1、1模块综合试卷(一)(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 12 小题，共 40 分.18 题为单选题，每小题 3 分，912 题为多选题，全部选对得 4 分，有选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分)1.(2018山东德州市高一下期末)比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例.下列不属于比值定义法的是( )A. B.EEpq FqC.C D.IQU UR答案 D2.点电荷 A 和 B，分别带正电和负电，电荷量分别为4 Q 和 Q，如图 1 所示，在 AB 连线上，电场强度为零的地方在( )图 1A.B 左
2、侧 B.A 右侧C.A 和 B 之间 D.A 的右侧及 B 的左侧答案 A解析 在 B 点左侧有一点，4 Q 的电荷在该点产生的电场向左， Q 的电荷在该点产生的电场向右，二者场强大小相等，合场强为零，故选 A.3.A、 B 是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在静电力作用下，沿电场线从 A 点运动到 B 点，速度时间图象如图 2 所示，则( )图 2A.EA EB B.EA EBC. A B D. A B答案 A解析 根据 v t 图象，速度减小且加速度越来越小，说明正电荷逆着电场线运动，由电势低的点移向电势高的点，且静电力越来越小，即电场变弱，故选项 A 正确，B、C、D 错误.24.
3、(2018山东济宁市高一下期末)如图 3 所示的电路中， U90V，滑动变阻器 R2的最大值为 200， R1100.当滑片 P 滑至 R2的中点时， a、 b 两端的电压为( )图 3A.30VB.45VC.60VD.75V答案 A解析 P 位于中点时 R 并 50，干路中电流 I A0.6A， Uab IR 并UR22 R并 90100 500.650V30V，选项 A 正确.5.(2018山东菏泽市高一下期末)如图 4 所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，下列说法正确的是( )图 4A.保持开关 S 闭合，将 A、 B 两极板分开些，指针张角增大B.先闭合再断开开关 S
4、后，将 A、 B 两极板靠近些，指针张角减小C.先闭合再断开开关 S 后，减小 A、 B 两极板的正对面积，指针张角减小D.保持开关 S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动，指针张角增大答案 B6.在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制作用，如图 5 所示电路， R1为定值电阻， R2为半导体热敏电阻(温度越高电阻越小)， C 为电容器，当环境温度降低时( )图 5A.电压表的读数减小B.电容器 C 的带电荷量增大3C.电容器 C 两板间的电场强度减小D.R1消耗的功率增大答案 B解析 当环境温度降低时， R2的阻值增大，则总电阻增大，总电流减小，则内电压减小，路端
5、电压变大，电压表的读数增大，选项 A 错误； R1两端的电压减小， R2两端的电压增大，即电容器两端的电压增大，由 Q CU 知，电容器 C 的带电荷量增大，选项 B 正确；由E ，知电容器 C 两板间的电场强度增大，选项 C 错误；总电流减小，所以 R1消耗的功率Ud减小，选项 D 错误.7.如图 6 所示，从 F 处释放一个无初速度的电子(重力不计)向 B 板方向运动，下列说法错误的是(设电源电动势为 U)( )图 6A.电子到达 B 板时的动能是 UeB.电子从 B 板到达 C 板动能变化量为零C.电子到达 D 板时动能是 3UeD.电子在 A 板和 D 板之间做往复运动答案 C解析 电
6、子在 AB 之间做匀加速运动，且 eU Ek，选项 A 正确；电子在 BC 之间做匀速运动，选项 B 正确；在 CD 之间做匀减速运动，到达 D 板时，速度减为零，然后电子反向运动，在 A 板与 D 板之间做往复运动，选项 C 错误，选项 D 正确.8.在光滑绝缘水平面的 P 点正上方 O 点固定了一电荷量为 Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为 m、电荷量为 q 的负检验电荷，该检验电荷经过 P 点时速度为v，图 7 中 60，规定电场中 P 点的电势为零，则在 Q 形成的电场中( )图 7A.N 点电势高于 P 点电势B.P 点电场强度大小是 N 点的 2 倍C.N 点电势
7、为mv22q4D.检验电荷在 N 点具有的电势能为 mv212答案 C解析 根据顺着电场线方向电势降低可知， M 点的电势高于 N 点的电势，而 M、 P 两点的电势相等，则 N 点电势低于 P 点电势，故 A 错误. P 点电场强度大小是 EP k ， N 点电场强QrP2度大小是 EN k ，则 EP EN rN2, rP2,(2 rP)2 rP241，故 B 错误.根据动能定理QrN2得：检验电荷由 N 到 P 的过程： q( N P) mv2，由题， P 点的电势为零，即12 P0，解得， N 点的电势 N ，故 C 正确.检验电荷在 N 点具有的电势能为mv22qEp q N mv2
8、，故 D 错误.129.如图 8 所示，真空中固定两个等量异号点电荷 Q、 Q，图中 O 是两电荷连线的中点，a、 b 两点与 Q 的距离相等， c、 d 是两电荷连线垂直平分线上的两点， bcd 构成一个等腰三角形.则下列说法正确的是( )图 8A.a、 b 两点的电场强度相同B.c、 d 两点的电势相同C.将电子由 b 移到 c 的过程中电场力做正功D.质子在 b 点的电势能比在 O 点的电势能大答案 BD解析 根据等量异种点电荷的电场分布可知： c、 O、 d 三点等电势，故 B 正确； a、 b 两点场强大小、方向均不同，故 A 错误；由于 b c，电子从 b 到 c 电场力做负功，故
9、 C 错误； b O，质子从 b 到 O 电场力做正功，电势能减小，故质子在 b 点的电势能较大，故 D 正确.10.把一个电荷量为 1C 的正电荷从电势为零的 O 点移到电场内的 M 点，外力克服电场力做功 5J，若把这个电荷从 N 点移到 O 点，电场力做功则为 6J，那么( )A.M 点的电势是5VB.N 点的电势是 6VC.M、 N 两点的电势差为11VD.M、 N 两点的电势差为1V5答案 BD解析 外力克服电场力做功 5J，即电场力做功5J，由公式 U ，求出 UOM VWq 515V， UOM O M，则 M 点的电势 M5V，同理求出 N 点电势 N6V， M、 N 两点的电势
10、差 UMN M N1V，故 B、D 正确，A、C 错误.11.(2018山东德州市高一下期末)在如图 9 所示的电路中， E 为电源，其内阻为 r， R1为定值电阻( R1r)， R2为电阻箱， R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V 为理想电压表，A 为理想电流表，闭合开关后，下列说法正确的是( )图 9A.用光照射 R3，电流表示数变大B.用光照射 R3，电压表示数变小C.将变阻箱 R2阻值变大，电流表示数变大D.将变阻箱 R2阻值变大，电压表示数变小答案 ACD12.如图 10 所示，直线表示某电源的路端电压与电流的关系图象，曲线表示该电源的输出功率与电流的关系图象，
11、则下列说法正确的是( )图 10A.电源电动势约为 50VB.电源的内阻约为 253C.电流为 2.5A 时，外电路的电阻约为 15D.输出功率为 120W 时，输出电压约为 30V答案 ACD解析 根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压 U E Ir，对照 U I 图象，当 I0 时，E U50V，故 A 正确； U I 图象斜率的绝对值表示内阻，故 r 5，| U I| 50 2066故 B 不正确；电流为 2.5A 时，外电阻 R r15，故 C 正确；输出功率为 120W 时，EI对照 P I 图象，电流约为 4A，再对照 U I 图象，输出电压约为 30V，故 D 正确.二、实验题(本
12、题 3 小题，共 18 分)13.(4 分)(2018山东滨州市高一下期末)如图 11 所示为多用电表示意图，其中 A、 B、 C为三个可调节的部件.该同学在实验室中用它测量一阻值约 3k 的电阻.他测量的操作步骤如下：图 11(1)调节可调部件 A，使电表指针指向(选填“电阻”或“电流”)为零的位置，此过程为机械调零.(2)调节可调部件 B，使它的尖端指向倍率的欧姆挡.(3)将红、黑表笔分别插入正、负插孔中，两表笔短接，调节可动部件 C，使电表指针指向欧姆零刻度位置，此过程为欧姆调零.(4)若电表读数如图所示，则该待测电阻的阻值是.答案 (1)电流 (2)100 (4)2700 或 2.7k
13、14.(6 分)某同学测定一个圆柱体的电阻.(1)按如图 12 连接电路后，实验操作如下：a.将滑动变阻器 R1的阻值置于最(填“大”或“小”)；将 S2拨向接点 1，闭合 S1，调节R1，使电流表示数为 I0；b.将电阻箱 R2的阻值调至最(填“大”或“小”)，S 2拨向接点 2；保持 R1不变，调节 R2，使电流表示数仍为 I0，此时 R2阻值为 1280；(2)由此可知，圆柱体的电阻为 .7图 12答案 (1)a.大 b.大 (2)128015.(8 分)某同学用如图 13 所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零).实验器材的规格如下：
14、电流表 A1(量程 200A，内阻 R1300)；电流表 A2(量程 30mA，内阻 R25)；定值电阻 R09700；滑动变阻器 R(阻值范围 0500).闭合开关 S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表 A1和 A2的示数分别为 I1和 I2.多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表：I1(A) 120 125 130 135 140 145I2(mA) 20.0 16.7 13.2 10.0 6.7 3.3图 13(1)依据表中数据，作出 I1 I2图线如图 14 所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为EV，欧姆表内阻为 r.(结果保留 3 位有效数字)图 14(2)若某次电
15、流表 A1的示数是 114A，则此时欧姆表的示数约为 .(结果保留 3 位有效数8字)答案 (1)1.50(1.481.52) 15.2(15.015.4)(2)48.1(47.548.5)解析 (1)根据闭合电路欧姆定律有：E I1(R1 R0)( I1 I2)r所以 I1 I2rR1 R0 r ER1 R0 r由题图可知斜率 k 1.5210 3 ， I1 I2截距 b1.510 4 A即 1.5210 3 ，rR1 R0 r1.510 4 AER1 R0 r解得 E1.50V， r15.2.(2)由题图可知当 I1114A 时， I223.7mA所以 R 外 48.1，I1R0 R1I2
16、则此时欧姆表示数约为 48.1.三、计算题(本题 4 小题，共 42 分)16.(8 分)如图 15 所示，电源的电动势是 6V，内阻是 0.5，小电动机 M 的线圈电阻为0.5，限流电阻 R0为 3，若理想电压表的示数为 3V，试求：图 15(1)电源的功率和电源的输出功率；(2)电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率.答案 (1)6W 5.5W (2)2.5W 2W解析 (1)电路中电流 I IR0 1 A；UR0R0电源的功率 PE IE6 W；内电路消耗的功率 Pr I2r0.5 W；电源的输出功率 P 出 PE Pr5.5 W.(2)电动机分压 UM E Ir UR02.5 V；电动
17、机消耗的功率 PM IUM2.5 W；9热功率 P 热 I2rM0.5 W；电动机输出的机械功率 P 机 PM P 热 2 W.17.(10 分)(2018山师附中高一下期末)如图 16 所示的电路中，两平行金属板 A、 B 水平放置，两板间距离 d40cm，电源电动势 E10V，内电阻 r1，定值电阻 R8.闭合开关 S，待电路稳定后，将一带负电的小球从 B 板小孔以初速度 v03m/s 竖直向上射入板间.已知小球带电荷量 q110 2 C，质量 m210 2 kg，不考虑空气阻力.( g 取 10 m/s2)图 16(1)要使小球在 A、 B 板间向上匀速运动，则滑动变阻器接入电路的阻值为
18、多大？(2)若小球带正电，只改变滑动变阻器滑片位置，其他量不变，那么， A、 B 板间电压为多大时，小球恰能到达 A 板？此时电源输出功率是多大？答案 (1)36 (2)1V 9W解析 (1)由平衡条件得 mgqUABd解得： UAB8VU 滑 UAB8VI AE U滑R r 29滑动变阻器电阻： R 滑 36.U滑I(2)由动能定理： mgd qUAB0 mv0212得 UAB1VI 1AE UABR r电源输出功率： P EI I2 r9W.18.(12 分)(2018山东淄博市高一下期末)如图 17 所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成 30角倾斜固定.细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强
19、电场中，场强E210 4N/C.在细杆上套有一个带电荷量为 q 105 C、质量为 m310 2 kg 的小3球.现使小球从细杆的顶端 A 由静止开始沿杆滑下，并从 B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的 C 点.已知 AB 间距离 x10.4m， g10m/s 2.求：10图 17(1)小球在 B 点的速度 vB的大小；(2)小球进入电场后滑行的最大距离 x2；(3)试画出小球从 A 点运动到 C 点过程的 v t 图象.答案 (1)2m/s (2)0.4m (3)见解析解析 (1)小球在 AB 段滑动过程中做匀加速运动.由机械能守恒得mgx1sin mvB2，可得 vB2m/s.12(2
20、)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律qEcos mgsin ma2，得 a25m/s 2，小球进入电场后还能滑行到最远处 C 点， vB22 a2x2，得： x20.4m.(3)小球从 A 到 B 和从 B 到 C 的两段位移的平均速度分别为 vAB ， vBC ，则小0 vB2 vB 02球从 A 到 C 的平均速度为vB2x1 x2 t，可得 t0.8s， v t 图象如图所示，vB219.(12 分)(2018山东济南市高一下期末)如图 18 甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为 m0.2kg、带电荷量为 q2.010 6 C 的小物块处
21、于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数 0.1.从 t0 时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向， g 取 10m/s2)，求：图 18(1)02s 与 24s 内的加速度大小；11(2)9s 末小物块的速度大小；(3)9s 内小物块的位移大小.答案 (1)2m/s 2 2 m/s 2 (2)2m/s (3)17m解析 (1)设 02s 内小物块的加速度为 a1由牛顿第二定律得 E1q mg ma1即 a1 2m/s 2E1q mgm24s 内小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律得E2q mg ma2即 a2 2m/s 2E2q mgm(2)2s 末的速度为 v2 a1t14m/s4s 末的速度为 v40小物块做周期为 4s 的加速和减速运动，第 9s 末的速度为 v92m/s(3)02s 内物块的位移 x1 a1t124m1224s 内位移 x2 x14m9s 内小物块的位移大小，可以看做是上述 2 个周期加上x a1t 21m12所求位移为 x2( x1 x2) x解得 x17m.
