1、模块综合测评(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710 题有多项符合题目要求，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)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
2、个简洁的方法描述电场C奥斯特将通电导线沿南北方向放在小磁针上方时，小磁针发生了偏转，说明通电导线周围存在磁场，奥斯特第一个发现了电与磁之间的联系，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库仑定律，故C正确；法拉第提出了电荷周围存在一种场，他是最早提出用电场线描述电场的物理学家，故D错误所以选C2.如图所示，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
3、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A根据电场线的疏密程度可知，R、Q两点的电场强度EREQ，则带电粒子在R、Q两点的加速度aRaQ，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RQ，根据Epq可得R、Q两点的电势能EpREkQ，所以vRvQ，故A正确；同理，EpPEpQ，故B错误3.如图所示的电路中，电
4、源电动势为E，内阻为r，闭合开关后，滑动变阻器滑片P向左移动下列结论正确的是()A电流表读数变小，电压表读数变大B小灯泡L变亮C电容器C上电荷量减小D电源的总功率变大A闭合开关后，滑动变阻器滑片P向左移动，电流表读数变小，电压表读数变大，小灯泡L变暗，选项A正确，B错误；电容器C两端电压增大，电荷量增大，选项C错误；电源的总功率变小，选项D错误4.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B
5、的大小的变化，正确的是()A逐渐增大B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大D对导体棒受力分析，可知导体棒受重力G、支持力FN和安培力F安，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力F安合成，合力与重力相平衡，如图所示从图中可以看出，当磁场的方向变化时，安培力F安先减小后增大，由于F安BIL，且其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先减小后增大，故本题选D5.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()A电场强度EadC将一
6、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D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EaEc，A错误；bd，B错误；Uad0，正电荷由a点移到d点时，WadUadq0，负电荷由b点移到e点时，WbeUbe(q) BB DBr0，解得Bc，电子从b到c电场力做负功质子从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，C错误，D正确8.如图所示的电路中，电源的内阻r0，R1和R2是两个定值电阻当滑动变阻器R的滑片向a移动时，电路中的电流I1、I2的变化情况是()A
7、I1不变 BI1变小CI2变大 DI2变小BC当滑动变阻器R的滑片向a移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变小，整个回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I变大，路端电压UEIr变小，I1变小，A错误，B正确；又II1I2，所以I2变大，C正确，D错误9如图所示，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AD当等离子体从右
8、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，CD处在导线GH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10.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电小球从M点自由下落，M点距场区边界PQ高为h，边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是()A小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向里B小球的电荷量与
9、质量的比值C小球从a运动到b的过程中，小球和地球组成系统机械能守恒D小球在a、b两点的速度相同AB带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qEmg，B正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b点射出，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球组成系统的机械能不守恒，只是a、b两点机械能相等，C错误；小球在a、b两点速度大小相等，方向相反，D错误二、实验题(本题共2小题，共16分)11(8分)用下列器材，测定小灯泡的额定功率A待测小灯泡：额定电压6 V，额定功率约为5 W；B电流表：量程1.0 A，内阻约为0.5 ；C电压表：量程3 V，内阻5
10、 k；D滑动变阻器R：最大阻值为20 ，额定电流1 A；E电源：电动势10 V，内阻很小；F定值电阻R0(阻值10 k)；G开关一个，导线若干要求：(1)实验中，电流表应采用 接法(填“内”或“外”)；滑动变阻器应采用 接法(填“分压”或“限流”)(2)在方框中画出实验原理电路图(3)实验中，电压表的示数调为 V时，即可测定小灯泡的额定功率解析：(1)小灯泡的额定电流为IA，正常发光时的电阻为RL7.2 ，由于电压表量程小于小灯泡的额定电压，实验时需先与定值电阻串联以扩大量程，则有RL50 ，故测量电路采用电流表外接法由于采用限流式接法时可使小灯泡获得的最低电压为Umin2.6 V，调节滑动变
11、阻器，可以满足小灯泡正常发光时的要求，故控制电路可以采用限流式，当然也可以使用分压式(2)实验电路图如图所示(3)由于定值电阻的阻值等于电压表内阻的二倍，则电压表两端电压等于小灯泡两端电压的三分之一答案：(1)外限流(分压也可)(2)见解析图(3)212.(8分)某同学用如图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A1(量程200 A，内阻R1300 )；电流表A2(量程30 mA，内阻R25)；定值电阻R09 700 ；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
12、和A2的示数分别为I1和I2.多次改变滑动触头的位置，得到的数据如表所示：I1(A)120125130135140145I2(mA)20.016.713.210.06.73.3(1)依据表中数据，作出I1I2图线如图所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E V，欧姆表内阻为r .(结果保留3位有效数字)(2)若某次电流表A1的示数是114 A，则此时欧姆表的示数约为 .(结果保留3位有效数字)解析：(1)根据闭合电路欧姆定律有：EI1(R1R0)(I2I1)r所以I1I2由图像可知斜率k1.52103截距b1.5104即1.52103，1.5104解得E1.50 V，r15.2 .(2)由题图
13、可知当I1114 A时，I224 mA所以R外47.5 .答案：(1)1.50(1.481.51)15.2(14.016.0)(2)47.5(47.048.0)三、计算题(本题共4小题，共44分，按题目要求作答)13(8分)如图所示，板长L4 cm的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角37，两板所加电压为U100 V有一带负电液滴，电荷量为q31010 C，以v01 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小解析：(1)根据题意画出
14、带电液滴的受力图如图所示，由图可得qEcos mg又E解得m8108 kg(2)对液滴在板间运动过程由动能定理得：qUmv2mv解得v m/s.答案：(1)8108 kg(2) m/s14.(8分)如图所示，处于匀强磁场中的两根光滑的平行金属导轨相距为d，电阻忽略不计导轨平面与水平面成角，下端连接阻值为2r的定值电阻和电源，电源电动势为E，内阻为r，匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为m、阻值为r的均匀金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触接通开关S后，金属棒在导轨上保持静止状态(1)判断磁场的方向；(2)求磁感应强度的大小；(3)求金属棒的热功率解析：(1)对金属棒受力分析如图所示，由左
15、手定则可判断磁场方向垂直导轨平面向下(2)由平衡条件有F安mgsin 又安培力F安BId由闭合电路欧姆定律知，通过金属棒的电流为I由以上各式解得磁感应强度B.(3)金属棒的热功率PI2rr.答案：(1)垂直导轨平面向下(2)(3)15.(14分)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2
16、时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan ；(3)电子打到屏上的点P到点O的距离x.解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1a1tv1a1t1v2运动的总时间为tt1t23.(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2，t3，vya2t3，tan 解得：tan 2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1x1a2ttan 解得：xx1x23L.答案：(1)3(2)2(3)3L16(14分)如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场
17、，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、y轴方向为电场强度的正方向)在t0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴方向的带负电粒子(不计重力)其中已知v0、t0、B0、E0，且E0，粒子的比荷，x轴上有一点A，坐标为.(1)求时带电粒子的位置坐标；(2)粒子运动过程中偏离x轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过A点解析：(1)在0t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qB0v0m得：r1，T2t0，则在时间内转过的圆心角，所以在t时，粒子的位置坐标为.(2)在t02t0时间内，粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示vv0t02v0运动的位移：xt01.5v0t0在2t03t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径：r22r1故粒子偏离x轴的最大距离：hxr21.5v0t0.(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0一个周期内向右运动的距离：d2r12r2AO间的距离为：8d所以，粒子运动至A点的时间为：t32t0.答案：(1)(2)1.5v0t0(3)32t0
