2020秋高二物理粤教版选修3-1达标检测：模块综合检测(二) Word版含解析

姓名，年级：
时间：
模块综合检测(二)
一、单项选择题（本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)
1．学习物理除了知识的学习外，还要了解物理学家对物理规律的发现，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．关于以上两点下列叙述正确的是( )
A．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系
B．库仑提出了用电场线描述电场的方法
C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法D．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法
答案：C
2.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（)
A．2F B．1。

5F
C．0.5F D．0
解析:设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1,根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比I1∶I2＝1∶2.如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L,根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝错误!F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F＋F′＝错误!F，故本题选B。

答案：B
3．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（）
A．磁通量发生变化,一定是磁场发生变化引起的
B．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大
C．磁感应强度越大，线圈面积越大,则穿过线圈的磁通量也越大
D．穿过线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零
解析:由Φ＝BS cos θ可知：磁通量发生变化，可能是B 或S或θ发生变化,故A错;磁通量的大小除了与B和S有关外，还与磁场方向与线圈平面间的夹角有关，当夹角为零时
Φ＝0,但该处的磁感应强度不一定为零，故B、C错,D对．答案：D
4．空间中存在着竖直向下的匀强磁场,如图所示,一带正电粒子(不计重力）垂直于磁场方向以初速度v射入磁场后，运动轨迹将( )
A．向上偏转B．向下偏转
C．向纸面内偏转D．向纸面外偏转
解析：带电粒子垂直进入磁场，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向向纸外，则其轨迹向纸外偏转．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
5．在同一匀强磁场中，α粒子（错误!He)和质子（错误!H)做匀速圆周运动．若它们的质量与速度的乘积大小相等，则α粒子和质子（)
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
解析：由r＝mv
qB
＝错误!，由于两者动量相等且在同一匀强
磁场中，所以α粒子和质子运动半径之比等于电荷量的反比，即rα∶r H＝q H∶qα＝1∶2，故选项A错误；由T＝错误!,则α
粒子与质子运动周期之比为Tα
T H
＝错误!＝错误!＝2∶1,故选项B
正确;由于mαvα＝m H v H，所以vα∶v H＝m H∶mα＝1∶4，故选项C 错误；由于洛伦兹力F＝qvB，所以错误!＝错误!＝错误!＝1∶2，故选项D错误．
答案：B
6．如图所示，在示波管下方有一根水平放置的通电直导线，则示波管中的电子束将( ）
A．向上偏转B．向下偏转
C．向纸外偏转D．向纸里偏转
解析：由安培定则可知导线上方磁场垂直纸面向外,电子垂直磁场进入，由左手定则可知，电子向上偏转．答案：A
7．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷＋Q 和－q（Q>q），以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是( ）
A．A点场强小于B点场强
B．C点场强与D点场强相同
C．A点电势小于B点电势
D．将正检验电荷从C点移到O点，电场力做负功
解析：设A点到Q的距离为d，到－q的距离为L,故A点
的场强E A＝kQ
d2
＋
kq
L2
，同理可得B点的场强E B＝
kQ
L2
＋错误!，故E A
－E B＝k（Q－q）
d2
－错误!，由于d<L，故E A－E B＞0，即E A＞E B，
A项错误；根据平行四边形定则，以两分场强为邻边作出平行四边形的对角线，可知C、D两点场强的方向不相同，B项错误；电场线的方向是电势降落的方向，故A点的电势高于B 点的电势,C项错误；正电荷从C到O，受力的最快方向与速度方向的夹角为钝角，因此电场力做负功，D项正确．答案：D
8.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中,有两根竖直放置的平行导轨AB、CD。

导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ。

现从t＝0时刻起,给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比,即I＝kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直,则在下列表示金属棒所受摩擦力随时间变化的四幅图中,正确的是( ）
解析:当金属棒所受摩擦力F f＝μBIL＝μBL kt<mg时，棒沿导轨向下加速；当金属棒所受摩擦力F f＝μBIL＝μBLkt〉mg时，棒沿导轨向下减速;在棒停止运动之前,所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f＝μBLkt；在棒停止运动之后，所受摩擦力为静摩擦力，大小为F f＝mg，故C正确．
答案:C
9．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则( )
A．E P〉E Q，φP>φQ B．E P〉E Q，φP〈φQ
C．E P〈E Q,φP>φQ D．E P〈E Q，φP<φQ
解析:电场线密的位置电场强度大,因此E P>E Q；沿电场线方向电势降低，因此有φP>φQ。

A项正确．
答案：A
10．如图所示，电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10 Ω.
当开关S断开时，电流表的示数是I′＝0。

5 A，当开关S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I和电路消耗的电功率P应满足( ）
A．I＝1。

5 A B．I>1。

5 A
C．P＝15 W D．P<15 W
解析:S断开时,电路两端的电压U＝I′R1＝10 V．S合上后，流过电动机的电流I″〈错误!＝1 A，则电流表的示数I＝I′＋I″<1。

5 A，电路消耗的电功率P＝IU<15 W，选项D正确．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分,少选得3分，选错、多选或不选得0分）
11．在如图所示的电路中电源电动势为E,内阻为r。

闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I,电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器P的滑片,从图示位置向a一端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比( ）
A．U变小B．I变小
C．Q增大D．Q减小
解析：当滑动变阻器P的滑片，从题图示位置向a端移动时，其电阻值增大，由闭合电路的欧姆定律可知，电路的电流I减小，变阻器R两端的电压增大，即电容器C两端的电压增大，显然所带电荷量Q增大．
答案：BC
12。

如图所示，带电粒子以速度v沿CB方向射入一横截面为正方形的区域，C、B均为该正方形两边的中点，不计粒子的重力．当区域内有竖直方向的匀强电场E时，粒子从A 点飞出，所用时间为t1;当区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场时，粒子也从A点飞出,所用时间为t2,下列说法正确的是（）
A．t1〈t2B．t1〉t2
C．错误!＝错误!v D．错误!＝错误!v
解析：粒子在电场中做类平抛运动，沿CB方向速度不变；在磁场中做匀速圆周运动,在CB方向上的速度分量减小．由
比较得A项正确．在电场中偏转距离错误!＝错误!错误!（错误!)2，磁场中几何关系：R2＝a2＋(R－错误!）2，半径R＝错误!,解得选项D正确．
答案：AD
13．地球具有磁场，宇宙中的许多天体也有磁场，围绕此话题的下列说法中正确的是（)
A．地球上的潮汐现象与地磁场有关
B．太阳表面的黑子、耀斑和太阳风与太阳磁场有关
C．通过观察月球磁场和月岩磁性推断，月球内部全部是液态物质
D．对火星观察显示，指南针不能在火星上工作
解析：地球上的潮汐现象与太阳、月亮相对于地球的位置有关，与地球的磁场无关，故A错误;太阳表面的黑子、耀斑和太阳风等现象均与太阳的磁场变化有关，故B正确；通过观察月球磁场和月岩磁性推断，月球内部全部是固态物质，故C错误；对火星观察显示，火星上没有全球性的磁场,指南针不能在火星上工作，故D正确．
答案：BD
14.如图所示，一根通电直导线放在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，在以导线为圆心,半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（)
A．直导线中电流方向是垂直纸面向里的
B．c点的实际磁感应强度也为0
C．d点实际磁感应强度为错误! T，方向斜向右下方，与B 的夹角为45°
D．以上均不正确
解析：题中的磁场是由直导线电流的磁场和匀强磁场共同形成的，磁场中任一点的磁感应强度应为两磁场分别产生的磁感应强度的矢量和．a处磁感应强度为0，说明直导线电流在该处产生的磁感应强度大小与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，可得直导线中电流方向应是垂直纸面向里．在圆周上任一点，由直导线电流产生的磁场的磁感应强度大小均为B＝1 T，方向沿圆周切线方向,可知c点的磁感应强度大小为2 T，方向向右．d点的磁感应强度大小为错误! T，方向与B成45°角斜向右下方．
答案：AC
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(12分)某同学要用多用电表测量一个电阻，已知多用电表电阻挡有4个倍率，分别是×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率,用正确的操作步骤测量发现指针偏转角太大（指针位置如图中虚线所示)，为了较准确地进行测量，
请你补充完整接下去应进行的主要操作步骤：
（1)调节选择开关旋钮,选择________倍率；
（2)两表笔__________（选填“短接”“断开”)，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处；
（3）重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则该电阻的阻值为________Ω;
(4）测量完毕,把选择开关旋钮调至________________________．
解析:（1)指针偏转角太大，说明测量电阻过小，应使用小倍率的挡位测量,故选择×10挡．
（2）在欧姆调零时,需要将两表笔短接,这样相当于被测电阻为零,然后调节欧姆调零旋钮,使指针指在0 Ω.
（3）倍率为×10挡，所以读数为R＝12。

0×10 Ω＝120 Ω。

(4)测量完毕，把选择开关旋钮调至OFF挡或者交流电压最高挡．
答案:(1)×10挡（2)短接(3)120 (4)OFF挡或者交流电压最高挡
16．（12分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，
可供选择的实验仪器如下：
小灯泡L,“3。

8 V，0.3 A"；
电压表V，量程0~5 V,内阻5 kΩ；
电流表A1，量程0～100 mA，内阻4 Ω;
电流表A2，量程0～500 mA，内阻0.4 Ω；
滑动变阻器R1，最大阻值10 Ω，额定电流1.0 A；
滑动变阻器R2，最大阻值5 Ω,额定电流0.5 A；
直流电源E,电动势约为6 V；
开关S及导线若干．
（1)在上述器材中，滑动变阻器应选________；电流表应选________．
（2）在虚线框内画出实验的电路图,并在图中注明各元件的符号．
（3)某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在I.U坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线．根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是（图中P
为小灯泡的功率)（）
解析：（1）本题滑动变阻器采用分压接法，通常应当选用最大阻值较小的滑动变阻器，但本题中如果选用R2，则电路中的电流会超过R2允许通过的最大电流，故滑动变阻器应当选择R1。

电流表A1的量程太小，故电流表应当选择A2.
（2)电路如图所示，由于电压要从零开始测量,滑动变阻器用分压接法；因为灯泡的内阻比较小,电流表用外接法．
(3)随着通过小灯泡电压电流的增大，小灯泡消耗的功率增大，小灯泡的电阻也增大，由于P＝错误!知B图正确，由P ＝I2R知D图正确．
答案：(1）R1A2(2）电路图见解析图
（3)BD
17．(10分）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值)，可研究中子（错误!n)的β衰变．中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子v e。

如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该
质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子．在P点下方放置有长度L＝1.2 m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a.在探测板的上方存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场．
已知电子质量m e＝9.1×10－31 kg＝0.51 MeV/c2，中子质量m n＝939。

57 MeV/c2，质子质量m p＝938.27 MeV/c2（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）．
若质子的动量p＝4.8×10－21kg·m·s－1＝3×10－8 MeV·s·m－1。

（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能(以MeV为能量单位)；
(2）当a＝0。

15 m，B＝0。

1 T时,求计数率；
(3）若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与(2）问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的范围．解析：(1)核反应方程满足质量数和质子数守恒：错误!n→1，
1p＋错误!e＋错误!v e.
核反应过程中:
ΔE d＝m n c2－(m p c2＋m e c2)＝0。

79 MeV，
根据动量和动能关系，有
E k p＝错误!＝0.043 2 MeV，
则总动能为：
E e＋E v＝ΔE d－E k p＝0.746 8 MeV.
（2）质子运动半径R＝p
eB
＝0。

3 m，
如图甲所示：
图甲
打到探测板对应发射角度：α＝β＝π
6
，
可得质子计数率为：η＝错误!＝错误!.
（3)在确保计数率为η＝错误!的情况下：R′＝2a,
即B＝错误!，
如图乙所示：
图乙
恰能打到探测板左端的条件为:
4R错误!－错误!＝错误!，
即B≥错误! T.
答案：(1)0.746 8 MeV （2）错误!(3）见解析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v0＝2.0×107m/s，从两板中间射入，如图所示．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．则
（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的距离．
解析：（1)电子在电场中的加速度a＝错误!，
侧位移即竖直方向位移y0＝错误!at2＝错误!,
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＝错误!＝4×106 m/s，
飞出电场时的速度为v＝错误!，
代入数据，得v＝2。

0×107 m/s;
设v与v0的夹角为θ，则tan θ＝错误!＝0。

2，所以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。