2018-2019版高中物理 模块综合试卷(一)教科版选修3-3

2018-2019学年人教版高中物理选修3-3 第七章分析动理论章节测试一、单选题1.下列现象中能说明分子间存在斥力的是（）A. 气体的体积容易被压缩B. 液体的体积很难被压缩C. 走进中医院，中药的气味很容易被闻到D. 将破碎的玻璃用力挤在一起，却不能将它们粘合在一起2.我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧排放的烟尘是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法中正确的是（）A. PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B. PM2.5在空气中的运动属于分子热运动C. PM2.5的运动轨迹是由气流的运动决定的D. PM2.5必然有内能3.如图所示是描述分子引力与斥力随分子间距离r变化的关系曲线，根据曲线可知下列说法中错误的是()A. F引随r增大而增大B. F斥随r增大而减小C. r＝r0时，F斥与F引大小相等D. F引与F斥随r增大而减小4.下列说法正确的是（）A.布朗运动是固体小颗粒分子的无规则运动的反映B.分子势能随分子间距离的增大而增大C.气体分子的平均动能越大，则气体压强越大D.分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小5.如图所示，有关分子力和分子势能曲线的说法中，正确的是（）A. 当r=r0时，分子为零，分子势能最小也为零B. 当r＞r0时，分子力和分子势能都随距离的增大而增大C. 在两分子由无穷远逐渐靠近直至距离最小的过程中分子力先做正功后做负功D. 在两分子由无穷远逐渐靠近直至距离最小的过程中分子势能先增大，后减小，最后又增大6.下列说法正确的是（）A. 布朗运动就是液体分子的热运动B. 在实验室中可以得到﹣273.15℃的低温C. 一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大D. 热量一定是从内能大的物体传递到内能小的物体7.下列说法正确的是( )A. 物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B. 物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C. 物体温度降低，其内能一定增大D. 物体温度不变，其内能一定不变8.有关分子的热运动和内能，下列说法不正确的是（）A. 一定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变B. 物体的温度越高，分子热运动越剧烈C. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和D. 布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的二、多选题9.关于分子动理论即热力学定律的下列说法正确的是（）A. 气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力B. 对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大C. 温度越高布朗运动越剧烈，说明液体分子的运动与温度有关D. 物体内能增加，温度一定升高E. 热可以从高温物体传到低温物体10.如图所示为物体分子势能与分子间距离之间的关系，下列判断正确的是（）A. 当r＜r0时，r越小，则分子势能E p越大B. 当r＞r0时，r越小，则分子势能E p越大C. 当r=r0时，分子势能E p最小D. 当r→∞时，分子势能E p最小11.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示图中分子势能的最小值为若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是A. 乙分子在P点时，处于平衡状态B. 乙分子在P点时，加速度最大C. 乙分子在Q点时，其动能为D. 乙分子的运动范围为三、填空题12.已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为N A，地面大气压强为P0，重力加速度大小为g．由此可估算得，地球大气层空气分子总数为________，空气分子之间的平均距离为________．13.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，已知一滴溶液中纯油酸的体积为V，配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液体积之比为1：500，1mL溶液含250滴．那么一滴溶液中纯油酸的体积为V=________cm3；该实验中一滴油酸溶液滴在水面上，稳定后的面积为4×10﹣3m2，则油酸分子的直径为________ m．14.某房间，上午10时的温度为15℃，下午2时的温度为25℃，假定房间内气压无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的单位时间内气体分子撞击墙壁单位面积的数目________四、实验探究题15.在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水。

模块综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．下列说法正确的是( )A．卢瑟福用实验得出原子核具有复杂的结构B．玻尔认为，氢原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期变小【解析】关于原子核有复杂结构的信息最先来自于天然放射现象，A错误．中等大小的核的比结合能最大、核子平均质量最小，轻核聚变与重核裂变过程中都是释放能量，都发生质量亏损，C错误．半衰期是描述原子核衰变快慢的物理量，只取决于原子核内部结构，与其化学状态、物理状态无关，D错误．根据玻尔原子理论，知B正确．【答案】 B2．质量为m的物体以速度v0从地面竖直向上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中( )【导学号：22482071】A．上升过程和下落过程中动量的变化量大小为mv0，但方向相反B．整个过程中重力的冲量为mv0C．整个过程中重力的冲量为0D．上升、下降过程冲量大小均为mv0，方向向下【解析】不计空气阻力时，物体以速度v0落向地面，上升过程和下降过程中动量变化量等于重力的冲量，大小均为mv0，方向竖直向下，重力的总冲量为2mv0，故D正确，A、B、C错误．【答案】 D3．如图1所示，为氢原子能级图，现有大量氢原子从n＝4的能级发生跃迁，并发射光子照射一个钠光电管，其逸出功为2.29 eV，以下说法正确的是( )图1A．氢原子只能发出6种不同频率的光B．能够让钠光电管发生光电效应现象的有3种光子C．为了增大钠光电管的光电流，可增大入射光的频率D．光电管发出的光电子与原子核发生β衰变时放出的电子都是于原子核内部【解析】由C24＝6种知A正确；这六种光子能量依次为12.75 eV、12.09 eV、10.20 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV，故能让钠光电管发生光电效应的光子有四种，B错误．要增大光电流，需增大单位时间内逸出的光电子数目，即增大入射光的强度，C错误．光电管中发出的电子是金属内自由电子获得足够能量逸出的，而β衰变放出的电子是原子核内中子转变为质子时产生的，D错误．【答案】 A4．下列说法正确的是( )【导学号：22482098】A.14 6C的半衰期会随着周围环境温度的变化而改变B．爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说C．处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子D．爱因斯坦在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说【解析】元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界温度无关；爱因斯坦为解释光电效应提出了光子说；处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子；普朗克为了解释黑体辐射，提出了能量子假说．【答案】 C5．如图2所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块在小车的水平车板上水平向右运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是( )图2A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速再加速后匀速C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速【解析】因水平面光滑，小车与木块组成的系统动量守恒，若小车的动量大于木块的动量，则总动量方向向左，最后小车和木块一起向左运动，小车先减速后匀速，木块先向右减速再向左加速，最后匀速，A正确，B错误；若小车动量小于木块动量，则最后两者一起向右运动，木块先减速后匀速，小车先向左减速，再向右加速，最后匀速运动，C正确，D错误．【答案】AC6．根据玻尔理论，下列说法正确的是( )A．原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量B．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量C．氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大D．电子没有确定轨道，只存在电子云【解析】根据玻尔理论中的定态假设可知，原子处于定态时，不向外辐射能量，A项正确；氢原子发生跃迁辐射光子，减少的电势能一部分转化为电子的动能，另一部分转化为光子能量辐射出去，B项正确；氢原子只能吸收等于能级差的能量的光子，轨道半径也是一系列不连续的特定值，C、D项错．【答案】AB7．下列说法正确的是( )A ．方程式238 92U→234 90Th ＋42He 是重核裂变反应方程 B ．光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性C ．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转化成中子时所产生的D ．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想 【解析】238 92U→234 90Th ＋42He 是衰变反应，不是重核裂变反应方程，故A 错误；光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性，故B 正确；β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的，故C 错误； 德布罗意首先提出了物质波的猜想，之后电子衍射实验证实了他的猜想，故D 正确． 【答案】 BD8．下列说法正确的是( )【导学号：22482072】A.23290Th 经过6次α衰变和4次β衰变后，成为稳定的原子核20882Pb B ．发现中子的核反应方程为94Be ＋42He→126C ＋10nC ．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱D ．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小【解析】232 90Th 经过6次α衰变和4次β衰变后，质量数是：m ＝232－6×4＝208，电荷数：z ＝90－2×6＋4＝82，成为稳定的原子核20882Pb ，故A 正确；发现中子的核反应方程是94Be ＋42He→126C ＋10n ，故B 正确；γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故C 正确；根据玻尔理论可知，核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子的电势能增大，核外电子遵循：k e 2r 2＝mv2r ，据此可知电子的动能减小；再据能级与半径的关系可知，原子的能量随半径的增大而增大，故D 错误．【答案】 ABC二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答)9．(8分)若在做“验证动量守恒定律”的实验中，称得入射小球1的质量m 1＝15 g ，被碰小球2的质量m 2＝10 g ，由实验得出它们在碰撞前后的位移—时间图线如图3所示，则由图可知，入射小球在碰前的动量是________g·cm/s，入射小球在碰后的动量是________g·cm/s，被碰小球的动量是________g·cm/s，由此可得出的结论是__________________________________．图3【解析】 由题图知碰前p 1＝m 1v 1＝m 1Δx 1Δt 1＝1 500 g·cm/s 碰后p 1′＝m 1Δx 1′Δt 1′＝750 g·cm/sp 2′＝m 2Δx 2′Δt 2′＝750 g·cm/s.由此可得出的结论是两小球碰撞前后的动量守恒． 【答案】 1 500 750 750 两小球碰撞前后的动量守恒10．(8分)用半径相同的两个小球A 、B 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图4所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B 球，使A 球从斜槽上某一固定点C 由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B 球静置于水平槽边缘处，让A 球仍从C 处由静止滚下，A 球和B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O 点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O 点距离：OM ＝2.68 cm ，OP ＝8.62 cm ，ON ＝11.50 cm ，并知A 、B 两球的质量比为2∶1，则未放B 球时A 球落地点是记录纸上的________点，系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量p′的百分误差|p －p′|p×100%＝________%(结果保留一位有效数字).【导学号：22482073】图4【解析】 M 、N 分别是碰后两球的落地点的位置，P 是碰前A 球的落地点的位置，碰前系统的总动量可等效表示为p ＝m A ·OP，碰后系统的总动量可等效表示为p′＝m A ·OM＋m B ·ON，则其百分误差|p －p′|p＝|m A ·OP－A·OM＋m B ·ON|m A ·OP≈2%.【答案】 P 211．(12分)一群氢原子处于量子数n ＝4的能级状态，氢原子的能级图如图5所示，则：图5(1)氢原子可能发射几种频率的光子？(2)氢原子由量子数n ＝4的能级跃迁到n ＝2的能级时辐射光子的能量是多少电子伏？(3)用(2)中的光子照射下表中几种金属，哪些金属能发生光电效应？发生光电效应时，发射光电子的最大初动能是多少电子伏？【解析】 (1)可能发射6(2)由玻尔的跃迁规律可得光子的能量为E ＝E 4－E 2，代入数据得E ＝2.55 eV.(3)E 只大于铯的逸出功，故光子只有照射铯金属上时才能发生光电效应．根据爱因斯坦的光电效应方程可得光电子的最大初动能为E km ＝E －W 0代入数据得，E km ＝0.65 eV.【答案】 (1)6种 (2)2.55 eV (3)铯 0.65 eV12．(12分)如图6所示，质量为3m 的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：【导学号：22482099】图6(1)子弹穿出木块后，木块的速度大小v ； (2)子弹在木块中运动的时间t.【解析】 (1)子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律： mv 0＝m 25v 0＋3mv解得：v ＝v 05.(2)对系统应用功能关系： fL ＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 02－123mv 2解得：f ＝9mv 225L对木块应用动量定理：ft ＝3mv 解得：t ＝5L3v 0.【答案】 (1)v ＝v 05 (2)t ＝5L3v 013．(12分)如图7所示，一质量为2m 的L 形长木板静止在光滑水平面上．木板右端竖起部分内侧有粘性物质，当有其他物体与之接触时即会粘在一起．某一时刻有一质量为m 的物块，以水平速度v 0从L 形长木板的左端滑上长木板．已知物块与L 形长木板的上表面的动摩擦因数为μ，当它刚要与L 形长木板右端竖起部分相碰时，速度减为v 02，碰后即粘在一起，求：图7(1)物块在L 形长木板上的滑行时间及此时长木板在地面上滑行的距离； (2)物块与L 形长木板右端竖起部分相碰过程中，长木板受到的冲量大小． 【解析】 (1)设物块在L 形长木板上的滑行时间为t ，由动量定理得： －μmgt ＝m v 02－mv 0解得t ＝v 02μg物块与L 形长木板右端竖起部分相碰前系统动量守恒：mv 0＝m v 02＋2mv 1解得v 1＝v 04由动能定理得μmgs ＝12×2mv 21解得s ＝v 216μg.(2)物块与L 形长木板右端竖起部分相碰过程，系统动量守恒mv 0＝3mv 2 对长木板由动量定理得：I ＝2mv 2－2mv 1＝mv 06. 【答案】 (1)v 02μg v 2016μg (2)mv 06。

模块综合检测(时间：30 分钟 满分：45 分) 1．(15 分)(1)(5 分)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________。

A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B．若气体的内能不变，其状态也一定不变 C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 D．气体温度每升高 1 K 所吸收的热量与气体经历的过程有关 E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大 (2)(10 分)如图所示，体积为 V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和 忽略的活塞；汽缸内密封有温度为 2.4T0、压强为 1.2p0 的理想气体。

p0 和 T0 分别 压强和温度。

已知：气体内能 U 与温度 T 的关系为 U＝aT，a 为正的常量；容器 所有变化过程都是缓慢的，求：厚度均可 为大气的 内气体的①汽缸内气体与大气达到平衡时的体积 V1； ②在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量 Q。

解析：(1)p、V 不变，则 T 不变，气体的内能不变，故选项 A 正确；内能不变，温度不变，p、V 可能 变化，选项 B 错误；气体温度升高，压强不一定增大，选项 C 错误；气体温度每升高 1 K 吸收的热量与气 体对外做功多少有关，即与经历的过程有关，故选项 D 正确；温度升高，理想气体的内能一定增大，选项 E 正确。

(2)①在气体由压强 p＝1.2p0 下降到 p0 的过程中， V 不变，温度由 2.4T0 变为 T1， 由查理定律得TT1＝pp0 得：T1＝2T0 在气体温度由 T1 变为 T0 的过程中，体积由 V 减小到 V1，气体压强不变， 由盖—吕萨克定律得TV1＝VT01 解得：V1＝0.5V。

②活塞下降过程中，活塞对气体做功 W＝p0(V－V1) 在这一过程中，气体内能的减少量 ΔU＝a(T1－T0) 由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量Q＝W＋ΔU得：Q＝12p0V＋aT0。

答案：(1)ADE (2)①0.5V ②12p0V＋aT02．(15 分)(1)(5 分)下列说法正确的是________。

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.1～8题为单选题，每小题3分，9～12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.φ＝E p qB.E ＝F qC.C ＝Q UD.I ＝U R答案 D2.点电荷A 和B ，分别带正电和负电，电荷量分别为＋4Q 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，＋4Q 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.E A ＞E BB.E A ＜E BC.φA ＝φBD.φA ＞φB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.4.(2018·山东济宁市高一下期末)如图3所示的电路中，U ＝90 V ，滑动变阻器R 2的最大值为200 Ω，R 1＝100 Ω.当滑片P 滑至R 2的中点时，a 、b 两端的电压为( )图3A.30 VB.45 VC.60 VD.75 V 答案 A解析 P 位于中点时R 并＝50 Ω，干路中电流I ＝U R 22＋R 并＝90100＋50 A ＝0.6 A ，U ab ＝IR 并＝0.6×50 V ＝30 V ，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 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，R 1为定值电阻，R 2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C.电容器C 两板间的电场强度减小D.R 1消耗的功率增大 答案 B解析 当环境温度降低时，R 2的阻值增大，则总电阻增大，总电流减小，则内电压减小，路端电压变大，电压表的读数增大，选项A 错误；R 1两端的电压减小，R 2两端的电压增大，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 ＝Ud ，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R 1消耗的功率减小，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 电子在AB 之间做匀加速运动，且eU ＝ΔE k ，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θ＝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 点电势为－m v 22qD.检验电荷在N 点具有的电势能为－12m v 2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E P ＝k Qr P 2，N 点电场强度大小是E N ＝k Qr N 2，则E P ∶E N ＝r N 2,∶r P 2,＝(2r P )2∶r P 2＝4∶1，故B 错误.根据动能定理得：检验电荷由N 到P 的过程：－q (φN －φP )＝12m v 2，由题，P 点的电势为零，即φP ＝0，解得，N点的电势φN ＝－m v 22q ，故C 正确.检验电荷在N 点具有的电势能为E p ＝－qφN ＝12m v 2，故D 错误.9.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φb ＞φc ，电子从b 到c 电场力做负功，故C 错误；φb ＞φO ，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1 C 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5 J ，若把这个电荷从N 点移到O 点，电场力做功则为6 J ，那么( ) A.M 点的电势是－5 V B.N 点的电势是6 VC.M 、N 两点的电势差为＋11 VD.M 、N 两点的电势差为－1 V 答案 BD解析 外力克服电场力做功5 J ，即电场力做功－5 J ，由公式U ＝W q ，求出U OM ＝－51 V ＝－5 V ，U OM ＝φO －φM ，则M 点的电势φM ＝5 V ，同理求出N 点电势φN ＝6 V ，M 、N 两点的电势差U MN ＝φM －φN ＝－1 V ，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 ，R 1为定值电阻(R 1>r )，R 2为电阻箱，R 3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R 3，电流表示数变大B.用光照射R 3，电压表示数变小C.将变阻箱R 2阻值变大，电流表示数变大D.将变阻箱R 2阻值变大，电压表示数变小 答案 ACD12.如图10所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是( )图10A.电源电动势约为50 VB.电源的内阻约为253ΩC.电流为2.5 A 时，外电路的电阻约为15 ΩD.输出功率为120 W 时，输出电压约为30 V 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I ＝0时，E ＝U ＝50 V ，故A 正确；U －I 图象斜率的绝对值表示内阻，故r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝50－206 Ω＝5 Ω，故B 不正确；电流为2.5 A 时，外电阻R ＝EI －r ＝15 Ω，故C 正确；输出功率为120 W 时，对照P －I 图象，电流约为4 A ，再对照U －I 图象，输出电压约为30 V ，故D 正确.二、实验题(本题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3 kΩ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)2 700 Ω或2.7 kΩ14.(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”)，S2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1 280 Ω；(2)由此可知，圆柱体的电阻为Ω.图12答案(1)a.大 b.大(2)1 28015.(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： 电流表A 1(量程200 μA ，内阻R 1＝300 Ω)； 电流表A 2(量程30 mA ，内阻R 2＝5 Ω)； 定值电阻R 0＝9 700 Ω；滑动变阻器R (阻值范围0～500 Ω).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A 1和A 2的示数分别为I 1和I 2.多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表：图13(1)依据表中数据，作出I 1－I 2图线如图14所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E ＝ V ，欧姆表内阻为r ＝ Ω.(结果保留3位有效数字)图14(2)若某次电流表A 1的示数是114 μA ，则此时欧姆表的示数约为 Ω.(结果保留3位有效数字)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)根据闭合电路欧姆定律有： E ＝I 1(R 1＋R 0)＋(I 1＋I 2)r所以I 1＝－r R 1＋R 0＋r I 2＋ER 1＋R 0＋r由题图可知斜率k ＝ΔI 1ΔI 2＝－1.52×10－3，截距b ＝1.5×10－4 A即r R 1＋R 0＋r＝1.52×10－3，E R 1＋R 0＋r＝1.5×10－4 A解得E ≈1.50 V ，r ≈15.2 Ω.(2)由题图可知当I 1＝114 μA 时，I 2＝23.7 mA 所以R 外＝I 1(R 0＋R 1)I 2≈48.1 Ω，则此时欧姆表示数约为48.1 Ω. 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6 V ，内阻是0.5 Ω，小电动机M 的线圈电阻为0.5 Ω，限流电阻R 0为3 Ω，若理想电压表的示数为3 V ，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)6 W 5.5 W (2)2.5 W 2 W 解析 (1)电路中电流I ＝IR 0＝UR 0R 0＝1 A ； 电源的功率P E ＝IE ＝6 W ； 内电路消耗的功率P r ＝I 2r ＝0.5 W ； 电源的输出功率P 出＝P E －P r ＝5.5 W. (2)电动机分压U M ＝E －Ir －UR 0＝2.5 V ； 电动机消耗的功率P M ＝IU M ＝2.5 W ； 热功率P 热＝I 2r M ＝0.5 W ；电动机输出的机械功率P 机＝P M －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d ＝40 cm ，电源电动势E ＝10 V ，内电阻r ＝1 Ω，定值电阻R ＝8 Ω.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v 0＝3 m /s 竖直向上射入板间.已知小球带电荷量q ＝1×10－2 C ，质量m ＝2×10－2 kg ，不考虑空气阻力.(g 取10 m/s 2)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 Ω (2)1 V 9 W 解析 (1)由平衡条件得mg ＝qU ABd解得：U AB ＝8 V U 滑＝U AB ＝8 V I ＝E －U 滑R ＋r ＝29A滑动变阻器电阻：R 滑＝U 滑I ＝36 Ω.(2)由动能定理：－mgd －qU AB ′＝0－12m v 02得U AB ′＝1 V I ′＝E －U AB ′R ＋r＝1 A电源输出功率：P ＝EI ′－I 2′r ＝9 W.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α＝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电场中，场强E ＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电荷量为q ＝－ 3×10－5 C 、质量为m ＝3×10－2 kg 的小球.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x 1＝0.4 m ，g ＝10 m/s 2.求：图17(1)小球在B 点的速度v B 的大小； (2)小球进入电场后滑行的最大距离x 2；(3)试画出小球从A 点运动到C 点过程的v －t 图象. 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (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 mgx 1sin α＝12m v B 2，可得v B ＝2 m/s.(2)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qE cos α－mg sin α＝ma 2，得a 2＝5 m/s 2，小球进入电场后还能滑行到最远处C 点，v B 2＝2a 2x 2，得：x 2＝0.4 m.(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v AB ＝0＋v B 2，v BC ＝v B ＋02，则小球从A 到C 的平均速度为v B2x 1＋x 2＝v B2t ，可得t ＝0.8 s ，v －t 图象如图所示，19.(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m ＝0.2 kg 、带电荷量为q ＝＋2.0×10－6 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从 t ＝0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10 m/s 2)，求：图18(1)0～2 s 与2～4 s 内的加速度大小； (2)9 s 末小物块的速度大小； (3)9 s 内小物块的位移大小.答案 (1)2 m /s 2 2 m/s 2 (2)2 m/s (3)17 m 解析 (1)设0～2 s 内小物块的加速度为a 1 由牛顿第二定律得 E 1q －μmg ＝ma 1 即a 1＝E 1q －μmg m＝2 m/s 22～4 s 内小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律得 E 2q －μmg ＝ma 2即a 2＝E 2q －μmg m＝－2 m/s 2 (2)2 s 末的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m/s4 s 末的速度为v 4＝0小物块做周期为4 s 的加速和减速运动，第9 s 末的速度为v 9＝2 m/s(3)0～2 s 内物块的位移x 1＝12a 1t 12＝4 m 2～4 s 内位移x 2＝x 1＝4 m9 s 内小物块的位移大小，可以看做是上述2个周期加上x ′＝12a 1t ′2＝1 m 所求位移为x ＝2(x 1＋x 2)＋x ′解得x ＝17 m.。