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。模块素养评价 (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,每题只有一个选项正确,每小题3分,共27分)1.关于电磁波,下列说法正确的是()A.雷达是用X光来测定物体位置的设备B.电磁波不能发生干涉、衍射现象C.电磁波的传播速度小于光速D.变化的电场可以产生磁场【解析】选D。雷达不是利用X光定位的,X光波长极短常用于医疗,A错误;电磁波能发生干涉、衍射现象,B错误;电磁波的传播速度等于光速,C错误;变化的电场可以产生磁场,D正确。【补偿训练
2、】为探究“什么情况下磁可以生电”,小华组装了如图所示的实验装置,图中ab是一根细直铜导线。闭合开关,当ab沿竖直方向上下运动时,电流表指针没有发生偏转,下列说法正确的是()A.感应电流太小,无法使电流表指针发生偏转B.铜直导线太细,应换用较粗的铜棒C.应该把ab改为左右运动D.应该把磁体的N、S极对调【解析】选C。此题考查学生对于电磁感应现象和产生感应电流条件的理解。有些同学容易错选为D,改变磁场方向或导体运动方向可以改变感应电流的方向,但题中电流表指针没有发生偏转,没有产生感应电流,我们要让它产生感应电流,而不是改变感应电流的方向。2.我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万
3、户(如图),在通往量子论的道路上,一大批物理学家做出了卓越的贡献,下列有关说法正确的是() A.玻尔在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化”的传统观念B.爱因斯坦最早认识到了能量子的意义,提出光子说,并成功地解释了光电效应现象C.德布罗意第一次将量子观念引入原子领域D.普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性【解析】选B。普朗克在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化”的传统观念,故A错误;爱因斯坦最早认识到了能量子的意义,为解释光电效应的实验规律提出了光子说,并成功地解释了光电效应现象,故B正确;玻尔第一次将量子观念引入原子领域,故C错误
4、;德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性,故D错误。3.如图所示,A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点,在这些点上各固定一个点电荷,除A点处的电荷量为-q外,其余各点处的电荷量均为+q,则圆心O处世纪金榜导学号()A.场强大小为,方向沿OA方向B.场强大小为,方向沿AO方向C.场强大小为,方向沿OA方向D.场强大小为,方向沿AO方向【解析】选C。在A处放一个-q的点电荷与在A处同时放一个+q和-2q的点电荷的效果相当,因此可以认为O处的场是五个+q和一个-2q的点电荷产生的场合成的,五个+q处于对称位置上,在圆心O处产生的合场强为0,所以O点的场强
5、相当于-2q在O处产生的场强。则C正确,A、B、D错误。4.如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态,现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,则()A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将升高C.带电油滴的电势能将增大D.电容器的电容减小,极板带电量将增大【解析】选C。电容器两板间电压不变,将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,根据E=可知,极板间电场强度减小,电场力减小,油滴向下运动,A选项错误;P点的电势P=Ed,电场强度减小,P点的电势将降低,B选项错误;带电油滴处于平衡状态,带负电,带
6、电油滴的电势能Ep=qP,电势能增大,C选项正确;根据Q=CU可知,电容器的电容减小,极板带电量将减小,D选项错误。5.在如图所示的电路中,电源的负极接地,其电动势为E,内电阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,C为电容器。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,下列说法中正确的是()A.电压表示数变小B.电流表示数变小C.电容器C所带电荷量增多D.a点的电势降低【解析】选D。电压表测量电阻R1两端的电压,电流表测量电阻R3支路的电流,当滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,电阻变小,干路电流变大,内电压变大,路端电压变小,电阻R1两端的电压变大,故A选项错误;电阻R2两
7、端的电压变小,流过的电流变小,由于干路电流变大,故流过电阻R3的电流变大,B选项错误;电容器两端电压等于电阻R2两端的电压,电容器所带电荷量Q=CU减少,C选项错误;由于b点接地,a点的电势等于电阻R2两端的电压,即a点的电势降低,D选项正确。6.某电场的电场线分布如图所示,电场中有A、B两点,则以下判断正确的是世纪金榜导学号()A.A点的场强大于B点的场强,B点的电势高于A点的电势B.若将一个电荷由A点移到B点,电荷克服电场力做功,则该电荷一定为负电荷C.一个负电荷处于B点的电势能大于它处于A点的电势能D.若将一个正电荷由A点释放,该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动【解析】选A。电场线的
8、疏密程度表示场强的强弱,A点的场强大于B点的场强,沿电场线方向电势逐渐降低,B点电势高于A点的电势,A选项正确;将一个电荷由A点移到B点,电荷克服电场力做功,说明电场力与场强同向,该电荷一定是正电荷,B选项错误;负电荷在电势低的地方电势能大,故负电荷在B点的电势能小于在A点的电势能,C选项错误;正电荷在A点释放,将做加速度增大的加速运动,D选项错误。7.电阻R和电动机M串联接到电路中,如图所示,已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等,开关接通后,电动机正常工作。设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2,经过时间t,电流通过R做功为W1,产生的热量为Q1,电流通过电动机做功为W2,产生的热量为Q
9、2,则有世纪金榜导学号()A.U1Q2D.W1W2,Q1IR=U1,B错误;电流做的功W1=U1It,W2=U2It,故W1W2,C错误;产生的热量由Q=I2Rt可判断Q1=Q2,A正确,D错误。8.在某控制电路中,需要连成如图所示的电路,主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成,L1、L2是红、绿两个指示灯,当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时,下列说法中正确的是世纪金榜导学号()A.L1、L2两个指示灯都变亮B.L1、L2两个指示灯都变暗C.L1变亮,L2变暗D.L1变暗,L2变亮【解析】选B。当电位器向a段滑动时,电路的总电阻减小,干
10、路电流增大,所以内电压增大,路端电压减小,所以灯L1变暗;通过电阻R1的电流变大,所以电位器两端的电压减小,即灯L2两端的电压减小,所以灯L2变暗,则B正确,A、C、D错误。9.夜间,居民楼的楼道里只是偶尔有人经过,“长明灯”会造成浪费,科研人员利用“光敏”材料制成“光控开关”天黑时自动闭合,天亮时自动断开;利用“声敏”材料制成“声控开关”当有人走动发出声音时自动闭合,无人走动时自动断开。若将这两种开关配合使用,就可以使楼道里的灯变得“聪明”。这种“聪明”的电路是图中的()【解析】选D。在白天时,一般不需要灯照明;天黑以后,特别是夜深人静时,一般也不需要灯照明,也就是说天黑且人在楼道里走动时需
11、要。对于选项A,“声控开关”闭合时,发生短路;对于选项B,不管是“光控开关”,还是“声控开关”各自都能让灯发光,节能目的达不到;对于选项C,“光控开关”闭合时,发生短路;对于选项D,“光控开关”与“声控开关”同时闭合时,灯才亮,所以能达到节能的目的。二、实验题(共8分)10.现要测量一个未知电阻Rx的阻值,除Rx外可用的器材有:多用电表(仅可使用欧姆挡);一个电池组E(电动势6 V);一个滑动变阻器R(020 ,额定电流1 A);两个相同的电流表G(内阻Rg=1 000 ,满偏电流Ig=100 A);两个标准电阻(R1=29 000 ,R2=0.1 );一个开关S、导线若干。(1)(多选)为了
12、设计电路,先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻,采用“10”挡,调零后测量该电阻,发现指针偏转非常大,最后几乎紧挨满偏刻度停下来,下列判断和做法正确的是_(填字母代号)。A.这个电阻阻值很小,估计只有几欧姆B.这个电阻阻值很大,估计有几千欧姆C.如需进一步测量可换“1”挡,调零后测量D.如需进一步测量可换“1 k”挡,调零后测量(2)根据粗测的判断,设计一个测量电路,要求测量尽量准确并使电路能耗较小,画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。【解析】(1)用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻,采用“10”挡,调零后测量该电阻,发现指针偏转非常大,说明通过电路的电流很大,被测电阻很小,只有几欧
13、姆,需要换用低倍率,即“1”挡。故A、C选项正确。(2)测电阻的本质是闭合电路的欧姆定律,即伏安法,根据题干所给的器材,利用R2和G改装成电流表,用R1和G改装成电压表,为了使电路能耗较小,选用限流接法。答案:(1)A、C(2)三、计算题(本题共3小题,共25分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(8分)一匀强电场,场强方向是水平的(如图)。一个质量为m的带正电的小球,从O点出发,初速度的大小为v0,在电场力与重力的作用下,恰能沿与场强的反方向成角的直线运动。求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差。【解析】小球做直线运动,电场力和重力的合力沿此直线,如图所示
14、:根据力的平行四边形定则可知,mg=qEtan,小球做匀减速运动的加速度大小a=;(2分)从O到最高点的过程中,根据速度和位移的关系得=2as;(2分)小球运动的水平距离l=scos;(2分)两点的电势能之差Ep=qEl,联立解得Ep=mcos2; 最高点的电势能与在O点的电势能之差为mcos2。(2分)答案:mcos212.(8分)如图所示,一带电微粒质量为m、电荷量为q,从静止开始经电压为U1的电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角为。已知偏转电场中金属板长为L,两板间距为d,带电微粒重力忽略不计。求:(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1。(2)偏转电场中
15、两金属板间的电压U2。【解析】(1)由动能定理得qU1=m(1分)所以v1= 。(1分)(2)偏转电场的场强:E=(1分)微粒的加速度:a=(1分)在电场中运动的时间:t=(1分)沿电场方向的分速度:vy=at(1分)偏转角满足:tan=(1分)解得:U2=(1分)答案:(1)(2)13.(9分)如图所示是利用电动机提升重物的示意图,其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物,它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S,重物P以速度v匀速上升,这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0 A和U=110 V,重物P上升的速度v=0.70 m/s。已知重物的质量m=45 kg(g取10 m/s2)。求:世
16、纪金榜导学号(1)电动机消耗的电功率P电。(2)细绳对重物做功的机械功率P机。(3)电动机线圈的电阻R。【解析】(1)根据电功率关系式有:P电=UI=5110 W=550 W,故电动机消耗的功率为550 W。(2)以重物为研究对象,由于重物匀速上升,有:F-mg=0(1分)P机=Fv(1分)联立,代入数据得:P机=315 W; (2分)故细绳对重物做功的机械功率为315 W。(3)根据功能关系有:P电=P机+P热(2分)P热=I2R(2分)联立,代入数据得:R=9.4 。 (1分)答案:(1)550 W(2)315 W(3)9.4 【等级性考试】(30分钟40分)14.(5分)(多选)如图所示
17、,正方形线圈处在电流恒定的长直导线形成的磁场中:A向右平动,B向下平动,C绕轴转动(ad边向外),D向上平动(D线圈有个缺口)。则线圈中能产生感应电流的是()【解析】选B、C。在通电长直导线的磁场中,四个线圈所处位置的磁通量都是垂直于纸面向里的,离导线越远,磁场就越弱,A向右平动,穿过线圈的磁通量没有变化,故A线圈中没有产生感应电流;B向下平动,穿过线圈的磁通量减少,必产生感应电流;C绕轴转动,穿过线圈的磁通量不断变化,必产生感应电流;D向上平动,穿过线圈的磁通量增加,但由于线圈不闭合,因此无感应电流产生。【补偿训练】(多选)如图所示,由PO和QO两块光滑绝缘的平板组成的“V”形组合体固定在地
18、面上,两平板互相垂直,平板PO与地面的夹角=37,在两个平板上各放置一个且带同种电荷的小球A和B,A、B 的带电量分别为q和2q,A、B恰在同一条水平线上静止。小球A和B可看成点电荷,A的质量为m,静电力常量为k,sin37=0.6,cos37=0.8,则()A.B对A库仑斥力是A对B库仑斥力的2倍B.A、B两球所受平板的支持力大小均为mgC.B球的质量为mD.A、B两球间的距离为2q【解析】选C、D。库仑力是相互作用力,故A对B的库仑力与B对A的库仑力大小一定相等,A选项错误;分析小球A、B的受力情况,对于A球,根据平衡条件,NAcos37=GA,NAsin37=F,对于B球,根据平衡条件,
19、NBcos53=GB,NBsin53=F,联立解得,NA=1.25mg,F=0.75mg,NB=mg,mB=m,B选项错误,C选项正确;根据库仑定律,F=k,联立解得:r=2q,D选项正确。15.(5分)(多选)某同学在研究三种导电元件的伏安特性时,他根据实验所测得的数据,分别绘制了I-U图线,如图甲、乙、丙所示,下列说法正确的是()世纪金榜导学号A.图甲的元件可以作为标准电阻使用B.图乙的电阻随电压升高而增大C.图丙的电阻随电压升高而增大D.只有图乙才是可能的【解析】选A、B。由图像可知甲元件的电阻不变,乙元件的电阻随电压U的增大而增大,丙元件的电阻随电压U的增大而减小,故A、B正确。16.
20、(5分)(多选)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点,带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上。其中O点与小球A的间距为l,O点与小球B的间距为l。当小球A平衡时,悬线与竖直方向夹角=30。带电小球A、B均可视为点电荷,静电力常量为k。则() A.A、B间库仑力大小F=B.A、B间库仑力大小F=C.细线拉力大小FT=D.细线拉力大小FT=【解析】选B、D。小球A的受力分析如图:由于对称性,细线拉力等于库仑力,且根据平衡条件有:Fcos 30=mg,化简得F=,即细线拉力大小FT=F=,因此选项B、D正确。17.(8分)一课外小组同学想要测量一个电源的电动势及内
21、阻。准备的器材有:电流表(0200 mA,内阻是12 ),电阻箱R(最大阻值9.9 ),一个开关和若干导线。世纪金榜导学号(1)由于电流表A的量程较小,考虑到安全因素,同学们将一个定值电阻和电流表并联,若要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的2倍,则定值电阻的阻值R0=_。(2)设计的电路图如图甲所示。若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表的示数I,并计算出,得到多组数据后描点作出R-图线如图乙所示,则该电源的电动势E=_V,内阻r=_。【解析】(1)由题意可知,设通过电流表的电流为I,则通过电阻R0的电流为2I,所以R0=RA=6 ;(4分)(2)R0与RA并联后的电阻为R1= =4
22、,根据全电路欧姆定律:E=3I(R+R1+r),变形可得:R=-(4 +r);由图线可知:4 +r=6 ,=,则r=2 ,E=6 V。(4分)答案:(1)6(2)6218.(17分)如图所示,小球A和B带电荷量均为q=1.510-5 C,质量分别为0.01 kg和0.02 kg,用不计质量的长度为50 cm竖直细绳连接,在竖直向上的足够大的匀强电场中以速度v0=0.5 m/s匀速上升,某时刻细绳突然断开。小球A和B之间的相互作用力忽略不计,重力加速度g=10 m/s2。求:(1)该匀强电场的场强E。(2)细绳断开后,A、B两球的加速度aA、aB 。(3)细绳断开后,0.4 s末A、B两球间的距
23、离。【解析】(1)设场强为E,A球质量为m,把小球A、B看成一个系统,由于绳未断前做匀速运动,则有:2qE=3mg得E=,解得E=104 N/C。(3分)(2)细绳断开后,根据牛顿第二定律,对A有:qE-mg=maA得aA=5 m/s2,方向向上;(4分)对B有:qE-2mg=2maB; aB=-=-2.5 m/s2(负号表示方向向下)。(4分)(3)细绳断开后0.4 s末,A的位移:xA=v0t+aAt2=0.50.4 m+50.42 m=0.6 m;(2分)B的位移:xB=v0t+aBt2=0.50.4 m-2.50.42 m=0 (2分)则细绳断开后0.4 s末A、B两球间的距离为0.6 m+0.5 m=1.1 m。(2分)答案:(1)104 N/C(2)5 m/s2-2.5 m/s2(3)1.1 m关闭Word文档返回原板块
