1、1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
2、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 C2. (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
3、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 1A 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，2静电力做正功，电势能减小，有 EpA EpC，所
4、以 D错误。答案 A3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. L B. L 22 2C2 L D L2解析 刚释放瞬间，对 A球，有 k mAa，经过一段时间后，对 B球，有q1q2L2k mBa，可得 L L L，所以 A项正确。q1q2L 2 mAmB 22答案 A4在同一匀强磁场中， 粒子( He)和质子( H)做匀速圆周运动，若它们的质量和速度的42 1乘积大小相等，则 粒子和质子( )A运动半径之比是 21B运动周期
5、之比是 21C运动速度大小之比是 41D受到的洛伦兹力之比是 21解析 粒子和质子质量之比为 41，电荷量之比为 21，由于质量和速度的乘积大小相等，故速度之比为 14；同一磁场， B相同。由 r ，得两者半径之比为 12；由mvqBT ，得周期之比为 21；由 f 洛 qvB，得洛伦兹力之比为 12。故只有 B正确。2 mqB答案 B5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 23解析 磁场发生微小变化时，因各选项中
6、载流线圈在磁场中的面积不同，由法拉第电磁感应定律 E n n 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 t BS t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 A6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 ON2 R。已知 M点的场强大小为 E，则 N点的场强大小为( )图 3A. E B.kq2R2 kq4R2C. E D. Ekq4
7、R2 kq4R2解析 完整壳在 M点产生的电场强度为 k ，根据场强叠加原理，右半球壳在2q 2R 2 kq2R2M点产生的电场强度为 E，根据对称性，左半球壳在 N点产生的电场强度为 E，kq2R2 kq2R2故 A项正确。答案 A7(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 4A电源给电容器充电后， M板带正电4B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
8、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 知，电压 U减小，C 不正确；电容器的电容反映电容QU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 B8(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abc0.5 m0.4 m0.3 m。空间中存在由超导线圈产生的匀强磁场，其
9、磁感应强度B10.0 T、方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流 I1.010 3 A，方向如图。则下列判断正确的是( )图 5A推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为 4.0103 NB推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为 4.0103 NC推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为 3.0103 ND推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为 3.0103 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 BIb4.010 3 N，故 B正确。答案 B9某电路如图 6所示，已知电池组的总内阻 r1 ，外电路电阻
10、R5 ，理想电压表的示数 U3.0 V，则电池组的电动势 E等于 ( )5图 6A3.0 V B3.6 V C4.0 V D4.2 V解析 在外电路中，由 U IR，得出电流 I0.6 A，又由 E I(R r)解得 E3.6 V答案 B10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 7A540 ，偏大 B540 偏小C700 ，偏小 D700 ，偏大解析 两次测量电压表示数变化率大小 ，电流表示
11、数变化率大小 则 UU 0.12.7 127 II 15 ，可见电流表示数变化显著，说明电压表分流作用显著，采用电流表内接法误差较 UU II小，故乙图所示电路测该电阻的阻值误差较小。测量值 Rx 700 ，真UI 2.8410 3实值 R 真 Rx RA，故测量值比真实值偏大。故选项 D正确。答案 D11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
12、变阻器滑片向 A点滑动过程中，则( )图 8A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6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 B12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 9A
13、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 可知，减小电容器的电容即可，由公式 CQC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 rS4 kd间距离。答案 A13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 10A当滑动触头向右移动时，电子打在荧
14、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7初速度增大，由 r 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mvqB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错误。答案 C二、非选择题(共 6小题，共 48分)14(5 分)图 11是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图。图 11图 12(1)根据图 1
15、1画出实验电路图；(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图 12中的、所示，电流表量程为 0.6 A，电压表量程为 3 V。所示读数为：_、_、_、_。两组数据得到的电阻分别为_和_。解析 (1)描绘小灯泡的伏安特性曲线需要测量电压范围大，变阻器用分压接法，小灯泡电阻比较小，电流表要外接，电路图如图所示。8(2)电流表量程为 0.6 A时，最小刻度为 0.02 A，读数读到小数点后两位，所以表示数为 0.10 A，表示数为 0.24 A；电压表量程为 3 V，最小刻度为 0.1 V，应估读到 0.01 V，所以表示数为 2.00 V，表示数为 0.27 V，根据欧姆定律 R1 8
16、.3 U1I1 2.00 V0.24 A， R2 2.7 。U2I2 0.270.1答案 (1)见解析 (2)0.10 A(0.100.02 均可)0.24 A(0.240.02 均可) 2.00 V(2.000.02 均可) 0.27 V(0.270.02 均可)；8.3 (8.30.2 均可) 2.7 (2.70.2 均可)15(5 分) (2018台州质量评估)某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了一节 1.5 V的干电池外，还有一个方形的电池(层叠电池)。为了测定该电池的电动势和内电阻，实验室中提供有下列器材：A电流表 G(满偏电流 10 mA，内阻 10)B电流
17、表 A(00.6 A3 A，内阻未知)C滑动变阻器 R0(0100，1 A)D定值电阻 R(阻值 990)E开关与导线若干(1)该同学根据现有的实验器材，设计了如图 13甲所示的电路，请你按照电路图在乙图上完成实物连线。图 13(2)图 14为该同学根据实验数据绘出 I1 I2图线( I1为电流表 G的示数， I2为电流表 A的示数)，则由图线可以得到被测电池的电动势 E_V，内阻 r_。9图 14解析 (1)连线如下。(2)根据闭合电路欧姆定律 I 得ER外 rI1(R RG)( I1 I2)r E整理并代入数据得： I1 I2E1 000 r r1 000 r由 I1 I2图线得： 910
18、 3 ， 10 2E1 000 r r1 000 r解得： E9.09 V， r10。答案 (1)见解析(2)8.89.2 V 9.610.4 16(8 分)如图 15所示，两块正对的带电金属板，上板的电势高于下板，板间的电场强度为 2102 N/C，两板之间的距离为 0.2 m，板长为 0.4 m，带电粒子以速度 v0510 4 m/s从极板左端垂直于电场方向进入电场，从极板右端飞出，虚线为粒子的运动轨迹，不计带电粒子所受的重力，试问：图 15(1)带电粒子带何种电荷？(2)两板间的电势差多大？(3)带电粒子在电场中运动的时间多长？解析 (1)由题意得，上极板带正电，再由粒子的运动轨迹得粒子
19、带正电。10(2)由公式 E ，得电势差为 U Ed40 V。Ud(3)由公式 t ，得 t810 6 s。Lv0答案 (1)正电荷 (2)40 V (3)810 6 s17(10 分)如图 16所示，电源电动势 E015 V，内阻 r01 ，电阻 R130 ， R260 。间距 d0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B1 T的匀强磁场。闭合开关 S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v0.1 m/s沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为 Rx，忽略空气对小球的作用，取 g10 m/s 2。图 16(1)当 Rx29 时，电阻 R2
20、消耗的电功率是多大？(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为 60，则 Rx是多少？解析 设 R1和 R2的并联电阻为 R，有 R R1R2R1 R2R2两端的电压： U E0Rr0 R RxR2消耗的电功率为： P U2R2(1)当 Rx29 时，联立式，代入数据解得：P0.6 W(2)设小球质量为 m，电荷量为 q，小球做匀速圆周运动时，有： qE mgE Ud设小球做圆周运动的半径为 r，有 qvB mv2r由几何关系有： r d联立式，代入数据解得： Rx54 答案 (1)0.6 W(2)54 18(10 分)如图 17所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固
21、定点 O，用一根长度为l0.20 m的绝缘轻线把质量 m0.10 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在 O点，小球静止在 B点时轻线与竖直方向的夹角 37。现将小球拉至位置 A，使轻线水平张紧后由静11止释放。 g取 10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80。求：图 17(1)小球所受电场力的大小；(2)小球通过最低点 C时的速度大小；(3)小球通过最低点 C时轻线对小球的拉力大小。解析 (1)小球受重力 mg、电场力 F和拉力 FT，其静止时受力如图所示根据共点力平衡条件有 F mgtan 370.75 N(2)设小球到达最低点时的速度为 v，小球从水平位置运动到最低点的过程中
22、，根据动能定理有mgl Fl mv212解得 v 1.0 m/s2gl 1 tan 37(3)设小球通过最低点 C时细线对小球的拉力大小为 FT根据牛顿第二定律有 FT mg mv2l解得 FT1.5 N答案 (1)0.75 N (2)1.0 m/s (3)1.5 N19(10 分)如图 18所示，在 x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外；在 x轴下方存在匀强电场，电场方向与 xOy平面平行，且与 x轴成 45夹角。一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子以速度 v0从 y轴上 P点沿 y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段
23、时间 T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。图 1812(1)求粒子从 P点出发至第一次到达 x轴时所需的时间；(2)若要使粒子能够回到 P点，求电场强度的最大值。解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为 R，运动周期为 T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B m ， Tv20R 2 Rv0依题意，粒子第一次到达 x轴时，运动转过的角度为 ，所需时间为 t1 T，求得 t154 585 m4qB(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为 0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达 x轴时速度大小仍为 v0，设粒子在电场中运动的总时间为 t2，加速度大小为 a，电场强度大小为 E，有 qE ma， v0 at2，得 t212 2mv0qE根据题意，要使粒子能够回到 P点，必须满足 t2 T0得电场强度最大值 E2mv0qT0答案 (1) (2)5 m4qB 2mv0qT0
