1、模块综合质量检测卷(时间：90分钟满分：100分)一、单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1市面上出现“充电五分钟通话两小时”的手机电源，源于其使用VOOC闪充新技术VOOC闪充标配的microUSB充电线接口为7针，而常规的microUSB充电线接口为5针，它标配的电池为8个金属触点，而常规电池通常为45个触点，与常规的microUSB充电线、电池相比，增加触点的作用是为了()A增大充电电压B增大电池的容量C增大充电电流D增大充电电阻解析：选C由题目：闪充新技术，标配的电池为8个金属触点，而常规电池通常为45个触点，可知，与常规的microUSB充电线、电池相比，触点增加，电池不变，
2、则不可能增加充电电压，也没有改变电池的容量及电阻，只可能增大充电的电流，使其快速充满电，故C正确，A、B、D错误2.玻璃皿中心放圆柱形电极A并接电源正极，玻璃皿边缘内壁放圆环形电极B并接电源负极，然后在玻璃皿中放入导电液体(盐水)如果把玻璃皿放在向上的磁场中(白纸下面放有磁铁，且N极朝上)，接通开关，液体就会旋转起来下列说法正确的是()A接通开关后，导电液体逆时针旋转(俯视)B改变电流大小，导电液体旋转速度也会改变C仅改变电流方向或磁场方向，导电液体旋转方向不变D同时改变电流方向和磁场方向，导电液体旋转方向改变解析：选B若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由中心
3、流向边缘；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转，故A错误；改变电流大小，根据FBIL，则导电液体旋转速度也会改变，故B正确；仅改变电流方向或磁场方向，依据左手定则，导电液体旋转方向会变，故C错误；同时改变电流方向和磁场方向，根据左手定则，导电液体旋转方向不会改变，故D错误3.如图所示，用细橡皮筋悬吊一轻质线圈，置于一固定直导线上方，线圈可以自由运动当给两者通以图示电流时，线圈将()A靠近直导线，两者仍在同一竖直平面内B远离直导线，两者仍在同一竖直平面内C靠近直导线，同时旋转90D远离直导线，同时旋转90解析：选A用右手螺旋定则可以
4、判断导线上方磁场方向向外，用左手定则判断线圈左侧受到的安培力向左，右侧受到的安培力向右，二者大小相等、方向相反，线圈水平方向合力为零；线圈下侧受到的安培力向下，上侧安培力向上，但是线圈下侧磁感应强度大，安培力大，因此线圈受到安培力的合力方向向下，线圈将靠近直导线，但两者仍在同一竖直平面内，故A项正确4.有一个带正电荷的粒子，沿垂直于电场的方向射入带电平行板的匀强电场，粒子飞出电场后的动能为Ek.当在带电平行板间再加入一个垂直纸面向里的如图所示的匀强磁场后，粒子飞出电场后的动能为Ek，磁场力做功为W，则下列判断正确的是()AEkEk，W0CEkEk，W0DEkEk，W0解析：选B磁场力即洛伦兹力
5、，不做功，故W0，D错误；有磁场时，带正电的粒子受到向上的洛伦兹力的作用使其所受的电场力做正功减少，故B项正确5.如图所示，两块平行板A、B之间距离为d，加在两板间的电压为U，并将B板接地作为零电势，现将正电荷q逆着电场线方向由A板移到B板，若用x表示移动过程中该正电荷到A板的距离，其电势能Ep随x变化图线为下列图中的()解析：选B将B板接地作为零电势，把正电荷q逆着电场线方向由A板移到B板，电场力做负功，EpqE(dx)，电势能随x均匀增大，到达B板时，电势能为零，B正确，A、C、D错误6.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方
6、向的电流时()A磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用解析：选C由左手定则知导线受磁铁的作用力斜向左上方，由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的反作用力应斜向右下方，则磁铁对桌面的压力增大，磁铁产生向右的运动趋势，从而受到向左的摩擦力作用，故C正确7.如图所示，一匀强电场平行于正方形区域ABCD，AB边水平，BC边竖直，A、B、C三点的电势分别为6 V、2 V、2 V一质量为m，电量大小为q的带电微粒，从P点射入该电场区，恰好沿水平直线运动，下列判断正确的是
7、()A微粒带正电B微粒做匀速直线运动C电场强度的大小为D微粒的电势能逐渐减少解析：选C由A、B、C三点的电势，可知UAB4 V，UBC4 V，可以判断场强的方向应为AC方向，如图：P点的带电粒子受力为重力、电场力电场力应斜向上方，与电场方向相反，粒子带负电，A错误；微粒应做匀减速运动，B错误；由受力分析图可知，Eqmg，C正确；电场力做负功，微粒的电势能增加，D错误8如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B2 T的匀强磁场中，有一长度L5 m的细圆筒，绕其一端O在纸面内沿逆时针方向做角速度60 rad/s的匀速圆周运动另一端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v400 m/s的带
8、正电粒子已知带电粒子的电量q2.5106 C，质量m3108 kg，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均不被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S是()A48 m2B9 m2C49 m2D16 m2解析：选A发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v400 m/s，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为L300 m/s，故粒子速度为v500 m/s，粒子速度方向与径向成arctan 37.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有Bvq，所以，运动半径为R3 m.根据左手定则可知：粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O的距离为s4 m，故
9、带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为sR1 m，外径为sR7 m的环形区域故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为S7212(m2)48 m2，故A正确，B、C、D错误二、多选题(本题共7小题，每小题3分，共21分)9把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在的区域的磁感线呈弧线，导线中的电流方向由a到b，如图所示虚线框内有产生以上弧形的磁场源下列符合要求的是()解析：选AC条形磁铁外部的磁场从N极指向S极，若左侧是N极则能够满足题意，故A正确；蹄形磁铁左侧为S极，则磁感线与题图中方向相反，故B错误；根据安培定则可知，通电导线电流向里，可以在上方形成由左向右的磁感线，故C正确；通电螺线管的磁
10、场与条形磁铁的磁场相似，但根据安培定则可知，左侧为S极，右侧为N极，故形成磁感线与图示相反，故D错误10如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则()A电源的功率变小B电容器储存的电荷量变小C电源内部消耗的功率变大D电阻R消耗的电功率变小解析：选BC由闭合电路欧姆定律可知，当滑片向上滑动时，R总减小，I总增大，U端减小，而R1分压，U1增大，所以电容器上的电压减小电源功率P总I总E增大，A错误；由QCU知Q减小，B正确；电源内部消耗功率P内I总2r增大，C正确；电阻R1消耗的功率增大，R上消耗的功率无法确定，D错误11.半径为R的导电圆环处于某一发散的磁场中，其环面的对称轴MN沿竖直方
11、向，该磁场中与圆环相交的磁感线反向延长后交于对称轴上的某点，磁感线与对称轴成角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，若圆环上载有如图所示的恒定电流I，则()A导电圆环所受的安培力的方向竖直向下B导电圆环所受的安培力的方向竖直向上C导电圆环所受的安培力的大小为2BIRD导电圆环所受的安培力的大小为2BIRsin 解析：选BD将导线分成小的电流元，把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量，则竖直方向的分磁场对这些电流元产生的总安培力为零，水平方向的分磁场产生的总安培力为FBIL2BIRsin ，方向为竖直向上，选项B、D正确12.如图所示，由PO和QO两块光滑绝缘的平板组成的“V”形组合体固定在地面
12、上，两平板互相垂直，平板PO与地面的夹角37，在两个平板上各放置一个且带同种电荷的小球A和B，A、B的带电量分别为q和2q，A、B恰在同一条水平线上静止小球A和B可看成点电荷，A的质量为m，静电力常量为k，sin 370.6，cos 370.8，则()AB对A库仑斥力是A对B库仑斥力的2倍BA、B两球所受平板的支持力大小均为mgCB球的质量为mDA、B两球间的距离为2q 解析：选CD库仑力是相互作用力，故A对B的库仑力与B对A的库仑力大小一定相等，A选项错误；分析小球A、B的受力情况，对于A球，根据平衡条件，NAcos 37GA，NAsin 37 F，对于B球，根据平衡条件，NBcos 53G
13、B，NBsin 53F，联立解得，NA1.25mg，F0.75mg，NBmg，mBm，B选项错误，C选项正确；根据库仑定律，Fk，联立解得，r2q ，D选项正确13如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是()AR1中的电流小于R2中的电流BR1中的电流等于R2中的电流CR1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率DR1中自由电荷定向移动的速率等于R2中自由电荷定向移动的速率解析：选BC设导体的电阻率为，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：导体的电阻R，则可知，R
14、与边长L无关，故R1R2.通过电阻的电流I，由于U与R都相同，则通过两电阻的电流相同，故A错误，B正确；电流InevSnevLd，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C正确，D错误14.如图所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场，这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc，整个装置放在真空中下列判断正确的是()Ala
15、lclbBlalblcCtatbtbtc解析：选AD由带电粒子在磁场中运动的特征可以画出这三个电子在磁场中运动的轨迹，如图所示由带电粒子在磁场中运动的半径公式R和周期公式T可得出lalctbtc，B、C错误，A、D正确15.如图所示，在x轴下方的第、象限中，存在垂直于xOy平面方向的匀强磁场，磁感应强度B12B22B，带电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中没有标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中，两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰，碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60角，若两带电粒子的比荷分别为k1、k2，进入磁场时的速度大小分别为v1、v2，不计粒子重力和两
16、粒子间相互作用，则下列关系正确的是()Ak1k2B2k1k2Cv12v2D2v1v2解析：选AC两粒子在y轴上发生正碰时，粒子a的速度与y轴正方向成60角，则粒子b的速度与y轴负方向成60角，轨迹对应的圆心角分别为120和60，粒子运动轨迹如图所示：两粒子同时进入磁场并相撞，则运动时间相等，t1t2，其中t1，t2，粒子的比荷间关系为k1k2，A选项正确，B选项错误；由于两粒子正碰则轨道半径相等，R1，R2，解得v12v2，C选项正确，D选项错误三、非选择题(本题共5小题，共55分)16(8分)在探究“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
17、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电池阻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)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
18、数为0.701 mm，故可分解为0.5 mm0.201 mm，即0.5 mm20.10.01 mm，三个格子里的示数从下到上分别为15、20、25.(2)电源电动势为6 V，电压表选：电压表V2(06 V，内阻6 k)，电路最大电流I0.5 A，则电流表可选：A2(00.6 A，内阻0.1 )，电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，由于120500，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(2)A2V2R1图见解析17(8分)(2018江苏卷)一同学测量某干电池的电动势和内阻(1)甲图所示是该同学正准备接
19、入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表：R/8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26/A16.76.05.34.53.8根据表中数据，在方格纸上作出R关系图象由图象可计算出该干电池的电动势为_V，内阻为_.(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并连在电流表的两端调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A时，电压表的指针位置如图乙所示，则该干电池的电动势应为_V，内阻应为_.解析：(1)开关不应该闭合，应该
20、保持断开状态电阻箱要以最大阻值接入，然后再调小(2)根据表中数据描点连线如图所示由闭合电路欧姆定律，EIRIr得REr，类似于一次函数ykxb的形式，R图象的斜率表示电动势E，纵截距绝对值为内阻r.读图可知，E1.4 V，r1.2 .(3)因为电动势是一个常数1.4 V，电流表的内阻RA0.2 ，内阻为1.2 0.2 1.0 .答案：(1)开关未断开；电阻箱阻值为零(2)见解析图1.4(1.301.44都算对)1.2(1.01.4都算对) (3)1.4结果与(2)问第一个空格一致10结果比(2)问第二个空格小0.218(10分)(2019大同一中模拟)如图所示，质量m2.0104 kg、电荷量
21、q1.0106 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中取g10 m/s2.(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向；(2)在t0时刻，匀强电场强度大小突然变为E24.0103 N/C，方向不变求在t0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能解析：(1)带正电微粒在重力场和匀强电场中处于静止状态，电场力和重力平衡，E1qmg，代入数据解得E12.0103 N/C，方向向上(2)在t0时刻，电场强度突然变化为E24.0103 N/C根据牛顿第二定律可知，qE2mgma1，解得a110 m/s2.在t0.20 s时间
22、内上升高度ha1t2，解得h0.20 m.电场力做功WqE2 h，解得W8.0104 J.(3)设在t0.20 s时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，根据运动学公式可知，vat.根据能量守恒可知，Ekmghmv2，解得Ek8.0104 J.答案：(1)2.0103 N/C方向向上(2)8.0104 J(3)8.0104 J19.(13分)(2017天津卷)平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离
23、开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比解析：(1)粒子在电场中从Q到O做类平抛运动，设Q点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：x方向：2Lv0ty方向：Lat2粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyat又tan 解得tan 1，即45，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上粒子到达O点时的速度大小为vv0.(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中
24、受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：a设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：qvBm根据几何关系可知：RL整理可得.答案：(1)v0方向与x轴方向的夹角为45角斜向上(2)20(16分)环保部门为了监测某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计该装置的外形为一长方体，由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，电阻率为的污水管慢管口从左向右匀速流经该装置时，接在两电极间的理想电压表显示两个电极间的电压为U，求：(1)该装置内电场的场强的大小和方向；(2)污水的流量Q(单位时间内排出的污水体积)；(3)若从两个电极引出两条导线，导线间接一阻值为R的电阻时理想电压表的示数解析：(1)依据电场强度公式E，而db，解得E方向垂直纸面向外(由后侧面指向前侧面)(2)根据电场力与洛伦兹力平衡，则有qEqvB，而污水的流量QvS解得Q.(3)根据电阻定律：r且U1U.答案：(1)垂直纸面向外(2)(3)U