立的B.光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似
4、于质点C.牛顿提出的“微粒说”与爱因斯坦提出的“光子说”，都说明了光粒子性D.由于光既有波动性，又有粒子性，无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性【解析】选D。19世纪初，人们成功地在实验中观察到了光的干涉、衍射现象，这属于波的特征，“微粒说”无法解释，但到了19世纪末又发现了光的新现象光电效应，这种现象“波动说”不能解释，证实光具有粒子性，但是不同于牛顿的“微粒说”，因此，光既具有波动性，又具有粒子性，但不同于宏观的机械波和机械粒子，则A、B、C错误；波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现，是同一客体的两个不同侧面、不同属性，我们无法用其中一种去说明光的一切行为，只
5、能认为光具有波粒二象性，选项D正确。4.关于电磁波及其应用，下列说法不正确的是()A.紫外线能使很多物质发出荧光，具有杀菌作用B.雷达是通过发射和接收红外线来判断远处物体的方位C.X射线的频率较高，穿透力较强，医学上常用X射线做透视检查D.射线的穿透力很强，在工业中可用来探伤或流水线的自动控制【解析】选B。紫外线是波长比可见光短的电磁波，它的波长：1010-938010-9 m，它有显著的化学效应和荧光效应，故A正确；雷达是利用电磁波测定物体位置的无线电设备，是利用无线电波工作的，故B错误；X射线的频率较高，穿透力较强，医学上常用X射线做透视检查，故C正确；射线是原子核发出的，是频率很高的电磁
6、波，它的穿透力很强，可以应用于工业中金属探伤和自动控制，故D正确。5.两个相同的金属小球(可看作点电荷)，带有同种电荷，且电荷量之比为17，在真空中相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们之间的库仑力是原来的()A.7B.C.D.【解析】选D。若两球原来所带电荷量分别为Q和7Q，先接触再分开后电荷量均为4Q，根据库仑定律的公式F=k，它们之间的库仑力是原来的，故D正确。6.一带电粒子在如图所示的点电荷形成的电场中，在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是()A.加速度增大，动能、电势能都增加B.加速度减小，动能、电势能都减少C.加速度增大，
7、动能增加，电势能减少D.加速度增大，动能减少，电势能增加【解析】选C。粒子在A点电场线比B点疏，所以A点的电场力小于B点的电场力，则A点的加速度小于B点的加速度，从A到B，电场力做正功，根据动能定理，动能增加，电场力做正功，电势能减小，故C正确，A、B、D错误。【补偿训练】真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强E随x变化关系如图所示，以下判断正确的是()A.x=2a处的电势一定为零B.点电荷M、N一定为同种电荷C.点电荷M、N一定为异种电荷D.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为21【解析】选B。场强为零的地方电势不一定为零，A错
8、误；x=2a处电场为零，可知M、N在该处产生的电场强度等大反向，必为同种电荷，B正确，C错误；2a处合场强为0，由E=k知，=，所以M、N所带电荷量的绝对值之比为41，D错误。7.在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 ，电路中电阻R0为1.5 ，小型直流电动机M的内阻为0.5 。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A。则以下判断中正确的是()A.电动机的输出功率为14 WB.电动机两端的电压为7.0 VC.电动机的发热功率为4.0 WD.电源输出的电功率为24 W【解析】选B。电路中电流表的示数为2.0 A，所以电动机的电压为：U=E-U内-UR0=E-Ir-I
9、R0=(12-21-21.5) V=7 V，电动机的总功率为：P总=UI=72 W=14 W，电动机的发热功率为：P热=I2R=220.5 W=2 W，所以电动机的输出功率为：P出=14 W-2 W=12 W，所以B正确，A、C错误；电源的输出的功率为：P输出=EI-I2r=122 W-221 W=20 W，所以D错误。【总结提升】电功率和热功率的比较(1)在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。(2)对于
10、电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。8.如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压，开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()【解析】选A。在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动；在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零。然后
11、进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图像可知A正确，B、C、D错误。9.如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，R1、R2是两个阻值固定的电阻，电容器的电容为C。当可变电阻R的滑片向上端移动时，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2，电容器两极板间的电压U将如何变化()A.I1变大，I2变小，U变大B.I1变大，I2变大，U变大C.I1变小，I2变小，U变小D.I1变小，I2变大，U变小【解析】选D。当可变电阻R的滑片向上端移动时，R的阻值减小，整个电路的总电阻减小，电动势不变，根据闭合电
12、路欧姆定律，总电流增大，内电压增大，外电压减小，所以I1减小。总电流增大，则I2增大，R2两端的电压增大，则R两端的电压减小。故D正确，A、B、C错误。二、实验题(本题6分，第(3)问2分，其余每空1分)10.在物理课外活动中，某位同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流表内阻Rg=10 。满偏电流Ig=10 mA。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，为考查大家对多用电表的理解，上排刻度线对应数值没有标出。(1)当选择开关接3时，电表为_(选填“欧姆表”“电压表”或“电流表”)；若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为_mA。(2
13、)为了测该多用电表欧姆挡的内电阻和表内电源的电动势，该同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则多用电表欧姆挡的内电阻为_；计算得到多用电表内电池的电动势为_V。(3)调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为_。(保留2位有效数字)【解析】(1)由图甲所示电路图可知，当选择开关接3时，表头与分压电阻串联，此时电表为电压表；选择开关接1时电表测量电流，其量程为10 mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2
14、 mA，示数为6.9 mA；(2)由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：01 000 +1100 +510 +01 =150 ，此时指针指在中央，欧姆表内阻等于电阻箱阻值，为150 ；指针指在C处时，电流表示数为5 mA=0.005 A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150 ，电源电动势E=I2R=0.0051502 V=1.5 V；(3)调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为6.90 mA，而表内电池的电动势为E=1.5 V，欧姆表内阻为150 ，所以待测电阻的阻值为67 。答案：(1)电压表6.9(2)1501.5(3)67三、计算题(本题共3小题，共27分。要有必要
15、的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(8分)如图所示，水平桌面上放着一个单匝闭合金属线圈，在线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁体，此时线圈内的磁通量1=0.05 Wb；现使该磁体竖直向下运动，当磁体下端到达桌面时，线圈内的磁通量2=0.15 Wb，此过程中：(1)线圈中有没有感应电流产生？(2)求穿过线圈的磁通量的变化量。【解析】(1)根据感应电流产生的条件，可知，闭合线圈中磁通量发生变化，因此有感应电流产生。(4分)(2)穿过线圈的磁通量的变化量=2-1=(0.15-0.05) Wb=0.10 Wb(4分)答案：(1)线圈中有感应电流产生(2)0.10 Wb【总结提升】对
16、于匀强磁场中穿过回路的磁通量(1)当回路与磁场平行时，磁通量为零；(2)当线圈与磁场垂直时，磁通量最大，=BS；(3)当回路与磁场方向的夹角为时，磁通量=BSsin12.(9分)如图所示，一电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)水平向右的匀强电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；(3)电场强度减小为原来后物块下滑距离L时的动能。【解题指南】(1)小物块恰好静止，对小物块进行受力分析，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作
17、用，电场力水平向右，根据小物块受力平衡列方程，可求电场力的大小，结合F=qE可以计算出E。(2)电场强度减小为原来的，则小物块受到的电场力减小为原来的，物块受到的重力不变，支持力方向不变，小物块在垂直于斜面方向所受合力为0，平行于斜面的方向的合力使物块产生加速度。(3)选取物体下滑距离为L过程中，利用动能定理来求出动能。【解析】(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，根据平衡条件得：FNsin37=qEFNcos37=mg可得电场强度E=(2分)(2)若电场强度减小为原来的，则变为E=根据牛顿第二定律得：mgsin37-qEcos37=ma(2分)可得加速度a=0.3g(2分)(
18、3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理有：mgLsin37-qELcos37=Ek-0(2分)可得动能Ek=0.3mgL(1分)答案：(1)(2)0.3g(3)0.3mgL13.(10分)如图所示，电阻R1=8 ，电动机绕组电阻R0=2 ，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88 W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2 W，若电源的电动势为6 V。求：(1)电源的内电阻；(2)当电键K闭合时电动机的输出功率。【解析】(1)K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88 W，根据P=I2R1，电流：I= A=0.6 A(1分)电源内阻：r=-R1=(-8)
19、=2 (2分)(2)K闭合时，路端电压：U= V=4 V(2分)根据欧姆定律，电流：I1=0.5 A(1分)总电流：I= A=1 A(1分)通过电动机的电流：I2=I-I1=1 A-0.5 A=0.5 A(1分)电动机的输出功率：P机=UI2-IR0=40.5 W-0.522 W=1.5 W(2分)答案：(1)2 (2)1.5 W【等级性考试】(30分钟40分)14.(6分)(多选)如图所示，将一个半径为r的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧放置一个电荷量为Q的带正电的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离也为r。由于静电感应在金属球上产生感应电荷。设静电力常量为k。则关于金属球内的电场
20、以及感应电荷的分布情况，以下说法中正确的是()A.电荷Q与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向的B.感应电荷在金属球球心处激发的电场场强E=k，方向向右C.感应电荷全部分布在金属球的表面上D.金属球右侧表面的电势高于左侧表面【解析】选A、C。电荷Q与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，金属球内部合电场为零，电荷不会再移动，处于静电平衡状态，故A正确；感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小相等，方向相反，即为k，故B错误；由于金属球感应电荷产生的电场导致内部电荷分布在金属球的表面上，所以C正确；静电平衡的导体是一个等势体，导体
21、表面是一个等势面，故D错误。15.(6分)(多选)根据热力学定律，下列说法正确的是()A.第二类永动机违反能量守恒定律，因此不可能制成B.效率为100%的热机是不可能制成的C.电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递D.从单一热源吸收热量，使之完全变为功是提高机械效率的常用手段【解析】选B、C。第二类永动机不可能制成，是因它违背了热力学第二定律，故A错误；效率为100%的热机是不可能制成的，故B正确；电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故C正确；从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化是不可能实现的，它不是提高机械效率的常用手段，故D错误。16.(6
22、分)(多选)如图为电场中x轴上各点电势分布图像，x轴上相邻坐标点间距相等，由图像可以看出()A.正电荷沿x轴从x1运动到x5的过程中，电场力一直在做正功B.x轴上，x3到x4之间沿x轴方向各点的场强大小相等且不为零C.沿x轴方向，x5处的场强比x2处的场强大D.负电荷从x1到x2电势能的减少量一定小于从x4到x5电势能的减少量【解题指南】-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道x3x4之间的场强为零，从坐标x1到x3和x4到x5电势增大，根据电场力方向与运动方向的关系判断电场力是做正功还是负功。-x图像中：电场强度的大小等于-x图线的斜率大小，电场强度为零处，-x图线存在极值，其切线的斜率
23、为零。在-x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。在-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。【解析】选C、D。-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道x3x4之间的场强为零，从坐标x1到x3和x4到x5电势增大，则正电荷的电势能增大，电场力做负功，故A错误；由图可知，x轴上，x3到x4之间沿x轴方向各点的场强为零，故B错误；-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以x5处的场强比x2处的场强大，故C正确；从坐标x1到x2和x4到x5电势增大，则负电荷的电势能减小。由图可知x1x2之间的电势差小于x4
24、x5之间的电势差，负电荷从x1到x2电势能的减少量一定小于从x4到x5电势能的减少量，故D正确。【补偿训练】(多选)如图是一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外、ad边在纸内，由图中的位置A经过位置B到位置C，这三个位置都靠得很近且B位置刚好在条形磁铁的中心轴线上。在这个过程中，下列说法正确的是()A.由位置A到位置B，框内不产生感应电流B.由位置A到位置B，框内产生感应电流C.由位置B到位置C，框内产生感应电流D.由位置B到位置C，框内不产生感应电流【解析】选B、C。根据条形磁铁N极附近磁感线的分布情况可知，矩形线圈在位置A时，磁感线从线圈的下面斜向上
25、穿过；线圈在位置B时，穿过它的磁通量为零；线圈在位置C时，磁感线从线圈上面斜向下穿过；所以线圈从A到B磁通量减少，从B到C磁通量增加，穿过矩形线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，故B、C正确，A、D错误。17.(10分)小金同学打算测量由某种合金材料制成的金属丝的电阻率，待测金属丝的横截面为圆形。实验器材有：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻约几千欧)、电流表(内阻约几欧)、滑动变阻器、电源、开关、待测金属丝及导线若干。(1)用毫米刻度尺测量待测金属丝的长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图1和图2所示，可得其长度L=_cm，直径D=_mm。(2)该同学要用图像法求出待测金属丝的阻值，
26、要求电压从0开始变化。请将图3所示实物电路图中所缺导线补全。(3)图4是根据实验中测得的6组电流I、电压U的值描绘的点，由图可求出电阻值R=_(保留3位有效数字)。(4)请写出待测金属丝的电阻率的表达式=_(用测得的物理量符号和已知常数表示)。【解析】(1)待测金属丝长度测量值为59.40 cm；螺旋测微器的读数为0+43.40.01 mm =0.434 mm，即待测金属丝直径测量值为0.434 mm。(2)要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法；待测金属丝电阻较小，电流表采用外接法。实物电路图连接如图甲所示。(3)在题图4中用直线拟合各数据点，使直线通过尽量多的点，其他点均匀分布在直
27、线两侧，舍弃离直线较远的点，如图乙所示，直线的斜率表示待测金属丝的电阻，根据所画直线可得R5.80 。(4)由电阻定律可知，R=，S=，解得：=。答案：(1)59.400.434(0.4330.435均可)(2)见解析图甲(3)5.80(5.705.90均可)(4)18.(12分)如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距
28、离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e。求：(1)电子穿过A板时的速度大小；(2)电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)P点到O点的距离。【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU1=m，解得：v0=。(1分)(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场线方向做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：F=eE，(1分)E=，(1分)F=ma，(1分)a=，(1分)t1=，(1分)y1=a，(1分)解得y1=。(1分)(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得：vy=at1，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示。由t2=，(1分)y2=vyt2，(1分)解得：y2=(1分)P到O点的距离为：y=y1+y2=(2L2+L1)(1分)答案：(1)(2)(3)(2L2+L1)关闭Word文档返回原板块