1、模块综合试卷(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分.16题为单选题，710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()A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B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C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D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
2、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a，b点电势为b，则()图1A场强方向一定向左，且电势abB场强方向一定向左，且电势abD场强方向一定向右，且电势ab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
3、S，当环境的温度逐渐升高时，若三个电表A1、A2和V的示数分别用I1、I2和U表示则各个电表示数的变化情况是()图2AI1增大，I2不变，U增大BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大DI1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A1测量流过R1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，R1、RT并联电压减小，通过R1的电流I1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
4、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OPx，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：qUmv2，解得：v ，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：qvBm，得：r 则得：x2r ，B、m、q都一定，则由数学知识得到，xU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
5、了电荷磁极配置情况如图中所示，下述说法正确的是()图4AA板带正电，B板带负电B电阻中电流从b端经电阻流向a端C金属板A、B间的电场方向由A板指向B板D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
6、虑带电粒子的重力则()图5A带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为31B带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1C带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为21D带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为12答案A解析根据题图中几何关系，tan 60，tan 30，带电粒子在匀强磁场中运动，r，联立解得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为31，选项A正确，选项B错误；带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为223，选项C、D错误7如图6所示，真空中固定两个等量异号点电荷Q、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，bcd构成一
7、个等腰三角形则下列说法正确的是()图6Aa、b两点的电场强度相同Bc、d两点的电势相同C将电子由b移到c的过程中电场力做正功D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：c、O、d三点等势，a、b两点场强大小、方向均不同由于bc，电子从b到c电场力做负功bO，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8把一个电荷量为1 C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5 J，若把这个电荷从N点移到O点，电场力做功则为6 J，那么()AM点的电势是5 VBN点的电势是6 VCM、N两点的电势差为1
8、1 VDM、N两点的电势差为1 V答案BD解析外力克服电场力做功5 J，即电场力做功5 J，由公式U，求出UOM V5 V，UOMOM，则M点的电势M5 V，同理求出N点电势N6 V，M、N两点的电势差UMNMN1 V，故B、D正确，A、C错误9.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Bk，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v0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7A小球先做加
9、速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的压力先减小后增大D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FBqv，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10
10、如图8所示，直线表示某电源的路端电压与电流的关系图像，曲线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()图8A电源电动势约为50 VB电源的内阻约为 C电流为2.5 A时，外电路的电阻约为15 D输出功率为120 W时，输出电压约是30 V答案ACD解析根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压：UEIr，对照UI图像，当I0时，EU50 V，故A正确；UI图像斜率的绝对值表示内阻，故：r 5 ，故B不正确；电流为2.5 A时，对照UI图像，电压约为37.5 V，故外电路电阻：R15 ，故C正确；输出功率为120 W时，对照PI图像，电流约为4 A，再对照UI图像，输出电压约为30 V
11、，故D正确二、实验题(本题共2小题，共16分)11(8分)要测绘一个标有“3 V0.6 W”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3 V，以便于操作已选用的器材有：电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 )；电流表(量程为0250 mA，内阻约5 )；电压表(量程为03 V，内阻约3 k)；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20 ，额定电流1 A)B滑动变阻器(最大阻值1 750 ，额定电流0.3 A)(2)实验的电路图应选用下图中_(填字母代号)(3)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
12、1.5 V、内阻为5 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.(2)因为要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V，故滑动变阻器应采用分压式接法灯泡的电阻R15 ，额定电流I0.2 A，由R15 ，依据“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，故选B.(3)在灯泡的IU图上作出电源的IU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IU0.11 W0.1 W.12(8分)某同学用如图10所示的电路测
13、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200 A，内阻R1300 )；电流表A2(量程30 mA，内阻R25 )；定值电阻R09 700 ；滑动变阻器R(阻值范围0500 )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A1和A2的示数分别为I1和I2.多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表：I1(A)120125130135140145I2(mA)20.016.713.210.06.73.3图10(1)依据表中数据，作出I1I2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
14、_ .(结果保留3位有效数字)图11(2)若某次电流表A1的示数是114 A，则此时欧姆表的示数约为_ .(结果保留3位有效数字)答案(1)1.50(1.481.51)15.2(14.915.4)(2)47.9(47.548.3)解析(1)根据闭合电路欧姆定律有：EI1(R1R0)(I1I2)r所以I1I2由图像可知斜率k1.52103，纵截距b1.5104 A即1.52103，1.5104 A解得E1.50 V，r15.2 .(2)由题图可知当I1114 A时，I223.8 mA所以R外47.9 ，则此时欧姆表示数约为47.9 .三、计算题(本题共4小题，共44分)13(10分)如图12所示
15、，通电导体棒ab质量为m、长为L，垂直地放置在倾角为的光滑斜面上，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)图12(1)若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？(2)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(1)(2)方向垂直于斜面向上解析(1)由平衡条件得：F安mgtan B所以B(2)安培力沿斜面向上时，安培力最小F安minmgsin Bmin所以Bmin，由左手定则知磁感应强度方向垂直于斜面向上14(10分)如图13所示，变阻器R1的最大阻值是4 ，R26 ，电源内阻r1 ，闭合K，调节滑动触头P到R1中点时，灯L恰能正常发光，此
16、时电源总功率为16 W，电源输出功率为12 W求：图13(1)电源电动势E；(2)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解析(1)根据能量守恒得：电源的热功率P热P总P出16 W12 W4 W.由P热I2r得，I 2 A，由P总EI得，电源的电动势为E V8 V.(2)路端电压UEIr(821)V6 V，流过R2的电流I2 A1 A流过R1、L的电流为ILII2(21)A1 A，R1上的电压为U1IL12 V2 V.灯的电阻RL 4 .(3)断开K后，要使灯正常发光，则流过灯的电流仍为IL1 A，灯两端的电压必为4 V，此时电源内电压Ur
17、ILr11 V1 V，滑动变阻器上分得的电压为U1EULUr(841)V3 V滑动变阻器的阻值R13 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EILIr(81121)W7 W.15.(12分) 如图14所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d8 cm，板长为L25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v00.5 m/s的初速度沿两板的中线水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：(g取10 m/s2)图14(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
18、答案(1)2 m/s2(2)0.3 s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：qEmg，qmg，即：qUmgd.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Fq此时加速度agg2 m/s2.(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，设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t1，则：at12，解得t1 s0.2 s，而液滴从刚进入电场到出电场时间t2 s0.5 s，所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间tt2t10.3 s.16(12分)如图15所示，一个质量为m、带电荷量为q的微粒
19、，在A点(0,3)以初速度v0120 m/s平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入匀强磁场，又从匀强磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6,0)和Q点(8,0)各一次已知该微粒的比荷为102 C/kg，微粒重力不计，求：图15(1)微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；(2)微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电磁场中由A至Q的运动轨迹；(3)电场强度E和磁感强度B的大小答案(1)0.05 s2.4103 m/s2(2)45见解析图(3)24 N/C1.2 T解析(1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴方向上做匀速直线运动由xv0t得：t0.05 s微粒沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，由yat2得a2.4103 m/s2(2)vyat，tan 1，所以45，轨迹如图(3)由qEma，得：E24 N/C设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动vv0由qvBm得R由几何关系R m，所以可得B1.2 T.
