2018-2019学年高中物理(SWSJ)粤教版选修3-1模块综合检测

模块综合检测
一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，第1～8小题只有一个选项符合题意，第9～14小题有多个选项符合题意；全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1.如图1所示，把轻质导电线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N 极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面，当线圈内通入图示方向的电流时，线圈将( )
图1
A ．向左运动
B ．向右运动
C ．静止不动
D ．无法确定
解析：选A 方法一：等效法。

把通电线圈等效成小磁针，由安培定则可知，线圈等效成小磁针后，左端是S 极，右端是N 极，根据异名磁极相互吸引，线圈将向左运动。

选项A
正确。

方法二：电流元法。

取线圈的上、下两小段分析，如图所示，根据其中心对称性可知线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动。

选项A 正确。

2.如图2所示，A 、B 、C 、D 、E 是半径为r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A 点处的电荷量为－q 外，其余各点处的电荷量均为＋q ，则圆心O 处( )
图2
A ．场强大小为kq
r 2，方向沿OA 方向
B ．场强大小为kq
r 2，方向沿AO 方向
C ．场强大小为2kq
r 2，方向沿OA 方向
D ．场强大小为2kq
r
2，方向沿AO 方向
解析：选C 在A 处放一个－q 的点电荷与在A 处同时放一个＋q 和－2q 的点电荷的效果相当，因此可以认为O 处的场是五个＋q 和一个－2q 的点电荷产生的场合成的，五个＋q 处于对称位置上，在圆心O 处产生的合场
强为0，所以O 点的场强相当于－2q 在O 处产生的场强。

故选C 。

3．如图3所示为某一门电路符号及输入端A 、B 的电势随时间变化关系的图像，则下列选项中能正确反映该门电路输出端电势随时间变化关系的图像是( )
图3
解析：选A 题图为与门电路，所以A 、B 输入端都是高电势时，输出才为高电势，故A 正确。

4.电阻R 和电动机M 串联接到电路中，如图4所示，已知电阻R 跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作。

设电阻R 和电动机M 两端的电压分别为U 1和U 2，经过时间t ，电流通过R 做功为W 1，产生的热量为Q 1，电流通过电动机做功为W 2，产生的热量为Q 2，则有( )
图4
A ．U 1＜U 2，Q 1＝Q 2
B ．U 1＝U 2，Q 1＝Q 2
C ．W 1＝W 2，Q 1＞Q 2
D ．W 1＜W 2，Q 1＜Q 2
解析：选A 电动机是非纯电阻，其两端电压U 2＞IR ＝U 1，B 错误；电流做的功W 1＝U 1It ，W 2＝U 2It ，故W 1＜W 2，C 错误；产生的热量由Q ＝I 2Rt 可判断Q 1＝Q 2，A 正确，D 错误。

5.两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m 、电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A 点，然后返回，如图5所示，OA 间距为h ，则此电子的初动能为( )
图5
A.edh U
B.dU eh
C.eU dh
D.eUh d
解析：选D 电子从O 点到达A 点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eU OA ＝0－E k ，因为U OA ＝U d h ，所以E k ＝eUh
d ，所以正确选项为D 。

6.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。

电磁血流计由一对电极a 和b 以及一对磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的。

使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图6所示。

由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差。

在达到平衡时，血管内部的电场可看做匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。

在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T 。

则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )
图6
A ．1.3 m /s ，a 正、b 负
B ．2.7 m/s ，a 正、b 负
C ．1.3 m /s ，a 负、b 正
D ．2.7 m/s ，a 负、b 正
解析：选A 根据左手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力的作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力的作用向下偏，因此电极a 为正极，电极b 为负极；当达到平衡时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则qE ＝Bq v ，又E ＝U d ，得v ＝U
Bd ＝160×10－
60.04×3×10－3
m /s ＝1.3 m/s ，选项A 正确。

7．如图7，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。

一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O 。

已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。

不计重力。

铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
图7
A ．2 B. 2 C ．1
D.22
解析：选D 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r 1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r 2的2倍。

设粒子在P 点的速度为v 1，根据牛顿第二定律可得q v 1B 1＝m v 12
r 1，则B 1＝m v 1qr 1＝2mE k
qr 1；同理，B 2＝m v 2qr 2＝
2m ·1
2E k
qr 2，则B 1B 2＝2
2
，D 正确，A 、B 、C 错误。

8.如图8所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速地放置一质量为0.1 kg 、电荷量q ＝＋0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。

t ＝0时对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2。

则( )
图8
A ．木板和滑块一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动
B ．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动
C ．木板先做加速度为2 m /s 2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s 2的匀加速运动
D ．t ＝5 s 后滑块和木块有相对运动
解析：选C 开始一段时间内，滑块和木板以相同的加速度a 1＝2 m /s 2做匀加速直线运动，选项B 错误；随着滑块速度增大，所受向上的洛伦兹力增大，滑块与木板间的压力减小，最大静摩擦力减小，直到t 1时刻两者加速度开始不再相等则发生相对运动，此时对滑块有μ(mg －qv 1B )＝ma 1，v 1＝a 1t 1，解得v 1＝6 m/s ，t 1＝3 s ，即经过3 s 两者速度达到6 m /s 时发生相对运动，选项D 错误；之后滑块做加速度减小的加速运动，木板做加速度增大的加速运动，最后滑块所受洛伦兹力与重力平衡，以速度v 2做匀速运动，由qv 2B ＝mg 解得v 2＝10 m/s ，而木板加速度增加到a 2＝3 m/s 2，做匀加速直线运动，选项A 错误、C 正确。

9.长为L 的直导线ab 斜放(夹角为θ)在水平轨道上，轨道平行且间距为d ，通过ab 的电流为I ，匀强磁场的磁感应强度为B ，如图9所示，则导线ab 所受安培力的大小为( )
图9
A.IdB cos θ
B.IdB sin θ C ．ILB sin θ
D ．ILB
解析：选BD 导线ab 所受安培力的大小为F ＝BIL ＝
IdB
sin θ
，选项B 、D 正确。

10．如图10所示，当待测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动。

如果测出了电容的变化，就能知道物体位移的变化。

若电容器的电容变大，则物体的位移可能的变化是( )
图10
A ．加速向右移动
B ．加速向左移动
C ．减速向右移动
D ．减速向左移动
解析：选BD 电介质板插入电容器板间的部分越多，相对介电常数εr 越大，电容C 越大，故只有电介质板移动的方向会影响εr 的大小，而与其做加速运动还是减速运动无关。

由于相对介电常数εr 发生变化而引起电容器的电容C 的变化，根据C ＝εr S
4πkd
可知，当电容C 变大时，εr 应该增大，电介质板应向左移动，所以选项B 、D 正确。

11.如图11所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时，下面判断正确的是( )
图11
A ．L 1和L 3变暗，L 2变亮
B ．L 1变暗，L 2变亮，L 3亮度不变
C ．L 1中电流变化值大于L 3中电流变化值
D ．L 1上电压变化值小于L 2上的电压变化值
解析：选AD 当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L 1变暗；电路中电流减小，故内阻及R 0、L 1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L 2变亮；因L 2中电流增大，干路电流减小，故流过L 3的电流减小，故L 3变暗；故A 正确，B 错误；因L 1中电流减小，L 3中电流减小，而L 2中电流增大；开始时有：I 1＝I 2＋I 3，故I 1电流的变化值一定小于L 3中电流的变化值，故C 错误；因并联部分的电压与L 1、R 0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L 2两端的电压增大，L 1、R 0及内阻r 两端的电压减小，而电动势不变，故L 2两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值，故L 1上电压变化值小于L 2上的电压变化值，故D 正确。

12．如图12所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E ，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，一质量为m 的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点( )
图12
A ．带有电荷量为mg
E 的负电荷 B ．沿圆周逆时针运动 C ．运动的角速度为gB
E
D ．运动的速率
解析：选AC A ．带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg ＝qE ，求得电荷量q ＝mg
E ，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A 正确；B.由左手则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B 错误；C.由q v B ＝m v ω得ω＝qB m ＝mgB Em ＝gB
E ，故C 正确；D.在速度选择器装置中才能判断带电粒子的速度，故D 错误。

13.如图13所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放有一金属棒
MN 。

现从t ＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流大小与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。

下列关于导体棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图像，可能正确的是( )
图13
解析：选BD 导体棒受到导轨的支持力大小等于安培力大小，即F N ＝BIL ＝BkLt ∝t ，在竖直方向上有mg －μF N ＝ma ，则a ＝g －
BkL
m
t ，选项D 正确，C 错误；根据导体棒向下先做加速度逐渐减小的变加速运动，后做加速度逐渐增大的变减速运动的过程可知，选项A 错误，B 正确。

14.如图14所示，在半径为R 的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于圆平面(未画出)。

一群比荷为q
m 的负离子以相同速率v 0(较大)，由P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则
下列说法中正确的是(不计重力)( )
图14
A ．离子飞出磁场时的动能一定相等
B ．离子在磁场中运动半径一定相等
C ．由Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
D ．沿PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大
解析：选BC 射入磁场的离子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不相等；又因为洛伦兹力不做功，这些离子从射入到射出动能不变，故不同离子的动能可能不相等，A 错误。

离子在磁场中偏转的半径为r ＝
m v
qB
，由于比荷和速率都相等，磁感应强度B 为定值，故所有离子的偏转半径都相等，B 正确。

同时，各离子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm
qB 也相等，根据几何规律：圆内较长的弦对应较大的圆心角，所以从Q 点射出的离子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C 正确。

沿PQ 方向射入的离子不会从Q 点射出，故偏转角不是最大，D 错误。

二、实验题(本题共2小题，共16分)
15．(6分)某同学准备利用下列器材测量电源电动势和内阻。

A ．干电池两节，每节的电动势约为1.5 V ，内阻约几欧姆
B ．直流电压表V 1、V 2，量程均为0～3 V ，内阻约为3 kΩ
C ．定值电阻R 0，阻值为5 Ω
D ．滑动变阻器R ，最大阻值为50 Ω
E ．导线和开关
(1)该同学连接的实物电路如图15所示，其中还有一根导线没有连，请补上这根导线。

图15
图16
(2)实验中移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1-U 2图像如图16所示，图中直线的斜率为k ，横轴上的截距为a ，则电源的电动势E ＝______，内阻r ＝________(用k 、a 、R 0表示)。

解析：(1)利用两个电压表和一个定值电阻来确定电路中的总电流。

缺少的导线如图所示。

(2)电路中的总电流I ＝
U 2－U 1R 0
，由闭合电路欧姆定律得U 1＝E －I (R 0＋r )，联立得U 1＝R 0＋r r ·U 2－ER 0
r ，故有R 0＋r r ＝k,0＝R 0＋r r ·a －ER 0r ，解得E ＝ka k －1，r ＝R 0
k －1。

答案：(1)如解析图所示 (2)ka k －1 R 0k －1
16．(10分)(2015·广东高考)某实验小组研究两个未知元件X 和Y 的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等。

图17
(1)使用多用电表粗测元件X 的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图17(a)所示，读数为________Ω，据此应选择图17中的________(填“b”或“c”)电路进行实验。

(2)连接所选电路，闭合S ，滑动变阻器的滑片P 从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X 换成元件Y ，重复实验。

(3)图18(a)是根据实验数据作出的U -I 图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件。

图18
(4)该小组还借助X 和Y 中的线性元件和阻值R ＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E 和内阻r ，电路如图18(b)所示，闭合S 1和S 2，电压表读数为3.00 V ；断开S 2，读数为1.00 V 。

利用图18(a)可算得E ＝________V ，r ＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)。

解析：(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，电阻值＝示数×倍率，故X 的读数为10 Ω×1＝10 Ω，由于R X R A ＜R V R X
，
或R X ≪R V ，故用伏安法测元件X 的电阻时，电流表应外接，故选b 电路进行实验。

(2)滑片P 从左向右滑动过程中，元件X 两端的电压越来越大，电流越来越大，故电流表示数逐渐增大。

(3)由U -I 图线可知Y 是非线性元件。

(4)由(3)中的U -I 图线，可知线性元件的电阻R X ＝10 Ω，当S 1、S 2都闭合时，回路中的电流I 1＝U 1
R X
＝0.3 A ，当S 1闭合，S 2断开时，回路中的电流I 2＝
U 2
R X
＝0.1 A ，根据闭合电路欧姆定律，得E ＝I 1(R X ＋r )，E ＝I 2(R X ＋R ＋r )，联立两式并代入数据解得E ≈3.2 V ，r ＝0.50 Ω。

答案：(1)10 b (2)增大 (3)Y (4)3.2 0.50 三、计算题(本题共3小题，共38分)
17．(12分)如图19所示，两个电量均为Q 的等量异种点电荷，分别被固定在一边长为d 的等边三角形ABC 的两个顶点上，AB 连线保持水平。

一个质量为m 、电量＋q (可视为点电荷)的带电小球，被长为L 的绝缘轻质细线悬挂于O 点，O 点在C 点的正上方。

现将细线拉至水平，由M 点静止释放小球，小球向下运动到最低点C 时，速度为v 。

经过C 点后，小球继续上升到N 点，N 点与M 点关于OC 对称。

已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，若取D 点的电势为零，试求：
图19
(1)在A 、B 所形成的电场中，C 点的场强E C ； (2)在A 、B 所形成的电场中，M 、C 两点的电势差； (3)小球上升到N 点时的速度v N 。

解析：(1)A 、B 在C 点形成的场强大小为E A ＝E B ＝kQ
d 2
，方向如图。

根据平行四边形定则，
求得C 点的场强E C ＝2E A cos 60°＝kQ d 2
， 方向水平向左。

(2)小球从M 点运动到C 点的过程中，电场力做正功。

根据动能定理：qU ＋mgL ＝1
2
m v 2
得M 、C 两点的电势差为U ＝(m v 2－2mgL )
2q
C 点与
D 点为等势点，所以M 点的电势为φM ＝U ＋φC ＝(m v 2－2mgL )
2q 。

(3)小球从C 点运动到N 点的过程中，电场力做正功。

由于M 、N 对称，所以|φM |＝|φN |，两次电场力做功相同。

根据动能定理：2qU ＝12m v N 2－1
2m v M 2
1
2m v N 2＝m v 2－2mgL 得v N ＝
2v 2－4gL 。

答案：(1)kQ
d 2 水平向左 (2)(m v 2－2mgL )2q
(3)
2v 2－4gL
18．(12分)水平放置的两块平行金属板板长l ＝5.0 cm ，两板间距d ＝1.0 cm ，两板间电压为90 V ，且上板为正极板，一个电子沿水平方向以速度v 0＝2.0×107 m/s ，从两板中间射入，如图20所示，不计电子的重力，电子的质量为m ＝9.0×10
－31
kg 、电荷量为e ＝－1.6×10
－19
C ，求：
图20
(1)电子偏离金属板的侧位移是多少？
(2)电子飞出电场时的速度大小是多少？(保留两位有效数字)
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP之长。

解析：(1)电子在电场中的加速度：a＝Uq md，
侧位移即竖直方向位移：y0＝1
2at
2＝qUt2
2dm，
运动时间：t＝l
v0，
代入数据解得：y0＝5×10－3 m。

(2)电子飞出电场时，水平分速度v x＝v0，竖直分速度：
v y＝at＝
qUl
md v0＝4×10
6 m/s。

飞出电场时的速度为：
v＝v x2＋v y2，代入数据可得：v＝2.0×107 m/s。

设v与v0的夹角为θ，则tan θ＝v y
v x＝0.2，则：θ＝arctan 0.2。

(3)电子飞出电场后做匀速直线运动：
OP＝y0＋MP＝y0＋s·tan θ
代入数据解得：OP＝2.5×10－2 m。

答案：(1)5×10－3 m(2)2.0×107 m/s
(3)2.5×10－2 m
19．(14分)如图21所示，有一对平行金属板，板间加有恒定电压；两板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。

金属板右下方以MN、PQ为上下边
界，MP为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d，MN与下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线。

一电荷量为q、质量为m的正离子，以初速度v0沿平行于金属板面、垂直于板间磁场的方向从A点射入金属板间，不计离子的重力。

图21
(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间电场强度的大小和方向；
(2)若撤去板间磁场B0，已知离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，求A点离下极板的高度；
(3)在(2)的情形中，为了使离子进入磁场运动后从边界MP的P点射出，磁场的磁感应强度B应为多大？
解析：(1)设板间的电场强度为E，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡有：qE＝q v0B0
解得：E＝v0B0①
由左手定则可判断出洛伦兹力方向竖直向上，所以电场力的方向竖直向下，故场强的方向竖直向下。

(2)设A 点离下极板的高度为h ，离子射出电场时的速度为v ，根据动能定理得：
qEh ＝12m v 2－12
m v 02② 离子在电场中做类平抛运动，水平分方向做匀速直线运动，则有v ＝
v 0cos 30°③ 联立①②③解得：h ＝m v 026q v 0B 0＝m v 06qB 0。

④ ＝12d sin 60°＝33d (3)设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r ，由几何关系得r ⑤
根据牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2
r ⑥
联立③⑤⑥解得：B ＝2m v 0
qd 。

答案：(1)v 0B 0，方向竖直向下 (2)m
v 06qB 0
(3)2m v 0qd。