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。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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1下列关于场强和电势的说法中正确的是()A在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，则电荷经过的路径上各点的场强一定为零B电势降落的方向就是电场强度的方向C两个等量同种电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，场强越来越小D两个等量异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂线有如下特征：连线上各点的电势均相等，且连线的中点场强最大D在电场中a、
2、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，说明电势相等，电势降落最快的方向是电场强度的方向，故A、B错误；由电场线及等势面的分布特点可知，两个等量同种电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂直向外，电势越来越低，场强先增大后减小；两个等量异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂线上各点的电势均相等，且连线的中点场强最大，故D正确，C错误。2不带电的空腔导体P置于电场中，其周围电场线分布如图所示，a、c为电场中的两点，b为导体空腔内的一点，则()Aa、b、c三点的电场强度依次减小Ba、b、c三点的电势依次降低C负试探电荷在a点的电势能比在b点的大D正试探电荷从a点移到c点的过程中，克服电场力做功
3、B由电场线越密的地方电场强度越大，b处于静电平衡状态的导体的内部，电场强度大小是0，则有EcEb，故A错误。沿着电场线电势逐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置，即a点的电势比b高，b的电势比c高，所以B正确。负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a点的电势能比在b点的小，所以C错误。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正试探电荷从a点移到c点的过程中电势能减小，则电场力做正功，故D错误。3.如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则()A.电容器中的电场强度将增大B电容器上的电荷量将减少C电容器的
4、电容将减少D液滴将向上运动B若将滑片向左移动，则R总增大，干路电流减小；R2两端电压减小，因电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，电荷量减少，电场强度减小，液滴将向下运动，故B对，而A、D错；由平行板电容器电容C可知，电容器的电容不变，选项C错误。4.如图所示，圆O所在的平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行，一个带正电荷的微粒(不计重力)从图中A点出发，以相同的初动能在圆内沿各个方向运动。图中AB是圆的一条直径，BAC30，已知只有当该微粒从图中C点处离开圆面时的动能才能达到最大值，则平面内的电场线方向为()A沿AB方向B沿AC方向C沿OC方向 D沿BC方向C微粒从C点离开时具有最大动
5、能说明，A、C两点间的电势差是A与圆周上各点间电势差中最大的，即在圆周上各点中C点的电势最低，C点单独在一个等势面上，又因为匀强电场的等势面是与电场线垂直的平面，所以经过C点圆的切线是一个等势线，因此OC是经过C点的电场线。5如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，电场线与该六边形所在平面平行。已知A、B、C三点的电势分别为1 V、2 V、5 V，则下列说法中正确的是()AD、E、F三点的电势分别为6 V、4 V、3 VBD、E、F三点的电势分别为7 V、6 V、3 VC电场线方向从D指向AD电场线方向从C指向FB连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)
6、的特点，AC四等分，如图所示：则中点的电势为3 V，靠近A的点M电势为2 V，则MB为一条等势线；根据电场线与等势线垂直，则能作出电场线及方向。根据几何关系可知，F的电势为3 V；依据同样的方向可得，D、E两点的电势分别为7 V、6 V；故A项错误，B项正确。根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，知C、D项错误。6将一个电流表改装成欧姆表，并将欧姆表调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度的4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为()A4R B5RC10R D16RD由闭合电路的欧姆定律得：调零时有EIgR内；指针偏转至满刻度的4/5时有
7、E4Ig(RR内)/5；指针偏转到满刻度的1/5时有EIg(RxR内)/5。联立三式可解得Rx16R，D正确，A、B、C错误。7极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的，如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小，此运动形成的原因可能是()A洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B介质阻力对粒子做负功，使其动能减小C粒子的带电荷量减小D南北两极附近的磁感应强度较强BD粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误；粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小，故B正确；粒子在运动过程
8、中，若电荷量减小，由半径公式r可知，轨迹半径是增大的，故C错误；地球南北两极附近的磁感应强度较强，由半径公式r可知，轨迹半径是减小的，故D正确。8.如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定()A小球带负电B小球带正电C若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏D若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏BD小球从P点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电；且qEqvBmg；
9、若从B点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时vv；则qEqvBmg，故向下偏，B、D正确。9电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后的保温状态，如图是电饭锅电路的示意图，S是由感温材料做成的开关，下列说法中正确的是()A其中R2是供加热用的电热丝B当开关S接通时，电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态C要使R2在保温状态时的功率为加热状态时的功率的一半，R1R2应为21D要使R2在保温状态时功率为加热状态时功率的一半，R1R2应为(1)1ABD如题图所示，由P得：当接通S时，电阻变小，功率变大，处于加热状态；当断开S时，电阻变大，功率变小，处于保温状态，所以
10、，R2是供加热用的电阻丝，故A、B正确。要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由PI2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比1，所以(R1R2)R21，则R1R2(1)1，故C错误，D正确。10.空间中存在着沿x轴方向的静电场，其电场强度E随x变化的关系图象如图所示，图象关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点，对于下列说法中正确的是()A电子在A、B两点的电势能不相等B电子在A、B两点的加速度方向相反C电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线D若取无穷远处电势为零，则O点处电势一定为正BD电子从A移动到B，电场力做的负功和正功大小相等，总功为零，故A、B两点的电势能相
11、等，故A错误；电子在A、B两点受到的电场力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，故B正确；由于电场力方向与x轴平行，故速度与合力始终共线，故一定做直线运动，故C错误；电势高低与场强大小无关，场强为零，电势不一定为零；本题中，将一个正的试探电荷从O点移动到无穷远处，电场力做正功，说明电势是降低的，若取无穷远处电势为零，则O点处电势一定为正，故D正确。二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)11(6分)如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20 的电阻，测量步骤如下：甲乙(1)调节_，使电表指针停在_(选填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。(2)将选择开关旋转到“
12、”挡的_(选填“1”“10”“100”或“1 k”)位置。(3)将红、黑表笔分别插入“”“”插孔，并将两表笔短接，调节_，使电表指针对准_(选填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为_。(5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置。解析使用多用电表欧姆挡，先机械调零。中值电阻为15 ，测量20 的电阻时，要使用1的倍率，然后进行欧姆调零；由刻度盘和倍率可知，测量电阻的阻值为19 。答案(1)指针定位螺丝电流(2)1(3)欧姆调零旋钮电阻(4)1912(10分)在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用的电流表内阻
13、为几欧，电压表内阻为十几千欧。实验中得到了多组数据，通过描点连线在IU坐标系中得到了小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示。甲乙丙(1)在虚线框中画出实验电路原理图，并在图乙中用笔画线代替导线连接电路。(2)根据图甲，可确定小灯泡的功率P与U2和P与I2的关系，下列示意图中合理的是_。A B C D(3)将被测小灯泡、定值电阻R和电源串联成如图丙所示的电路。电源电动势为6.0 V，内阻为1.0 。若电路中的电流为0.40 A，则定值电阻R所消耗的电功率为_W。解析(1)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，电压、电流从零开始可调，滑动变阻器采用分压式，灯泡的电阻与电流表阻值相差不大，与电压表内阻相差大
14、，电流表采用外接法，电路图、实物图如图所示：(2)小灯泡的电阻随温度升高而增大，由功率PI2R，PI2图象的斜率逐渐增大，选项C错误，选项D正确；由P，PU2图象的斜率逐渐减小，选项A、B错误。(3)当电路中的电流I0.40 A，由图象可得小灯泡两端的电压U4 V，定值电阻R两端的电压UREUIr1.6 V，所消耗的电功率PURI0.64 W。答案(1)见解析图(2)D(3)0.6413.(10分)如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用
15、，压力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，问：(1)小环带什么电？ (2)小环滑到P处时的速度多大？解析(1)小环重力在垂直杆方向上的分力：G1G cos 370.8mg，根据题意，小环对杆的压力小于0.8mg，所以，小环受到洛伦兹力的方向应斜向上，根据左手定则，小环带负电。(2)在垂直杆方向上，根据平衡条件有FNG1又FqvB可得v。答案(1)负电(2)14.(10分)如图所示，在同一水平面内的两导轨ab、cd相互平行，相距2 m并在竖直向上的磁场中，一根质量为3.6 kg、有效长度为2 m的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增大到8 A时
16、，金属棒能获得2 m/s2的加速度。则磁场的磁感应强度大小为多少？解析对金属棒进行受力分析，利用牛顿第二定律可得：当金属棒中的电流为5 A时，BI1LF阻0当金属棒中的电流为8 A时，BI2LF阻ma由可得B T1.2 T。答案1.2 T15(12分)在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：甲 乙(1)若电子从t0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小；(2)若电子从t0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？(
17、3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？解析(1)由动能定理可得：emvmv，解得：vt。(2)要使电子水平飞出金属板，电子在板间的飞行时间必须满足tnT，最小时间为tT，故金属板至少长度为lv0T。(3)电子射入的时刻为tk(k0、1、2)由()22可得：dT。答案(1)(2)v0T(3)k(k0、1、2)T16(12分)如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60，求：(1)求粒子的比荷；(2)粒子在磁场中的运动时间t；(3)如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？解析(1)由图可知轨迹半径：r粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有：qvB由两式得：。(2)粒子做圆周运动的周期：T在磁场中的运动时间：tT由式得：t。(3)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大由图可知：sin 平移距离：dR sin 由式得：dR。答案(1)(2)(3)R