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(浙江专版)高考物理一轮复习单元评估检测(十)选修3-4(含解析)-人教版高三选修3-4物理试题

单元评估检测(十) 选修3-4(90分钟100分)一、选择题(此题共10小题,每一小题5分,共50分)1.(多项选择)如下说法正确的答案是( )A.X射线在工业上可以用来检查金属零件内部的缺陷B.双缝干预实验中,假设仅将入射光由紫光改为红光,如此条纹间距一定变大C.水中的气泡,看起来特别明亮,是因为光线从气泡中射向水中时,一局部光在界面上发生全反射D.泊松亮斑是光的衍射现象【解析】选A、B、D。

由于X射线具有较强的穿透能力,在工业上,通常利用X射线检查金属零件内部的缺陷,故A正确;双缝干预实验中,根据Δx=λ,可知条纹间距与光的波长成正比,红光的波长比紫光的波长长,假设仅将入射光由紫光改为红光,如此条纹间距一定变大,故B正确;水中的气泡,看起来特别明亮,是因为光线从水射向气泡时,一局部光在界面上发生了全反射,故C错误;泊松亮斑是光的衍射现象,故D正确。

所以A、B、D正确,C错误。

2.(多项选择)简谐运动的振动图线可用下述方法画出:如图甲所示,在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P,让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动,笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象。

取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向,纸带运动的距离代表时间,得到的振动图线如图乙所示。

如此如下说法正确的答案是 ( )A.弹簧振子的周期为4sB.弹簧振子的振幅为10cmC.t=17s时振子相对平衡位置的位移是10cms时振子正在向x轴正方向运动【解析】选A、B。

由题图知,弹簧振子的周期为T=4s,振幅为10cm,选项A、B正确;由周期性知,t=17s时振子相对平衡位置的位移与t=1s时振子相对平衡位置的位移一样,均为0,选项C 错误;x-t图象的斜率表示速度,斜率的正负表示速度的方向,如此2.5s时振子的速度为负,正在向x轴负方向运动,选项D错误。

3.(多项选择)(2019·衢州模拟)如下列图为某一沿x轴正向传播的一列简谐波在某一时刻的波形图,假设其波速为200m/s,如此如下说法中正确的答案是( )A.从图示时刻开始,经0.01s后,质点a通过的路程为0.8mB.从图示时刻后的一小段时间里质点b的加速度将减小C.假设此波遇到另一列波并发生稳定的干预现象,如此另一列波的频率为50HzD.假设该波传播中遇到宽约4m的障碍物,能发生明显的衍射现象【解析】选C、D。

(浙江专用)2021学年高中物理第十二章机械波章末检测卷新人教版选修3_4

第十二章机械波章末检测卷(四)(时间：90分钟总分值：100分)一、选择题(本大题共10小题，每题5分，共50分。

在每题给出的选项中。

至少有一项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.教师为演示简谐横波的形成过程，挑了30个身高差不多的同学在操场上排成一排，相邻同学间隔0.5 m，然后从排头的同学开场，周期性地做蹲下、站起的动作，后面的同学比前面的同学迟0.5 s开场运动，并一个一个依次向后传，每位同学完成一次蹲下、站起的动作用时4 s，那么( )A.为使模拟较为成功，同学们应尽量匀速地蹲下、站起B.从第一位同学开场到“波〞传到最后一位用时15 s解析每位同学在蹲下、站起过程中应是做简谐运动，A错误；从第一位传到最后一位用时29个0.5 s，即14.5 s，B错误；第一位同学和第五位同学的动作总是相反，D错误，C正确。

答案 C2.图1分别表示一列水波在传播过程中遇到了小孔(图①、②)或障碍物(图③、④)，其中能发生明显衍射现象的有( )图1A.只有①②④B.只有①④C.只有②③D.只有①③解析图①、②中小孔与波长相差不多，能发生明显衍射，图④中障碍物与波长相差不多，能发生明显衍射，图③中障碍物比波长大得多，不能发生明显衍射。

故A 正确。

答案 A3.一列简谐横波沿某一直线传播，A 、B 是该直线上相距1.2 m 的两点，从波到达其中一点开场计时，4 s 内A 完成8次全振动，B 完成10次全振动，那么该波的传播方向及波速分别为( )A 向B ，v ＝0.3 m/s B 向A ，v ＝0.3 m/s B 向A ，v ＝1.5 m/s A 向B ，v ＝1.5 m/s解析由于4 s 内B 完成的全振动次数大于A 完成的全振动的次数，所以波由B 向A 传播。

周期T ＝410 s ＝0.4 s ，A 、B 在4 s 内完成的全振动次数相差2次，即A 、B 间相距两个波长：2λ＝1.2 m ，λ＝0.6 m 。

学年高中物理模块学业测评一新人教版选修

模块学业测评(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷40分,第Ⅱ卷60分,共100分,考试时间90分钟.第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本题共10小题,每题4分,共40分.1~7小题只有一个选项吻合题意,8~10小题有多个选项吻合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,选错或不答的得0分)❶在电磁学建立和发展的过程中,好多物理学家做出了重要贡献.以下说法吻合史实的是()A.法拉第第一提出正电荷、负电荷的见解B.库仑第一提出电荷周围存在电场的见解C.奥斯特第一发现电流的磁效应D.洛伦兹提出了分子电流假说❷如图M1-1所示,甲、乙两个矩形线圈同处于纸面内,甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近,甲、乙两线圈分别处于垂直纸面方向的匀强磁场中,穿过甲的磁场的磁感觉强度为B1,方向指向纸面内,穿过乙的磁场的磁感觉强度为B2,方向指向纸面外,两个磁场可同时变化.当发现ab边和cd边之间有排斥力时,磁场的变化情况可能是()图M1-1A.B1变小,B2变大B.B1变大,B2变大C.B1变小,B2变小D.B1不变,B2变小❸唱卡拉OK用的话筒内有传感器,它的工作原理是在话筒内的弹性膜片后边粘接一个轻小线圈,线圈处于永磁体的磁场中,当声波使膜片前后振动时,就将声音信号转变成电信号,以下说法正确的选项是()A.该传感器是依照电流的磁效应工作的B.该传感器是依照电磁感觉原理工作的C.膜片振动时,穿过金属线圈的磁通量不变D.膜片振动时,金属线圈中不会产生感觉电动势❹在如图M1-2所示的电路中,电源两端的电压恒定,L为小灯泡,R为光敏电阻,LED为发光二极管(电流越大,发出的光越强),且R与LED间距不变,以下说法中正确的选项是()图M1-2A.当滑动变阻器的滑片P向左搬动时,L耗资的功率增大B.当滑动变阻器的滑片P向左搬动时,L耗资的功率减小C.当滑动变阻器的滑片P向右搬动时,L耗资的功率可能不变D.无论怎样搬动滑动变阻器的滑片P,L耗资的功率都不变❺如图M1-3所示,选项A、B、C、D是四种亮度可调的台灯的电路表示图,它们所用的白炽灯泡同样,规格都为“220V40W”,当灯泡所耗资的功率都调到20W 时,台灯耗资的功率最小的是()图M1-3❻[2017·东北师大附中期末]如图M1-4所示,两根足够长的圆滑金属导轨MN、PQ平行放置,导轨平面与水平面的夹角为θ,导轨的下端接有电阻.当导轨所在空间没有磁场时,使导体棒ab以平行于导轨平面的初速度v0冲上导轨平面,ab上升的最大高度为H;当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时,再次使ab以同样的初速度从同一地址冲上导轨平面,ab上升的最大高度为h.两次运动中ab向来与两导轨垂直且接触优异.关于上述情况,以下说法中正确的选项是()图M1-4A.两次上升的最大高度比较,有H=hB.两次上升的最大高度比较,有H<hC.无磁场时,导轨下端的电阻中有电热产生D.有磁场时,导轨下端的电阻中有电热产生❼[2017·河北邯郸高二质检]如图M1-5所示,一正方形闭合线圈由静止开始下落必然高度后,穿越一个有界的匀强磁场所区,线圈上、下边向来与磁场界线平行.从线圈开始下落到完好穿越磁场所区的过程中,线圈中的感觉电流I、碰到的安培力F及速度v随时间t变化的关系可能正确的选项是图M1-6中的()图M1-5图M1-6❽[2017·陕西汉中高二质检]如图M1-7甲所示,左侧的调压装置可视为理想变压器,负载电路中R=50Ω,A、V为理想电流表和电压表.若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压,电压表的示数为110V,则以下说法正确的选项是()图M1-7A.电流表的示数为2.2AB.原、副线圈匝数之比为1∶2C.电压表的示数为电压的有效值D.原线圈中交变电压的频率为100Hz❾如图M1-8所示的电路中,匝数为n、横截面积为S、电阻为r的线圈处于一个平均增强的匀强磁场中,磁场的磁感觉强度随时间的变化率为k,磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为C,两个电阻的阻值分别为r和2r.由此可知,以下说法正确的选项是()图M1-8A.电容器所带的电荷量为25B.电容器所带的电荷量为nSkC2C.电容器上极板带正电D.电容器下极板带正电半导体中参加导电的电流载体称为载流子.N型半导体的载流子是电子,P型半导体的载流子是带正电的“空穴”.一块厚度为d、底面边长为l的长方体半导体样品置于方向如图M1-9所示、磁感觉强度大小为B的匀强磁场中,当半导体样品中通以方向以下列图、大小为I的恒定电流时,样品上、下表面出现恒定电势差U,且上表面带正电、下表面带负电.设半导体样品中每个载流子带电荷量为q,半导体样品中载流子的密度(单位体积内载流子的个数)用n表示,则以下关于样品资料种类和其中载流子密度n的大小的判断正确的选项是()图M1-9A.是N型半导体B.是P型半导体C.n=BIqdUD.n=BIqlU第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、实验题(本题共2小题,11题6分,12题9分,共15分)图M1-10为利用光电脉冲测量实验小车的车速和行程的装置表示图,A为光源,B为光电接收器,A、B均固定在车身上,C为小车的车轮,D为与C同轴相连的齿轮,车轮转动时,A发出的光束经过旋转齿轮上齿的缝隙后就变成脉冲光信号,被B接收并变换成电信号,再由电子电路记录和显示.若实验显示单位时间内的脉冲数为n,累计脉冲数为N,则要测出小车的速度和行程,还必定测量的物理量或数据是,小车速度v的表达式为,行程s的表达式为.图M1-10要研究光敏电阻的阻值与光照强弱的关系,需进行以下实验操作:(1)将多用电表的选择开关置于挡;(2)将红表笔插入(选填“+”或“-”)插孔;(3)将光敏电阻接在多用电表的两表笔上,用光照射光敏电阻时,指针的偏角为θ,现用手掌挡住部分光辉,指针的偏角变成θ',则可判断θ(选填“<”“=”或“>”)θ';(4)测量后应将选择开关置于挡.三、计算题(本题共4小题,13题10分,14题10分,15题12分,16题13分,共45分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能够得分)交流发电机的原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动.一个小型发电机的线圈共220匝,线圈面积S=0.05m2,线圈转动的频率为50Hz,线圈内阻不计,磁场的磁感觉强度B=2πT.为了用此发电机发出的交流电带动两个标有“220V11kW”的电动机正常工作,需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器,电路如图M1-11所示.求:(1)发电机的输出电压;(2)变压器原、副线圈的匝数之比;(3)与变压器原线圈串通的交流电流表的示数.图M1-11[2017·河南周口高二期末]如图M1-12所示,倾角θ=30°的圆滑倾斜导体轨道(足够长)与圆滑水平导体轨道连接,两轨道宽度均为L=1m,电阻忽略不计.匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在地域,方向水平向右,磁感觉强度大小B1=1T;匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在地域,方向垂直于倾斜轨道平面向下,磁感觉强度大小B2=1T.现将两质量均为m=0.2kg、电阻均为R=0.5Ω的同样导体棒ab 和cd垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上,并同时由静止释放.g取10m/s2.(1)求导体棒cd沿倾斜轨道下滑的最大速度的大小.(2)若已知从开始运动至cd棒达到最大速度的过程中,ab棒产生的焦耳热Q=0.45J,求该过程中经过cd棒横截面的电荷量.图M1-12如图M1-13所示,两条足够长的圆滑平行金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨电阻不计.磁感觉强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上,长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上,且向来与导轨接触优异,金属棒的质量为m、电阻为R.金属导轨的上端连接右侧电路,灯泡的电阻R L=4R,定值电阻R1=2R,电阻箱的电阻调到R2=12R,重力加速度为g.现闭合开关S,将金属棒由静止释放.(1)金属棒下滑的最大速度为多大?(2)当金属棒下滑距离为x时,速度恰好达到最大,在金属棒由静止开始下滑距离2x的过程中,整个电路产生的热量为多少?图M1-13一个有界匀强磁场所区如图M1-14甲所示,有一个质量为m、电阻为R的矩形线圈abcd,线圈的ab、bc边的边长分别为L和2L,线圈一半在磁场内,一半在磁场外,开始时磁场的磁感觉强度为B.t=0时辰磁场开始平均减小,线圈中产生感觉电流,线圈仅在安培力作用下运动,其v-t图像如图乙所示,图中斜向虚线为过O点的速度图像的切线,数据由图中给出,不考虑重力影响,求:(1)磁场的磁感觉强度的变化率;(2)t2时辰回路的电功率.甲乙图M1-141.C[剖析]富兰克林第一提出正电荷、负电荷的见解,法拉第第一提出电荷周围存在电场的见解,奥斯特第一发现电流的磁效应,安培提出了分子电流假说,选项C正确.2.A[剖析]ab边与cd边之间有排斥力,则经过两边的电流方向必然相反.由楞次定律可知,当B1变小而B2变大时,ab边与cd边中的电流方向相反,选项A正确.3.B[剖析]当声波使膜片前后振动时,膜片后的金属线圈就跟着振动,从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线,穿过线圈的磁通量发生改变,产生感觉电流,从而将声音信号转变成电信号.可见利用的是电磁感觉原理,选项B正确.4.A[剖析]依照电路图,当滑动变阻器的滑片P向左搬动时,滑动变阻器连入电路的阻值减小,流过LED的电流增大,LED发出的光增强,使得光敏电阻R的阻值减小,经过L的电流增大,L耗资的功率增大,选项A正确,选项B、D错误;同理,当滑动变阻器的滑片P向右搬动时,L耗资的功率减小,选项C错误.5.C[剖析]利用变阻器调治到灯泡耗资功率为20W时,除灯泡耗资电能外,变阻器由于热效应也要耗资一部分电能,使台灯耗资的功率大于20W;利用理想变压器调治时,变压器的输入功率等于输出功率,变压器自己不用耗电能,所以选项C 中台灯耗资的功率最小.6.D[剖析]没有磁场时,只有重力做功,机械能守恒,没有电热产生,C错误.有磁场时,ab切割磁感线,重力和安培力均做负功,机械能减小,有电热产生,故ab上升的最大高度变小,A、B错误,D正确.7.A[剖析]当线圈刚进入磁场时,若安培力等于重力,则做匀速直线运动,感觉电流I恒定,全部进入磁场后做匀加速运动,出磁场时,安培力大于重力,做减速运动,感觉电流减小,做加速度减小的减速运动,故A正确,D错误;线圈进、出磁场过程,碰到的安培力向来向上,故B错误;当线圈进入磁场时,若安培力大于重力,则先做减速运动,加速度减小,完好进入磁场后做匀加速运动,出磁场时,安培力必然大于重力,依旧做减速运动,C错误.8.AC[剖析]依照电路图可知,电阻R两端的电压为110V,所以经过电阻R的电流I=11050A=2.2A,故A正确;由图像可知,输入电压的有效值为220V,电压表的示数为110V,即输出电压为110V,依照电压与匝数成正比可得,原、副线圈匝数之比为2∶1,故B错误;电压表、电流表的示数都是有效值,故C正确;依照图像可知,原线圈中交变电压的频率为f=1002Hz=50Hz,故D错误.9.BC[剖析]线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈中产生的感觉电动势为E=nSΔΔt=nSk,电容器两端的电压U=E2=nSk2,电容器所带的电荷量为Q=CU=nSkC2,选项A错误,选项B正确;依照楞次定律可判断,感觉电流从线圈的右端流到左端,线圈的左端电势高,故电容器上极板带正电,选项D错误,选项C正确.10.BD[剖析]若载流子为电子,则可判断电子受向上的洛伦兹力而向上表面运动,故上表面带负电.现在上表面带正电,故此资料为P型半导体,选项B正确.依照I=nqSv=nqdlv,且载流子所受洛伦兹力与电场力平衡,即q Ud=q Inqdl B,解得n=BIqlU,选项D正确.11.D的齿数p和C的半径R v=2πp s=2πp[剖析]D转动的角速度与单位时间内的脉冲数n及D的齿数有关,设D的齿数为p,则D的角速度ω=2πnp,小车速度v与C边缘的线速度相等,即v=ωR=2πp;累计脉冲数N经历的时间t=Nn,小车的行程s=vt=2πp.12.(1)欧姆(2)+(3)>(4)OFF或交流电压最高[剖析]用手掌挡住部分光辉,电阻变大,多用电表的指针偏角变小.13.(1)1100V(2)5∶1(3)20A[剖析](1)发电机产生的最大感觉电动势E m=NBSω=2πNBSf=2π×220×2π×0.05×50V=11002V发电机的输出电压U1=Em2=1100V.(2)变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=U1U2=1100V220V=51.(3)副线圈的总电流为I2=2U2=2×11×103220A=100A由I1I2=n2n1得,交流电流表的示数I1=n2n1I2=15×100A=20A.14.(1)1m/s(2)1C[剖析](1)cd棒匀速运动时速度最大,设为v m,棒中感觉电动势为E,电流为I,则E=B2Lv m,I=E2由平衡条件得mg sinθ=B2IL解得v m=1m/s.(2)设cd棒从开始运动至达到最大速度的过程中经过的时间为t,经过的距离为x,cd棒中平均感觉电动势为E1,平均电流为I1,经过cd棒横截面的电荷量为q.由能量守恒定律得mgx sinθ=12m vm2+2QE1=B2tI1=E12q=I1t解得q=1C.15.(1)3B2L2(2)mgx-9m3g2R22B4L4[剖析](1)当金属棒匀速下滑时,速度最大,设最大速度为v m,由平衡条件有mg sinθ=F安其中F安=BIL,I=BLvmR总,R总=R+R1+R2RLR2RL=6R解得v m=3B2L2.(2)由能量守恒定律得,整个电路产生的热量Q=mg·2x sinθ-12m vm2=mgx-9m3g2R22B4L4.16.(1)mv0BL3t1(2)0或4m2v02B2L2t12[剖析](1)由v-t图像可知,t=0时辰,线圈的加速度为a=v0t1线圈中的感觉电动势E=ΔΔt=L2BΔt感觉电流I=ER线圈所受的安培力F=BIL由牛顿第二定律有F=ma解得磁感觉强度的变化率ΔΔt=mv0BL3t1.(2)线圈在t2时辰开始做匀速直线运动,有两种可能:①线圈没有完好进入磁场,磁场就消失,所以没有感觉电流,回路的电功率P=0.②磁场没有消失,线圈完好进入磁场,尽管有感觉电流,但线圈所受的合力为零,同样做匀速直线运动,此时E1=ΔΦ1Δ=Δ·2L2Δt,回路的电功率P=E12R=4m2v02B2L2t12.。

2019-2020学年人教版物理选修3-4(浙江新高考专用版)讲义：模块综合试卷(二) 含答案

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(二) (时间：90分钟满分：100分) 一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分) 1．(多选)关于电磁波，下列说法正确的是( ) A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波 C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直 D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输答案 ABC 解析电磁波在真空中传播速度为光速，与频率无关，A正确；电磁波是变化的电场和变化的磁场互相激发得到的，B正确；电磁波传播方向与电场方向、磁场方向均垂直，C正确；光是一种电磁波，光可在光导纤维中传播，D错误． 2．(多选)下列说法正确的是( ) A．机械波和电磁波都必须依赖于介质才能够传送信息和能量 B．在同一介质中，波长越短的光，传播速度越小 C．在打磨精密光学平面时，可以利用干涉法检查平面的平整程度 D．光的偏振现象可以说明光是横波答案 BCD 解析机械波是机械振动在介质中传播形成的，必须依赖于介质，没有介质不能形成机械波；电磁波传播的是电磁场，而电磁场本身就是一种物质，不需要借助其他物质来传播，所以电磁波可以在真空中传播，故A错误；波长越短，频率

越高，同种介质对其折射率越大，根据v＝cn可知，传播速度越小，故B正确；在打磨精密光学平面时，可以利用干涉法检查平面的平整程度，故C正确；光的偏振现象说明光是横波，故D正确． 3.(多选)如图1所示，S为波源，M、N为两块挡板，其中M板固定，N板可上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A点没有振动，为了使A点能发生振动，可采用的方法是( ) 3 / 14

高中物理模块综合检测(二)新人教版选修3-2

模块综合检测(二) (时间：90分钟分值：100分) 一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.如图所示，一个矩形线圈abcd放在垂直纸面向里的匀强磁场中，在进行下列操作时，整个线圈始终处于磁场之内，线圈中能产生感应电流的是( )

A．线圈沿纸面向右移动 B．线圈沿纸面向下移动 C．线圈垂直纸面向外移动 D．线圈以ab边为轴转动解析：产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化．因此无论线圈如何运动，关键是看其磁通量是否变化，从而判断出是否有感应电流产生．由于磁场是匀强磁场，把线圈向右拉动，或向上拉动，或垂直纸面向外运动，其磁通量均不变化，均无感应电流产生，故A、B、C错误；当线圈绕ab边转动时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故D正确．答案：D 2．如图所示，理想变压器的a、b端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑动变阻器的滑片P位于图示位置．现将滑片下移

(导线电阻不计)，则以下说法中正确的是( )

A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小 B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大 C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大 D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变解析：变压器的原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载无关，将滑片P下移，副线圈电压不变，灯仍能正常发光，电阻增大，流经电阻的电流减小，副线圈的电流减小，原线圈的电流也变小．答案：A 副线，的交变电压)V(tπsin 100211 000＝u理想变压器的原线圈接，如图所示．3该电器正常工作．由此可知，供电LR的电器”880 W，V“220 的导线对Ω6＝r圈通过电阻( )

A．原、副线圈的匝数比为50∶1 B．交变电压的频率为100 Hz C．副线圈中电流的有效值为4 A D．变压器的输入功率为880 W 解析：输入电压的有效值为11 000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原、副线圈的匝数比小于50∶1，故A错误；由输入电压的表达式知，f＝

2019_2020学年高中物理模块综合检测(含解析)新人教版选修3_2

模块综合检测(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1. 如图所示，闭合矩形线框abcd位于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，让线框以沿与ab边垂直的速度v在磁场中匀速运动，则关于线框中感应电流和感应电动势判断正确的是( )A．cd中有向上的电流，且c点电势高于d点电势B．cd中有向上的电流，且d点电势高于c点电势C．cd中没有感应电流，且d点电势不等于c点电势D．cd中没有感应电流，且d点电势等于c点电势解析：选C.根据感应电流产生的条件，即当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就会有感应电流产生．本题中，线框运动的过程，磁通量不变，故回路中没有感应电流；但根据右手定则，整个导体向右切割磁场，导体的ad端电势高于bc端的电势，故本题选C.2. M和N是绕在一个环形铁芯上的两个线圈，绕法和线路如图所示．现将变阻器R1的滑片从a端逐渐向b端移动的过程中，对通过电阻R2的电流分析正确的是( )A．R2中有电流，方向由c流向dB．R2中有电流，方向由d流向cC．R2中无电流，原因是R2回路没有接外电源D．R2中无电流，原因是N线圈没有切割磁感线解析：选A.根据右手螺旋定则可知，线圈M左端是S极，右端是N极．现将变阻器R1的滑片从a端逐渐向b端移动的过程中，电阻减小，电流增大，磁场增强，导致向左穿过线圈N 的磁通量增大，则由楞次定律可得：R2中有电流，方向由c流向d，故A正确，B、C、D错误．3.如图甲所示，在长直载流导线附近有一个矩形线圈ABCD ，线圈与导线始终在同一平面内．取图示电流方向为直导线电流的正方向，当直导线通入如图乙所示的电流时，在0～T 内说法正确的是( )A ．在t ＝T 2时，穿过线圈ABCD 中的磁通量最大 B ．在t ＝T 2时，线圈ABCD 中产生的感应电流最小 C ．在t ＝T 2～T 时间内，线圈ABCD 中感应电流方向一直沿顺时针方向 D ．在t ＝T 2～T 时间内，线圈ABCD 中感应电流方向会发生改变解析：选D.在t ＝T 2时，通过直导线的电流为零，产生的磁场磁感应强度为零，但磁场变化最快；穿过线圈ABCD 中的磁通量为零，但磁通量变化最快，感应电流最大，故A 错误，B 错误；在t ＝T 2～3T 4时间内，穿过线圈的磁通量向外增大，感应电流沿顺时针方向；在t ＝3T 4～T 时间内，穿过线圈的磁通量向外减小，感应电流沿逆时针方向．因此在t ＝T 2～T 时间内，感应电流方向会发生改变，故C 错误，D 正确．4. 如图所示，在电路两端加上正弦交变电流，保持电压有效值不变，使频率增大，发现灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M 、N 、L 中所接元件可能是( )A ．M 为电阻，N 为电容器，L 为电感线圈B ．M 为电感线圈，N 为电容器，L 为电阻C ．M 为电容器，N 为电感线圈，L 为电阻D ．M 为电阻，N 为电感线圈，L 为电容器解析：选C.当交变电流的频率增大时，电感线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮、灯2变暗可知M 为电容器、N 为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L 为电阻，C 正确．5．如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电压—时间图象．原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝10∶1，串联在原线圈电路中的交流电流表的示数为1 A ，则( )A ．变压器原线圈所接交流电压的有效值为220 2 VB ．变压器输出端所接电压表的示数为22 2 VC ．变压器输出端交变电流的频率为50 HzD ．变压器的输出功率为220 2 W解析：选C.变压器原线圈所接交流电压的有效值为U 1＝22022V ＝220 V ，选项A 错误；变压器输出端所接电压表的示数为U 2＝n 2n 1U 1＝110×220 V＝22 V ，选项B 错误；变压器输出端交变电流的频率为f ＝10.02Hz ＝50 Hz ，选项C 正确；变压器的输出功率等于输入功率，P ＝U 1I 1＝220×1 W＝220 W ，选项D 错误．6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V ，6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是( )A ．电流表的示数为2 2 AB ．变压器的输入功率为18 WC ．副线圈两端接入耐压值为10 V 的电容器能正常工作D ．原线圈中磁通量变化比副线圈中磁通量变化得快解析：选B.由输入端交变电压u 的图象，可求出原线圈两端电压有效值为27 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得副线圈两端的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝13×27 V＝9 V ，三只灯泡均能正常发光．由P ＝UI 得每只灯泡通过的电流为：I 1＝P U ＝69 A ＝23 A ，电流表的读数为I ＝3I 1＝3×23A ＝2 A ，A 错误；变压器的输出功率和输入功率相等，故变压器的输入功率等于三只灯泡消耗的功率，为18 W ，B 正确；副线圈两端电压的最大值为9 2 V ，大于10 V ，C 错误；原、副线圈磁通量变化快慢相同，D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7. 如图所示，A 和B 都是铝环，环A 是闭合的，环B 是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动．下列判断正确的是( )A ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会有顺时针方向的电流产生B ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会有逆时针方向的电流产生C ．用磁铁的N 极靠近A 环，A 环会远离磁铁D ．用磁铁的N 极靠近B 环，B 环会远离磁铁解析：选BC.用N 极接近环A 时，向里的磁通量最大，所以A 环中感应电流的磁场的方向向外，环A 能产生逆时针的感应电流，故A 错误，B 正确；A 环闭合，磁铁插向A 环时，产生感应电流，环受力，A 环会远离磁铁，故C 正确；B 环不闭合，磁铁插向B 环时，环内不产生感应电流，因此环不受磁场的作用，横杆不转动，故D 错误．8．如图甲所示，圆形线圈P 静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q ，P 和Q 共轴，Q 中通有变化电流i ，电流随时间变化的规律如图乙所示．P 所受的重力为G ，桌面对P 的支持力为F N ，则( )A ．t 1时刻F N ＞G ，P 有收缩的趋势B ．t 2时刻F N ＝G ，此时穿过P 的磁通量最大C ．t 3时刻F N ＝G ，此时P 中无感应电流D ．t 4时刻F N ＜G ，此时穿过P 的磁通量最小解析：选AB.t 1时刻螺线管中电流增大，其形成的磁场不断增强，因此线圈P 中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P 将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，F N >G ，故A 正确；t 2时刻与t 4时刻，当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P 中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t 2时刻和t 4时刻F N ＝G ，此时穿过P 的磁通量最大，故B 正确，D 错误；t 3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P 中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流．t 3时刻螺线管中电流为零，因此两个线圈之间没有安培力，F N ＝G ，故C 错误．9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，V 、R 和L 分别是理想电压表、定值电阻和电感线圈，D 1、D 2均为灯泡．已知原线圈两端电压u 按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是( )A ．电压表示数为62.2 VB ．电压u 的表达式为u ＝311sin 100πt (V)C ．仅增大电压u 的频率，电压表示数增大D ．仅增大电压u 的频率，D 1亮度不变，D 2变暗解析：选BD.由图象可知变压器输入电压的有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得电压表的示数为44 V ，A 错误；由图象可知输入电压的最大值为U m ＝311 V ，周期T ＝2×10－2 s ，ω＝2πT＝100π rad/s ，所以B 正确；变压器的电压与频率无关，C 错误；增大输入电压的频率对R 支路无影响，但使L 的感抗增加，通过D 2的电流减小，D 2变暗，D 正确．10．如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电压，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式为u ＝202sin 100πt (V)B ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：选AD.由题图乙可知，U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s ，输入电压u ＝202sin 100πt (V)，故A 正确；由变压器的变压规律知：U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝20×15V ＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合时，灯泡L 2正常发光，故灯泡L 2的额定电压为4 V ，当只断开S 2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L 1、L 2串联，故L 1、L 2均不能正常发光，B 错误；此时P 出＝U 22R 总，副线圈负载R 总增大，故P 出减小，又P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，C 错误；当S 1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R ，故P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(10分)一种测量物体质量的装置，其结构如图甲、乙所示，磁极间存在着磁感应强度大小为B ＝0.5 T 的匀强磁场．边长L ＝0.1 m 、匝数n ＝100匝的正方形线圈abcd 套于中心磁极并固定在托盘骨架上，总质量m 0＝1 kg. 线圈左右两边处于磁场中，与一数字式电量表(图上未画出)连接成一个回路，回路总电阻为R ＝10 Ω.托盘下方和磁极之间固定一劲度系数为k ＝10 N/cm 的轻弹簧．在某次测量中，一物体从轻放到托盘上到最终静止的过程中流过电量表的净电荷量为q ＝0.02 C ，不计摩擦和空气阻力，g 取10 m/s 2.(1)当托盘向下运动的速度为v ＝0.1 m/s 时，求此时线圈中感应电流的大小和方向；(2)求该物体的质量；(3)测量中弹簧增加的弹性势能为ΔE p ＝0.2 J ，求回路产生的焦耳热Q .解析：(1)E ＝2nBLv ＝1 VI ＝E R＝0.1 A 据右手定则，线圈中感应电流的方向在图乙中沿顺时针方向．(2)q ＝∑2nBLv R Δt ＝2nBLx R，解得：x ＝0.02 m 据kx ＝mg ，解得m ＝kqR2nBLg＝2 kg. (3)据功能关系(m ＋m 0)gx ＝ΔE p ＋Q ，解得：Q ＝0.4 J.答案：(1) 0.1 A ，沿顺时针方向 (2)2 kg (3)0.4 J12．(14分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压有效值恒为500 V ，现用电阻率为1.8×10－8 Ω·m、横截面积为10－5 m 2的输电线向4×103m 远处的用户输电，且使发电机满负荷运行，已知输电线上的损失功率为发电机总功率的4%，则：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V ，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220 V ？若用电器电路中电流为100 A ，求此时用电器两端的电压数值．解析：(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r ＝ρ2l S ＝14.4 Ω由题意知P 损＝P ×4%＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22r 代入数据得U 2＝6 000 V 升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝112. (2)I 2＝P U 2＝503A U 损＝I 2·r ＝240 V而U 3＝U 2－U 损＝5 760 Vn 3n 4＝U 3U 4＝28811降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11.(3)用电器总数减少时，用电器电路总电阻变大，I 4变小，则输电线电路中电流变小，输电线损失电压变小，U 3变大，则U 4变大，即用电器两端的电压大于220 V.由题知I ′4＝100 A则由I ′4I ′3＝n 3n 4＝28811，所以I ′3＝27572A U ′损＝I ′3·r ＝55 V而U 1、U 2不变U ′3＝U 2－U ′损＝(6 000－55) V ＝5 945 VU ′3U ′4＝n 3n 4，U ′4≈227 V. 答案：(1)1∶12 (2)288∶11 (3)大于220 V 227 V13．(16分) 如图所示，足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，间距为1 m ．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T ，P 、M 间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)当金属杆的速度为4 m/s 时，金属杆的加速度大小；(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m 时，通过金属杆的电荷量．解析：(1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律，有 F ＋mg sin θ－F 安－f ＝ma ，f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ ab 杆所受安培力大小为F 安＝BILab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv 由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R整理得：F ＋mg sin θ－B 2L 2Rv －μmg cos θ＝ma 代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2.(2)设通过回路横截面的电荷量为q ，则q ＝It 回路中的平均电流强度为I ＝E R回路中产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦt回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx ，联立解得 q ＝3 C.答案：(1)4 m/s 2 (2)3 C。

高中物理模块综合检测(二)(含解析)新人教版选修3-5-新人教版高中选修3-5物理试题

模块综合检测(二)(时间：90分钟总分为：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每一小题3分，共30分．每一小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．关于如下四幅图说法不正确的答案是( )A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B．光电效应实验说明了光具有粒子性C．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大局部集中在很小空间范围内解析：原子中的电子绕核旋转的轨道是特定的，不是任意的，选项A错误．易知B正确．电子能通过铝箔衍射，说明电子也有波动性，C正确. 发现少数α粒子大角度偏转，说明原子的正电荷和大局部质量集中在很小空间范围内，D正确．答案：A2.两束能量一样的色光，都垂直地照射到物体外表，第一束光在某段时间内打在物体上的光子数与第二束光在一样时间内打到物体外表的光子数之比为5∶4，如此这两束光的光子能量和波长之比分别为〔〕A.4∶54∶5B.5∶44∶5C.4∶55∶4D.5∶45∶4解析：两束能量一样的色光，都垂直地照射到物体外表，在一样时间内打到物体外表的光子数之比为5∶4，根据E＝NE0可得光子能量之比为4∶5；再根据E0＝hν＝h cλ，光子能量与波长成反比，故光子波长之比为5∶4.故C正确，A、B、D错误.答案：C3.如下四个核反响方程式书写正确的答案是〔〕A.13 7N＋42He→17 8O＋11HB.2410Na→2411Mg＋ 0－1eC.235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋310nD.19 9F＋42He→2210Na＋10n解析：A为发现质子的人工转变方程，但质量数不守恒，故A错误；钠的质子数为11，失去电子是核外电子变化不是核反响方程式，故B错误；是核反响方程，且质量数和电荷数守恒，故C正确；质子数不守恒，故D错误.答案：C4.238 92U放射性衰变有多种途径，其中一种途径是先衰变成210 83Bi，而210 83Bi可以经一次衰变变成210a X(X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成b81Tl，210a X和b81Tl最后都衰变变成206 82Pb，衰变路径如下列图，如此可知图中( )A．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变B．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变C．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变D．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变解析：在210 83Bi衰变变成210a X的过程中质量数不变，过程①是β衰变；210a X衰变变成206 82Pb 过程中质量数减少4，过程③是α衰变；210 83Bi衰变变成b81Tl，核电荷数减少2，过程②是α衰变；b81Tl衰变变成206 82Pb，核电荷数增加1，过程④是β衰变，所以选项A正确．答案：A5.如下列图，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s，如此当小球与小车相对静止时，小车的速度是〔〕A.5 m/sB.4 m/sC.8.5 m/sD.9.5 m/s解析：小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：mgh ＝12mv 2－12mv 2解得：v 0＝15 m/s ，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，如此有：－mv 0＋MV ＝〔M ＋m 〕v ′，解得：v ′＝5 m/s ，应当选A.答案：A6．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A ，B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：这是一道同向追击碰撞问题，在分析时应注意考虑三个方面的问题：动量是否守恒，机械能是否增大，是否符合实际物理情景．针对这三点，要逐一验证．取两球碰撞前的运动方向为正，如此碰撞前，系统总动量p ＝m A v A ＋m B v B ＝10 kg ·m/s ，逐一验证各个选项，发现碰撞后，四个选项均满足动量守恒．碰前，系统总动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝22 J ．碰后系统总动能应不大于碰前总动能，即E ′k ≤22 J ，把各选项代入计算，知选项C 、D 不满足，被排除．对于选项A ，虽然满足机械能不增加的条件，但仔细分析，发现v ′A >v ′B ，显然不符合实际情况，故此题正确答案为选项B.答案：B7.载人气球原静止于高h 的高空，气球质量为M ，人质量为m ，假设人沿绳梯滑至地面，如此绳梯至少多长〔〕A.mM ＋m h B.M M ＋m h C.M ＋m m h D.M ＋mMh 解析：设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L ，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向可得：0＝Mv 2＋mv 1，①人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L －h ，得速度大小v 2＝L －ht，② 人相对于地面下降的高度为h ，速度大小为v 1＝h t，③将②③代入①得：0＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－L －h t ＋m ·h t ，解得L ＝M ＋mMh . 答案：D8.用盖革—米勒计数器测定某一放射源的放射强度为t ＝124天内计数N 1＝405次，T ＝10天后再次测量，测得该放射源的放射强度为t ＝124天内计数N 2＝101次.设该放射源中放射性元素的原子核的最初个数和半衰期分别用N 和τ表示.如此以下说法正确的答案是〔〕A.由半衰期的公式可知N 1＝N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12tτ B.由半衰期的公式可知N 2＝N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12T ＋tτ C.这种放射元素的半衰期为5天 D.这种放射性元素的半衰期为2.5天解析：半衰期公式N 1＝N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n中，n 表示半衰期的次数，n ＝t τ，t 为初状态到下次测量的时间，故A 、B 错误.由题意可知，经过10天衰变后放射性强度是原来的14，可知经历了2个半衰期，如此半衰期为5天.故C 正确，D 错误.答案：C9．在自然生态系统中，蛇与老鼠等生物通过营养关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥着重要作用．蛇是老鼠的天敌，它通过接收热辐射来发现老鼠的存在．假设老鼠的体温约为37 ℃，它发出的最强的热辐射的波长为λmax ，根据热辐射理论，λmax 与辐射源的绝对温度T 的关系近似为λmax T ＝2.90×10－3m ·K.如此老鼠发出的最强的热辐射的波长为( )A ．7.8×10－5m B ．9.4×10－6m C ．1.16×10－4 mD ．9.7×10－8m解析：体温为37 ℃时，热力学温度T ＝310 K ，根据λmax T ＝2.90×10－3m ·K ，得λmax＝2.90×10－3310m ＝9.4×10－6 m.答案：B10.质量为m 的物体以初速度v 0水平抛出，经过一段时间其竖直分速度为v .在这个过程中，如下说法正确的答案是〔〕A.物体动量变化量的大小为mvB.物体动量变化量的大小为mv －mv 0C.物体动量变化量的大小为m v 2－v 20 D.物体动能变化量为12mv 2－12mv 2解析：物体做平抛运动，当速度为v 时经历的时间为t ＝vg，根据动量定理可知：Δp ＝mgt ＝mg ·v g ＝mv ，故A 正确，B 、C 错误；在时间t 内下降的高度为h ＝v 22g ，根据动能定理可知：ΔE k ＝mg ·h ＝mg ×v 22g ＝12mv 2，故D 错误.答案：A二、多项选择题(本大题共4小题，每一小题4分，共16分．在每一小题给出的四个选项中有多个选项正确，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分)11.利用光电管研究光电效应的实验电路如下列图，用频率为ν的可见光照射阴极K ，电流表中有电流通过，如此〔〕A.改用紫外光照射K ，电流表中没有电流通过B.只增加该可见光的强度，电流表中通过的电流将变大C.假设将滑动变阻器的滑片移到A 端，电流表中一定无电流通过D.假设将滑动变阻器的滑片向B 端移动，电流表示数可能不变解析：用可见光照射阴极K ，能发生光电效应，如此可见光的频率大于该阴极材料的极限频率，紫外光的频率大于可见光，故用紫外光照射K ，也一定能发生光电效应，A 错误；增加可见光的照射强度，单位时间内逸出金属外表的电子数增多，饱和光电流变大，B 正确；变阻器的滑片移到A 端，光电管两端的电压为零，但光电子有初动能，故电流表中仍有电流通过，C 错误；变阻器的滑片向B 端滑动时，可能电流没达到饱和电流，所以电流表示数可能增大，可能不变，D 正确.答案：BD12.如下列图，质量为m 的小球从距离地面高H 的A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h 的B 点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g .关于小球下落的整个过程，如下说法中正确的答案是( )A ．小球的机械能减少了mg (H ＋h )B ．小球抑制阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：由动能定理mg (H ＋h )－W f ＝0，如此W f ＝－mg (H ＋h )，所以小球的机械能减少了mg (H ＋h )，所以A 选项正确，B 选项错误；小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH ＝12mv 2，v ＝2gH ，落到地面后又陷入泥潭中，由动量定理I G －I f ＝0－mv ，所以I f ＝I G ＋mv ＝I G ＋m 2gH ，小球所受阻力的冲量大于m 2gH ，所以C 选项正确；由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，所以D 选项错误．答案：AC13.如下列图，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，如此( )A ．它们碰撞后的总动量是18 kg ·m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是2 kg ·m/s ，方向水平向右C ．它们碰撞后B 小球向右运动D ．它们碰撞后B 小球可能向左运动解析：根据动量守恒，设向右为正方向，碰后它们的总动量p ′＝p ＝m A v A ＋m B v B ＝2×5 kg ·m/s －4×2 kg ·m/s ＝2 kg ·m/s ，故A 错、B 对；因总动量向右，所以碰后B 球一定向右运动，C 对、D 错．答案：BC14.光滑水平面上放有一外表光滑、倾角为α的斜面A ，斜面质量为M 、底边为L ，如下列图.将一质量为m 可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N ，如此如下说法中正确的答案是〔〕A.滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N tB.滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N t cos αC.滑块B 下滑的过程中A 、B 组成的系统动量守恒D.此过程中斜面向左滑动的距离为mM ＋mL 解析：滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为I ＝F N t ，故A 正确，B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为x 1、x 2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：M x 1t －m x 2t＝0，即有Mx 1＝mx 2，又x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝mL m ＋M，故D 正确.答案：AD二、非选择题(此题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15.〔8分〕在“探究碰撞中的守恒量〞的实验，也可以探究“mv 2〞这个量〔对应于动能〕的变化情况.〔1〕假设采用弓形弹片弹开滑块的方案，如图①所示，弹开后的mv2的总量〔填“小于〞“等于〞或“大于〞〕弹开前mv2的总量，这是因为_________________________________________.〔2〕假设采用图②的方案，碰撞前mv2的总量〔填“小于〞“等于〞或“大于〞〕碰后mv2的总量，说明弹性碰撞中守恒.〔3〕假设采用图③的方案，碰撞前mv2的总量〔填“小于〞“等于〞或“大于〞〕碰后mv2的总量，说明非弹性碰撞中存在损失.解析：在“探究碰撞中的守恒量〞的实验中探究“mv2〞这个量〔对应于动能〕的变化情况，方法就是通过测量滑块的速度的变化，判定能量的转化关系.〔1〕假设采用图①弓形弹片弹开滑块的方案，开始时两个滑块都处于静止状态，弹开的过程弹片的弹性势能转化为滑块的动能，所以弹开后的mv2的总量大于弹开前mv2的总量.〔2〕假设采用图②中的方案，碰撞的过程中两个滑块只受到重力和支持力的作用，且二力大小相等方向相反，是一对平衡力，所以碰撞的过程动量守恒，机械能守恒，碰撞前mv2的总量等于碰后mv2的总量.〔3〕假设采用图③中的方案，碰撞之后两个物体以一样的速度运动，所以碰撞前mv2的总量大于碰后mv2的总量，非弹性碰撞中存在机械能减少.答案：大于弹片的弹性势能转化为滑块的动能等于机械能大于机械能16.〔8分〕用图示实验装置探究“碰撞中的不变量〞实验，除了图示装置中的实验仪器外，如下仪器中还需要的是.A.秒表B.天平C.刻度尺D.直流电源E.交流电源假设实验中得到一条纸带如下列图，A、B车的质量分别为m A、m B，如此该实验需要验证的表达式是〔用图中物理量和已给出的量表示〕.解析：该实验需要测量小车的质量，需要天平；需要测量各计数点间距，需要刻度尺；打点计时器有计时功能，无需秒表；而打点计时器工作电源是交流电源，无需直流电源，应当选BCE ；小车A 碰前做匀速运动，打在纸带上的点间距是均匀的，故求碰前小车A 的速度应选BC 段，碰后两车一起做匀速运动，打出的点也是间距均匀的，应当选DE 段来计算碰后速度，在误差允许的范围内，需要验证的表达式是m A v A ＝〔m A ＋m B 〕v AB ，即m A x AB ＝〔m A ＋m B 〕x DE .答案：BCE m A x AB ＝〔m A ＋m B 〕x DE17.〔10分〕如图是某少年进展滑板训练时的示意图.滑板原来静止在水平地面某处，少年以某一水平初速度跳上滑板，之后与滑板一起以v ＝2.0 m/s 的速度开始沿水平地面向左滑行，经过x ＝20 m 的距离后停下.此后少年又从滑板上水平向左跳出，滑板变成向右滑行，返回出发点时恰好停下.滑板的质量m ＝4 kg ，少年的质量M ＝40 kg ，滑板滑行过程受到的路面阻力大小与滑板对地面的压力大小成正比.求：〔1〕少年与滑板一起滑行过程受到的路面阻力大小；〔2〕少年跳上滑板时的水平初速度v 1大小和跳离滑板时的水平速度v 2大小.解析：〔1〕少年与滑板一起滑行过程，由动能定理如此有：fx ＝12〔M ＋m 〕v 2代入数据解得路面阻力大小f ＝4.4 N.〔2〕少年跳上滑板，系统动量守恒，如此有Mv 1＝〔M ＋m 〕v ，代入数据解得滑板的水平初速度v 1＝2.2 m/s ，少年跳离滑板，系统动量守恒，如此有Mv 2＝mv 3，滑板返回出发点时恰好停下，由动能定理如此有fx ＝12mv 23，根据题意有f ′f ＝mM ＋m ，代入数据解得跳离滑板时的水平速度v 2＝0.2 m/s.答案：〔1〕4.4 N 〔2〕v 1＝2.2 m/s ，v 2＝0.2 m/s18.〔12分〕用能量为50 eV 的光子照射到光电管阴极后，测得光电流与电压的关系如下列图，电子的质量m ＝9.0×10－31kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s.试求：〔1〕光电管阴极金属的逸出功W ；〔2〕光电子的最大动量和对应物质波的波长λ.解析：〔1〕由图可知，遏止电压为－20 eV ，由动能定理可知，eU c ＝12mv 20＝E k 由爱因斯坦光电效应方程可知，E k ＝hv －W ，即eU c ＝hv －W ，代入数据解得W ＝30 eV ；〔2〕由公式E k ＝〔mv 〕22m＝eU c ，整理得：mv ＝2meU c ＝2×9.0×10－31×〔1.6×10－19〕×〔－20〕kg·m/s＝2.4×10－25kg ·m/s，由公式λ＝h p ＝6.63×10－342.4×10－25m ＝2.762 5×10－9m. 答案：〔1〕30 eV 〔2〕2.4×10－25kg·m/s，2.762 5×10－9m19．(15分)如下列图，一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上，另一端与滑块C 接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上．现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面h ＝1.8 m 高处由静止开始滑下，与滑块B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动，经一段时间，滑块C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出. m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，m C ＝3 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块A 与滑块B 碰撞完毕瞬间的速度； (2)被压缩弹簧的最大弹性势能； (3)滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离．解析：(1)滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v 1, 由机械能守恒定律有：m A gh ＝12m A v 21，解得：v 1＝6 m/s.滑块A 与B 碰撞的过程，A 、B 系统的动量守恒，碰撞完毕瞬间具有共同速度设为v 2，由动量守恒定律有：m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，解得：v 2＝13v 1＝2 m/s.(2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A 、B 、C 速度相等，设为速度v 3，由动量守恒定律有：word- 11 - / 11 m A v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 3，解得：v 3＝16v 1＝1 m/s.由机械能守恒定律有：E p ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 23. 解得：E p ＝3 J.(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设滑块A 、B 的速度为v 4，滑块C 的速度为v 5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )v 4＋m C v 5.12(m A ＋m B )v 22＝12(m A ＋m B )v 24＋12m C v 25. 解得：v 4＝0，v 5＝2 m/s.滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：s ＝v 5t ，H ＝12gt 2.解得：s ＝2 m.答案：(1)2 m/s (2)3 J (3)2 m。

(浙江新高考专用版)2019_2020学年高中物理模块综合试卷(二)课件新人教版选修3_4

(2)波长的表达式λ＝__Δ_lx_d_(_1_分__)__(用Δx、l、d表示)，该单色光的波长λ＝ _6_×__1_0_－_7_(_1_分__) _ m.
解析根据干涉条纹间距公式 Δx＝dl λ 得：λ＝Δxl d，代入数据得：λ＝6×10－7 m.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
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5.(多选)如图2所示，空气中有两块材质不同、上下表面平行的足够大的透明玻
璃板平行放置；一束由红、蓝两种色光混合而成的细光束，从空气中以某一角
度θ(0°<θ<90°)入射到第一块玻璃板的上表面.下列说法正确的是
√A.在第一块玻璃板下表面一定有出射光
10.(多选)一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球振动的固有
频率为2 Hz，现在长绳两端分别有一振源P、Q同时开始以相同振幅A上下振动
了一段时间，某时刻两个振源在长绳上形成波形如图7所示，两列波先后间隔
一段时间经过弹簧振子所在位置，观察到小球先后出现了两次振动，小球第一
次振动时起振方向向上，且振动并不显著，而小球第二次发生了共振现象，则
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
二、非选择题(本题共6小题，共60分) 11.(6分)利用双缝干涉测光的波长实验中，双缝间距d＝0.4 mm，双缝到光屏的距离l＝0.5 m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图8所示，分划板在图中 A、B位置时游标卡尺读数也如图中所示，则： (1)分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为xA＝11.1 mm，xB＝_1_5_._6_(1_分__)_ mm；相邻两条纹间距Δx＝_0_._7_5_(1_分__)_ mm.

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谢谢聆听谢谢聆听模块检测卷 (时间：90分钟分数：100分) 一、选择题(本题共13小题，每题4分，共52分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。) 1．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是( ) A．安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系 B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式 C．库仑在前人工作基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律——库仑定律 D．安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场解析奥斯特将通电导体放在小磁针上方时，小磁针发生了偏转，说明通电导体周围存在磁场，奥斯特是第一个发现了电与磁之间的联系的物理学家，故A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了洛伦兹力公式，故B错误；真空中两个点电荷间存在相互的作用。库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律：点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，这个规律应是库仑定律，故C正确；19世纪30年代，法拉第提出电荷周围存在一种场，并且是最早提出用电场线描述电场的物理学家，故D错误。答案 C 2. (2018·台州质量评估)如图1所示，在光滑绝缘水平面上固定一正点电荷Q，一带负电的试探电荷在水平面上沿椭圆轨道绕它运动。若正点电荷正好处在椭圆的一个焦点上，A、B、C分别是椭圆上的三点，且A、B分别位于椭圆长轴的两端，则( )

图1 A．B点的电势高于A点的电势 B．试探电荷在此运动过程中，机械能守恒 C．试探电荷在A点的速度大于B点的速度 D．试探电荷在A点的电势能小于在C点的电势能解析由正点电荷的电场线分布和电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面知A正确；试探电荷沿椭圆轨道运动过程中，静电力做功，机械能不守恒，B不正确；试探电荷由A到B，静电力做正功，动能增加，即EkB＞EkA，所以vB＞vA，C错误；试探电荷由A到C，静电谢谢聆听谢谢聆听力做正功，电势能减小，有EpA＞EpC，所以D错误。答案 A 3．真空中A、B两个点电荷相距为L，质量分别为m和2m，它们由静止开始运动(不计重力)，开始时A的加速度大小是a，经过一段时间，B的加速度大小也是a，那么此时A、B两点电荷的距离是( )

A.22L B.2L C．22L D．L 解析刚释放瞬间，对A球，有kq1·q2L2＝mAa，经过一段时间后，对B球，有kq1·q2L′2＝mBa，

可得L′＝mAmBL＝22L，所以A项正确。答案 A 4．在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动，若它们的质量和速度的乘积大小相等，则α粒子和质子( ) A．运动半径之比是2∶1 B．运动周期之比是2∶1 C．运动速度大小之比是4∶1 D．受到的洛伦兹力之比是2∶1 解析 α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于质量和速度的乘积大小相

等，故速度之比为1∶4；同一磁场，B相同。由r＝mvqB，得两者半径之比为1∶2；由T＝2πmqB，得周期之比为2∶1；由f洛＝qvB，得洛伦兹力之比为1∶2。故只有B正确。答案 B 5．如图2所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )

图2 谢谢聆听

谢谢聆听解析磁场发生微小变化时，因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同，由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔB·SΔt 知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，载流线圈中的电流变化越大，所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项A符合题意。答案 A 6．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图3所示，在半球面AB上均匀分布有正电荷，总电荷量为q，球半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )

图3 A.kq2R2－E B.kq4R2

C.kq4R2－E D.kq4R2＋E 解析完整壳在M点产生的电场强度为k2q＝kq2R2，根据场强叠加原理，右半球壳在M点产生的电场强度为kq2R2－E，根据对称性，左半球壳在N点产生的电场强度为kq2R2－E，故A项正确。答案 A 7．(2018·浙江名校协作体模拟)如图4所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场(方向垂直纸面向外)作用下加速。则下列说法正确的是( )

图4 A．电源给电容器充电后，M板带正电谢谢聆听谢谢聆听 B．导体棒在安培力作用下向右运动 C．超级电容器相当电源，放电时两端电压不变 D．在电容器放电过程中，电容器电容不断减小解析电源给电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，N板与电源正极相连，所以N板带正电，A不正确；由左手定则可知导体棒EF在安培力作用下向右运动，B正确；电容器

放电时，电荷量Q减小，由C＝QU知，电压U减小，C不正确；电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领，决定于电容器本身，与电荷量无关，所以D不正确。答案 B 8．(2018·丽水、衢州、湖州三地教学质量检测)为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图5为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为a×b×c＝0.5 m×0.4 m×0.3 m。空间中存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝10.0 T、方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I＝1.0×103 A，方向如图。则下列判断正确的是( )

图5 A．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为4.0×103 N B．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103 N C．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为3.0×103 N D．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为3.0×103 N 解析由左手定则知，通电后水受到推进器向左的安培力，由牛顿第三定律知，水对推进器即对潜艇提供向右的驱动力，由安培力公式知，驱动力大小F＝BIb＝4.0×103 N，故B正确。答案 B 9．某电路如图6所示，已知电池组的总内阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝5 Ω，理想电压表的示数U＝3.0 V，则电池组的电动势E等于 ( )

图6 谢谢聆听

谢谢聆听 A．3.0 V B．3.6 V C．4.0 V D．4.2 V 解析在外电路中，由U＝IR，得出电流I＝0.6 A，又由E＝I(R＋r)解得E＝3.6 V 答案 B 10．有一未知电阻Rx，为较准确地测出其阻值，先后用图7中甲、乙两种电路进行测试，利用甲测得数据为“2.7 V，5.0 mA”，利用乙测得数据为“2.8 V,4.0 mA”，那么，该电阻测得值较准确的数值及它比真实值偏大或偏小的情况是 ( )

图7 A．540 Ω，偏大 B．540 Ω偏小 C．700 Ω，偏小 D．700 Ω，偏大

解析两次测量电压表示数变化率大小ΔUU＝0.12.7＝127，电流表示数变化率大小ΔII＝15则ΔUU

故乙图所示电路测该电阻的阻值误差较小。测量值Rx＝UI＝2.84×10－3＝700 Ω，真实值R真

＝Rx－RA，故测量值比真实值偏大。故选项D正确。答案 D 11．如图8所示，金属板M、N水平放置，相距为d，其左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速均不计，当变阻器的滑动触头在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器滑片向A点滑动过程中，则( )

图8 A．粒子在M、N间运动过程中，动能一定不变 B．粒子在M、N间运动过程中，动能一定减小 C．粒子在M、N间仍做直线运动 D．粒子可能沿M板的右边缘飞出谢谢聆听谢谢聆听解析滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时M、N间为一速度选择器模型。当滑动触头滑向A点时，M、N间电压减小，电场力变小，粒子向下偏，所以粒子在其间运动时电场力做负功，动能减小，B选项正确。因为粒子向下偏，所以不可能从M板的右边缘飞出。答案 B 12．在如图9所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一静电计相接，极板A接地。下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是( )

图9 A．极板A上移 B．极板A右移 C．极板间插入一定厚度的金属片 D．极板间插入一云母片解析平行板电容器的电荷量保持不变，静电计测的是两极板间的电压，要使静电计指针张

角变大，即使两极板间的电压变大，由U＝QC可知，减小电容器的电容即可，由公式C＝εrS4πkd 可判断选项A正确；需要注意的是，极板间插入一定厚度的金属片相当于减小极板间距离。答案 A 13．如图10所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )

图10 A．当滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置下降 B．当滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变 C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大解析当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场的初

速度增大，由r＝mvqB知半径r增大，位置上升，选项A错误；由于在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项B错误；电子在磁场中运动速度大小不变，选项C正确，D错