2018高中物理1~14章模块综合检测试题（含答案）.doc

模块综合检测[学生用书P377(单独成册)]

(时间：60分钟　满分：100分)

一、单项选择题(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，只有一个选项正确)

1．(2016·高考北京卷)处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有()

A．1种　　　　　　　　　B．2种

C．3种D．4种

解析：选C.氢原子能级跃迁辐射光的种类为C3(2)＝3，故C项正确．

2.

质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()

A．小球对圆槽的压力为m＋M(MF)

B．小球对圆槽的压力为m＋M(mF)

C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加

D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小

解析：选C.利用整体法可求得系统的加速度为a＝M＋m(F)，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为（M＋m）2(m2F2)，由牛顿第三定律可知只有C项正确．

3．(2018·陕西安康调研)如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是()

A．A点的电势最低

B．B点的电场强度最大

C．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等

D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大

解析：选D.根据电场线的特点，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φC>φB，又知同一负电荷在电势越低处电势能越大，则同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，所以A错误、D正确；因在同一电场中电场线越密，电场强度越大，则知A点电场强度最大，所以B错误；因电场中EA>EB，则同一正电荷在A、B两点所受电场力关系为FA>FB，所以C错误．

4．(2018·广西柳州高级中学高三模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示，则()

A．线框受到的水平外力一定是恒定的

B．线框边长与磁场宽度的比值为3∶8

C．出磁场的时间是进入磁场时的一半

D．出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等

解析：选B.根据E＝BLv，I＝R(E)，F＝BIL，v＝at以及F拉－F＝ma可知，线框受到的水平外力是变力，出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A、D错误；线框做匀加速直线运动，由图象及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可以知道，线框边长与磁场宽度比为3∶8，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B正确，选项C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)

5．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()

解析：选AC.A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受到墙的作用力，系统动量不守恒；C中剪断细线后，以整体为研究对象，木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．

6．(2018·湛江模拟)

载人飞船从发射、进入轨道、加速变轨，最后进入圆形轨道稳定运行．如图是载人飞船正在加速变轨的过程，如下相关的说法中，正确的是()

A．进入新轨道后的周期比低轨道的周期大

B．进入新轨道后的速率比低轨道的速率小

C．进入新轨道后，飞船的加速度变小

D．飞船在圆形轨道运行时，宇航员处于超重状态

解析：选ABC.载人飞船加速变轨后轨道半径增大，但在不同的圆形轨道上都满足万有引力提供向心力．由Gr2(Mm)＝mT2(4π2)r＝mr(v2)＝ma，得T＝2πGM(r3)，v＝r(GM)，a＝r2(GM)，由此可知，轨道半径越大，周期越大、线速度和加速度越小，故飞船进入新轨道后的周期变大，速率和加速度变小，故A、B、C均正确．飞船在圆形轨道运行时，地球对宇航员的引力完全提供向心力，宇航员处于失重状态，故D错误．

7．如图甲所示，小滑块P(可视为质点)以不同的初速度v0从长度为4 m的固定斜面Q的顶端沿斜面下滑时，得到小滑块下滑的最大距离x与初速度的平方v0(2)的关系图象(即x－v0(2)图象)如图乙所示，下列判断正确的是()

A．小滑块下滑的加速度大小为4 m/s2

B．小滑块下滑的加速度大小为2 m/s2

C．若v0＝5.0 m/s，则滑块滑到斜面底端的时间长为1 s

D．若v0＝5.0 m/s，则滑块滑到斜面底端的时间长为4 s

解析：选BC.根据匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v0(2)＝2ax，其中v＝0，整理得x＝－0(2)0()，因为x－v0(2)图象的斜率k＝4(1)m－1·s2，可得a＝－2 m/s2，所以滑块下滑的加速度大小为2 m/s2，选项A错误，B正确；当v0＝4 m/s时，由速度位移公式得x＝4 m，即当滑块以4 m/s 的初速度滑下时，小滑块已滑到Q的底端，则当v0＝5 m/s时，由位移公式得L＝v0t＋2(1)at2，代入数据解得t＝1 s或t＝4 s(舍去)，选项C正确，D错误．

8.

(2018·沈阳模拟)如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两个有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B.把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计)．则下列关于从A射出的粒子说法正确的是()

A．当粒子带负电，v0＝m(qBL)时，第一次到达C点所用时间为qB(2πm)

B．当粒子带负电，v0＝2m(qBL)时，第一次到达C点所用时间为3qB(2πm)

C．当粒子带正电，v0＝m(qBL)时，第一次到达C点所用时间为qB(2πm)

D．当粒子带正电，v0＝2m(qBL)时，第一次到达C点所用时间为3qB(2πm)

解析：选BC.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力．

(1)当v0＝m(qBL)时，则由牛顿第二定律可得qvB＝mr(v2)，T＝qB(2πm)，根据几何关系作出运动轨迹，r＝L，如图甲

由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C点，即t＝qB(2πm)，C正确；当粒子带负电，粒子经过6(1)T第一次到达C点，即t＝3qB(πm)，故A错误．

(2)当v0＝2m(qBL)，r＝2(1)L，如图乙，由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过6(5)T到达C点，即t＝3qB(5πm)，故D错误；当粒子带负电，粒子经过3(T)第一次到达C点，即t＝3qB(2πm)，故B正确．

三、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答，计算题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)

9．(9分)(2016·高考四川卷)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.

(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________．

(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．

A．弹簧原长

B．当地重力加速度

C．滑块(含遮光片)的质量

(3)增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将________．

A．增大B．减小　　　　C．不变

解析：(1)滑块离开弹簧后做匀速直线运动，故速度大小表达式为t(s).

(2)根据机械能守恒，滑块获得的动能等于弹簧的弹性势能，即Ep＝2(1)m(t(s))2，从表达式中可以看出，为了求出弹簧的弹性势能，还需要测量滑块(含遮光片)的质量，因此C项正确．

(3)增大A、O之间的距离x，弹簧压缩量增大，弹簧具有的弹性势能增加，释放滑块后，滑块离开弹簧时获得的动能增加，速度增大，从B到C所用的时间t将减小，B项正确．

答案：(1)t(s)(2)C(3)B

10．(10分)(高考山东卷)实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．

可供使用的器材有：

电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；

电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；

滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；

滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；

定值电阻：R0＝3 Ω；

电源：电动势6 V，内阻可不计；

开关、导线若干．

回答下列问题：

(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)．

(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．

(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V.

(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．

解析：根据串、并联电路的特点，电阻定律以及欧姆定律解决问题．

(1)根据R＝ρS(l)，得铜导线的阻值约为Rx＝1.7 Ω，即Rx＋R0＝4.7 Ω.实验中的滑动变阻器若选R1，则当滑动变阻器滑片移至a端时，电压表的示数约为3 V，若滑动变阻器滑片向右移动，电压表示数变大，超过电压表量程，故实验中的滑动变阻器应选R2.闭合开关S前应使电路中的电阻最大，故滑动变阻器滑片应移至a端．

(2)连线如图所示．

(3)电压表的示数为2.30 V.

(4)根据欧姆定律，铜导线与R0的串联电阻R＝I(U)＝0.50(2.30) Ω＝4.6 Ω，所以铜导线的电阻Rx＝R－R0＝1.6 Ω.

根据Rx＝ρS(l)得导线长度

l＝ρ(RxS)＝1.7×10－8(1.6×1.0×10－6) m≈94 m.

答案：(1)R2a(2)见解析图　(3)2.30(2.29～2.31均正确)(4)94(93～95均正确)

11．(15分)(2018·江西五校联考)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成的S形轨道．光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h.从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为x.已知小球质量为m，不计空气阻力，求：

(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；

(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力大小；

(3)小球从A至E运动过程中克服摩擦阻力做的功．

解析：(1)小球从E点飞出后做平抛运动，设在E点的速度大小为v，则4R＝2(1)gt2，x＝vt.解得v＝x8R(g).

(2)小球从B点运动到E点的过程中机械能守恒，有

2(1)mvB(2)＝mg·4R＋2(1)mv2.

在B点有F－mg＝mB(2)B()，联立解得F＝9mg＋8R2(mgx2)，由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力大小为F′＝9mg＋8R2(mgx2).

(3)设小球沿粗糙弧形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，则

mg(h－4R)－W＝2(1)mv2，得W＝mg(h－4R)－16R(mgx2).

答案：(1)x8R(g)(2)9mg＋8R2(mgx2)

(3)mg(h－4R)－16R(mgx2)

12．(18分)如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．

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