18学年高中物理模块综合检测教科版选修3_1
2018年高中物理选修3-1全套课时达标训练含答案解析
高中物理选修3-1全册课时训练目录第一章静电场第1课时电荷及其守恒定律第2课时库仑定律第3课时库仑定律与力学的综合应用第4课时电场强度第5课时电势能和电势第6课时电势差第7课时电势差与电场强度的关系第8课时电场中功能关系问题分析第9课时静电现象的应用第10课时电容器的电容第11课时平行板电容器问题求解方法第12课时带电粒子在电场中的运动第13课时电场中力学综合问题分析第二章恒定电流第1课时电源和电流第2课时电动势第3课时欧姆定律第4课时测量小灯泡的伏安特性曲线第5课时串并联电路第6课时电流表和电压表第7课时焦耳定律第8课时导体的电阻第9课时测金属丝的电阻率第10课时闭合电路欧姆定律第11课时闭合电路欧姆定律的应用第12课时多用电表的原理及应用第13课时测量电源电动势和内阻第14课时电阻的测量方法第15课时简单逻辑电路第三章磁场第1课时磁现象和磁场第2课时磁感应强度第3课时几种常见的磁场第4课时通电导线在磁场中受到的力第5课时运动电荷在磁场中受到的力第6课时带电粒子在匀强磁场中的运动第7课时带电粒子在复合场中的运动第8课时带电粒子在有界磁场中运动的临界问题1. 电荷①概念：自然界中总共有两种电荷：即正电荷和负电荷，其作用的基本特点是：同种电荷相互排斥；异种电荷相互吸引。
②使物体起电的方法有三种：即摩擦起电、感应起电、接触起电，其实质都是电子的转移。
摩擦起电：当两物体相互摩擦时，因为不同物质对电子的束缚能力的强弱不同，对电子束缚能力相对较弱的物体失去电子而带正电，而对电子束缚能力相对较强的得到电子而带负电。
感应起电：当一个带电体靠近导体时由于电荷间相互吸引或排斥，导体中的自由电荷便会趋向或远离带电体，使导体靠近带电体的一端带异种电荷，远离的一端带同种电荷，这种现象叫静电感应。
利用静电感应使金属导体带电的过程，叫做感应起电。
接触起电：用带电的物体与不带电的导体（或两个带相反电荷但所带电荷量不同的物体）接触，都可以电荷转移，进而使导体也带电（两物体带等量同种电荷），这种现象称为接触起电。
高中物理《选修3-1》全册模块测试卷(含解析)
高中物理《选修3-1》全册模块测试卷(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．如图甲所示，AB 是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB 由点A 运动到点B ，所经位置的电势随距A 点的距离变化的规律如图乙所示．以下说法正确的是( )A ．A 、B 两点的电场强度E A >E B B ．电子在A 、B 两点的速度v A <v BC ．A 、B 两点的电势φA <φBD ．电子在A 、B 两点的电势能E p A >E p B2．如图所示的两个电场中，点电荷＋Q 位于圆心处，乙图中另有一水平向右的匀强电场，关于圆上a 、b 、c 、d 四点的场强和电势说法正确的是( )A ．a 、b 两点场强不同，电势相同B ．a 、b 两点场强不同，电势不同C ．c 、d 两点场强相同，电势相同D ．c 、d 两点场强相同，电势不同3.如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A 至C 运动时的速度越来越大，B 为线段AC 的中点，则下列说法不正确的是( )A ．电子沿AC 方向运动时受到的电场力越来越大B ．电子沿AC 方向运动时它具有的电势能越来越小 C ．电势差U AB ＝U BCD ．电势φA <φB <φC4．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为IrE5．在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小6．如图所示为“滤速器”装置示意图．a 、b 为水平放置的平行金属板，其电容为C ，板间距离为d ，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .a 、b 板带上电荷量，可在平行板内产生匀强电场，且电场方向和磁场方向互相垂直．一带电粒子以速度v 0经小孔O 进入正交电磁场可沿直线OO ′运动，由O ′射出，粒子所受重力不计，则a 板所带电荷量情况是( )A ．带正电，其电荷量为C v 0BdB ．带负电，其电荷量为Bd v 0CC ．带正电，其电荷量为CBd v 0D ．带负电，其电荷量为B v 0Cd7．如图所示，在y >0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy 平面向外，原点O 处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是( )二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)8．用如图所示电路测量电池电动势和内阻时，若有两只电压表V 1、V 2量程相同，内阻分别为R V1、R V2，且R V1>R V2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻分别为R A1、R A2，且R A1>R A2，在实验中，为了使E、r的测量值精确些，选择的电表可以是()A．V1与A1B．V1与A2C．V2与A1D．V2与A29．在用“伏安法”测电阻的实验中，某小组设计了下面四种实验电路，有些设计存在严重错误，其中实验时可能烧坏器材的是()10．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是()A．只减小电压UB．只减小长度LC．只减小高度dD．只减小尘埃被吸入的水平速度v011.如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()A. 电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小12．如图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧．现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是()A．增大加速电压B．增加偏转磁场的磁感应强度C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些D．将圆形磁场的半径增大些13．(10分)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，给定以下的器材来完成实验．待测干电池E一节电压表V(量程0～3～15 V，内阻约为10 kΩ)电流表A(量程0～0.6～3 A，内阻约为1 Ω)滑动变阻器R1(0～10 Ω)滑动变阻器R2(0～200 Ω)导线、开关S(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”)．(2)实验所用电路如图甲所示，请用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图，要求保证开关在闭合前滑动变阻器的滑片处于正确的位置．(3)该同学根据实验数据得到图丙中的图线a，根据图线a求得电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(4)图丙中b 图线是标有“1.5 V 、1.6 W ”的小灯泡的伏安特性曲线，该同学将该小灯泡与本实验中的电池连成一闭合电路，小灯泡实际消耗的电功率是________W(保留2位有效数字)．四、计算题(本题共3小题，共32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．)14.(10分)如图所示，闭合开关，变阻器R0的滑片P 在移动过程中电压表的示数变化范围是0～4 V ，电流表的示数变化范围是0.5～1 A ，已知电阻R 的阻值为6 Ω，电源的内阻不可忽略．求：(1)变阻器R 0的最大阻值； (2)电源电动势E 和内阻r .15．(10分)制作半导体时，需向单晶硅或其他晶体中掺入杂质．单晶硅内的原子是规则排列的，在两层电子间的间隙会形成上下对称的匀强电场．设某空间存在上下对称的匀强电场，并在该电场中的下半区域加一方向垂直纸面向里的匀强磁场如图所示．电荷量为＋q 、质量为m 的带电小球从上边界以初速度v 0垂直电场入射，已知足够长的上下场区的宽均为d ，电场强度E ＝mg q ，初速度v 0＝32gd ，sin 37°＝35，cos 37°＝45.求：(1)小球第一次经过对称轴OO ′时的速度；(2)要使小球不越过下边界，所加磁场的磁感应强度的大小B 的最小值．16．(12分)如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B 到C )，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁场磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示．在t ＝1 s 时，从A 点沿AB 方向(垂直于BC )以初速度v 0射出第一个粒子，在此之后，每隔2 s 有一个相同的粒子沿AB 方向以初速度v 0射出，并恰好均能击中C 点，若AB ＝BC ＝l ，且粒子由A 点运动到C 点的时间小于1 s ．不计空气阻力，试求：(1)电场强度E 0和磁感应强度B 0的大小之比； (2)第一个粒子和第二个粒子通过C 点的动能之比.参考答案与解析1．[197] 【解析】选A.根据电场强度与电势差的关系E ＝ΔφΔx ，图乙切线的斜率代表场强大小，由题图可看出E A >E B ，A 正确；沿电场线方向电势降低，所以电场线方向由A 指向B ，φA >φB ，电子受力方向与电场线方向相反，从A 至B ，电子减速，v A >v B ，B 、C 选项错误；电子从A 到B ，电场力做负功，电势能增大，D 选项错误．2．[198] 【解析】选A.由点电荷场强公式E ＝kQr 2得，甲图中a 、b 场强大小相等，方向不同，a 、b 在同一等势面上，φa ＝φb ；乙图中，由电场叠加可知，c 、d 场强大小相等，方向不同，由处于同一等势面可得φc ＝φd .3．[199] 【解析】选C.离场源电荷越近，场强越大，电子沿AC 方向运动时受到的电场力越来越大，A 正确；电子沿AC 方向运动时，电场力做正功，电势能越来越小，B 正确；点电荷周围电场不是匀强电场，C 错；电子只在电场力作用下沿着直线由A 至C 运动，场源电荷为正电荷，沿电场线方向电势越来越低，电势φA <φB <φC ，D 正确．4．[200] 【解析】选A.电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI ，A 正确；电动机消耗的热功率为I 2R ，B 错；电源的输出功率为UI ，C 错，电源的效率为U E ＝E －IrE ，D错．5．[201] 【解析】选B.将R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2的接入电阻变小，则整个电路外电阻减小，电压表示数U 减小；并联部分的电阻也减小，并联电压减小，I 1减小，又总电流变大，故I 2增大，B 正确．6．[202] 【解析】选C.对带电粒子受力分析，a 极板带正电，带电粒子受力平衡，q v 0B ＝q U d ，U ＝QC，可得电荷量为Q ＝CBd v 0，所以答案选C.7．[203] 【解析】选C.磁场垂直于xOy 平面向外并位于y 轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子受洛伦兹力的方向，画出草图找出圆心，可判断C 图是正确的．8．[204] 【解析】选AB.用如图所示的电路测E 、r 时，造成系统误差的原因是电压表的分流，电压表内阻越大，电流表所测电流越接近于干路中的电流的真实值，所测内阻也越接近电池内阻的真实值，故电压表选用内阻大的好，而电流表内阻对实验无影响，因为电流表与R 是串联，不需知道R 和R A 的值，故电流表选用哪一个都可以，故选A 、B.9．[205] 【解析】选AD.A 、D 两图中，当滑动变阻器的滑动触头放在最左端时，电源被短路而烧坏；B 、C 两图中，供电电路正确，B 图虽然电流表和电压表接错位置，但由于串联的电压表内阻较大，不会烧坏电流表；C 图则可测较大电阻的阻值．10．[206] 【解析】选CD.根据y ＝UqL 22dm v 20可知，除尘率为k ＝y d ＝UqL 22d 2m v 20，要增大除尘率，可只增大电压U ，只增大长度L ，选项A 、B 错误；可只减小高度d ，只减小尘埃被吸入的水平速度，选项C 、D 正确．11．[207] 【解析】选AC.根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 正确；根据q v B ＝m v 2r ，得r ＝m v qB ，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们都带正电，以相同速度进入磁场时，所受洛伦兹力方向相同，两者偏转方向相同，仅依据粒子轨迹无法判断是质子还是正电子，故选项C 正确；粒子的m v 越大，轨道半径越大，而m v ＝2mE k ，粒子的动能大，其m v 不一定大，选项D 错误．12．[208] 【解析】选AC.增大加速电压，可增大电子的速度，使电子在磁场中运动的轨道半径增大些，可使电子束偏转回到P 点，选项A 可行．增加偏转磁场的磁感应强度，使电子在磁场中运动的轨道半径减小，电子束偏转到P 点外侧以外，选项B 不可行．将圆形磁场区域向屏幕靠近些，可使电子束偏转到P 点，选项C 可行．将圆形磁场的半径增大些，电子束偏转到P 点外侧以外，选项D 不可行．13．[209] 【解析】(1)因电源的内阻一般较小，为保证调节滑动变阻器时，电流表示数变化明显，所以滑动变阻器应选R 1.(2)连线时要注意：电流表接0.6 A ，滑动变阻器接左下接线柱，电压表接3 V ．(3)a 图线与纵轴的截距表示电动势的大小，即E ＝1.45 V ，斜率表示电源的内阻，即r ＝ΔU ΔI ＝1.45－1.00.9－0 Ω＝0.5 Ω.(4)a 、b 两图线交点纵横坐标的乘积就表示小灯泡实际消耗的电功率，即P ＝UI ＝1.15×0.6 W ＝0.69 W.【答案】(1)R 1 (2)如图所示(3)1.45 0.5 (4)0.6914．[210] 【解析】(1)当变阻器R 0取最大值时，电压表示数最大，为U 2＝4 V ，电流表示数最小，为I 2＝0.5 A ，由欧姆定律可得，变阻器R 0的最大阻值R 0＝U 2I 2＝8 Ω.(2)当电压表示数为U 1＝0时，电流表示数为I 1＝1 A 由闭合电路欧姆定律得：E ＝U 1＋I 1(r ＋R )当电压表示数为U 2＝4 V 时，电流表示数为I 2＝0.5 A 由闭合电路欧姆定律得：E ＝U 2＋I 2(r ＋R ) 联立解得：E ＝8 V ，r ＝2 Ω. 【答案】(1)8 Ω (2)8 V 2 Ω15．[211] 【解析】(1)小球进入电场后做类平抛运动， 在竖直方向上，加速度：a ＝mg ＋qEm ＝2g 竖直位移：d ＝12at 2 得t ＝d g竖直速度：v y ＝at ＝2gd所以合速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝52gd 与竖直方向夹角：tan θ＝v 0v y ＝32gd2gd ＝34θ＝37°.(2)小球进入下半区域时，因重力和电场力平衡，小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．设小球恰好不越过下边界，则小球在到达下边界时速度方向应与边界平行，设圆周半径为R .由几何关系得：R －d R ＝sin 37°得：R ＝52d由牛顿第二定律得：B v q ＝m v 2R所以磁感应强度的大小B 的最小值是mdqgd .【答案】(1)52gd 与竖直方向的夹角为37°斜向下 (2)mdqgd16．[212] 【解析】(1)依题意，粒子由A 点运动到C 点的时间小于1 s ，所以在1～2 s 内第一个粒子做匀速圆周运动，且运动1/4周期，则q v 0B 0＝m v 20l而在3～4 s 内第二个粒子做类平抛运动，则x ＝l ＝v 0t 2 y ＝l ＝12qE 0m t 22联立解得E 0B 0＝2v 0.(2)第一个粒子运动过程中动能不变E k0＝12m v 20对第二个粒子在C 点应用动能定理可得 qE 0l ＝E k －12m v 20解得E k ＝52m v 20故第一个粒子和第二个粒子通过C 点的动能之比为 E k0E k ＝15. 【答案】(1)2v 0 (2)15。
2018学年高中物理教科版选修3-1模块综合学业分层测评
模块综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共8个小题，共48分．在每小题所给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1.如图1所示，一段长为a、宽为b、高为c(a>b>c)的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为()图1A.c2Ra2 B.c2RabC.a2Rbc D．R【解析】最大电阻对应的接法应是横截面积最小而长度最大的，即S1＝bc，L1＝a，此时R＝ρabc；最小的电阻对应最大的横截面积与最小的长度，即S2＝ab，L2＝c，此时R′＝ρcab，则有ρ＝R·bca＝R′·abc，得R′＝c2a2R.【答案】 A2．如图2所示，为了使白炽灯泡L在电路稳定后变得更亮，可以采取的方法有()图2A．只减小电容器C两板间的距离B．只增大电容器C两板间的距离C．只增大电阻R1的阻值D．只增大电阻R2的阻值【解析】灯泡变亮一定是其两端的电压升高，R1减小或R2增大都可能．【答案】 D3．下列说法中正确的是()A．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小B．把一导体拉长后，其电阻率增大，电阻值增大C．磁感线都是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向一定与磁场方向垂直【解析】导体的电阻是由导体本身因素决定的，A错误；电阻率只与温度和导体材料有关，与形状无关，导体拉长，电阻率不变，B错误；磁感线都是闭合线，无起点，C错误；由左手定则可知D选项正确．【答案】 D4．如图3所示，O为圆心，KN和LM是半径分别为ON、OM的同心圆弧，在O处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路() 【导学号：33410149】图3A．将向左平动B．将向右平动C．将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动D．KL边将垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动【解析】先用右手螺旋定则判断出I1周围磁感线的分布情况，KN、LM 不受安培力，再用左手定则判断KL、MN受力方向可确定D正确．【答案】 D5．如图4所示，水平放置的平行金属板a、b带有等量异种电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，若一个带正电的液滴在两板间做直线运动，其运动的方向是()图4A．沿竖直方向向下B．沿竖直方向向上C．沿水平方向向左D．沿水平方向向右【解析】受力分析如图，液滴受到竖直向下的重力和电场力，要做直线运动，一定受到向上的洛伦兹力作用，由左手定则可知，液滴一定沿水平方向向右运动．【答案】 D6．(多选)如图5所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()图5A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B．负点电荷一定位于M点左侧C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【解析】由粒子运动的轨迹可知，带电粒子受到的电场力向右，电场力对带电粒子做正功，带电粒子的电势能减小，动能逐渐增大，负点电荷一定在M 点右侧，带电粒子在a点受到的电场力小于在b点的电场力，所以在a点的加速度小于在b点的加速度，选项C、D正确．【答案】CD7．(2014·浙江高考)如图6甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒() 【导学号：33410150】甲乙图6A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功【解析】根据左手定则知金属棒在0～T2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T2～T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0～T2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T2～T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误．【答案】ABC8．如图7所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有()图7A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近【解析】带电离子打到屏P上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则知，a、b两离子均带正电，选项A正确；a、b两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r＝m vqB知半径相同，b在磁场中运动了半个圆周，a的运动大于半个圆周，故a在P上的落点与O点的距离比b的近，飞行的路程比b长，选项C错误，选项D正确；根据tθ＝T2π知，a在磁场中飞行的时间比b的长，选项B错误．【解析】AD二、非选择题(本大题共4个小题，共52分．按题目要求作答．)9．(10分)在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测电阻丝：R x(阻值约4 Ω，额定电流约0.5 A)；电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；A2(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；E2(电动势12 V，内阻不计)；滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图8所示，读数为________mm.图8(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________、电源应选________(均填器材代号)，在虚线框内完成电路原理图．【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度显示为1.5 mm，其可动刻度为0.273mm，二者相加就是测量值1.5 mm＋0.273 mm＝1.773 mm.(2)待测电阻丝的额定电流约为0.5 A，为减小实验误差，应选量程为0.6 A 的电流表A1，待测电阻丝的电阻约为4 Ω，额定电流约为0.5 A，故由欧姆定律得额定电压约为2 V，所以电源应选E1.由于所测电阻丝的电阻较小，故电流表应选外接法，滑动变阻器采用限流式．电路原理图如图所示：【答案】(1)1.773(1.771～1.775均正确)(2)A1E1电路图如图10．(8分)测量电源电动势和内电阻的器材如图9甲所示，请用实线表示导线，将图甲中器材连成实验用电路，实验时经测量得出的数据如下表，请在图9乙的方格纸上画出U-I图线．利用图线可求出电源电动势和内电阻分别为________、________.图9由图像b知：E＝1.46 V，r＝0.71 Ω.【答案】见解析11．(10分)如图10所示电路中，已知电源电动势为E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝58.5 Ω，R2＝0.5 Ω，当单刀双掷开关打在1时，电动机不转，理想电流表的示数为0.1 A，当单刀双掷开关打在2时，电动机正常工作，电流表示数为0.5 A，求：图10(1)电动机的内阻R M为多少？(2)电动机正常工作时的输出功率？【解析】(1)开关接1时，E＝I1(R1＋R M＋r)，得R M＝0.5 Ω.(2)开关接2时，U M＝E－I2(r＋R2)＝5.25 V电动机输出功率P＝I2U M－I22R M＝2.5 W.【答案】(1)0.5 Ω(2)2.5 W12．(10分)如图11所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：图11(1)金属板AB的长度L；(2)电子穿出电场时的动能．【解析】 (1)电子在加速电场中加速 由动能定理可得eU 0＝12m v 20 电子在偏转电场中做类平抛运动， 在垂直电场方向上有L ＝v 0t 在沿着电场方向上有d 2＝12·eU md t 2 联立以上三式可得L ＝d2U 0U .(2)对于电子运动的全过程，根据动能定理可得 E k ＝eU 0＋12eU . 【答案】 (1)d2U 0U (2)e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 0＋U 213．(14分)如图12所示，在竖直平面内一有界匀强磁场的磁感应强度B ＝2×10－3 T ；磁场右边是宽度L ＝0.2 m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子的电荷量q ＝－3.2×10－19 C ，质量m ＝6.4×10－27 kg ，以v ＝4×104 m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：(带电粒子重力忽略不计)图12(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)； (2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； (3)带电粒子飞出电场时的动能E k . 【解析】 (1)粒子运动轨迹如图所示．(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有|q|v B＝m v2 RR＝m v|q|B＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m＝0.4 m.(3)E k＝E|q|L＋12m v2＝40×3.2×10－19×0.2 J＋12×6.4×10－27×(4×104)2J＝7.68×10－18 J.【答案】(1)见解析(2)0.4 m(3)E k＝7.68×10－18 J。
2017-2018学年高中物理 模块检测(含解析)教科版选修3-1
模块检测(时间:60分钟满分:100分)【测控导航】一、选择题(共8个小题,每题6分,共48分.第1～4小题为单项选择题,第5～8小题为多项选择题,选对但不全的得3分)1.真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示,分别标记为1,2,3,4,5,且1,5和2,4分别关于3对称.以电场线3上的某点为圆心画一个圆,圆与各电场线的交点分别为a,b,c,d,e,则下列说法中正确的是( D )A.电场强度E a<E cB.电势ϕb>ϕdC.将一正电荷由a点移到d点,电场力做正功D.将一负电荷由b点移到e点,电势能增大解析:由点电荷电场分布特点可知,以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场强大小均相等,沿题图所示的电场方向,等势面的电势越来越低,电场线越来越密,故E a>E c, ϕb=ϕd,选项A,B 错误;U ad<0,正电荷由a点移到d点时,W ad=qU ad<0,选项C错误;又U be>0,负电荷由b点移到e 点时,W be=U be·(-q)<0,即电场力对负电荷做负功,电势能增大,选项D正确.2.(2017·菏泽高二检测)如图所示,从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,发现电子流向上极板偏转.设两极板间电场强度为E,磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过,只采取下列措施,其中可行的是( A )A.适当减小电场强度EB.适当减小磁感应强度BC.适当增大加速电场极板之间的距离D.适当减小加速电压U解析:欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过,则qE=qvB,而电子流向上极板偏转,则qE>qvB,应减小E或增大B,v,选项A正确,B,C,D错误.3.(2017·黄冈高二检测)如图所示为一空腔导体周围的电场线分布,电场方向如图中箭头所示,M,N,P,Q是以O为圆心的一个圆周上的四点,其中M,N在一条直线电场线上,P,Q在一条曲线电场线上,下列说法正确的有( C )A.M点的电场强度比N点的电场强度大B.P点的电势比Q点的电势低C.负电荷在P点的电势能小于其在Q点的电势能D.M,O间的电势差等于O,N间的电势差解析:用电场线的疏密程度表示电场的强弱,故N点的电场强度比M点的电场强度大,选项A 错误;沿着电场线的方向电势越来越低,所以Q点的电势比P点的电势低,选项B错误;P点电势高于Q点,根据E p=q 可知,负电荷在P点的电势能小于在Q点的电势能,选项C正确.根据电场分布可知,MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度小,故由公式U=Ed可知,M,O间的电势差小于O,N 间的电势差,选项D错误.4.(2017·济宁高二质检)如图所示为小灯泡的U I图线,若将该小灯泡与一节电动势E=1.5 V,内阻r=0.75 Ω的干电池组成闭合电路时,电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据( D )A.1.5 W 1.0 WB.0.75 W 0.5 WC.0.75 W 0.75 WD.1.5 W 0.75 W解析:电源的外电压与电流的关系为U=E-Ir=1.5-0.75I,作电源的外电压与电流的关系图线,交点所对应的电压U=0.75 V,电流I=1 A,则灯泡的实际功率P=UI=0.75 W,电源的总功率P总=EI=1.5 W,选项D正确,A,B,C错误.5.(2017·银川一中高二期末)许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献,下列表述中正确的是( ABD )A.楞次总结出了判断感应电流方向的楞次定律B.法拉第发现了电磁感应现象C.安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D.奥斯特发现了电流的磁效应解析:根据物理学史可知,A,B,D正确;洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式,C错误.6.如图所示,连接两平行金属板的导线的一部分CD与一电源回路中导线的一部分GH平行且均在纸面内,金属板置于磁场中,磁场方向垂直于纸面向里,当一束等离子体射入两金属板之间时,CD段导线受到力F的作用.则( AD )A.若等离子体从右方射入,F向左B.若等离子体从右方射入,F向右C.若等离子体从左方射入,F向左D.若等离子体从左方射入,F向右解析:等离子体指的是整体显电中性,内部含有等量的正、负电荷的气态离子群体.当等离子体从右方射入时,正、负离子在洛伦兹力作用下将分别向下、上偏转,使上极板的电势低于下极板,从而在外电路形成由D流向C的电流,这一电流处在导线GH中电流所产生的磁场中,由左手定则可知,它所受安培力方向向左,选项A正确,B错误;同理可分析得知选项C错误,D 正确.7.如图,有一截面为矩形的有界匀强磁场区域ABCD,AB=3L,BC=2L,在边界AB的中点有一个粒子源,沿边界AB并指向A点的方向发射各种不同速率的同种正粒子,不计粒子重力,当粒子速率为v0时,粒子轨迹恰好与AD边界相切,则( BC )A.速度小于v0的粒子全部从CD边界射出B.当粒子速度满足<v<v0时,从CD边界射出C.在CD边界上只有上半部分有粒子通过D.当粒子速度小于时,粒子从BC边界射出解析:如图,由几何知识可知,与AD边界相切的圆形轨迹半径为1.5L,与CD边界相切的轨迹半径为L,由半径公式R=,可知轨迹与CD边界相切的粒子速度大小为,由此可知,仅满足<v<v0的粒子从CD边界的PD间射出,速度小于的粒子不能从BC边界射出,故选项B,C正确,A,D错误.8. (2017·冀州市校级联考)有滑动变阻器R,热敏电阻R0(阻值随温度的升高而减小),二极管D和电容器组成的电路如图所示,有一个带电液滴静止于电容器两极板之间,电容器下极板接地,闭合开关S,下列说法中正确的是( BD )A.若把滑动变阻器的滑动触头向上移动,液滴将会向下运动B.若把开关断开,液滴将会向上运动C.若热敏电阻的温度降低,液滴将会向下运动D.若把上极板向上移动,液滴将静止不动解析:当变阻器的滑片向上移动时,滑动变阻器接入电阻减小,则总电流增大,内电压及R0两端的电压增大,则滑动变阻器两端的电压减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不会向右流出,所以电容器两端的电势差不变,电场强度不变,电场力不变,电荷保持静止,选项A错误;开关S断开时,电容器直接接在电源两端,电压增大,电场强度增大,电场力增大,则液滴向上运动,选项B正确;热敏电阻降温时,热敏电阻阻值增大,则由闭合电路欧姆定律可知,滑动变阻器两端的电压减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不会向右流出,所以电容器两端的电势差不变,液滴仍然静止,选项C错误;电容器C的上极板向上移动,d增大,则电容C减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不会向右流出,所以电容器两端的电势差增大,由于U=,C=,E=,所以E=,由于极板上的电荷量不变,而电场强度E与极板之间的距离无关,所以电场强度E不变,液滴仍然静止,选项D正确.二、非选择题(共5小题,共52分)9.(7分)如图所示为多用电表示意图.其中A,B,C为三个可调节的部件.某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3 kΩ的电阻.他测量的操作步骤如下:(1)调节可调部件,使电表指针指向.(2)调节可调部件B,使它的尖端指向位置.(3)将红、黑表笔分别插入正、负插孔中,两笔尖相互接触,调节可动部件,使电表指针指向欧姆零刻度位置.(4)将两只表笔分别与待测电阻两端相接,进行测量读数.(5)换测另一阻值为20～25 kΩ的电阻时,应调节B,使它的尖端指向“×1 k”的位置,此时还必须重复步骤,才能进行测量,若电表读数如图所示,则该待测电阻的阻值是.答案:(1)A(1分) 左边零刻度线处(1分) (2)“×100”的倍率挡(1分) (3)C(1分) (5)(3)(1分) 22 kΩ(2分)10.(9分)(2016·重庆南开中学期中)小明同学通过查找资料自己动手制作了一个电池.该同学想测量一下这个电池的电动势E和内电阻r,但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9 Ω,可当标准电阻用)、一只电流表(量程I g=0.6 A,内阻r g=0.1 Ω)和若干导线.(1)请根据测定电动势E和内电阻r的要求,设计图(甲)中器件的连接方式,画线把它们连起来.(2)接通开关,逐次改变电阻箱的阻值R,读出与R对应的电流表的示数I,并作记录.当电阻箱的阻值R=2.6 Ω时,其对应的电流表的示数如图(乙)所示.处理实验数据时,首先计算出每个电流值I的倒数,再制作R坐标图,如图(丙)所示,图中已标注出了（R,）的几个与测量对应的坐标点,请你将与图(乙)实验数据对应的坐标点也标注在图(丙)上.(3)在图(丙)上把描绘出的坐标点连成图线.(4)根据图(丙)描绘出的图线可得出这个电池的电动势E=V,内电阻r= Ω.解析:(1)电路如图所示(2)(3)电流表的示数I=0.50 A,则=2 A-1;图线如图所示.(4)由欧姆定律可知E=I(R+r+r g),解得R=E-(r+r g),由图可知r+r g=0.5 Ω,则r=0.4 Ω;电池电动势E=k= V=1.5 V.答案:见解析评分标准:(1)问2分,(2)问1分,(3)问2分,(4)问4分.11.(10分)如图所示,在一宽度D=16 cm的区域内,同时存在相互垂直的匀强磁场B和匀强电场E,电场的方向竖直向上,磁场的方向垂直纸面向外.一束带电粒子以速度v0同时垂直电场和磁场的方向射入时,恰不改变运动方向.若粒子束射入时只有电场,可测得粒子束穿过电场时沿竖直方向向上偏移 6.4 cm;若粒子束射入时只有磁场,则粒子束离开磁场时偏离原方向的距离是多少?不计粒子束的重力.解析:当带电粒子沿直线运动时,粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡,有qE=qv0B (2分)只有电场时,根据牛顿第二定律Eq=ma,设粒子在电场中运动的时间为t,则D=v0t,偏转的距离为y1=at2=6.4 cm. (2分)只有磁场时,粒子做匀速圆周运动.根据牛顿第二定律得qv0B=m (2分)解以上式子得R=20 cm (2分)y2=R-=8 cm. (2分)答案:8 cm12.(12分) (2017·南充高二期末)如图所示,M为一线圈电阻r=0.4 Ω的电动机,R=24 Ω,电源电动势E=40 V.当S断开时,电流表的示数I1=1.6 A,当开关S闭合时,电流表的示数为I2=4.0 A.求:(1)电源内阻;(2)开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率;(3)开关S闭合时电源的输出功率和电动机的机械效率.解析:(1)S断开时,根据闭合电路的欧姆定律I1= (1分)代入数据解得r0=-R=(-24) Ω=1 Ω. (2分)(2)开关S闭合后路端电压U=E-I2r0=(40-4.0×1) V=36 V (2分)流过R的电流为I R== A=1.5 A,流过电动机的电流为I=I2-I R=(4.0-1.5) A=2.5 A (1分)电动机发热消耗的功率为P热=I2r=(2.52×0.4) W=2.5 W (1分)电动机转化为机械能的功率P机=UI-P热=87.5 W. (1分)(3)开关S闭合时电源输出功率为P=UI2=144 W (2分)电动机的机械效率η=×100%=×100%≈97.2%. (2分)答案:(1)1 Ω(2)2.5 W 87.5 W(3)144 W 97.2%13.(14分)(2017·临沂高二期末)如图(甲)所示,在坐标系xOy中,y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场,电场强度大小为E=1.0×10-4N/C;y轴右侧有如图(乙)所示,大小和方向周期性变化的匀强磁场,磁感应强度大小B0=1.0×10-4 T,磁场方向垂直纸面向里为正.t=0时刻,从x 轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子,粒子的质量为m=1.6×10-22 kg,电荷量为q=1.6×10-18 C,不计粒子重力,粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等,求:(1)P点到O点的距离;(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移.解析:(1)在0～3π s内,周期T==2π s (1分)带电粒子第一次在匀强磁场中运动的时间为t==π s (1分)因为粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等,粒子在电场中匀加速运动的时间为t0=t==π s (1分)设OP间距离为x,则x=a (1分)Eq=ma (1分)解得x= m≈4.9 m. (1分)(2)设粒子做圆周运动的半径分别为R1和R2,则B0v0q=m (2分)v0=at0 (1分)粒子第一次到达磁场时R1==π m (1分)在3π～6.5π s内,周期T′==3π s (1分)粒子在t=4π s时,第二次到达磁场有R2==π m (1分)粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δy,如图所示,则有Δy=2R2-2R1=π m≈3.14 m. (2分)答案:(1)4.9 m(2)3.14 m。
2017-2018学年高中物理(SWSJ)教科版选修3-1模块综合检测含解析
模块综合检测(时间：90分钟满分：110分)一、选择题（本题共14小题,每小题4分，共56分，第1～8小题只有一个选项符合题意，第9～14小题有多个选项符合题意,全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1。
某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图1所示。
下列说法正确的是( )图1A．b点的电势低于a点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c解析：选B 沿电场线方向电势逐渐降低,因b点所在的等势面高于a点所在的等势面，故b点的电势高于a点的电势，选项A错误；若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功,选项B正确；由于电场线密集的地方场强较大，故d点的场强大于c点的场强，选项C错误；因dc电场线是曲线, 故若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将不能沿着电场线由d到c，选项D错误。
2。
如图2所示,虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( )A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大D．带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度图2解析：选A 根据电场线的疏密程度可知,R、Q两点的电场强度E R>E Q，则带电粒子在R、Q两点的加速度a R〉a Q，故D错误；由于带电粒子只受电场力作用,动能与电势能相互转化，两者之和不变，故C错误;根据曲线运动知识，带电粒子在R处所受电场力沿电场线向右，又由于该粒子带负电，则R处电场的方向应该向左，所以电势φR〉φQ，根据E p＝qφ可得R、Q两点的电势能E p R<E p Q，则R 、Q 两点的动能E k R 〉E k Q ，所以v R >v Q ，故A 正确；同理，E p P 〈E p Q ，故B 错误.3。
2018-2019学年高中物理教科版选修3-1学案：模块复习课 Word版含答案
(教师用书独具) [体系构建][核心知识回顾]一、静电场 1．库仑定律(1)公式：F ＝k Q 1Q 2r 2，其中k 为静电力常量，k ＝9.0×109 N·m 2/C 2.(2)适用条件：真空中(在空气中近似成立)、两个静止的点电荷(理想模型)． 2．电场的两种描述(1)电场强度：反映电场力的性质的物理量．①定义式：E ＝Fq ，适用于一切电场，E 与电场本身性质有关，与试探电荷无关． ②决定式：E ＝k Q r 2，仅适用于真空中点电荷形成的电场，Q 为场源电荷的电荷量． ③关系式：E ＝U ABd ，仅适用于匀强电场中的电场强度，d 为A 、B 两点间沿电场线方向的距离．(2)电势：反映电场能的性质的物理量．其定义式为φ＝E pq ，是标量，具有相对性(通常取大地或无穷远处电势为0)，实际常研究的是电势差，电势差的定义式为U AB ＝W ABq ＝φA －φB ，电势差与电势零点的选取无关． 3．电场线的应用(1)判断电场强度的方向：电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向．(2)判断电场力的方向：正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同，负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反．(3)定性判断电场强度的大小：电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可分析电荷受力情况．(4)判断电势的高低与电势降低的快慢：沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向． 4．电场的性质的分析 (1)场强大小、电势高低的判断明确电场线或等势面的分布情况，场强大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时，利用平行四边形定则求合场强．(2)电势能大小及其变化的分析①做功角度：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况．电场力做正功，粒子的电势能减少；电场力做负功，粒子的电势能增加． ②转化角度：只有电场力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减少，电势能增加；动能增加，电势能减少． 5．带电粒子在电场中的加速与偏转图1(1)加速：qU 1＝12m v 20.(2)偏转：带电粒子以速度v 0沿轴线垂直偏转电场方向射入． ①离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qL 2U 22m v 20d ＝U 2L 24U 1d .②离开电场时速度偏向角的正切值：tan θ＝v y v 0＝qU 2L m v 20d ＝U 2L2U 1d .③运动时间：垂直电场方向，匀速直线运动，L ＝v 0t (与极板不碰撞) 二、恒定电流 1．电流I ＝q t ；欧姆定律：I ＝U R ；电阻、电阻定律：R ＝ρlS . 2．闭合电路欧姆定律 (1)I ＝Er ＋R或E ＝Ir ＋IR (纯电阻适用)． E ＝U 内＋U 外或E ＝U 外＋Ir (普遍适用)．(2)路端电压随电流变化的U -I 图像，如图2所示．图2①图线与纵坐标交点表示电路断开情况，纵轴截距为电源电动势E . ②图线与横坐标交点表示外电路短路情况，横轴截距为短路电流I 短＝Er . ③图线斜率绝对值(|k |＝|tan φ|)表示电源的内电阻r ＝ΔUΔI .3．电功与电功率 W ＝UIt ，P ＝UI . 4．焦耳定律 Q ＝I 2Rt .5．纯电阻电路中： W ＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2tR .非纯电阻电路中：W ＝Q ＋E 其他，UIt >I 2Rt ，电功：W ＝UIt ，电热：Q ＝I 2Rt . 6．P 总＝IE ，P 出＝IU ，η＝P 出P 总. 其中I ：电路总电流，E ：电源电动势，U ：路端电压 7．串并联电路的重要性质(1)游标卡尺 原理：螺旋测微器测量长度可以准确到0.01 mm ，每转一周，螺杆前进或后退0.5 mm ，结果若用mm 作为单位，则小数点后必须保留三位数字．读数方法：①测量值＝固定刻度读数＋0.01 mm ×可动刻度读数(一定要估读)． ②读数时，要注意固定刻度上半毫米刻度线是否已经露出． (3)电流表和电压表①机械调零：检查表针是否停在左端的“0”位置；②选取适当倍率挡；③欧姆调零：两表笔相接，检查表针是否停在右端的“0”位置；④把两表笔分别与待测电阻两端相接，欧姆表的读数乘以倍率即被测电阻的阻值；⑤实验结束后，将表笔拔出，并将选择开关旋至OFF挡或交流电压最高挡．9．电流表内外接法的选择(1)用总阻值小的滑动变阻器调节阻值大的用电器时用分压式接法．(2)电压、电流要求“从零开始”时用分压式接法．(3)变阻器总阻值小，限流式接法不能保证用电器安全时用分压式接法．(4)分压式接法和限流式接法都可以用时，限流式接法优先(能耗小)．11．实验器材的选择(1)电压表、电流表的选择①测量值不能超过量程．②测量值越接近满偏值误差越小，一般应大于满偏值的三分之一．(2)滑动变阻器的选择①选限流用的滑动变阻器：在能把电流限制在允许范围内的前提下，选用总阻值较小的滑动变阻器调节方便．②选分压用的滑动变阻器：阻值小的便于调节，输出电压稳定，但耗能多．12．电表的改装三、磁场1．磁场的基本特性对处于其中的磁体、电流、运动电荷有力的作用．电流垂直于磁场时受磁场力最大，电流与磁场方向平行时，磁场力为零． 2．安培定则(1)在判定直线电流的磁场方向时，拇指指“原因”——电流方向，四指指“结果”——磁场环绕方向．(2)在判定环形电流磁场方向时，四指指“原因”——电流环绕方向，拇指指“结果”——环内沿中心轴线上的磁场方向(即通电螺线管的N 极)．3．磁感应强度是用来表示磁场的强弱和方向的物理量，是矢量，单位为T,1T ＝1N/(A·m)．4．安培力F ＝BIL (L ⊥B 时，其中L 是导线的有效长度)．方向：左手定则：把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N 极(叉进点出)，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向． 5．带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)洛伦兹力：公式F 洛＝q v B . (2)方向：左手定则判断．(3)模型：带电粒子做匀速圆周运动时，粒子运动方向与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，Bq v ＝m v 2R .(4)结论：半径R ＝m v Bq ＝2mE k Bq ，周期T ＝2πmBq (与粒子速率无关)． (5)圆心的确定(几何方法)。
高中物理 模块检测 教科版选修31
模块检测说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．试卷满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共37分)一、单项选择题(本题共7小题，每题3分，共21分，每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意)1．关于物理学史，下列说法中不正确的是()A．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的B．法拉第不仅提出了场的的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象C．法拉第通过实验研究确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律D．库仑在前人工作的基础上，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的规律答案 C2．下列运动(电子只受电场力或磁场力的作用)不可能的是()答案 B解析本题考查电子在电场或磁场中的运动，意在考查学生对电子在电场或磁场中的受力分析以及运动分析的能力，电子可以在正点电荷的电场力作用下做匀速圆周运动，故A 选项描述的运动可能实现；由于等量异种点电荷在其连续中垂线处产生的电场的方向水平向右，电子所受电场力的方向水平向左，而电子的初速度方向沿中垂线方向，则电子将做曲线运动，故B选项所描述的运动不可能实现；电子可以在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故C选项描述的运动可能实现；由于通电螺线管中的磁场力匀强磁场，又电子的速度方向与磁场方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，电子将沿通电螺线管中心轴线做匀速直线运动，故D选项描述的运动可能实现．3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图1所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开角度增大些，下列采取的措施可行的是()图1A．断开开关S后，将A、B分开些B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动答案 A4．如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是()答案 B解析A中，a、b两点场强的方向不同，A错误；B中，a、b两点电势和场强均相同，B正确；C中，a点电势高于b点电势，C错误；D中，a、b两点场强的方向不同，D错误．5.图2一带正电的粒子在电场中做直线运动的v－t图象如图2所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是() A．该电场可能是由某正点电荷形成的B．M点的电势高于N点的电势C．在从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力答案 C解析由v－t图象可知：该粒子做的是匀减速直线运动，则粒子所处电场为匀强电场，A、D 错误；由于粒子带正电、正电荷受力方向跟该点场强方向相同，如图所示，因沿着电场线方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，B错误；从M点到N点，电场力做负功，电势能增加，C正确．图36．在研究微型电动机的性能时，应用如图3所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.00 A和24.0 V．则这台电动机正常运转时输出功率为()A．32 W B．44 W C．47 W D．48 W答案 A解析当电动机停止转动时，电动机可视为纯电阻，由欧姆定律可知电动机的电阻r＝2.0＝24×2 W＝48 W，P出＝P入－P r＝48 W－2.02×4 W＝32 W.0.5Ω＝4 Ω.当正常转动后，P入图47．如图4所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是() A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的质量一定不相同C．这三束正离子的电荷量一定不相同D．这三束正离子的比荷一定不相同答案 D解析本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，速度选择器的知识．带电粒子在金属，表明带电粒子的速度一定相等，而电荷的带电量、电性、板中做直线运动，q v B＝Eq，v＝EB，带电粒子运动半径不同，所以比荷一定质量、比荷的关系均无法确定；在磁场中R＝m vBq不同，D项正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)图58．如图5所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是()A．电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮B ．电压表读数变小，通过灯L 1的电流变小，灯L 2变亮C ．电压表读数变大，通过灯L 2的电流变小，灯L 1变暗D ．电压表读数变小，通过灯L 2的电流变大，灯L 1变暗答案 BD解析 两灯和滑动变阻器组成的电路，其中L 2在干路上，L 1和变阻器并联后与L 2串联，电压表测量的是L 1两端电压，即是测变阻器两端电压．当滑动变阻器的滑片P 从a 端向b 端滑动时，变阻器连入电路中的阻值减小，变阻器R ′与L 1并联的阻值减小，电路的总电阻减小；根据闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r，外电阻R 的减小使干路电流I 增大，可知通过L 2的电流增大；电源内电阻上的电压U ′＝Ir 增大，外电路两端的电压U ＝E －Ir 减小，由于电流I 增大，L 2的电功率增大，L 2变亮；且L 2两端电压U 2增大，L 1两端电压U 1＝U －U 2减小，电压表的示数减小；L 1两端电压U 1减小，使通过L 1的电流减小；且L 1的电功率减小，L 1变暗．图69．如图6所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r 相同，则它们一定具有相同的( )A ．速度B ．质量C ．电荷量D ．比荷答案 AD解析 离子流在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE ＝q v B ，v ＝E B，A 正确；进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r ＝m v qB知，因v 、B 相同，所以只能是比荷相同，故D 正确，B 、C 错误．10．如图7所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k I r，式中k 是常数，I 是导线中的电流、r 为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )图7A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在增大答案BD解析由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所以磁场由M到O逐渐减弱，N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿途连线运动到b点，受到的洛伦兹力F＝Bq v为变力，则从M到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到N洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确，A错误．图811．如图8所示，连接两平行金属板的导线的一部分CD与一有电源回路的一部分GH 平行且均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段导线受到力F的作用．则()A．若等离子体从右方射入，F向左B．若等离子体从右方射入，F向右C．若等离子体从左方射入，F向左D．若等离子体从左方射入，F向右答案AD解析等离子体指的是整体显电中性，内部含有等量的正、负电荷的气态离子群体．当等离子体从右方射入时，正、负离子在洛伦兹力作用下将分别向下、上偏转，使上极板的电势低于下极板，从而在外电路形成由D流向C的电流，这一电流处在导线GH中电流所产生的磁场中，由左手定则可知，它所受安培力方向向左，所以A项对，B项错；同理可分析得知C项错，D项对．第Ⅱ卷(非选择题共63分)三、实验题(本题共2小题，共18分，把答案直接填在横线上)图912．(10分)现在已经离不开电视、手机等电子产品，但这些产品生产过程中会产生含多种重金属离子的废水，这些废水是否达标也引起了人们的关注．某同学想测出学校附近一工厂排出废水的电阻率，以判断废水是否达到排放标准(一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200 Ω·m)．如图9所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为带有接线柱的金属薄板(电阻极小)，其余四面由绝缘材料制成，容器内部长a＝40 cm，宽b＝20 cm，高c＝10 cm.他将水样注满容器后，进行以下操作：(1)他先后用多用电表欧姆挡的“×1 k”、“×100”两个挡位粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图10中所示，则所测水样的电阻约为________ Ω.图10(2)他从实验室中找到如下实验器材更精确地测量所获水样的电阻：A．电流表(量程5 mA，电阻R A＝800 Ω)B．电压表(量程15 V，电阻R V约为10.0 kΩ)C．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)D．电源(12 V，内阻约10 Ω)E．开关一只、导线若干请用铅笔线代替导线帮他在图11中完成电路连接．图11(3)正确连接电路后，这位同学闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重.U/V 2.0 3.8 6.8 8.0 10.2 11.6I/mA0.73 1.36 2.20 2.89 3.66 4.15图12(4)由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为________ Ω·m.据此可知，所测水样在电阻率这一指标上________(选填“达标”或“不达标”)．答案(1)1 800(2)如图a(3)如图b(4)99.7不达标解析(1)图上欧姆表指针有两个位置，显然右边位置对应“×1 k”，左边位置对应“×100”，应按接近中间刻度的读数，刻度18乘以倍率100，所以电阻为1 800 Ω.(2)因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又因为待测电阻阻值与电压表内阻相差的倍数和待测电阻阻值与电流表相差的倍数相当，电流表内阻已知，则采用电流表内接法．(3)让绝大多数的点在直线上，其余各点均匀地分布在直线两侧．(4)由图线斜率可知，总电阻为2 794 Ω，又R ＝R 总－R A ，根据电阻定律R ＝ρL S，代入数据得ρ＝99.7 Ω·m.13．(8分)某同学采用如图13甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5 V ，内阻约2 Ω，电压表(0～3 V ，3 k Ω)，电流表(0～0.6 A ，1.0 Ω)，滑动变阻器有R 1(10 Ω，2 A)和R 2(100 Ω，0.1 A)各一只．图13(1)实验中滑动变阻器应选用________(选填“R 1”或“R 2”)．(2)在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．(3)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U －I 图象，由图可较准确地求出电源电动势E ＝________ V ；内阻r ＝________ Ω.答案 (1)R 1 (2)见解析图 (3)1.48(1.47～1.49均正确) 1.89(1.88～1.90均正确)解析 (1)电路中最大电流I ＝E r ＝1.52A ＝0.75 A ．R 2的额定电流小于0.75 A ，同时R 2阻值远大于电源内阻r ，不便于调节，所以变阻器用R 1.(2)如图所示(3)将图线延长，交于纵轴，则纵截距即为电动势E ＝1.48 V(1.47～1.49 V 均正确)．r ＝ΔU ΔI，可得r ＝1.89 Ω(1.88 Ω～1.90 Ω均正确)． 四、计算题(本题共4小题，共45分)图1414．(10分)如图14所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q ＝－1.0×10－6 C 的点电荷由A 点沿水平线移至B 点，克服静电力做了2×10－6 J 的功，已知A 、B 间的距离为2 cm.(1)试求A 、B 两点间的电势差U AB ；(2)若A 点的电势为φA ＝1 V ，试求B 点的电势φB ；(3)试求该匀强电场的大小E 并判断其方向．答案 (1)2 V (2)－1 V (3)200 V/m 沿电场线斜向下解析 (1)由题意可知，静电力做负功U AB ＝－2×10－6 J据U AB ＝W AB q得U AB ＝2 V (2)U AB ＝φA －φB ，则φB ＝φA －U AB ＝－1 V(3)d ＝2×10－2cos 60° m ＝1×10－2 m.E ＝U AB d＝200 V/m 方向：沿电场线斜向下15.图15(10分)如图15所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U ＝1.5×103 V(仅在两板间有电场)，现将一质量m ＝1×10－2 kg 、电荷量q ＝4×10－5 C 的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h ＝20 cm 的地方以初速度v 0＝4 m/s 水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求：(1)金属板的长度L .(2)小球飞出电场时的动能E k .答案 (1)0.15 m (2)0.175 J解析 (1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：v y ＝2gh ＝2 m/s 设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则：tan θ＝v 0v y＝2 小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d ，则：tan θ＝qE mg ＝qU mgdL ＝d tan θ，解得L ＝qU mg tan 2θ＝0.15 m (2)进入电场前mgh ＝12m v 21－12m v 20 电场中运动过程qU ＋mgL ＝E k －12m v 21解得E k ＝0.175 J图1616．(12分)如图16所示，有界匀强磁场的磁感强度B ＝2×10－3 T ；磁场右边是宽度L ＝0.2 m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q ＝－3.2×10－19 C ，质量m ＝6.4×10－27 kg ，以v ＝4×104 m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能E k .答案 (1)如解析图 (2)R ＝0.4 m (3)E k ＝7.68×10－18 J解析 (1)轨迹如图．(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有q v B ＝m v 2R ① R ＝m v qB ＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m ＝0.4 m ② (3)E k ＝EqL ＋12m v 2＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋12×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10－18 J ③图1717．(13分)如图17所示，一带电微粒质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量q ＝＋1.0×10－5 C ，从静止开始经电压为U 1＝100 V 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θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ＝60°.已知偏转电场中金属板长L ＝R ，圆形匀强磁场的半径为R ＝10 3 cm ，重力忽略不计．求：(1)带电微粒经加速电场后的速率；(2)两金属板间偏转电场的电场强度E ；(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．答案 (1)1.0×104 m/s (2)2×103 V/m (3)0.13 T解析 (1)设带电微粒经加速电场加速后速度为v 1，根据动能定理得qU 1＝12m v 21，解得v 1＝ 2U 1q m＝1.0×104 m/s. (2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．水平方向上有：v 1＝L t竖直方向上有v 2＝at ，a ＝qE m由几何关系tan θ＝v 2v 1联立解得：E ＝2×103 V/m.(3)设微粒进入磁场时的速度大小为v ，则v ＝v 1cos θ＝2.0×104 m/s ，由运动的对称性可知，入射速度的延长线过磁场区域的圆心，则出射速度的反向延长线也过磁场区域的圆心，微粒在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，则轨迹半径为r ＝R tan 60°＝0.3 mq v B ＝m v 2r ，得B ＝m v qr＝0.13 T.。
教科版高中物理选修3-1模块综合检测.docx
高中物理学习材料桑水制作模块综合检测(分值：100分时间：90分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，每小题至少有一个选项正确．)1．下列说法中正确的是( )A．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小B．把一导体拉长后，其电阻率增大，电阻值增大C．磁感线都是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向一定与磁场方向垂直．【解析】导体的电阻是由导体本身因素决定的，A错误；导体拉长过程，电阻率不变，B错误；磁感线都是闭合线，无起点，C错误；由左手定则可知，D 选项正确．【答案】 D2.图1(2012·乐山高二检测)一个小磁针挂在圆形大线圈的内部，磁针静止时与线圈在同一平面内．当大线圈中通以图1所示方向电流时，则( ) A．小磁针所在位置处的磁场方向为垂直纸面向里B．小磁针所在位置处的磁场方向为垂直纸面向外C．小磁针的N极向纸面里转D．小磁针的N极向纸面外转【解析】由安培定则可判断，圆环内部磁场的方向垂直于纸面向里，小磁针的N极的指向与小磁针所在处磁场方向相同，故A、C正确，B、D错误．【答案】AC3.图2(2012·眉山高二检测)如图2所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点．电场线与梯形所在的平面平行．ab平行cd，且ab边长为cd边长的一半，已知a点的电势是3 V，b点的电势是5 V，c点的电势是7 V．由此可知，d点的电势为( )A．1 V B．2 VC．3 V D．4 V【解析】cd的中点为e、ab与ce平行且相等，根据匀强电场的特点可知，U＝U ce＝5 V－3 V＝2 V，而de与ce在同一直线上且相等，则U ce＝U ed＝2 V，d ba点电势应为3 V.【答案】 C4.图3如图3所示，质量为m、电荷量为q的微粒，在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动．下列说法中正确的是( )A．该微粒带负电，电荷量q＝mg/EB．若该微粒在运动中突然分成比荷相同的两个粒子，分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直，它们均做匀速圆周运动C．如果分裂后，它们的比荷相同，而速率不同，那么它们运动的轨道半径一定不同D．只要一分裂，不论它们的比荷如何，它们都不可能再做匀速圆周运动【解析】带电微粒在有电场力、洛伦兹力和重力作用的区域能够做匀速圆周运动，说明重力必与电场力大小相等、方向相反，由于重力方向总是竖直向下，故微粒受电场力方向向上，从题图中可知微粒带负电，选项A正确．微粒分裂后只要比荷相同，所受电场力与重力一定平衡(选项A中的等式一定成立)，只要微粒的速度不为零，必可在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，选项B正确，选项D 错误．根据半径公式r＝mv/qB可知，在比荷相同的情况下，半径只跟速度有关，速率不同，则半径一定不同，选项C正确．【答案】ABC5．如图4所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为＋q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图4A．小球在B时的速率为2gRB．小球在B时的速率小于2gRC．固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为3mg/qD．小球不能到达C点(C点和A在一条水平线上)【解析】因只有重力对小球做功，小球机械能守恒，由mgR＝12mv2B得v B＝2gR，A正确，B错误；由E B q－mg＝m v2BR得：E B＝3mg/q，C正确；由机械能守恒可知，小球一定能到达C点，D错误．【答案】AC6．(2012·资阳高二检测)如图5所示是火灾报警装置，其电路R1、R3为定值电阻，热敏电阻R2的阻值随温度t变化的关系是R＝100＋4.0t(Ω)，通过电压表示数和灯泡亮度变化可监控R2所在处的火情．若R2所在处出现火情，则( )图5A．电压表示数变大B．电压表示数变小C．灯泡变亮D．灯光变暗【解析】若R2处出现火情，R2阻值增大，通过电源的总电流I变小，灯泡变暗，C错误，D正确；由U＝E－I(r＋R1)可知，I变小，U变大，A正确，B错误．【答案】AD7．如图6所示，在正方形空腔内有匀强磁场，电子以不同的速率从a孔垂直磁场方向平行于ab边射入磁场，将从c孔射出的电子与从d孔射出的电子相比较( )图6 A．速率之比v c∶v d＝2∶1B．速率之比v c∶v d＝1∶1C．周期之比T c∶T d＝1∶1D．在磁场中运动的时间之比t c∶t d＝1∶2【解析】由r＝mvBe，r c＝2r d可知，v c∶v d＝2∶1，A正确，B错误；由T＝2πm Be 可知，T c＝T d，C正确；由t c＝Tc4，t d＝Td2可知，t c∶t d＝1∶2，D正确．【答案】ACD8．(2013·镇江检测)图7空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图7所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有( ) A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功．【解析】φ－x图线的斜率表示静电场沿x方向的电场强度分量，由图可知，E Bx>E Cx，且B处电场方向沿x轴负方向，A正确，B错误；O处的电场强度沿x方向的分量为零，故电荷在O点所受电场力沿x方向上的分量最小，C错误；由于BO段电场方向沿x轴负方向，OC段电场方向沿x轴正方向，故负电荷沿x 轴由B到C的过程中，电场力先做正功再做负功，D错误．【答案】 A二、非选择题(本题共5小题，共52分．计算题要有必要的文学说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)9．(8分)为了测定一节旧干电池的电动势和内阻(内阻偏大)，配备的器材有：A．电流表A(量程为0.6 A)B．电压表V(量程为1 V，内阻为1.2 kΩ)C．滑动变阻器R1(0～10 Ω，1 A)D．电阻箱R2(0～9 999.9 Ω)某实验小组设计了如图8所示的电路．图8(1)实验中将量程为 1 V电压表量程扩大为 2 V，电阻箱R2的取值应为________kΩ.(2)利用上述实验电路行实验，测出多组改装后的电压表读数U V与对应的电流表读数I A，利用U V－I A的图像如图9所示．由图像可知，电源的电动势E＝________________V，内阻r＝________Ω.图9【解析】要将电压表的量程扩大为原来的2倍，需串联的电阻R2应与原电压表内阻相同，即R2＝1.2 kΩ.(2)由图可以得出，电源的电动势E＝1.60 V电源的内阻r＝1.60－0.500.4Ω＝2.75 Ω【答案】(1)1.2 (2)1.60 2.7510.图10(8分)电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内的水烧开以前的加热状态，另一种是水烧开后的保温状态．如图10所示是电饭锅的电路图，R1是一个电阻，R2是加热用的电阻丝．(1)自动开关S接通和断开时，电饭锅分别处于哪种状态？说明理由．(2)要使R2在保温状态下的功率是加热状态的一半，R1∶R2应该是多大？【解析】(1)在纯电阻电路中，电功率，电功率P＝U2/R，可以知道，S接通时，R1被短路，电阻丝R2的功率最大，电饭锅处于加热状态．S断开时，电路电阻变大，R2上的电压减小，电功率变小，电饭锅处于保温状态．(2)由P＝U2R可得：U2R2＝2·U2(R1＋R2)2·R2解得：R1∶R2＝(2－1)∶1【答案】(1)见解析(2)(2－1)∶1 11.图11(8分)如图11所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4 mg，已知小环的带电量为q，问：(1)小环带什么电？(2)小环滑到P处时的速度多大？【解析】(1)小环重力在垂直杆方向上的分力：G1＝G cos 37°＝0.8mg，根据题意，小环对杆的压力小于0.8mg，所以，小环受到洛伦兹力的方向应斜向上，根据左手定则，小环带负电．(2)在垂直杆方向上，根据平衡条件：F＋N＝G1又F＝qvB可得：v＝2 mg 5qB【答案】(1) 负电(2)2 mg 5qB14．(13分)在金属板A、B间加上如图12乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小．(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？甲乙图12【解析】(1)由动能定理可得：U2e＝12mv2t－12mv2，解得：v t＝v20＋Uem(2)要使电子水平飞出金属板，电子在板间的飞行时间必须满足t＝nT，最小时间为t＝T，故金属板至少长度为l＝v0T.(3)电子射入的时刻为t＝T4＋kT2(k＝0、1、2…)由d2＝12Uedm(T4)2×2可得：d＝T·Ue8m.【答案】(1)v20＋Uem(2)v0T(3)T4＋KT2(k＝0、1、2…) TUe8m13．(15分)如图13所示，平行极板A、B间有一电场，在电场右侧有一宽度为d的匀强磁场．质量m、电荷量为＋q的带电粒子在A极板附近由静止释放，在仅在电场力作用下，加速后以速度v离开电场，并垂直磁场进入磁场；粒子离开磁场时与磁场边界线成30°角，不计重力．问：(1)极板A、B，哪个极板的电势高？A、B间的电压是多大？(2)磁感应强度B是多大？图13【解析】(1)由于粒子在电场中加速，可知A极板的电势比B极板的电势高qU＝12 mv2则两极板AB间的电压：U＝mv2 2q(2)根据粒子的运动情况，可知磁感应强度B的方向是垂直纸面向外粒子在磁场中，有：qvB＝m v2 R由几何关系有：dR＝cos 30°解得磁感应强度B的大小为：B＝3mv 2qd【答案】(1)A mv22q(2)3mv2qd。
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模块综合检测(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，第1～8小题只有一个选项符合题意，第9～14小题有多个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图1所示。
下列说法正确的是( )图1A．b点的电势低于a点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c解析：选B 沿电场线方向电势逐渐降低，因b点所在的等势面高于a点所在的等势面，故b点的电势高于a点的电势，选项A错误；若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功，选项B正确；由于电场线密集的地方场强较大，故d点的场强大于c点的场强，选项C错误；因dc电场线是曲线，故若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将不能沿着电场线由d到c，选项D错误。
2.如图2所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( ) A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度图2解析：选A 根据电场线的疏密程度可知，R、Q两点的电场强度E R>E Q，则带电粒子在R、Q两点的加速度a R>a Q，故D错误；由于带电粒子只受电场力作用，动能与电势能相互转化，两者之和不变，故C错误；根据曲线运动知识，带电粒子在R处所受电场力沿电场线向右，又由于该粒子带负电，则R 处电场的方向应该向左，所以电势φR >φQ ，根据E p ＝q φ可得R 、Q 两点的电势能E p R <E p Q ，则R 、Q 两点的动能E k R >E k Q ，所以v R >v Q ，故A 正确；同理，E p P <E p Q ，故B 错误。
3.如图3所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置。
闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。
如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )图3A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开电键S解析：选B 在直流电路中，R 2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R 1两端的电压，增大R 1的阻值，R 1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E ＝U d可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A 项错误；增大R 2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R 1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B 项正确；增大两板间的距离，而电容器的两板间的电压一定，由E ＝U d可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C 项错误；断开电键S ，电容器会通过R 1、R 2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D 项错误。
4.在研究微型电动机的性能时，可采用如图4所示的实验电路。
当调节滑动变阻器R ，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A 和1.0 V ；重新调节R ，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和15.0 V 。
则当这台电动机正常运转时( )图4A ．电动机的内阻为7.5 ΩB ．电动机的内阻为2.0 ΩC ．电动机的输出功率为30.0 WD ．电动机的输出功率为26.0 W解析：选D 因为电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A 和1.0 V ，说明电动机在没有将电能转化为机械能时属于纯电阻电路，故说明电动机的内阻为r ＝U I ＝1.0 V 1.0 A＝1.0 Ω，选项A 、B 错误；当电动机正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和15.0 V ，则电动机的总功率为P 总＝2.0 A×15.0 V＝30.0 W ，此时电动机的发热功率为P 热＝(2.0 A)2×1.0 Ω＝4.0 W ，故电动机的输出功率为P 出＝P 总－P 热＝30.0 W －4.0 W ＝26.0 W ，选项D 正确。
5．如图5所示，电源电动势为E ，内阻为r ，滑动变阻器最大电阻为R ，开关K 闭合。
两平行金属极板a 、b 间有匀强磁场，一带负电的粒子(不计重力)以速度v 水平匀速穿过两极板。
下列说法正确的是( )图5A ．若将滑片P 向上滑动，粒子将向a 板偏转B ．若将a 极板向上移动，粒子将向a 板偏转C ．若增大带电粒子的速度，粒子将向b 板偏转D ．若增大带电粒子带电量，粒子将向b 板偏转解析：选C 因电容器与电阻并联，将滑片P 向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故粒子所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b 板偏转运动，故A 错误；保持开关闭合，将a 极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E ＝U d可知，板间场强减小，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b 板偏转，故B 错误；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大而所受电场力不变，故粒子将向b 板偏转，故C 正确；若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，所受洛伦兹力也增大，两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D 错误。
6.如图6所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )图6A ．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是北极B ．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是北极C ．无论如何台秤的示数都不可能变化D ．以上说法都不正确解析：选A 如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为北极，A 正确，B 、C 、D 错误。
7.已知电源内阻r ＝2 Ω，灯泡电阻R L ＝2 Ω，R 2＝2 Ω，滑动变阻器R 1的最大阻值为3 Ω，如图7所示，将滑片P 置于最左端，闭合开关S 1、S 2，电源的输出功率为P 0，则( )图7A ．滑片P 向右滑动，电源输出功率一直减小B ．滑片P 向右滑动，电源输出功率一直增大C ．断开S 2，电源输出功率达到最大值D ．滑片P 置于最右端时，电源输出功率仍为P 0解析：选D 闭合开关S1、S 2，外电路总电阻R ＝R 1＋R 并＝R 1＋1 Ω，当R ＝r ＝2 Ω时，电源输出功率最大，根据电源输出功率与外电路电阻的关系图像可知，滑片从最左端向右滑动，外电路总电阻从4 Ω减小到1 Ω，电源输出功率先增大再减小，故A 、B 错误；滑片在最左端，断开S 2，外电路总电阻R ＝R 1＋R 2＝5 Ω≠r ，电源的输出功率不是最大，故C 错误；当滑片在最左端时，R ＝R 1＋R 并＝4 Ω，电流I ＝ER ＋r ＝E 6(A)，电源的输出功率为P 0，则P 0＝I 2R ＝E 29(W)；当滑片在最右端时，R ′＝R 并＝1 Ω，电流I ′＝E R ′＋r ＝E 3(A)，电源的输出功率为P ′＝I ′2R ′＝E 29(W)＝P 0，故D 正确。
8.如图8所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入。
则下面判断错误的是( )图8A ．两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B ．两电子在磁场中运动的时间有可能相同C ．进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场D ．进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场解析：选 D 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2R ，整理得R ＝mv qB，两过程电子速度v 相同，所以半径相同，A 正确；电子在磁场中的可能运动情况如图所示，轨迹1和3先出圆形磁场，再出正方形磁场，轨迹2显示电子同时从圆形与正方形边界出磁场，运动时间相同，所以B 、C 正确，D 错误。
9．(2015·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。
关于指南针，下列说法正确的是( )A ．指南针可以仅具有一个磁极B ．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C ．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D ．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC 指南针是一个小磁体，具有N 、S 两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N 极指向地理的北极，选项A 错误，选项B 正确。
因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C 正确。
在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，D 错误。
10.如图9所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a 、b 、c 三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O 点射入电场的运动轨迹，其中b 虚线为一圆弧，AB ＝BC ，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力及相互作用力，则以下说法正确的是( )图9A ．a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹B ．由于AB ＝BC ，故U AB ＝U BCC ．a 对应的粒子的加速度越来越小，c 对应的粒子的加速度越来越大，b 对应的粒子的加速度大小不变D ．b 对应的粒子的质量大于c 对应的粒子的质量解析：选CD 图中的电场线无法判断方向，所以不能判断出a 、b 、c 三种粒子的电性，故A 错误；根据公式U ＝Ed ，由于AB 间的平均场强小于BC 间的平均场强(电场线的疏密反映电场的强弱)，故U AB ≠U BC ，故B 错误；粒子只受电场力，由a ＝qE m得a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C 正确；三个粒子的电荷量大小相等，以相同的速度从同一点O 点射入电场，故静电力F 相等，由于b 粒子做圆周运动⎝ ⎛⎭⎪⎫F ＝m b v 2r ，c 粒子做近心运动⎝⎛⎭⎪⎫F >m c v 2r ，比较可知c 粒子的质量较小，故D 正确。
11．如图10所示的匀强电场E 的区域内，由A 、B 、C 、D 、A ′、B ′、C ′、D ′ 作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD 垂直。