1、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.下列说法正确的是()A.元电荷实质就是电子(或质子)本身B.元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量C.摩擦起电是通过摩擦创造出了等量的异种电荷的过程D.不论是摩擦起电还是感应起电,都是创造出了电荷【解析】选B。元电荷是指电子或质子所带的电荷量,数值为e=1.6010-19 C,不是电子(或质子)本身,故A错误;电荷既不能被创生,也不能被消灭,不论摩擦起电还是感应起电,都是电荷的转移。故C、D错误。2.两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
2、,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,则两球的库仑力大小F= F;故A正确,B、C、D错误。3.(多选)在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电,另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从物体A的上方经过,若此过程中物体A始终保持静止,A、B两物体可视为点电荷,则下列说法正确的是()A.物体A受到的地面的支持力先增大后减小B.物体A受到的地面的支持力保持不变C.物体A受
3、到的地面的摩擦力先减小后增大D.库仑力对物体B先做正功后做负功【解析】选A、C。在圆弧上各点B所受的库仑力始终沿半径方向,与速度方向始终垂直,故物体B沿圆弧从P到Q的过程中,库仑力不做功,D错。A、B两物体间的库仑力大小不变,但物体B沿圆弧从P到Q过程中,物体A受物体B的库仑力方向先是指向右下方,再转为指向正下方,最后指向左下方,故物体A受到地面的支持力先增大后减小,受到地面的摩擦力先减小后增大,在所受库仑力方向为指向正下方时,物体A受到地面的支持力最大,摩擦力最小,A、C正确,B错误。4.下列四个电场中,a、b两点电场强度与电势均相同的是()【解析】选C。A图中a、b是同一等势面上的两点,电
4、势相同,场强大小相等,但方向不同,则电场强度不同,故A错误;B图中a处电场线比b处电场线密,则a处场强较大,顺着电场线方向,电势降低,则b点的电势较高,故B错误;C图中a、b是匀强电场中的两点,电场强度相同,a、b又在同一等势面上,电势相等,故C正确;D图中等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线,则a、b的电势相同。根据电场线的分布可知:a处场强较大,故D错误。5.如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45,则下列结论不正确的是()A.此液滴带负电B.液滴做匀加速直线运动C.合外力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少
5、【解析】选C。据题带电液滴沿直线从b运动到d,带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则电场力方向一定水平向右,与场强方向相反,所以该液滴带负电,故A正确;由图可得液滴所受合力F=mg,故液滴的加速度a=g,所以液滴做初速度为零的匀加速直线运动,故B正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合外力对液滴做正功,故C不正确;由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos450,故电场力对液滴做正功,故液滴的电势能减小,故D正确;本题选不正确的,故选C。6.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
6、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
7、子在P点的动能小于Q点,故C错误,D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.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
8、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/m= V/m,故D错误。8.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
9、,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、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。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
10、.三个粒子在电场中运动时间相等C.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
11、究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量:(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
12、 k)F.滑动变阻器R1(05 ,2 A)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
13、。答案:(1)152025(自下而上)(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
14、两板间的电压U=Ed=1 0000.3 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)有两只额定电压都是110 V的灯泡A和B,A的额定功率是100
15、 W,B的额定功率是40 W,为了使它们接在220 V的电路上能正常发光,(1)图中哪些连接方法能使两灯正常发光?(2)哪种连接方法最省电?请简要写出分析过程。【解析】甲、由于额定电压都是110 V,额定功率PA=100 W、PB=40 W,由此可知RARB,把灯泡B与电阻并联的话,会使并联的部分的电阻变小,可能使A与并联部分的电阻相同,所以A、B能同时正常发光,并且并联部分消耗的功率与A灯泡的功率相同,所以总功率的大小为200 W,所以甲中两灯能正常发光,且消耗的总功率为200 W;乙、由于灯泡要满足110 V的额定电压,所以当A灯泡与电阻串联以后,再与B灯泡并联,而B灯泡的电压高于额定11
16、0 V的电压,不能正常工作,故乙中两灯不能正常发光;丙、由于额定电压都是110 V,额定功率PA=100 W、PB=40 W,由此可知RARB,把灯泡A与电阻并联的话,会使并联的部分的电阻更小,所以A、B的电压不会平分,A、B不会同时正常发光;丁、把A、B并联之后与电阻串联接入电路的话,当电阻的阻值与A、B并联的总电阻相等时,A、B就可以正常发光,此时电阻消耗的功率为A、B灯泡功率的和,所以电路消耗的总功率的大小为280 W,故丁中两灯能正常发光,且消耗的功率为280 W。答案:(1)图中甲、丁的连接方法能使两灯正常发光;(2)图甲连接的方法消耗的功率为200 W,图丁消耗的功率为280 W,
17、故图甲的连接方法最省电。【等级性考试】(30分钟40分)14.(7分)热敏电阻的阻值是随环境温度的增大而减小的。要想设计一个通过电表示数反映热敏电阻随环境温度变化的电路,要求温度升高时电表示数减小,电源电压不变,如图所示的四种电路符合要求的是()【解析】选D。定值电阻R0与热敏电阻并联,因并联电路中各支路独立工作、互不影响,所以,温度变化时,通过R0的电流不变,因热敏电阻的阻值是随环境温度的增大而减小的,所以,温度升高时,热敏电阻的阻值减小,由I=可知,通过热敏电阻的电流增大,因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,所以干路电流增大,A选项中电流表位于干路,B选项中电流表位于热敏电阻的支路,电
18、流表的示数均增大,故A、B都错误;定值电阻R0与热敏电阻串联,因热敏电阻的阻值是随环境温度的增大而减小的,所以,温度升高时,热敏电阻的阻值减小,电路中的总电阻减小,由I=可知,电路中的电流增大,由U=IR可知,R0两端的电压增大,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以,热敏电阻两端的电压减小,则C选项中电压表并联在R0两端其示数增大,D选项中电压表并联在热敏电阻两端其示数减小,故C错误、D正确。15.(7分)“测定电池的电动势和内阻”的实验中,下列注意事项中错误的是 ()A.应选用旧的干电池作为被测电源,以使电压表示数的变化比较明显B.移动变阻器的滑片时,不能使滑动变阻器短路造成电流表过载C
19、.应选用内阻较小的电压表和电流表D.由实验记录数据作U-I图像时,应通过尽可能多的点画一条直线,并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧【解析】选C。由U=E-Ir可知,应选用旧的干电池作为被测电源,以使电压表读数变化明显,故A正确;移动滑动变阻器的滑片时,不能使滑动变阻器短路造成电流表过载,故B正确;实验所用电池内阻很小,相对于电源来说应采用电流表外接法,电流表外接法的误差来源是电压表的分流,电压表内阻越大,实验误差越小,应选择内阻大的电压表进行实验,故C错误;根据实验记录的数据作U-I图像时,应通过尽可能多的点画一条直线,并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧,故D正确。本题选错误的,故
20、选C。16.(7分)在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,用一长为L的导线做成一闭合回路(导线两端相连),则穿过回路的磁通量最大值为()A.B.C.D.BL2【解析】选B。用一长为L的导线做成圆面积最大,由L=2R,S=R2,解得:S=,穿过回路的磁通量最大值为:=BS=。故A、C、D错误,B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
21、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
