高考物理大二轮总复习模块滚动检测卷三 13页

模块滚动检测卷(三)(范围：选修3－1　满分：100分)一、单项选择题(本题共13小题，每小题3分，满分39分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．选对的得3分，不选或错选得0分)1．库仑通过实验研究电荷间的作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系．这种研究方法常被称为“控制变量法”．下列应用了控制变量法的实验是(　　)A．验证机械能守恒定律B．验证力的平行四边形定则C．探究加速度与力、质量的关系D．探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律答案　C2．以下说法正确的是(　　)A．由E＝可知此场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式φ＝可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．公式C＝，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关答案　D解析　电场强度E＝是采用比值定义的，E是由电场本身决定的，与F以及检验电荷q无关，故A错误．电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．故B错误．Uab＝Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误．公式C＝为电容定义式，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关．3．(2016·嘉兴模拟)绝缘细线上端固定，下端悬挂一小球N(有重力)，由绝缘支架支撑着一小球M，当M靠近N时，N偏离竖直方向，如图1.下列关于M、N带电情况的表述正确的是(　　) 图1A．M一定带正电B．M、N都带正电C．M、N都带负电D．M、N带异种电荷答案　D解析　对球N受力分析，根据平衡条件得：球N受重力、细线的拉力和水平向左的引力，所以M、N带异种电荷．4．关于电容器，下列说法正确的是(　　)A．在充电过程中电流恒定B．在放电过程中电容减小C．能储存电荷，但不能储存电能D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案　D解析　电容器的充电电流是逐渐减小的，故A错误；电容器的电容与带电量无关，由电容器自身的因素决定，故B错误；电容器既能储存电荷，也能储存电能，故C错误；两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器，故D正确．5．等量异种点电荷的连线和其中垂线如图2所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则检验电荷在此全过程中(　　)图2A．所受电场力的方向将发生改变B．所受电场力的大小恒定C．电势能一直减小D．电势能先不变后减小答案　D解析　在等量异种点电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所受电场力的方向保持不变，所以A错误；电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，故电场力不做功，所以C错；因电场线分布的疏密不同，所以检验电荷所受电场力是变化的，所以B错误；检验电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以检验电荷电势能减小，所以D正确． 6．下列说法中，正确的是(　　)A．当两个正点电荷相互靠近时，它们的电势能减小B．当两个负点电荷相互靠近时，它们的电势能不变C．一个正点电荷与一个负点电荷相互靠近时，它们的电势能增大D．一个正点电荷与一个负点电荷相互靠近时，它们的电势能减小答案　D解析　同种电荷间存在斥力，当两个正点电荷相互靠近时，库仑力对它们做负功，它们的电势能增大，故A错误；同种电荷间存在斥力，当两个负点电荷相互靠近时，库仑力对它们做负功，它们的电势能增大，故B错误；异种电荷间存在引力，一个正点电荷与一个负点电荷相互靠近时，库仑力对它们做正功，它们的电势能减小，故C错误，D正确．7．如图3所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则(　　)图3A．Wa＝Wb，Ea＜EbB．Wa≠Wb，Ea＞EbC．Wa＝Wb，Ea＞EbD．Wa≠Wb，Ea＜Eb答案　C解析　图中a、b两点在一个等势面上，故Uac＝Ubc，根据W＝qU，有Wa＝Wb；a位置的电场线较密集，故Ea＞Eb.8．(2015·浙江部分学校联考)如图4所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是(　　)图4A．不改变电流和磁场方向，适当增大电流B．只改变电流方向，并适当减小电流C．不改变磁场和电流方向，适当减小磁感应强度D．只改变磁场方向，并适当减小磁感应强度 答案　A9．如果家里的微波炉(1000W)、电视机(100W)和洗衣机(400W)平均每天都工作1h，一个月(30天计)的用电量是(　　)A．10kW·hB．20kW·hC．45kW·hD．40kW·h答案　C解析　P＝1000W＋100W＋400W＝1500W＝1.5kW故W＝Pt＝1.5kW×1h×30＝45kW·h.10．如图5是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场(加速电压为U1)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l，每单位电压引起的偏移叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法(　　)图5A．增大U2B．减小lC．减小dD．增大U1答案　C解析　电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，eU1＝mv，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝，电子进入偏转电场后偏转的位移：h＝at2＝()2＝＝，所以示波管的灵敏度＝，所以要提高示波管的灵敏度可以增大l、减小d或减小U1，所以C正确．11．(2016·丽水模拟)如图6所示电路中，电源的内阻不可忽略，当开关S断开时，电流表的示数为0.3A，则当S闭合时，电流表的示数可能是(　　) 图6A．0.22AB．0.42AC．0.52AD．0.58A答案　B解析　当S闭合时，4Ω的电阻被短路，外电路总电阻减小，电流增大，则电流表示数大于0.3A.外电阻减小，则路端电压随之减小，设电流表的示数为I，则有I×6Ω＜0.3A×(4Ω＋6Ω)，则得：I＜0.5A故得电流表示数范围为：0.3A＜I＜0.5A，故B正确．12．图7中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3m2.晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能为3×106J．如果每天等效日照时间约为6h，光电池一天产生的电能可供30W的路灯工作8h．光电池的光电转换效率为(　　)图7A．4.8%B．9.6%C．16%D．44%答案　C解析　太阳能电池板每天(6h)吸收的太阳能：W总＝0.3×3×106J/h×6h＝5.4×106J，路灯正常工作，P＝P额＝30W，路灯正常工作8h消耗的电能：W有＝Pt＝30W×8×3600s＝8.64×105J，太阳能路灯利用太阳能的效率：η＝＝×100%＝16%.13．现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图8所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　) 图8A．11B．12C．121D．144答案　D解析　根据动能定理得，qU＝mv2得v＝①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m得R＝②①②两式联立得：m＝一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，则离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误．二、不定项选择题(本题共3小题，每小题3分，满分9分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题意，全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)14．平行板电容器如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大时，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图9所示的曲线(上极板带正电)．虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线．关于这种电场，以下说法正确的是(　　)图9A．平行金属板间的电场为匀强电场B．a点处的电场强度大于b点处的电场强度C．若将一负电荷从a点移到b点，其电势能升高D．若将一正电荷从电场中的c点由静止释放，它必将沿着电场线运动到d点答案　BC解析　匀强电场的电场线为分布均匀的平行直线，选项A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，选项B正确；电场方向由a到b，一负电荷从a点移到b 点，电场力做负功，其电势能升高，选项C正确；电场线为曲线，正电荷不可能沿电场线运动，选项D错误．综上本题选B、C.15．用如图10所示的电路测量待测电阻Rx的阻值时，下列关于由电表产生的误差的说法中，正确的是(　　)图10A．由于电压表的分流作用，使电阻的测量值小于真实值B．由于电流表的分压作用，使电阻的测量值小于真实值C．电压表的内电阻越大，测量结果越精确D．电流表的内电阻越大，测量结果越精确答案　AC解析　实际的电压表内阻不是无穷大，接入电路时要分流，使得电流表测量的电流大于通过待测电阻Rx的电流，而电压没有系统误差，根据欧姆定律R＝得，电阻的测量值将小于真实值．故A正确．此电流表对测量电阻没有影响．故B错误．电压表的内电阻越大，分流越小，电流测量值越精确，电阻的测量结果越精确．故C正确，D错误．16．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图11所示．若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)图11A．a粒子带正电，b粒子带负电B．a粒子带负电，b粒子带正电C．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大D．a粒子在磁场中运动时间较长答案　BD解析　粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误，B正确．洛伦兹力提供向心力，即：qvB＝，得：r＝，故半径较大的b粒子速度大，由公式F＝qvB，故速度大的b粒子所受洛伦兹力较大．故C错误；磁场中偏转角大的粒子运动的时间长，a粒子的偏转角大，运动的时间较长．故D正确． 三、实验题(本题共2小题，每空格2分，共14分)17．(8分)某同学在探究规格为“6V,3W”的小灯泡伏安特性曲线实验中：该同学采用图12甲所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器(阻值范围0～20Ω，额定电流1.0A)，L为待测小灯泡，○V为电压表(量程6V，内阻20kΩ)，Ⓐ为电流表(量程0.6A，内阻1Ω)，E为电源(电动势8V，内阻不计)，S为开关．　图12(1)在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最________(填“左”或“右”)端；(2)在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是________点至________点的导线没有连接好；(图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图中的数字，如“__2__点至__3__点”的导线)(3)该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而________(填“不变”“增大”或“减小”)．答案　(1)左　(2)1　5(或5　1)　(3)增大解析　开关闭合前，应保证小灯泡两端电压不能太大，要有实验安全意识，调节滑片在最左端使小灯泡电压从零开始变化．电表示数总调不到零，是由于电源总是对电表供电，滑动变阻器串联在电路中，1点和5点间没有接好，连成了限流式接法，这也是限流式与分压式接法的最显著区别．伏安特性曲线上点的原点连线的斜率表示电阻的倒数，所以随着电压的增大，斜率减小，电阻增大．18．(6分)多用电表是高中物理中经常使用的电学仪器，请回答下面关于多用电表的几个问题：(1)用多用电表测电流或电阻的过程中正确的做法是________．A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零B．在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零C．在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测D．在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测(2)下面是使用多用电表时表笔部分的情况，请问接法正确的是________． (3)如图13，某同学利用多用电表测量分压电路电阻的变化范围，将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，移动过程中读数变化情况是________．图13A．增大B．减小C．先增大后减小D．先减小后增大答案　(1)AD　(2)C　(3)B解析　(1)在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆挡的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，选项A正确；在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零；在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行测试，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行试测，若指针偏角过小，再换用倍率较大的挡，选项C错误；在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，再换用较小的量程进行测量，选项D正确．(2)在使用多用电表进行欧姆调零时，将两表笔短接，注意两手不能与指针短接，故A错误；在测量灯泡电阻时应将两表笔分别接外壳和中间金属，故B错误；由于多用电表内部电源正极接黑表笔，故在测量二极管正向电阻时，应将黑表笔接二极管正极，故C正确；在测量电阻时，电阻应与电路断开，故D错误．(3)根据串并联电路的特点可知，将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，电路的电阻减小，则移动过程中读数减小，故B正确．四、计算题(本题共4小题，19题8分，20题8分，21题10分，22题12分，共38分．要求每题写出解题过程，只有答案没有过程概不评分)19．(8分)如图14所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1 g，分别用10cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离平衡位置60°，A球的悬线竖直且A球与绝缘墙壁接触．求：图14(1)每个小球的带电量；(2)墙壁受到的压力；(3)每条细线的拉力大小．答案　(1)×10－7C　(2)×10－3N，方向水平向左　(3)连A球的细线的拉力大小为1.5×10－3N，连B球的细线的拉力大小为1×10－3N解析　(1)对B球受力分析如图所示：B球受三力平衡，则重力与库仑力的合力大小等于绳子拉力，方向与绳子拉力方向相反．由几何知识可知：F库＝mg＝FTB根据库仑定律：F库＝k＝mg解得：q＝×10－7C(2)对A球受力分析如图：A球受力平衡，FN＝F库sin60°＝mgsin60°＝0.1×10－2×N＝×10－3N由牛顿第三定律得：墙受到小球的压力大小为×10－3N，方向水平向左．(3)A球受力平衡：FTA＝mg＋F库cos60°＝0.1×10－2×(1＋0.5)N＝1.5×10－3N由前面分析知FTB＝mg＝1×10－3N.20．(8分)如图15所示，质量为m、电量为q的带电粒子以初速度v0进入场强为E的匀强电场中，v0方向与E方向垂直．极板长度为L，极板右边缘到荧光屏的距离也是L ，已知带电粒子打到荧光屏上的P点，不计粒子重力，求：图15(1)带电粒子离开电场时速度偏向角的正切值；(2)偏移量OP的大小．答案　(1)　(2)解析　(1)水平方向：粒子做匀速直线运动，则有：t＝竖直方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动．加速度为：a＝设粒子射出电场时，速度偏向角为θ，有：tanθ＝＝＝(2)作速度的反向延长线交粒子在电场中水平位移的中点，有：tanθ＝OP＝tanθ＝.21．(10分)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图16所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．图16(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′为多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t为多少？ 答案　(1)负电荷　　(2)B　解析　(1)由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r，又qvB＝m，则粒子的比荷＝.(2)设粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径R′＝＝r，又R′＝，所以B′＝B，粒子在磁场中运动所用时间t＝T＝×＝.22．(12分)如图17所示是学生们根据回旋加速器原理设计的一个小型粒子加速器的原理示意图，区域Ⅰ和区域Ⅱ存在匀强磁场B1和B2.在宽度为L的区域Ⅲ内存在一个匀强电场E，通过自动调整方向使进入这区域的粒子持续加速．在图中A位置有一个带正电的粒子从静止释放，粒子经过两次电场加速后最终垂直区域Ⅰ边缘AD射出(粒子质量为m，带电量为q，不计重力和阻力)．求：图17(1)粒子飞入区域Ⅰ和区域Ⅱ的速度之比；(2)区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁感应强度之比；(3)已知区域Ⅰ的磁感应强度B1＝B，求从粒子释放到从区域Ⅰ边缘飞出的总时间．答案　(1)　(2)　(3)＋2解析　(1)如图所示，带电粒子由静止释放，在电场中加速进入区域Ⅱ，经过半个圆周的偏转进入区域Ⅲ继续加速，进入区域Ⅰ经过圆周偏转垂直边缘AD射出． 粒子进入区域Ⅰ时经历了两次电场加速，2EqL＝mv粒子进入区域Ⅱ时经历了一次电场加速，EqL＝mv联立可得＝(2)根据题意，带电粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆周轨迹半径之比＝2，根据公式Bqv＝得B＝可得＝＝(3)带电粒子在三个区域的运动时间分别设为t1、t2、t3，粒子在匀强磁场中运动的周期T＝，B1＝B，B2＝B可得t1＝T1＝，t2＝T2＝在电场中有两次加速，电场力恒定为Eq，总距离是2L，根据匀变速直线运动规律可得2L＝at，a＝，联立得t3＝2总时间t＝t1＋t2＋t3＝＋2.