1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。模块素养检测(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)1.两个相同的带电小球可视为点电荷,所带电荷量之比为17,在真空中相距为r时,两球间斥力大小为F。现将两球接触后再放回原处,则它们间的静电力大小变为()A.FB.FC.FD.F【解析】选A。两球开始时受斥力,故说明二者带同种电荷;设一个球的带电量为q,则另一个球的带电量为Q=7q,此时F=,带同种电荷,接触后再分开,带电量各为4q
2、,则两球的库仑力大小F= F;故A正确,B、C、D错误。2.重庆市某中学的几位同学把一条约10 m长的电线的两端连接在一个灵敏电流表的两接线柱上,形成闭合导体回路。甲、乙两位同学沿南北方向站立匀速摇动电线时,灵敏电流表的示数为I1,两位同学沿东西方向站立匀速摇动电线时,灵敏电流表的示数为I2,则()A.I1=0,I20B.I10,I2=0C.I10,I20D.I1=0,I2=0【解析】选C。由于地球的周围存在磁场,且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极,所以当两个同学沿东西方向站立,并匀速摇动电线时,电线做切割磁感线运动,产生感应电流,故I20。沿南北方向站立匀速摇动电线时,由于北半球的地
3、磁场有向下的分量,所以穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,有感应电流,所以I10,选项C正确。3.如图,在匀强电场中有一个质量为m的带电量为q的小球A悬挂在绝缘细线上,当小球静止时,细线与竖直方向成30角。则该电场电场强度的最小值为()A.B.C. D.【解析】选A。小球受到三个力作用:重力mg、电场力F和细线的拉力T,根据平衡条件得知:F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反,作出电场力在三种不同方向下合成图如图,可以看出,当电场力F与细线的拉力T垂直时,电场力最小,此时电场力的方向与竖直方向的夹角为60度,则电场强度的方向与竖直方向的夹角为60度。由图求出电场力的最小值为:Fmin=mgsi
4、n30,又Fmin=qE,得:E=,故A正确,B、C、D错误。故选A。4.某静电场的电场线分布如图所示,图中P、Q两点的电场强度分别为EP和EQ,则 ()A.EPEQ,方向相同C.EPEQ,方向不同D.EPEQ,而电场强度的方向为电场线在该点的切线方向,所以方向不同,选项C正确,A、B、D错误。5.如图所示,虚线代表电场中的三个等势面,实线为一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,下列说法中正确的是()A.粒子带负电B.粒子在Q点时的加速度较P点大C.粒子在P点时的动能较Q点大D.粒子在P点时的电势能较Q点大【解析】选D。因为电场线和等势面垂直,且由高电势指向低电势,所
5、以在P点的电场强度方向如图所示,因为带电粒子受到的电场力和电场强度共线,且在曲线的内侧,所以粒子在P点受到的电场力和电场强度方向相同,则粒子带正电,故A错误;因为Q点所在处的等势面比P点疏,所以电场强度比P点弱,根据牛顿第二定律可知,粒子在Q点的加速度小于P点,故B错误;根据EP=q,由于P点的电势大于Q点,所以粒子在P点的电势能大于Q点,根据能量守恒可知,粒子在P点的动能小于Q点,故C错误,D正确。6.如图所示,a、b、c为同一种材料做成的电阻,b与a的长度相等但横截面积是a的两倍;c与a的横截面积相等但长度是a的两倍。当开关闭合后,三个理想电压表的示数关系是()A.V1的示数是V3的2倍B
6、.V1的示数是V2的2倍C.V2的示数是V1的2倍D.V2的示数是V3的2倍【解析】选B。由题意可知:Lc=2La=2Lb,Sb=2Sa=2Sc;设b的电阻Rb=R,由电阻定律R=得:Ra=2Rb=2R,Rc=2Ra=4R,RcRaRb=421。由电路图可知,a、b、c三个电阻串联,通过它们的电流相等,由U=IR得:UcUaUb=421,故UV3UV1UV2=421,所以B正确。7.如图所示,A、B、C、D、E、F是匀强电场中一个边长为3 cm 的正六边形的六个顶点,该六边形所在平面与电场线(图中没有画出)平行,已知A、C、E三点的电势分别为-3 V、0 V、3 V,则下列说法正确的是()A.
7、匀强电场的场强方向为由B指向DB.将一个电子由D点移到A点,其电势能将增加9.610-19 JC.通过CB和EF的直线为电场中的两条等势线D.匀强电场的场强大小为300 V/m【解析】选B。连接AE两点,则其中点电势为0 V,与C等势,C与该中点连线即为等势线,该连线与ED、AB平行,故CB和EF不是等势线,因为BD和CF垂直,故BD为一条电场线,但电场线的方向是由高电势指向低电势,则场强方向是D指向B,故A、C错误;将一个电子由D点移到A点,电场力做功为W=eUDA=-1.610-19(3+3) J=-9.610-19 J,所以电势能增加了9.610-19 J,故B正确;场强大小为E= V/
8、m= V/m,故D错误。8.在如图所示的闪光灯电路中,电源的电动势为E,电容器的电容为C。当闪光灯两端电压达到击穿电压U时,闪光灯才有电流通过并发光,正常工作时,闪光灯周期性短暂闪光,则可以判定()A.电源的电动势E一定小于击穿电压UB.电容器所带的最大电荷量一定为CEC.闪光灯闪光时,电容器所带的电荷量一定增大D.在一个闪光周期内,通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等【解析】选D。电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等,当电源给电容器充电,达到闪光灯击穿电压U时,闪光灯通电发光,电容器放电,放电后闪光灯两端电压小于U,断路,电源再次给电容器充电,达到电压U时,闪光灯又通电发光,电容
9、器放电,如此周期性充、放电,使得闪光灯周期性短暂闪光。要使得电容器充电后两端电压达到U,则电源电动势一定大于或等于U,A项错误;电容器两端的最大电压为U,故电容器所带的最大电荷量为CU,B项错误;闪光灯闪光时电容器放电,所带电荷量减小,C项错误;电容器充电时电荷通过R,放电时电荷通过闪光灯,充、放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等,D项正确。9.如图所示,有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的微粒,从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入,分别落到极板A、B、C处,如图所示,则正确的是()A.粒子A带负电,B不带电,C带正电B.三个粒子在电场中运动时间相等C.
10、三个粒子在电场中运动的加速度aAaBaCD.三个粒子到达极板时动能EkAEkBxBxC,根据水平方向做匀速直线运动,所以它们的运动时间关系为tAtBtC。三个微粒在竖直方向的位移相等,根据y=at2可知,它们加速度的关系为aAaBaC;从而可知B仅受重力,A受电场力向上,C受电场力向下,所以B不带电,A带正电,C带负电,故A、B、C错误;根据动能定理,三个微粒重力做功相等,电场力对A做负功,电场力对C做正功,所以C的动能变化量最大,A的动能变化量最小,又因为初动能相等,所以三个微粒到达极板时的动能关系为EkAEkBEkC,故D正确。二、实验题(6分)10.在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需
11、要进行以下测量:(1)用螺旋测微器测得导线的直径如图1所示,其读数是0.701 mm。请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字。(2)欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻,其阻值约为12 ,要求测量结果尽量准确,并且电压、电流测量范围尽可能大一些。下列器材中:电流表应选用(填器材的标号,下同),电压表应选用,滑动变阻器应选用。并在如图2的虚线框内画出你设计的实验电路图。A.电池组E(6 V,内阻很小)B.电流表A1(03 A,内阻约0.01 )C.电流表A2(00.6 A,内阻约0.1 )D.电压表V1(03 V,内阻约3 k)E.电压表V2(06 V,内阻约6 k)F.滑动变阻器R1(05 ,2 A
12、)G.滑动变阻器R2(01 k,1 A)H.电键、导线【解析】(1)螺旋测微器的读数为0.701 mm,故可分解为0.5 mm+0.201 mm,即0.5 mm+20.10.01 mm,三个格子里的示数自下而上分别为15、20、25。(2)电源电动势是6 V,电压表选:电压表V2(06 V,内阻约6 k),电路最大电流I= A=0.5 A,则电流表可选:A2(00.6 A,内阻约0.1 ),电压从零开始,滑动变阻器应采用分压接法,由于=120=500,则电流表采用外接法,滑动变阻器的范围应与电阻值差不多,方便调节,所以滑动变阻器选R1,实验电路图如图所示。答案:(1)152025(自下而上)(
13、2)A2V2R1实验电路图见解析三、计算题(本题共3小题,共27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)11.(9分)竖直放置的平行金属板AB相距30 cm,带有等量异种电荷。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=4.010-5 kg,带电荷量q=+3.010-7 C的小球,平衡时悬线偏离竖直方向夹角=37,如图所示。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10 m/s2)求:(1)AB两板间的电场强度大小;(2)AB两板间的电压。【解析】(1)根据共点力平衡得,电场力F=qE=mgtan37,解得E=1 000 N/C。(2)A、B两板间的电压U=Ed=1 0000.3
14、V=300 V。答案:(1)1 000 N/C(2)300 V12.(9分)如图所示,在水平向右的匀强电场中,有一电荷量为q=-410-7 C的负点电荷从A点运动到B点,电场力做功为WAB=3.210-6 J,AB间距离L=4 m,与水平方向夹角为60;求:(1)B、A间电势差UBA是多少。(2)电场强度E是多大。【解析】(1)AB间电势差为:UAB= V=-8 V则有:UBA=-UAB=8 V(2)匀强电场的电场强度为:E= V/m=4 V/m答案:(1)8 V(2)4 V/m13.(9分)如图所示,一个质量为m=2.010-11 kg、电荷量q=1.010-5 C的带电微粒(重力忽略不计)
15、,从静止开始经电压为U1=100 V的加速电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长L=20 cm,两板间距d=10 cm。(1)微粒进入偏转电场时的速度是多大?(2)若微粒射出电场时的偏转角度为30,则两金属板间的电压U2是多大?【解析】(1)设带电微粒经加速电场加速后速度为v1,根据动能定理:qU1=m解得:v1=1.0104 m/s(2)带电微粒在偏转电场中只受静电力作用,做类平抛运动。水平方向有L=v1t,得t=设电子在偏转电场中运动的加速度为a,射出电场时竖直方向的速度为v2,则加速度a=v2=at=tan =解得:U2=100 V答案:(1)1.0104 m/s(2)
16、100 V【选择性考试】(30分钟40分)14.(7分)如图所示的电路中,两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态,电流表和电压表均为理想电表,由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列说法正确的是()A.电流表、电压表的读数均变小B.电源内阻消耗的功率变大C.液滴将向上运动D.电源的输出功率变大【解析】选C。当L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大,则总电流减小,电源的内电压和R1两端电压减小,由闭合电路欧姆定律可知,路端电压增大,故电容器C两端的电压增大,板间场强增大,带电液滴所受的静电力增大,则该液滴将向上运动,C正确;由于C两端的电压增大,R2、R3中的电流增大,则电流表
17、、电压表的读数均变大,A错误;因干路电流减小,则电源内阻消耗的功率变小,B错误;由于电源内阻与外电阻的大小关系未知,不能判断电源的输出功率如何变化,D错误。故选C。15.(7分)(多选)如图所示虚线为某电场中间距相等且平行的等势面,实线是垂直于等势面的一条直线,其中等势面A的电势为2 V,一电子仅在静电力的作用下运动,经过O、C等势面时的动能分别为10 eV和4 eV,已知两等势面间的距离为2 cm,则下列说法中正确的是()A.此电场的电场强度的大小为100 V/m,方向由O指向DB.等势面B的电势为零C.电子不可能到达D等势面D.电子运动到某一位置,其电势能为-2 eV,则它的动能为8 eV
18、【解析】选A、B、D。设相邻等势面之间的电势差为U,电子经过O、C等势面时的动能分别为10 eV和4 eV,根据动能定理可得-e(O-C)=-6 eV,则O-C=6 V,又O-C=3U,所以U=2 V,从O到C电子动能减小,电势能增大,而电子带负电,所以从O到C电势降低,所以电场线方向由O指向C,因A的电势为2 V,故等势面B的电势为零,选项B正确;根据E=得E=100 V/m,选项A正确;因只有静电力做功,动能与电势能之和保持不变,当电子的速度为零时,设此时电子所在等势面的电势为,由能量守恒定律可得eB+6 eV=e,因B的电势为零,解得=-6 V,而D的电势为-4 V,选项C错误;同理,由
19、能量守恒定律可得eB+6 eV=-2 eV+Ek,Ek=8 eV,选项D正确。16.(7分)(多选)正三角形ABC的三个顶点处分别固定有水平放置的长直导线,并通以图示方向的恒定电流,导线中的电流大小相等,三角形中心O点的磁感应强度大小为B0,已知通电直导线在某点产生的磁感应强度与通电直导线的电流大小成正比,则下列说法正确的是()A.O点处的磁感应强度方向竖直向下B.B、C处两导线中的电流在O点产生的合磁感应强度方向水平向左C.B处导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B0D.将A处导线中的电流大小减半,则O点的磁感应强度大小为B0【解析】选B、C、D。根据安培定则可知,A处导线中的电流在O点
20、产生的磁感应强度BA、B处导线中的电流在O点产生的磁感应强度BB和C处导线中的电流在O点产生的磁感应强度BC方向如图所示,由于各导线中的电流大小相等,它们在O点处产生的磁感应强度的大小相等,设为B1,根据平行四边形定则以及几何关系可知,O点处的合磁感应强度的大小B0=B1+2B1 cos 60=2B1,方向水平向左,解得B处导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B1=B0,选项A错误,C正确;根据平行四边形定则可知,B、C处两导线中的电流在O点产生的合磁感应强度方向水平向左,选项B正确;将A处导线中的电流大小减半,根据通电直导线在某点产生的磁感应强度与通电直导线的电流大小成正比可知,A处导线
21、中的电流在O点产生的磁感应强度大小变为B0,根据平行四边形定则可知,O点的磁感应强度大小变为B0,选项D正确。17.(9分)某科技创新小组的同学测定一水果电池(电动势大约1.5 V、内阻约为1 100 )的电动势和内阻,实验原理如图中的甲、乙所示(甲、乙两图中电压表内阻约为3 000 ,电流表内阻约为20 ),应该选择(选填“甲”或“乙”)电路比较合适。通过调节滑动变阻器得到多组U、I数据,依据U、I数据绘得的图像如图丙,则电动势为 V,内阻为 (以上结果均保留两位有效数字)。实验中测量的电池内阻结果与真实值相比(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。【解析】水果电池内阻较大,电流表内阻很小,相对
22、于水果电池,电流表采用外接法时电压表分流造成的实验误差较大,电流表采用内接法时电流表分压造成的实验误差较小,为减小实验误差,应采用电流表内接法,应选择图甲所示电路;由图示电源U-I图像可知,电源电动势:E=1.6 V,电源内阻:r= 1.2103 ;电流表采用外接法,电源内阻测量值等于真实值与电流表内阻之和,电源内阻测量值偏大。答案:甲1.61.3103偏大18.(10分)如图所示,电源电动势E=10 V,内阻r=0.5 ,标有“8 V16 W”字样的灯泡恰好正常发光,求:(1)灯泡的额定电流;(2)电阻R阻值;(3)电源的输出功率。【解析】(1)对于灯泡,由PL=UIL得:IL= A=2 A(2)由题知,路端电压 U=8 V根据闭合电路欧姆定律得:E=U+Ir则得:I= A=4 A由I=IL+IR得:IR=2.0 A因此:R= =4 (3)电源的输出功率 P=UI=84 W=32 W答案:(1)2 A(2)4 (3)32 W关闭Word文档返回原板块- 16 - 版权所有高考资源网