2020-2021学年高二物理人教版选修3-1模块检测-Word版含解析.docx

模块检测
说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．试卷满分100分，考试时间90分钟．
第Ⅰ卷(选择题　共37分)
一、单项选择题(本题共7小题，每题3分，共21分，每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意)
1．关于物理学史，下列说法中不正确的是(　　)
A．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的
B．法拉第不仅提出了场的的概念，而且直观地描绘了场的清楚图象
C．法拉第通过试验争辩确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律
D．库仑在前人工作的基础上，通过试验争辩确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律
答案　C
2．下列运动(电子只受电场力或磁场力的作用)不行能的是(　　)

答案　B
解析　本题考查电子在电场或磁场中的运动，意在考查同学对电子在电场或磁场中的受力分析以及运动分析的力量，电子可以在正点电荷的电场力作用下做匀速圆周运动，故A选项描述的运动可能实现；由于等量异种点电荷在其连续中垂线处产生的电场的方向水平向右，电子所受电场力的方向水平向左，而电子的初速度方向沿中垂线方向，则电子将做曲线运动，故B选项所描述的运动不行能实现；电子可以在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故C选项描述的运动可能实现；由于通电螺线管中的磁场力匀强磁场，又电子的速度方向与磁场方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，电子将沿通电螺线管中心轴线做匀速直线运动，故D选项描述的运动可能实现．
3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图1所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开头时开关S闭合，静电计指针张开肯定角度，为了使指针张开角度增大些，下列实行的措施可行的是(　　)
图1
A．断开开关S后，将A、B分开些
B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动
答案　A
4．如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是(　　)

答案　B
解析　A中，a、b两点场强的方向不同，A错误；B中，a、b两点电势和场强均相同，B正确；C中，a点电势高于b点电势，C错误；D中，a、b两点场强的方向不同，D错误．
5.

图2
一带正电的粒子在电场中做直线运动的vt图象如图2所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列推断正确的是(　　)
A．该电场可能是由某正点电荷形成的
B．M点的电势高于N点的电势
C．在从M点到N点的过程中，电势能渐渐增大
D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力
答案　C
解析　

由vt图象可知：该粒子做的是匀减速直线运动，则粒子所处电场为匀强电场，A、D错误；由于粒子带正电、正电荷受力方向跟该点场强方向相同，如图所示，因沿着电场线方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，B错误；从M点到N点，电场力做负功，电势能增加，C正确．

图3
6．在争辩微型电动机的性能时，应用如图3所示的试验电路．当调整滑动变阻器R并把握电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V．重新调整R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.00 A和24.0 V．则这台电动机正常运转时输出功率为(　　)
A．32 W B．44 W
C．47 W D．48 W
答案　A
解析　当电动机停止转动时，电动机可视为纯电阻，由欧姆定律可知电动机的电阻r＝ Ω＝4 Ω.当正常转动后，P入＝24×2 W＝48 W，P出＝P入－Pr＝48 W－2.02×4 W＝32 W.

图4
7．如图4所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列推断正确的是(　　)
A．这三束正离子的速度肯定不相同
B．这三束正离子的质量肯定不相同
C．这三束正离子的电荷量肯定不相同
D．这三束正离子的比荷肯定不相同
答案　D
解析　本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，速度选择器的学问．带电粒子在金属板中做直线运动，qvB＝Eq，v＝，表明带电粒子的速度肯定相等，而电荷的带电量、电性、质量、比荷的关系均无法确定；在磁场中R＝，带电粒子运动半径不同，所以比荷肯定不同，D项正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)

图5
8．如图5所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下推断正确的是(　　)
A．电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮
B．电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变亮
C．电压表读数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变暗
D．电压表读数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗
答案　BD
解析　两灯和滑动变阻器组成的电路，其中L2在干路上，L1和变阻器并联后与L2串联，电压表测量的是L1两端电压，即是测变阻器两端电压．
当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器连入电路中的阻值减小，变阻器R′与L1并联的阻值减小，电路的总电阻减小；依据闭合电路欧姆定律I＝，外电阻R的减小使干路电流I增大，可知通过L2的电流增大；电源内电阻上的电压U′＝Ir增大，外电路两端的电压U＝E－Ir减小，由于电流I增大，L2的电功率增大，L2变亮；且L2两端电压U2增大，L1两端电压U1＝U－U2减小，电压表的示数减小；L1两端电压U1减小，使通过L1的电流减小；且L1的电功率减小，L1变暗．

图6
9．如图6所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，假如这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们肯定具有相同的(　　)
A．速度 B．质量 C．电荷量 D．比荷
答案　AD
解析　离子流在区域Ⅰ中不偏转，肯定是qE＝qvB，v＝，A正确．进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝知，因v、B相同，所以只能是比荷相同，故D正确，B、C错误．
10．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连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线四周产生的磁场的磁感应强度B＝k，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点动身沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是(　　)

图7
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球始终做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力始终在增大
答案　BD
解析　由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所以磁场由M到O渐渐减弱，N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N渐渐增加，带正电的小球由a点沿途连线运动到b点，受到的洛伦兹力F＝Bqv为变力，则从M到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到N洛伦兹力的方向向下，随磁场的增加而增大，所以对桌面的压力始终在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确，A错误．

图8
11．如图8所示，连接两平行金属板的导线的一部分CD与一有电源回路的一部分GH平行且均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面对里，当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段导线受到力F的作用．则(　　)
A．若等离子体从右方射入，F向左
B．若等离子体从右方射入，F向右
C．若等离子体从左方射入，F向左
D．若等离子体从左方射入，F向右
答案　AD
解析　等离子体指的是整体显电中性，内部含有等量的正、负电荷的气态离子群体．当等离子体从右方射入时，正、负离子在洛伦兹力作用下将分别向下、上偏转，使上极板的电势低于下极板，从而在外电路形成由D流向C的电流，这一电流处在导线GH中电流所产生的磁场中，由左手定则可知，它所受安培力方向向左，所以A项对，B项错，同理可分析得知C项错，D项对．
第Ⅱ卷(非选择题　共63分)
三、试验题(本题共2小题，共18分，把答案直接填在横线上)

图9
12．(10分)现在已经离不开电视、手机等电子产品，但这些产品生产过程中会产生含多种重金属离子的废水，这些废水是否达标也引起了人们的关注．某同学想测出学校四周一工厂排出废水的电阻率，以推断废水是否达到排放标准(一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200 Ω·m)．如图9所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为带有接线柱的金属薄板(电阻微小)，其余四周由绝缘材料制成，容器内部长a＝40 cm，宽b＝20 cm，高c＝10 cm.他将水样注满容器后，进行以下操作：
(1)他先后用多用电表欧姆挡的“×1 k”、“×100”两个挡位粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图10中所示，则所测水样的电阻约为________ Ω .
图10
(2)他从试验室中找到如下试验器材更精确地测量所获水样的电阻：
A．电流表(量程5 mA，电阻RA＝800 Ω)
B．电压表(量程15 V，电阻RV约为10.0 kΩ)
C．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)
D．电源(12 V，内阻约10Ω)
E．开关一只、导线若干
请用铅笔线代替导线帮他在图11中完成电路连接．

图11
(3)正确连接电路后，这位同学闭合开关，测得一组U、I数据；再调整滑动变阻器，重复上述测量得出一系列数据如下表所示，请你在图12的坐标系中作出UI关系图线.
U/V
2.0
3.8
6.8
8.0
10.2
11.6
I/mA
0.73
1.36
2.20
2.89
3.66
4.15
图12
(4)由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为________ Ω·m.据此可知，所测水样在电阻率这一指标上________(选填“达标”或“不达标”)．
答案　(1)1 800　(2)如图a　(3)如图b　(4)99.7　不达标

解析　(1)图上欧姆表指针有两个位置，明显右边位置对应“×1 k”，左边位置对应“×100”，应按接近中间刻度的读数，刻度18乘以倍率100，所以电阻为1 800 Ω.
(2)由于要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又由于待测电阻阻值与电压表内阻相差的倍数和待测电阻阻值与电流表相差的倍数相当，电流表内阻已知，则接受电流表内接法．(3)让绝大多数的点在直线上，其余各点均匀地分布在直线两侧．
(4)由图线斜率可知，总电阻为2 794 Ω，又R＝R总－RA，依据电阻定律R＝ρ，代入数据得ρ＝99.7 Ω·m.
13．(8分)某同学接受如图13甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5 V，内阻约2 Ω，电压表(0～3 V,3 kΩ)，电流表(0～0.6 A,1.0 Ω)，滑动变阻器有R1(10 Ω，2 A)和R2(100 Ω，0.1 A)各一只．

图13
(1)试验中滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”)．
(2)在图乙中用笔画线代替导线连接试验电路．
(3)在试验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的UI图象，由图可较精确     地求出电源电动势E＝________ V；内阻r＝________ Ω.
答案　(1)R1　(2)见解析图　(3)1.48(1.47～1.49均正确)　1.89(1.88～1.90均正确)
解析　(1)电路中最大电流I＝＝ A＝0.75 A．R2的额定电流小于0.75 A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调整，所以变阻器用R1.
(2)如图所示

(3)将图线延长，交于纵轴，则纵截距即为电动势
E＝1.48 V(1.47～1.49 V均正确)．
r＝，可得r＝1.89 Ω(1.88 Ω～1.90 Ω均正确)．
四、计算题(本题共4小题，共45分)

图14
14．(10分)如图14所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q＝－1.0×10－6 C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服静电力做了2×10－6 J的功，已知A、B间的距离为2 cm.
(1)试求A、B两点间的电势差UAB ；
(2)若A点的电势为φA＝1 V，试求B点的电势φB；
(3)试求该匀强电场的大小E并推断其方向．
答案　(1)2 V　(2)－1 V　(3)200 V/m　沿电场线斜向下
解析　(1)由题意可知，静电力做负功UAB＝－2×10－6 J
据UAB＝得UAB＝2 V
(2)UAB＝φA－φB，则φB＝φA－UAB＝－1 V
(3)d＝2×10－2cos 60° m＝1×10－2 m.
E＝＝200 V/m
方向：沿电场线斜向下

图15
15．(10分)如图15所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103 V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝4×10－5 C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求：
(1)金属板的长度L.
(2)小球飞出电场时的动能Ek.
答案　(1)0.15 m　(2)0.175 J
解析　(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：
vy＝＝2 m/s
设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则：
tan θ＝＝2
小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tan θ＝＝
L＝，解得L＝＝0.15 m
(2)进入电场前mgh＝mv－mv
电场中运动过程qU＋mgL＝Ek－mv
解得Ek＝0.175 J

图16
16．(12分)如图16所示，有界匀强磁场的磁感强度B＝2×10－3 T；磁场右边是宽度L＝0.2 m、场强E＝40 V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q＝－3.2×10－19 C，质量m＝6.4×10－27 kg，以v＝4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最终从电场右边界射出．求：
(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek.
答案　(1)如解析图　(2)R＝0.4 m　(3)Ek＝7.68×10－18 J

解析　(1)轨迹如图．
(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有
qvB＝m①
R＝＝ m＝0.4 m②
(3)Ek＝EqL＋mv2＝40×3.2×10－19×0.2 J＋×6.4×10－27×(4×104)2 J＝7.68×10－18 J③

图17
17．(13分)如图17所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C，从静止开头经电压为U1＝100 V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面对外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场
时的偏转角也为θ＝60°.已知偏转电场中金属板长L＝R，圆形匀强磁场的半径为R＝10 cm，重力忽视不计．求：
(1)带电微粒经加速电场后的速率；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．
答案　(1)1.0×104 m/s　(2)2×103 V/m　(3)0.13 T
解析　(1)设带电微粒经加速电场加速后速度为v1，依据动能定理得
qU1＝mv，
解得v1＝ ＝1.0×104 m/s.
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．
水平方向上有：v1＝
竖直方向上有v2＝at，a＝
由几何关系tan θ＝
联立解得：E＝2×103 V/m.
(3)设微粒进入磁场时的速度大小为v，则
v＝＝2.0×104 m/s，

由运动的对称性可知，入射速度的延长线过磁场区域的圆心，则出射速度的反向延长线也过磁场区域的圆心，微粒在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，
则轨迹半径为r＝Rtan 60°＝0.3 m
qvB＝m
得B＝＝0.13 T.