高中物理《步步高》3-1模块综合试卷

模块综合试卷（时间：90分钟满分：100分）—、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.1~6题为单选题，7~10题为多选题，全部选对的得4分，有选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家贡献的说法正确的是（）安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律——库仑定律安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场答案C2．如图1所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点.若a点电势为鶴,b点电势为你，贝y（）图1场强方向一定向左，且电势鶴〉你场强方向一定向左，且电势鶴v你场强方向一定向右，且电势申严b场强方向一定向右，且电势鶴＜你答案C解析由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，所以电荷所受电场力向右．由于是带正电荷的粒子，所以场强方向一定向右•作出a、b点的等势点（要在同一根电场线上），由沿着电场线的方向电势降低，可判定a点的电势大于b点的电势.3.如图2所示电路中，电源电动势为E,内阻为r,R1和R3均为定值电阻，RT为热敏电阻（温度越高，电阻越低）.当环境温度较低时合上电键S,当环境的温度逐渐升高时，若三个电表A］、A2和V的示数分别用I］、I2和U表示•则各个电表示数的变化情况是（图2I］增大，I2不变，U增大I］减小，I2增大，U减小I］增大，I2减小，U增大I］减小，I2不变，U减小答案B解析由题图知电压表测量路端电压，电流表A］测量流过R］的电流，电流表A2测量流过rt的电流；当环境的温度逐渐升高时，rt减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3两端电压增大，R］、Rt并联电压减小，通过R］的电流I］减小，而总电流I增大，则流过Rt的电流I2增大，B正确.4•如图3所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP=x，下列图线能够正确反映x与U之间的函数关系的是（）图3答案B解析在加速电场中，由动能定理得：qU=|mv2,解得：解得：v=在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=mr,2mU则得：x=2r=B晋，B、m、q都一定，则由数学知识得到,x-U图像是开口向右的抛物线的上半部分，B正确．5．目前世界上有一种新型发电机叫磁流体发电机，如图4所示，它的发电原理为：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的离子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B,这时金属板上就聚集了电荷•磁极配置情况如图中所示，下述说法正确的是()A板带正电，B板带负电电阻中电流从b端经电阻流向a端金属板A、B间的电场方向由A板指向B板离子发生偏转的原因是离子所受电场力大于所受洛伦兹力答案B解析等离子体进入磁场后受到洛伦兹力作用，正离子受力向下，负离子受力向上，正、负离子分别向B板、A板聚集，形成电势差，金属板A、B间的电场方向由B板指向A板•离子偏转原因是洛伦兹力大于电场力，离子继续偏转，电阻中有从b流向a的电流，故B正确.6•如图5所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力.则()

图5带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3:1带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为\月:1带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2:1带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为1：2答案A解析R根据题图中几何关系，tan解析R根据题图中几何关系，tan60°=RR,tan30°=R，带电粒子在匀强磁场中运动r2mvqB联立解得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3：1,选项A正确，选项B错误；2n

t亍r1r带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为$二匸=2^1=2:3,选项C、D错误.t2nrr23r27•如图6所示，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、一Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bed构成一个等腰三角形.则下列说法正确的是()•C——e-图6a、b两点的电场强度相同e、d两点的电势相同将电子由b移到e的过程中电场力做正功质子在b点的电势能比在O点的电势能大答案BD解析根据等量异种点电荷的电场分布可知：e、O、d三点等势，a、b两点场强大小、方向均不同.由于屮b＞申e，电子从b到e电场力做负功.你＞00,质子从b到O电场力做正功，电势能减小，故质子在b点的电势能较大.故选项B、D正确，A、C错误.把一个电荷量为1C的正电荷从电势为零的O点移到电场内的M点，外力克服电场力做功5J,若把这个电荷从N点移到O点，电场力做功则为6J,那么()M点的电势是一5VN点的电势是6VM、N两点的电势差为+11VM、N两点的电势差为一1V答案BD解析外力克服电场力做功5J，即电场力做功-5J，由公式U=-q，求出UOM=-5V=-5V,UOM=(PO-(PM，则M点的电势(pM=5V,同理求出N点电势(pN=6V,M、N两点的电势差UMN=^M-^N=-1V,故B、D正确，A、C错误•如图7所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称.导线中均通有大小相等、方向向上的电流.已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=kr，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离.一带正电的小球以初速度％从a点出发沿连线运动到b点.关于上述过程,下列说法正确的是()图7小球先做加速运动后做减速运动小球一直做匀速直线运动小球对桌面的压力先减小后增大小球对桌面的压力一直在增大答案BD解析由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MN区域产生的磁场垂直MN向里，由M到N逐渐减弱，N处的通电导线在MN区域产生的磁场垂直于MN向外，由M到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿ab连线运动到b点，受到的洛伦兹力F=Bqv，从a到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱逐渐减小，从O到b洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强逐渐增大，所以小球对桌面的压力一直在增大，选项D正确，选项C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力的方向始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，选项B正确，选项A错误.如图8所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是()电源电动势约为50V25电源的内阻约为亍。电流为2.5A时，外电路的电阻约为150D•输出功率为120W时，输出电压约是30V答案ACD解析根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压：U=E-Ir，对照U-I图像，当1=0时，E=U=50V，故A正确；U-I图像斜率的绝对值表示内阻，故：r=皿50-20-60=50,U37.5V故B不正确；电流为2.5A时对照U-I图像，电压约为37.5V,故外电路电阻R=^=訂瓦=150,故C正确；输出功率为120W时，对照P-I图像，电流约为4A,再对照U-I图像，输出电压约为30V,故D正确.二、实验题（本题共2小题，共16分）（8分）要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V,以便于操作.已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V,内阻约10）；电流表（量程为0〜250mA,内阻约50）；电压表（量程为0〜3V,内阻约3k0）；电键一个、导线若干.（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）.A•滑动变阻器（最大阻值200,额定电流1A）B•滑动变阻器（最大阻值17500,额定电流0.3A）（2）实验的电路图应选用下图中（填字母代号）.ABCD实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图9所示.如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V、内阻为5Q的电源两端，小灯泡消耗的功率是W.图9答案(1)A(2)B(3)0.1解析(1)测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能较大范围地测量数据，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值较小和额定电流较大的A.因为要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3V，故滑动变阻器应采用分压式接法•灯泡U2P(,的电阻R二~p=15Q，额定电流I二万二0.2A,由R二15G<JRARV=Y15000Q，依据“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，故选B.在灯泡的I-U图上作出电源的I-U图线，交点的横、纵坐标即为这个电源给这个灯泡供电时的电压和电流，此时P灯=IU=0.1X1W=0.1W.12．(8分)某同学用如图10所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零)．实验器材的规格如下：电流表A1(量程200yA,内阻R1=300Q)；电流表A2(量程30mA,内阻R2=5Q)；定值电阻R0=9700Q；

滑动变阻器R（阻值范围0〜5000）.闭合开关S,移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表舛和A2的示数分别为I]和I2•多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表：/[(pA)120125130135140145I2(mA)20.016.713.210.06.73.3图10⑴依据表中数据，作出1~12图线如图11所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E=V,欧姆表内阻为r=Q.(结果保留3位有效数字)(2)若某次电流表A］的示数是114yA,则此时欧姆表的示数约为Q.(结果保留3位有效数字)答案(1)1.50(1.48〜1.51)15.2(14.9〜15.4)(2)47.9(47.5〜48.3)解析(1)根据闭合电路欧姆定律有：丽I1(R1+R0)+(I1+I2)r所以1=由图像可知斜率k=^j1=-1.52X10.3纵截距b=1.5X10-4A==1.52X10-3R1+R0+rERER1+R0+r1.5X10-4A解得E~1.50V,r~15.2Q.(2)由题图可知当I]=114yA时，I2=23.8mAi1(R0+R1)所以R外二丄』」~47.9Q,外I1+I2则此时欧姆表示数约为47.9Q.

三、计算题(本题共4小题，共44分)13.(10分)如图12所示，通电导体棒ab质量为m、长为L垂直地放置在倾角为3的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I,要求导体棒ab静止在斜面上•求：(重力加速度为g)若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小、方向如何？答案⑴譽严(2严！严方向垂直于斜面向上解析⑴由平衡条件得：F安=mgtan3F安IL所以B所以B=mgtan3IL(2)安培力沿斜面向上时，安培力最小F安mxn=mgSin3F安minBmn=IL所以B.=mgSn3，由左手定则知磁感应强度方向垂直于斜面向上.minIL14.(10分)如图13所示，变阻器R］的最大阻值是4Q,R2=6Q,电源内阻r=1Q,闭合K，调节滑动触头P到R1中点时，灯L恰能正常发光，此时电源总功率为16W,电源输出功率为12W.求：——>1>—图13(1)电源电动势E；⑵灯L的电阻Rl；(3)断开K要使灯仍正常发光，P点应如何滑动？并求此时电源的输出功率.答案见解析图图解析(1)根据能量守恒得：电源的热功率P热*总-P出"6W-12W=4W.由P热Mr得,I八］牛二2A,P16由P总二EI得，电源的电动势为E二总二aV=8V.(2)路端电压U=E-Ir=(8-2X1)V=6V,流过R2的电流I2二R=|A=1AR2流过R]、L的电流为Il=I-I2=(2-1)A=1A,RR1上的电压为U]=IL•才=1X2V=2V.U-U6-2灯的电阻Rl=厂1二TQ=4Q.断开K后，要使灯正常发光，则流过灯的电流仍为IL=1A,灯两端的电压必为4V,此时电源内电压U=Ir=1X1V=1V,rL滑动变阻器上分得的电压为U/=E-U-U=(8-4-1)V=3V1LrU/滑动变阻器的阻值R；二一=30由于滑动变阻器接入电路中的阻值变大,其滑动触头应向右移动．此时电源的输出功率P出'=EIL-ILr=(8X1-12X1)W=7W.15.(12分)如图14所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm,板长为L=25cm,接在直流电源上，有一带电液滴以v0=O.5m/s的初速度沿两板的中线水平射入，恰好做匀速4直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起3cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：(g取1Om/s2)

(1)下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小；(2)液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间.答案(1)2m/s2(2)0.3s解析(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：qE二mg,qd二mg，即：qU二mgd.当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力f=qdu~=mmgdF此时加速度F此时加速度a二一mm(8A11=g8_4=5g=2m/s2,I3丿(2)因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d，设液滴从P点开始在d1匀强电场中的飞行时间为l,则：冷吟,[dr/8X10-2