1、模块素养评价(90分钟 100分)一、选择题(本题共12小题,其中18为单选,912为多选,每小题4分,共48分)1.某静电场中的一条电场线与x轴重合,其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用。则在-x0 x0区间内()A.电子将沿x轴正方向运动,电势能逐渐减小 B.电子将沿x轴正方向运动,加速度逐渐增大 C.该静电场是匀强电场,x0处电场强度最小 D.该静电场是非匀强电场,O点电场强度最小 【解析】选A。根据电子从低电势到高电势,其电势能减小,那么当电子沿x轴正方向运动,电势在升高,则电势能逐渐减小,故A正确;根据图象的斜率表示电场强度,电子将沿x轴正方向运动,
2、电场强度减小,那么电场力减小,则加速度大小也逐渐减小,故B错误;由图象可知电势与距离不成正比,由公式U=Ed,可知该静电场是非匀强电场,根据图象的斜率表示电场强度,则x0处电场强度最小,而在O点电场强度最大,故C、D错误。2.如图甲,Q1、Q2为两个固定点电荷,它们连线的延长线上有a、b两点。一带正电的试探电荷仅在电场力作用下,以初速度va从a点开始沿a、b连线向远处运动,经过b点时速度为vb,其v-t图象如图乙所示,规定无穷远处为零电势点,下列说法正确的是()A.Q1带负电,Q2带正电 B.b点电势为零 C.b点场强为零 D.试探电荷从a点到无穷远处,电场力做负功 【解析】选C。从速度时间图
3、象上看出,粒子从a到b做加速度减小的减速运动,在b点时粒子运动的加速度为零,则电场力为零,所以该点场强为零。根据点电荷的场强的叠加可知,Q1对正电荷的电场力向右,则Q2对正电荷的电场力必定向左,所以Q1带正电,Q2带负电,故A错误,C正确;由于正电荷从b向无穷远处的过程中电场力做正功,可知b点的电势高于无穷远处的电势,规定无穷远处为零电势点,则b处电势大于零,故B错误;粒子从a到b做加速度减小的减速运动,则电场力做负功,粒子从b到无穷远做加速运动,则电场力做正功,故D错误。故选C。3.如图,棱长为l=1 cm的立方体abdc-fgih处于匀强电场中,d、c两点间电势差Udc=3 V,d、b两点
4、间电势差Udb=3 V。若一电子从b到g电场力做功为零,则()A.b、g两点间的电势差为零 B.匀强电场的方向从d指向c C.a、b两点间的电势差Uab=3 V D.匀强电场的电场强度E=300 V/m 【解析】选A。电子从b到g电场力做功为零,根据电场力做功W=qU,知b、g两点 间的电势差为零,故A正确;根据Udc=Udb=3 V,知b、c间电势差为零,所以bchg是一 个等势面,根据电场线与等势面垂直,知匀强电场的方向从d指向a,故B错误;由 于ab平行且等于dc,所以a、b两点间的电势差Uab=Ucd=-3 V,故C错误;匀强电场的 电场强度E=300 V/m,故D错误。dcU3 V/
5、m220.0122l24.如图所示,电荷量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距2d,点电荷到带电薄板的 垂线通过板的几何中心O,图中AO=OB=d,A点的电场强度为零。下列说法正确的 是()A.薄板带负电,电子在A点所具有的电势能一定为零 B.B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差相等 C.电子在B点所具有的电势能小于在A点所具有的电势能 D.带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度为 28kg9d【解析】选C。正电荷q在A点激发的电场强度方向向左,A点的电场强度为零,根据电场的矢量合成,知薄板带负电,但零电势点是人为规定的,故电子在A点所具有的电势能不一定为零,故A错误;如果没有正电荷q,B、
6、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差相等,现在有正电荷q,空间电场线等势面分布不再对称,B、O两点间的电势差与A、O两点间的电势差不相等,故B错误;如果没有正电荷q,电子在B点所具有的电势能等于在A点所具有的电势能,现在叠加正电荷q的电场,电子由A到B电场力做正功,电势能减小,故电子在B点所具有的电势能小于在A点 所具有的电势能,故C正确;q在A点形成的电场强度的大小为:E1=,方向向左;因A点场强为零,故薄板在A点的场强方向向右,大小也为 ;由对称性可知,薄板在B点的场强也为 ,方向向左,故D错误。2kq9d2kq9d2kq9d5.(2019江苏高考)如图所示的电路中,电阻R=2 。断开S
7、后,电压表的读数 为3 V;闭合S后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为()A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】选A。根据闭合电路欧姆定律U外=E-Ir和I=,可得E=3 V,r=1,故选项A正确,B、C、D错误。ErR6.如图所示的电路中,闭合开关S后,灯a和b都正常发光,后来由于某种故障使灯b突然变亮,电压表读数增加,由此推断这故障可能是()A.电阻R2断路 B.电阻R2短路 C.a灯灯丝烧断 D.电容器被击穿短路 【解析】选A。电阻R2断路,导致总电阻增大,总电流减小,a两端电压减小,而路端电压增大,则b两端电压增大,b变亮,故A正确;电阻R2短路,b不亮,故B错误;a灯灯丝烧断
8、导致总电阻增大,总电流减小,b变暗,不符合题意,故C错误;电容器被击穿短路,外电路总电阻减小,总电流增大,内电压增大,路端电压减小,电压表读数减小,故D错误。7.湖北武当山金殿,以前在雷雨交加时,金殿的屋顶常会出现盆大的火球,来回滚动。雨过天晴时,大殿金光灿灿,像被重新炼洗过一般,这就是人们所说的“雷火炼殿”奇观。近些年为了保护古建筑,在金殿顶部安装了避雷针,此后,“雷火炼殿”的奇观消失了。假设某次雷雨时,有一团带大量负电荷的乌云经过其正上方时,发生放电现象。下列说法正确的是()A.通过避雷针的电流,方向是从云到殿 B.通过避雷针的电流,不受安培力 C.通过避雷针的电流,所受安培力方向偏西 D
9、.通过避雷针的电流,所受安培力方向竖直向下 【解析】选C。大量负电荷从云层通过避雷针,说明电流方向是从殿到云,故A错误;地磁场大致方向是从南到北,根据左手定则,其所受安培力方向偏西,故B、D错误,C正确。8.如图所示为电子束焊接机,图中带箭头的虚线代表电场线,B、C是电场中两点。K为阴极,A为阳极,两极之间的距离为d,在两极之间加上高压U,有一电子在K极 由静止被加速。不考虑电子重力,元电荷为e,则下列说法正确的是()A.A、K之间的电场强度均为 B.B点电势大于C点电势 C.B点电场强度大于C点电场强度 D.电子由K到A的电势能减少了eU Ud【解析】选D。A、K之间建立的是非匀强电场,公式
10、E=不适用,因此A、K之间 的电场强度不等于 ,故A错误;B、C所在等势面为一条条和电场线垂直的圆弧,如图所示:根据沿电场线方向电势降低,可知B点电势小于C点电势,故B错误;电场线的疏密 程度表示电场强度大小,从图中可知B点所在位置的电场线较疏,C点所在位置的 电场线较密,故B点的电场强度小于C点的电场强度,故C错误;电子受到的电场力 方向和电场方向相反,受电场力方向由K指向A,和运动方向一致,故电场力做正 功,电势能减小,有:Ep减=Ek,根据动能定理可得:eU=Ek,故D正确。UdUd9.如图所示为正交的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,场强大小为E,磁 场方向垂直于纸面水平向外,磁感
11、应强度大小为B。一个电量为q、质量为m=(g为重力加速度)的带正电粒子在场中P点竖直向下以大小为v0的初速度向下射 出,则()A.若v0=,则粒子将向下做匀加速直线运动 B.若v0=且方向竖直向上,射出的瞬间,加速度大小为 g C.改变粒子射出的速度,且粒子在场中做直线运动,则粒子一定做匀速直线运动 D.改变粒子射出的速度,且粒子在场中做直线运动,则射出的初速度大小为 qEgEBEB52EB【解析】选B、C、D。若v0=,则有qv0B=qE,粒子向下射出的一瞬间,电场力和 洛伦兹力等大反向,随着速度增大,洛伦兹力增大,粒子会向左偏转,不可能做直 线运动,故A错误;若v0=且方向竖直向上,射出的
12、瞬间,粒子受到的洛伦兹力方 向向右,大小F洛=qv0B=qE=mg,则合力为F=,根据牛顿第 二定律知,加速度大小为a=,故B正确;改变粒子射出的速度,且粒子在 场中做直线运动,洛伦兹力与电场力和重力的合力等大反向,则qvB=mg,得 v=。如果做直线运动时速度大小变化,则洛伦兹力大小变化,合力方向变 化,则粒子将做曲线运动,因此,粒子在场中做直线运动时,一定做匀速直线运动,故C、D正确。EB22mg2mg5mgF5gm 22EBEB10.如图所示,平行金属板间存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小为2 102 V/m,两极板间距离为10 cm。P点距下极板2 cm,C点距下极板3 cm,D点距
13、上极板2 cm。下列说法正确的是()A.设上极板电势为零,则电子在D点电势能为-4 eV B.将一电子从C点移到D点,静电力做功为10 eV C.将一电子从P点沿直线移到D点静电力做的功,比将电子从P点经C点移到D点静电力做的功少 D.设C点电势为零,则P点电势为-2 V 【解析】选B、D。设上极板电势为零,则电子在D点电势=-4 V,则电子在D点的电势能为4 eV,故A错误;将一电子从C点移到D点,静电力做功W=qEd=e2 102 V/m0.05 m=10 eV,故B正确;静电力做功跟路径无关,只跟位移有关,将一电子从P点沿直线移到D点静电力做的功等于电子从P点经C点移到D点静电力做功,故
14、C错误;设C点电势为零,则P点电势=-Ed=-2102 V/m0.01 m=-2 V,故D正确。11.某学校创建绿色校园,如图甲为新装的一批节能路灯,该路灯通过光控开关实现自动控制,电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图乙为其内部电路简化原理图,电源电动势为E,内阻为r,Rt为光敏电阻(光照强度增加时,其电阻值减小)。现增加光照强度,则下列判断正确的是()A.A、B灯都变暗 B.电源的输出功率变小 C.电源的效率变小 D.Rt上电流的变化量大于R0上电流的变化量 【解析】选A、C、D。光照强度增大,光敏电阻阻值减小,电路总电阻减小,故电 路总电流I增大,消耗在内阻上的电压增大,路端电
15、压U=E-Ir减小,即A灯两端电 压减小,通过A灯的电流IA减小,所以A灯变暗;通过定值电阻R0的电流I0=I-IA增大,所以R0两端的电压U0=I0R0增大,B灯两端的电压UB=U-I0R0减小,B灯变暗,故A正确;电源电动势不变,电路总电流I增大,但路端电压U减小,因为不知道电源内电阻 与外电阻之间的具体关系,所以电源的输出功率P=UI无法确定,故B错误;电源的 效率为=,由上面的分析可知路端电压U减小,电源的效率变小,故C正确;通 过R0上的电流等于通过光敏电阻Rt的电流与通过灯B的电流之和,即I0=It+IB,根 据前面的分析,通过灯B的电流IB减小,故Rt上电流的变化量大于R0上电流
16、变化量,故D正确。UE12.如图所示,分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂 直纸面向里。电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径 AO方向射入磁场,离开磁场时速度方向偏转了60角。(不计粒子的重力)则下 列说法不正确的是 ()A.粒子做圆周运动的半径为r B.粒子的入射速度为 C.粒子在磁场中运动的时间为 D.粒子在磁场中运动的时间为 3Bqrm2m3qB2 mqB【解析】选A、C、D。设粒子做匀速圆周运动的半径为R,如图所示:AOD=120,则三角形ADO是等边三角形,故R=根据牛顿运动定律:qvB=则有v=,故A错误,B正确;AD132sinAOD
17、2r2AD3r2mvR3qBrm粒子在磁场中的运动方向偏转了60角,所以粒子完成了 T个圆周运动,根据 线速度与周期的关系T=得:T=粒子在磁场中的运动时间为:t=故C、D错误。162 Rv2 mqB1mT63qB，二、实验题(本题共2小题,共12分)13.(6分)(2018全国卷)某实验小组利用如图甲所示的电路探究在25 80 范围内某热敏电阻的温度特性。所用器材有:置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT,其标称值(25 时的阻值)为900.0 ;电源E(6 V,内阻可忽 略);电压表 (量程150 mV);定值电阻R0(阻值20.0 ),滑动变阻器R1(最大阻 值为1 000 );电阻
18、箱R2(阻值范围0999.9 );单刀开关S1,单刀双掷开关S2。实验时,先按图甲连接好电路,再将温控室的温度t升至80.0。将S2与1端接通,闭合S1,调节R1的滑片位置,使电压表读数为某一值U0;保持R1的滑片位置不变,将R2置于最大值,将S2与2端接通,调节R2,使电压表读数仍为U0;断开S1,记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t,得到相应温度下R2的阻值,直至温度降到 25.0。实验得到的R2-t数据见下表。t/25.0 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 R2/900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0 240.0 回答下列问
19、题:(1)在闭合S1前,图甲中R1的滑片应移动到_(选填“a”或“b”)端。(2)在图乙的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,并作出R2-t曲线。(3)由图乙可得到RT在25 80 范围内的温度特性。当t=44.0 时,可得 RT=。(4)将RT握于手心,手心温度下R2的相应读数如图丙所示,该读数为 ,则手心温度为 。【解析】(1)为了保护测量电路,在闭合S1前,图甲中R1的滑片应移动到b端。(2)在图乙的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,做出R2-t曲线如图所示。(3)由作出的R2-t曲线可知,当t=44.0 时,可得RT=450。(4)根据图丙所示读数为6100+210+10+0.10=620.
20、0,由作出的R2-t曲线可知,当RT=620.0 时,可得t=33.0。答案:(1)b(2)图见解析(3)450(4)620.0 33.0 14.(6分)(2019全国卷)某同学要将一量程为250 A 的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1 200 ,经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接,进行改装。然后利用一标准毫安表,根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。(1)根据图(a)和题给条件,将(b)中的实物连线。(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时,微安表的指针位置如图(c)所示,由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值,而是 。(
21、填正确答案标号)A.18 mA B.21 mA C.25 mA D.28 mA (3)产生上述问题的原因可能是 。(填正确答案标号)A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1 200 B.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1 200 C.R值计算错误,接入的电阻偏小 D.R值计算错误,接入的电阻偏大(4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可,其中k=。【解析】(1)电流表改装时,微安表应与定值电阻R并联接入虚线框内,则实物电 路连接如图所示:(2)由标准毫安表的示数与微安表的指针位置可知,改装后的电流表量程被扩大 的倍数n=10
22、0倍,则当微安表表盘达到满偏时,改装的电表量程 为:25010-3 mA100=25 mA,故选项C正确。316 mA160 10 mA(3)根据IgRg=(I-Ig)R,可得:I=,改装后的量程偏大的原因可能是原微 安表内阻测量值偏小,即电表实际内阻Rg真实值大于1 200,故选项A正确,B错 误;改装后的量程偏大的原因还可能是定值电阻R的计算有误,计算值偏大,实际 接入定值电阻R阻值偏小,故选项C正确,D错误。(4)由于接入电阻R时,改装后的表实际量程为25 mA,故满足IgRg=(25-Ig)R;要想 达到预期目的,即将微安表改装为量程为20 mA的电流表,应满足IgRg=(20-Ig)
23、kR,其中Ig=250 A=0.25 mA,联立解得:k=。答案:(1)见解析图(2)C(3)A、C(4)ggR(1)IR9979 9979三、计算题(本题共4小题,共40分。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)15.(8分)如图所示,甲带电体固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为+q、质量为m的带电体乙,从P点由静止释放,经L运动到Q点时达到最大速度v。已知乙与水平面的动摩擦因数为,静电力常量为k,重力加速度为g。求:(1)Q处电场强度的大小;(2)物块乙从P运动到Q的过程中电场力所做的功;(3)P、Q之间的电势差是多大?【解析】(1)速度最大时mg=Eq(2分)得E=(
24、1分)(2)P到Q过程,应用动能定理得 W-mgL=mv2-0(2分)得W=mv2+mgL(1分)(3)电场力做功W=qU(1分)得U=(1分)答案:(1)(2)mv2+mgL (3)mgq12122mv2 mgL2q mgq122mv2 mgL2q 16.(8分)在如图所示电路中,定值电阻R0=2 ,安培表和伏特表均为理想电表。闭合开关K,当滑动变阻器Rx滑片P从一端移向另一端时,发现电压表的示数变化范围为0 V到3 V,安培表的示数变化范围为0.75 A 到1.0 A。求:(1)电源的电动势和内阻;(2)移动变阻器滑片时,能得到的电源的最大输出功率。【解析】(1)据题意可知:Rx的最大值为
25、 Rm=4(1分)当Rx1=0时,Ux1=0,对应电流为I1=1 A,由闭合电路欧姆定律得:E=I1(R0+r)(1分)当Rx为最大值时,Ux2=3 V,对应电流为I2=0.75 A,有:E=I2(R0+r)+Ux2(1分)由以上两式代入数据得:E=12 V,(1分)r=10(1分)x22U3I0.75(2)电源的输出功率P出=(1分)当Rx+R0=r时,电源有最大输出功率,但Rx+R0恒小于r,由输出功率随外电阻变化的 关系知,当Rx+R0取最大值时输出功率最大,即P出=(2分)答案:(1)12 V 10 (2)W 2x02x0ERRRRr22m022m0ERR122742 WW842 10
26、RRr27817.(12分)如图所示,直角坐标系xOy的、象限存在方向沿x轴正方向的匀强电场,场强大小为E;、象限存在一个圆心在O1(b,0)且与y轴相切于O点的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于坐标平面。从x轴上P(-a,0)点由静止释放一个质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子,粒子穿出磁场的位置为Q,已知QO1x=60,粒子重力不计、大小可忽略。求:(1)磁场的磁感应强度大小和方向;(2)粒子在磁场中运动的时间。【解析】(1)粒子在电场中沿x轴做匀加速直线运动,设粒子到达O点的速度为v。由动能定理可得:qEa=mv2(2分)解得:v=(1分)122qEam在磁场中,粒子做匀速圆周运动,轨迹
27、如图,设轨道半径为r,由几何关系可得:r=btan60 解得:r=b(2分)由牛顿第二定律可得:qvB=m (2分)解得:B=(1分)由左手定则知:磁场方向垂直于xOy坐标平面向里;32vr6qEam3qb(2)粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为:=OO2Q=60(1分)又:T=(1分)运动时间:t=T(1分)联立解得:t=(1分)答案:(1),方向垂直于xOy坐标平面向里(2)2 rv360b6m6qEa。6qEam3qbb6m6qEa。18.(12分)如图甲所示,在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场,一比荷 为 带正电的粒子(重力不计),以速度v0沿水平方向从金属极板正中间射入。粒
28、子经电场偏转后恰能从极板的上边缘O点与水平方向成45角射出,然后垂直 于MN射入右上方足够大的区域,该区域内可适时加上垂直纸面的磁场,其变化规 律如图乙所示(加磁场时为t=0时刻),磁场变化周期为T0,忽略磁场突变的影响。qm(1)求两金属极板间的电压U大小;(2)若粒子到达MN时加磁场,要使粒子射入磁场后不再从MN射出,求磁感应强度B0 应满足的条件;(3)若磁感应强度B0=,粒子越过MN足够远的距离时加磁场,求运动轨迹所 包围面积。04 mqT【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动,从O点射出时速度为:v=v0(1分)在金属极板间运动的过程中,根据动能定理有:(2分)代入数据得:U=(1分
29、)2220U11qmvmv22222200m(vv)mvqq(2)粒子垂直MN射入磁场后做匀速圆周运动,要使粒子不从MN间射出,其轨迹如 图1所示:设粒子运动周期为T,由图1可知,应有 因为T=(2分)所以B (2分)0T5 T1222 mqB05 m3qT(3)粒子射入NM区域足够远后从t=0时刻开始有磁场,分析可知粒子在磁场中的 运动周期为:T=(1分)所以,粒子在T0时间内的轨迹是两个外切圆组成的“8”字形,如图2所示。设轨迹半径为r,则:r=(1分)解得r=(1分)所围成的两个半径为r的圆的面积为:S=2r2=(1分)答案:(1)(2)B (3)0T2 mqB2mvqB002v T42200v T420mvq05 m3qT2200v T4