2019_2020学年高中物理模块综合检测含解析教科版选修

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1、模块综合检测(时间90分钟,满分100分)一、选择题(本题包含10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,710题有多个选项符合题目要求,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.关于磁感线和电场线,下述说法正确的是()A.任意两条磁感线不相交,任意两条电场线可能相交B.磁感线是闭合曲线,而静电场的电场线不是闭合曲线C.磁感线起始于N极,终止于S极;电场线起始于正电荷,终止于负电荷D.磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向,不能表示磁场和电场的强弱答案:B2.(2018全国卷)如图所示,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距

2、离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm,小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线.设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则() A.a、b的电荷同号,k=169B.a、b的电荷异号,k=169C.a、b的电荷同号,k=6427D.a、b的电荷异号,k=6427解析:由题意知,小球c处在直角三角形的直角上,如果a、b为同种电荷,对小球c的库仑力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b的连线,故a、b的电荷应异号;由三角关系tan=qcqb32qckqb42=34,解得k=6427,故D正确.答案:D3.如图所示,两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N,通

3、有同向等值电流;沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab,则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是()A.沿纸面逆时针转动B.沿纸面顺时针转动C.a端转向纸外,b端转向纸里D.a端转向纸里,b端转向纸外解析:由安培定则可以判定MN在中垂线的正上方合磁感应强度的方向水平向右,在中垂线的下方水平向左,再由左手定则可以判定直导线ab的上半段受到安培力垂直于纸面向里,直导线ab的下半段受到安培力垂直于纸面向外,所以a端转向纸里,b端转向纸外,选D.答案:D4.在一静止点电荷的电场中,任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示.电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、

4、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra,a)标出,其余类推.现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()A.EaEb=21B.EcEd=21C.WabWbc=31D.WbcWcd=13解析:由题图知,rarbrcrd=1236,电场强度E=kQr2,故EaEb=41,A项错误.EcEd=41,故B项错误.根据Uab=a-b,由题图知,UabUbcUcd=311,由做功Wab=qUab,故WabWbc=31,C项正确.WbcWcd=11,D项错误.答案:C5.如

5、图所示,在倾角为的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒,在导体棒中的电流I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,设重力加速度为g.则下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是() A.B=mgsinIL,方向垂直斜面向上B.B=mgsinIL,方向垂直斜面向下C.B=mgcosIL,方向垂直斜面向下D.B=mgcosIL,方向垂直斜面向上解析:由左手定则和平衡条件可以判断选项B、C错误;当磁场方向垂直斜面向上时,导体所受安培力与重力沿斜面方向上的分力相等,即mgsin=BIL,所以B=mgILsin.答案:A6.如图所示,三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置,分别处

6、在真空、匀强磁场和匀强电场中,轨道两端在同一高度上.三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动,P、M、N分别为轨道的最低点,则下列有关判断正确的是()A.小球第一次到达轨道最低点的速度关系vP=vMvNB.小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系 FP=FMFNC.小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tPtMtND.三个小球到达轨道右端的高度都不相同,但都能回到原来的出发点位置解析:小球沿P、M点所在轨道下滑过程都只有重力做功,根据动能定理WG=mgR=12mv2知,到达最低点速度相等,沿N点所在轨道下滑过程电场力做负功,根据动能定理WG-W电=12mvN2

7、,其到达最低点速度要小于沿P、M点所在轨道下滑到达最低点的速度,故选项A正确.根据上述分析知,到达最低点的时间关系tP=tMtN,故选项C错误.小球沿P点所在轨道到达最低点时,根据牛顿第二定律FP-mg=mv2R=2mg,所以FP=3mg;同理小球沿M点所在轨道到达最低点时,FM-mg-F洛=mv2R=2mg,所以FM=3mg+F洛;小球沿N点所在轨道到达最低点时,FN-mg=mvN2RFPFN,选项B错误.小球沿P、M点所在轨道下滑后能到达右端同样高度的地方,故选项D错误.答案:A7.如图所示,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽

8、略空气阻力.由此可知()A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析:由于轨迹关于P点对称,根据曲线运动合力方向指向曲线内侧知,在P点合力方向竖直向上,则电场线方向竖直向下,沿电场线方向电势降低,选项A正确;根据Ep=q可知,油滴在Q点的电势能小于在P点的电势能,选项C错误;油滴所受合力竖直向上,根据动能定理可知,油滴在Q点的动能大于P点,选项B正确;油滴所受合力大小不变,加速度也始终不变,选项D错误.答案:AB8.如图所示,闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P向左移动时()A.电流表读数变小,电压表读数变

9、大B.小灯泡L变亮C.电容器C两板间的电场强度变小D.电源的总功率变小解析:滑片P向左移动,R的阻值增大,由闭合电路欧姆定律知,电流表示数变小,小灯泡L变暗,UL变小,因路端电压随电流减小而增大,故电压表示数变大,变阻器R两端电压增大,电容器C两板间的电场强度变大,而由P总=IE可知,电源的总功率变小,综上所述,选项A、D正确.答案:AD9.如图所示,有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的小球,从上、下带电平行金属板间的P点,以相同的速率垂直电场方向射入电场,它们分别落到A、B、C三点,则() A.A带正电、B不带电、C带负电B.三小球在电场中运动时间相等C.在电场中加速度的关系是aCaB

10、aAD.到达正极板时动能关系为EAEBEC解析:由水平距离及水平速度相等可知tAtBtC,选项B错误;又因h=12at2及沿电场方向h相等知aAaBaC,选项C正确;故C受电场力与重力方向相同,带负电,选项A正确;由于动能的增加量等于合力做的功,根据W=Fh,FAFBFC,h都相同,可知选项D错误.答案:AC10.如图所示,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,M=30.M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示,已知M=N,P=F,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则()A.点电荷Q一定在MP的连线上B.连接PF的线段一定在同一

11、等势面上C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功D.P大于M解析:本题根据点电荷形成的电场中等势面的特点及在任何电场中电场线与等势面垂直的特性进行解题.电场是由正点电荷产生的,所以电场线由正点电荷指向无穷远处,并且跟点电荷距离相等的点,电势相等,电场强度大小相等.由于 M=N,P=F,所以点电荷Q到M和N的距离相等,到P和F的距离相等,即过F作MN的中垂线,然后作FP的中垂线,两中垂线的交点为点电荷Q所在的位置,由几何知识得Q在MP上,如图所示,故选项A正确;点电荷形成的电场中等势面是球面,故选项B错误;正试探电荷与Q同号,所以受斥力作用,故将其从P点搬运到N点时,电场力做正功,故选项C

12、错误;由几何关系知点电荷Q距M的距离大,距P的距离小,所以MP,故选项D正确.答案:AD二、填空题(本题包含2小题,共20分)11.(10分)(2018全国卷)某同学组装一个多用电表.可选用的器材有:微安表头(量程100 A,内阻900 );电阻箱R1(阻值范围0999.9 );电阻箱R2(阻值范围099 999.9 );导线若干.要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表,在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表,组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡.回答下列问题:(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2,其中为公共接线柱,a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱.(2

13、)电阻箱的阻值应取R1=,R2= .(保留到个位)解析:(1)微安表改装为1mA的电流表,需要并联小于其内阻的电阻,起分流作用,应选R1;改后的电流表再改装为大量程的电压表时需要串联较大的电阻,起分压作用,应选R2.电路如图所示.(2)微安表与R1并联,有Igrg=(I-Ig)R1,其中I=1mA,Ig=100A,rg=900,代入得R1=100.改装后的电流表量程为I=1mA,内阻为Rg=R1rgR1+rg=90;改装后的电流表与R2串联,有IR2=U-IRg,其中U=3V,得R2=2910.答案:(1)见解析图 (2)1002 91012.(10分)(2018全国卷)一课外实验小组用如图所

14、示的电路测量某待测电阻Rx的阻值,图中R0为标准定值电阻(R0=20.0 );V可视为理想电压表;S1为单刀开关,S2为单刀双掷开关;E为电源;R为滑动变阻器.采用如下步骤完成实验:(1)按照实验原理线路图甲,将图乙中实物连线;甲乙(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置,闭合S1;(3)将开关S2掷于1端,改变滑动变阻器滑动端的位置,记下此时电压表V的示数U1;然后将S2掷于2端,记下此时电压表V的示数U2;(4)待测电阻阻值的表达式Rx=(用R0、U1、U2表示);(5)重复步骤(3),得到如下数据:12345U1/V0.250.300.360.400.44U2/V0.861.031.221

15、.361.49U2U13.443.433.393.403.39 (6)利用上述5次测量所得U2U1的平均值,求得Rx=_.(保留1位小数)解析:(4)开关S2置于1端时,电压表测量的是R0两端的电压,此时电路中的电流为I=U1R0;开关S2置于2端时,电压表的读数为R0和Rx串联后的总电压,因此待测电阻两端的电压为Ux=U2-U1,前后电流大小不变,所以待测电阻的阻值为Rx=U2-U1I=U2U1-1R0.(6)Rx=U2U1-1R0,由表格中5次U2U1的数据可得,U2U1的平均值为3.41,代入上式得Rx=(3.41-1)20.0=48.2.答案:(1)实物连线如图(4)U2U1-1R0

16、(6)48.2三、计算题(本题包含3小题,共40分)13.(10分)如图所示,水平放置的两块带电金属极板a、b平行正对.极板长度为l,板间距为d,板间存在着方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.假设电场、磁场只存在于两板间.一质量为m、电荷量为q的粒子,以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间,恰好做匀速直线运动.不计粒子的重力及空气阻力.(1)求匀强磁场磁感应强度B的大小;(2)若撤去磁场,粒子能从极板间射出,求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离;(3)若撤去磁场,并使电场强度变为原来的2倍,粒子将打在下极板上,求粒子到达下极板时动能

17、的大小.解析:(1)带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛伦兹力平衡,qE=qv0B,解得磁感应强度B=Ev0.(2)电子通过电场区偏转的距离y=12at2=qEl22mv02.(3)设粒子运动到下极板时的动能大小为Ek,根据动能定理q2E12d=Ek-12mv02解得Ek=12mv02+qEd.答案:(1)Ev0(2)qEl22mv02(3)12mv02+qEd14.(14分)如图所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心,GH为大圆的水平直径.两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场.间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔.一质

18、量为m、电荷量为+q的粒子从小孔下方d2处由静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场.不计粒子的重力.(1)求极板间电场强度的大小;(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求区磁感应强度的大小.解析:(1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得qEd2=12mv2解得E=mv2qd.(2)设区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=mv2R如图所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况.若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得R=D4联立式得B=4mvqD若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得R=3D4联立式得B=4mv3

19、qD.答案:(1)mv2qd(2)4mvqD或4mv3qD15.(16分)(2018天津卷)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里.磁场中有一内、外半径分别为R、3R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点由静止释放,从M点进入磁场,从N点射出.不计粒子重力.(1)求粒子从P到M所用的时间t;(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M点进入磁场,从N点射出.粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q点时速度v0的

20、大小.解析:(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv23R设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=ma粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at联立式得t=3RBE.(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定.故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短.设粒子在磁场中的轨迹半径为r,由几何关系可得(r-R)2+(3R)2=r2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知tan=3Rr-R粒子从Q点射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P点释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0,由运动的合成和分解可得tan=vv0联立式得v0=qBRm.答案:(1)3RBE(2)qBRm13