1、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。模块素养评价(90分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。18小题为单选,912小题为多选)1.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法,如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等,这些方法对我们学好物理有很大帮助。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A.在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法B.在研究电场时,常用电场线来描述真实的电场,用的是微元法C.在研究带电体时满足一定条件可以把带电
2、体当作点电荷,这利用了建立理想模型法D.在电路中,用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻,这利用了等效法【解析】选B。在研究多个量之间的关系时,常常要控制某些物理量不变,即控制变量。在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法,故A正确;在研究电场时,常用人为假设的电场线来描述真实的电场,这用的是假设法。故B错误;在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当作点电荷,这利用了建立理想模型法,故C正确;在电路中,可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻,这利用了等效法。故D正确。因为题目选不正确的,所以选B。2. (2020德阳高二检测)若在一半径为r,单位长度带电荷量为q(q
3、0)的均匀带电圆环上有一个很小的缺口L(L远小于r),如图所示,则圆心O处的场强大小为()A.B.C.D.【解析】选A。先设想将缺口补上,则圆环中心处的场强为零,补上部分电荷量为Q=qL其对圆心处产生电场强度为E1=不包括缺口的部分对圆心处产生的电场强度与E1等大反向,故圆心处的场强大小为,故选A。3.如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O点为半圆弧的圆心,MOP=60。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点,这时O点电场强度的大小为E1;若将N点处的点电荷移至P点,则O点电场强度的大小变为E2,E1与E2之比为()A.2B. 4C.12D.21【解析】选D。依题意
4、得,每个点电荷在O点产生的场强大小为,当N点处的点电荷移至P点时,O点场强如图所示,合场强大小为E2=,所以E1E2=21,故D正确,A、B、C错误;故选D。4.如图所示,矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场,有3个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场,在纸面内做匀速圆周运动,运动轨迹为相应的圆弧,这些粒子的质量,电荷量以及速度大小如表所示:粒子编号质量电荷量(q0)速度大小1m-q2v22m2q3v32mqv由以上信息可知, 从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为()A.3、2、1B.3、1、2C.2、3、1D.1、3、2【解析】选A。根据带电粒子在磁场中运动的
5、偏转方向可知,a、b带同种电荷,c为异种电荷,所以c为1号粒子;由qvB=m可知,半径:r=,结合表格中数据可求得2、3号粒子的半径比应为32,则b一定是第2号粒子,a 是第3号粒子。a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为3、2、1,故选A。5.如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图,E为电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为:电流从左边接线柱流进电流计,指针向左偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针向左偏转,则()A.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在增大B.导体芯A所带电量在减小
6、,液体的深度h在增大C.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在减小D.导体芯A所带电量在减小,液体的深度h在减小【解析】选D。电流计指针向左偏转,说明流过电流计G的电流由左右,则导体芯A所带电量在减小,电容两端间的电势差不变,由Q=CU可知,芯A与液体形成的电容器的电容减小,根据C=,知正对面积减小,则液体的深度h在减小,故D正确。A、B、C错误;故选D。6.如图所示,直线AB是某电场中的一条电场线,一电子仅在电场力作用下,由电场线上A点沿直线运动到B点,其速度平方v2与位移x的关系如图所示。对于电场中A、B两点,以下判断中正确的是()A.A点场强等于B点场强B.A点的电势高于B点的电势C.电
7、子从A点运动到B点,电场力做负功D.电子在A点的电势能小于在B点的电势能【解析】选A。根据动能定理:qEx=mv2-m,得:v2=x+,由速度平方v2与位移x的关系图像看出,图线的斜率不变,所以电场强度不变,A、B两点的电场强度相等,故A正确;电子的速度增大,电子所受电场力沿AB且做正功,电势能降低,A点的电势能高于B点,C、D错误;因为电子带负电,所以电势升高,A点的电势低于B点的电势,B错误。故选A。7.在如图所示的电路中,电源的负极接地,其电动势为E、内电阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,rR1,C为电容器,、为理想电流表和理想电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的
8、过程中,下列说法中正确的是()A.电压表示数变小B.电流表示数变小C.电源的输出功率增大D.电容器C所带电荷量增多【解析】选C。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,变阻器连入电路电阻减小,外电路总电阻减小,干路电流I增大,电阻R1两端电压增大,则电压表示数变大,A错误;电阻R2两端的电压U2=E-I(R1+r),I增大,则U2减小,流过R2的电流减小,则电流表示数变大,B错误; 据题r0)的检验电荷仅受固定点电荷Q(图中未画出)的作用绕Q做匀速圆周运动,A、B是q在运动中通过的相距为L的两点,在A、B两点,电荷的速率为v,与A、B连线的夹角为30。已知静电力常量为k,由此可知()A.
9、电荷Q距A、B连线的距离是LB.电荷q从A到B经历的时间为C.电荷Q带负电,电荷量绝对值为D.电荷Q在A、B连线中点O处的场强大小为【解析】选C、D。检验电荷q绕点电荷Q做匀速圆周运动,库仑力提供向心力,库仑力方向与速度方向垂直,根据几何关系:轨迹半径:r=L,电荷Q距A、B连线的距离为:Lsin60=L,A错误;弦AB对应的圆心角:=60,则电荷q从A到B经历的时间:t=,B错误;两电荷间存在库仑引力,则电荷Q带负电,库仑力提供向心力:k=m解得:Q=,C正确;根据库仑定律可知,电荷Q在A、B连线中点O处的场强大小为:EO=k=k=,D正确。故选C、D。10. (2020广元高二检测)如图所
10、示,空间有竖直方向的匀强电场,一带正电的小球质量为m,在竖直平面内沿与水平方向成30角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动。当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度,电场强度大小不变,小球仍沿虚线方向做直线运动,选O点电势为零,重力加速度为g,则()A.原电场方向竖直向下B.改变后的电场方向垂直于ONC.电场方向改变后,小球的加速度大小为gD.电场方向改变后,小球的最大电势能为【解析】选C、D。开始时,小球沿虚线做匀速运动,可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg,小球带正电,则电场方向竖直向上,选项A错误;改变电场方向后,小球仍沿虚线做直线运动,可知电场力与重力的合力沿着NO方向,因
11、Eq=mg,可知电场力与重力关于ON对称,电场方向与NO成60角,选项B错误;电场方向改变后,电场力与重力夹角为120,故合力大小为mg,小球的加速度大小为g,选项C正确;电场方向改变后,小球能沿ON运动的距离为xm= ,则克服电场力做功为:W=Eqcos60xm=mg=m ,故小球的电势能最大值为m ,选项D正确;故选C、D。11.如图所示的电路中,闭合开关S后,将滑动变阻器R的滑片P向上移动,则有()A.V1表读数变小B.V2表读数变大C.A表读数变大D.电源的功率变小【解析】选C、D。闭合开关S后,将滑动变阻器R的滑片P向上移动,变阻器接入电路的阻值变大,则外电路的总电阻变大,根据闭合电
12、路的欧姆定律,总电流变小,则路端电压变大,即V1表读数变大。故A错误;总电流变小,根据部分电路的欧姆定律,R1两端的电压变小,即V2表读数变小,故B错误;R2两端的电压加上R1两端的电压等于路端电压,即U1+U2=U,R1两端的电压变小,路端电压变大,所以R2两端的电压变大,故R2中的电流增大,即A表读数变大,故C正确; 电源的总功率为P=EI,E不变,I减小,故电源的功率变小,故D正确;故选C、D。12.三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O1点射入,已知上极板带正电,下极板接地,三微粒的运动轨迹如图所示,其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场,则( )A.三
13、微粒在电场中的运动时间有t3=t2t1B.三微粒所带电荷量有q1q2=q3C.三微粒所受电场力有F1=F2F3D.飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能【解析】选A、D。微粒在电场中运动的时间t=,水平速度相等而位移x1x2=x3 所以t1q2,而对微粒2和3在E、m、t相同的情况下,微粒2的竖直位移大,则q2q3,所以选项B错误;由B选项分析知:q1q2,所以F1q3,且y2y3,则Eq2y2Eq3y3,电场力做功多,增加的动能大,所以选项D正确;故选A、D。二、实验题(本题共2小题,共12分)13.(6分)(2020眉山高二检测)如图所示为某同学做“测定金属丝的电阻率”实验时采用的实验电路
14、。实验室中备有如下器材:A.待测金属丝(电阻约3 )B.电流表A1(量程00.6 A,内阻约0.125 )C.电流表A2(量程03 A,内阻约0.025 )D.电压表V1(量程03 V,内阻约3 k)E.电压表V2(量程015 V,内阻约15 k)F.滑动变阻器R1(总阻值约10 )G.滑动变阻器R2(总阻值约1 000 )H.学生电源(电动势约4.0 V,内阻很小)I.导线若干,电键K、刻度尺、螺旋测微器(1)电流表应选择_,电压表应选择_,滑动变阻器应选择_。(2)用刻度尺测出接入电路部分金属丝的长度L;用螺旋测微器测出金属丝的直径D;闭合电键后,调节滑动变阻器滑片的位置,测出多组U和I的
15、数据,作出U-I关系图像,图像斜率为k,则金属丝电阻率的表达式为=_(用题目中所给出的字母表示)。(3)本实验的系统误差主要来源于_(选填“电流表分压”或“电压表分流”),分析可得测 _(选填“”)真。【解析】(1)电源电动势约为4.0 V,所以电压表选择V1的量程即可,根据欧姆定律:I=1 A,可知电流表选择A1的量程即可;滑动变阻器的阻值选择R1便于调节电阻进行分压,并且可以满足保护电路的要求;(2)U-I图像的斜率为电阻,所以:R=k根据电阻定律:R=横截面积:S=联立方程解得:=;(3)电流表测量的是流过电压表和金属丝的总电流,所以电压表分流导致误差;电流测量偏大,根据欧姆定律可知电阻
16、测量偏小,根据电阻率的表达式可知:测真。答案:(1)A1V1R1(2)(3)电压表分流14.(6分)(2020德阳高二检测)物理兴趣小组同学在测两节干电池串联时的电动势和内阻时所用器材如下:A.两节干电池串联:电动势约为3 V,内阻约为1 ;B.电压表V:量程03 V,内阻为几千欧;C.电流表A:量程0100 mA,内阻为4.5 ;D.标准电阻R0:0.5 ;E.滑动变阻器R:020 ;F.开关、导线若干。(1)该小组同学设计如图甲所示的电路图,请依据电路图用笔画线在图乙中将实物图连接完整。 (2)实验中,该小组闭合开关,调节滑动变阻器,多次测量得出多组电压表示数U和电流表示数I,通过描点画出
17、电源的U-I图像如图丙所示,则该电源的电动势E=_V、内阻r=_。(结果均保留两位小数) (3)由于电表内阻的影响,所以该电源的电动势测量值_真实值,内电阻的测量值_真实值。(以上两空均选填“大于”“等于”或“小于”)【解析】(1)根据电路图,实物连接如图所示:(2) 根据闭合电路欧姆定律:E=U+(I+)r整理得:U=E-I电源的U-I图像在U轴上的截距为电动势,由图丙可得:E=2.95 V;电源的U-I图像的斜率为:k=解得:r=0.95 ;(3)如果考虑电表内阻的影响,根据闭合电路欧姆定律:E=U+(I+)r整理得:U=E-I设电源的U-I图像的截距为a,真实的电动势:E=a所以电源的电
18、动势测量值小于真实值;设电源的U-I图像的斜率为k,内阻的测量值为:r=真实的内阻:r=所以电源的内阻测量值小于真实值。答案:(1)见解析(2)2.95(2.932.97)0.95(0.930.97)(3)小于小于三、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)将一个电荷量为q=+310-10C的点电荷从电场中的A点移到B点的过程中,克服电场力做功610-9J。已知A点的电势为 A=-4 V,求:(1)A、B间的电势差。(2)B点的电势。(3)电荷在B点的电势能。【解析】(1)AB间的电势差UAB=V=-20 V(2分)(2)由UAB=A
19、-B,A=-4 V,得:B=A-UAB=16 V(3分)(3)根据电势能的公式:EpB=qB=310-1016 J=4.810-9 J(3分)答案:(1)-20 V;(2)16 V;(3)4.810-9 J16.(8分)如图所示的电路中,电源的电动势E=3.0 V,内阻r=1.0 ;电阻R1=10 ,R2=10 ,R3=30 ,R4=35 ;电容器的电容C=100 F。电容器原来不带电,接通电键K。求:(1)流过电源的电流;(2)电阻R3两端的电压;(3)从接通电键K达到稳定过程中流过R4的总电量。【解析】(1)由电阻的串联公式,得闭合电路的总电阻为R=+r=9 (2分)由欧姆定律得,通过电源
20、的电流I= A(1分)(2)电源的端电压U=E-Ir= V;(1分)电阻R3两端的电压U=U=2 V(2分)(3)通过R4的总电量就是电容器的电量Q=CU(1分)由以上各式并代入数据得Q=2.010-4 C(1分)答案:(1) A(2)2 V(3)2.010-4 C17.(12分)导轨式电磁炮是利用磁场对电流的作用力,把电能转变成机械能的发射装置。如图为一电磁炮模型,把两根长为s0=100 m,互相平行的铜制轨道放在垂直于轨道平面的磁场中,磁感应强度B=2.010-5T;质量m=2.0 g的弹体(包括金属杆PQ的质量)静止在轨道之间的宽L=2 m的金属架上,通电后通过弹体的电流I=10 A,弹
21、体在运动过程中所受的阻力f恒为4.010-5N,求:(1)弹体最终以多大的速度v离开轨道?(2)弹体在s=25 m处安培力的瞬时功率P。【解析】(1)弹体在加速过程中,F=BIL(2分)由动能定理:(F-f)s0=mv2(2分)联立解得:v=(1分)代入数据得:v=6 m/s(1分)(2)设s=25 m处速度为v1,则在s距离内,由动能定理:(F-f)s=m(2分)P=Fv1(2分)联立解得:P=BIL(1分)代入数据得:P=1.210-3 W(1分)答案:(1)6 m/s(2)1.210-3W18. (12分)(2020全国卷)如图,在0xh,-y0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入
22、磁场,不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm;(2)如果磁感应强度大小为,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【解析】(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律,有qv0B=m(2分)由此可得R=(1分)粒子穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上,半径应满足Rh(1分)由题意,当磁感应强度大小为Bm时,粒子的运动半径最大,由此得Bm=(1分)(2)若磁感应强度大小为,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由式可得,此时圆弧半径为R=2h(1分)粒子会穿过图中P点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为,由几何关系sin=(2分)即=(1分)由几何关系可得,P点与x轴的距离为y=2h(1-cos)(2分)联立式得y=(2-)h(1分)答案:(1)垂直纸面向里(2)(2-)h关闭Word文档返回原板块