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模块综合检测
(分值：100分时间：90分钟)
一、选择题(本大题共8个小题，每小题6分．在每小题给出的四选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图1中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是()
图1
A．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高
B．如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低
C．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大
D．如果实线是等势面，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大
【解析】若实线是电场线，根据“运动轨迹向合力指的那一侧弯曲”可知，电子所受的电场力水平向右，则场强方向向左，a点的电势比b点的电势低，电子在a点的电势能较大，选项A错误，选项C正确；若实线是等势面，则电子所受的电场力竖直向下，场强方向竖直向上，a点的电势比b点的电势高，电子在b点的电势能较大，选项B、D错误．
【答案】 C
2.如图2所示，电子从负极板边缘垂直射入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出．现在若使两极极间的距离变为原来的2倍，两极板的电压保持不变，电子入射的方向和位置不变，且电子仍恰从正极板边缘飞出，则电子入射速度大小应为原来的()
图2
A.2/2B．1/2
C.2倍D．2倍
【解析】电子做类平抛运动：d＝1
2
qU
dm
L2
v20得v
2
＝
1
2
qUL2
d2m，所以v∝
1
d，B正确．
【答案】 B
3．如图3所示，在平行板电容器正中间有一个带电微粒．S闭合时，该微粒恰好能保持静止．若S不断开，则下列哪种方法能使该带电微粒向下运动打到下极板()
图3
A．将下极板上移B．将上极板上移
C．将上极板左移D．将下极板接地
【解析】开始时静电力与重力平衡，只有两极板远离时才能减小电场强度．B项正确．
【答案】 B
4．(2013·济南一中检测)如图4所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M 和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置着另一根可自由移动的通电导线AB，则通电导线AB在安培力作用下运动的情况是()
图4
A．沿纸面逆时针转动
B．沿纸面顺时针转动
C．A端转向纸外，B端转向纸里
D．A端转向纸里，B端转向纸外
【解析】作出M、N两通电导线产生的磁场可知，上部合磁场的方向水平向右，下部合磁场的方向水平向左，由左手定则知，A端转向纸里，B端转向纸外．【答案】 D
5.如图5所示，虚线a、b、c分别代表电场中的三条等势线，相邻两等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的微粒仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，带电粒子先后通过轨迹上P、Q两点，则下列判断中不正确的是
()
图5
A ．P 点的电势高于Q 点的电势
B ．带电微粒通过P 点时的加速度较大
C ．带电微粒通过P 点时动能较大
D ．带电微粒在P 点时的电势能较大
【解析】 根据电场线垂直于等势面可作出电场线如图4－1－3
所示，又由于带电粒子带正电且仅受静电力作用在P 、Q 之间运动，可判定电场线方向如图4—1—3所示．根据电场线特点可知
，
φP >φQ ，选项A 正确；E P >E Q ，又a ＝
qE
m
知，选项B 正确；由E p ＝
qφ知，正电荷电势越高，电势能越大，故选项D 正确；而在P 、Q 两点动能与电势能之和相等，则E k P <E k Q ，故选项C 错误.
【答案】 C
6．如图6所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a 、b 、c 三个位置上各放一个小磁针，其中a 在螺线管内部，则( )
图6
A ．放在a 处的小磁针的N 极向左
B ．放在b 处的小磁针的N 极向右
C ．放在c 处的小磁针的S 极向右
D ．放在a 处的小磁针的N 极向右
【解析】 由安培定则，通电螺线管的磁场如图所示，右端为N 极，左端为S 极，在a 点磁场方向向右，则小磁针在a 点时，N 极向右，则A 项错，D 项对；在b 点磁场方向向右，则小磁针在b 点时，N 极向右，则B 项正确；在c 点，磁场方向向右，则小磁针在c 点时，N 极向右，S 极向左，则C 项错．
【答案】BD
7．在如图7所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是()
图7
A．灯泡L变暗
B．电源的输出功率变小
C．电容器C上电荷量减少
D．电流表读数变小，电压表读数变大
【解析】滑动变阻器滑片P向左移动一距离后，滑动变阻器电阻变大，整个电路的电阻变大，电流变小，电流表读数变小，灯泡L变暗，A对；电源的输出功率P＝EI，电流变小，电源的输出功率变小，B对；外电阻变大，路端电压增大，电压表读数变大；灯泡L两端电压变小，滑动变阻器两端的电压增大，电容器的电压等于其电压，电荷量增大，C错D对．
【答案】ABD
8．(2013·长春一中模拟)在如图8所示的U－I图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知()
图8
A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω
B．电阻R的阻值为1 Ω
C．电源的输出功率为4 W
D．电源的效率为50%
【解析】由U＝E－Ir，知当I＝0时，U＝E，即E＝3 V，且当U＝0时，I
短
＝6 A，
r＝E
I短
＝
3
6Ω＝0.5 Ω，故选项A正确；
由U－I图线Ⅱ知，电阻R＝
ΔU
ΔI＝1 Ω，选项B正确；
当电阻R与电源组成闭合电路时，I＝
E
R＋r
＝2 A，路端电压U＝IR＝2 V，则P
出
＝
UI＝4 W，选项C正确；
电源的效率η＝UI
EI＝
2×2
3×2
×100%≈66.7%，选项D错误．
【答案】ABC
二、非选择题(本题共4小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．(14分)用伏安法测量一定值电阻的实验，所用的器材及规格如下：待测电阻R x(约100 Ω)；直流毫安表(量程0～10 mA，内阻50 Ω；直流电压表(量程0～3 V，内阻5 kΩ)；直流电源(输出电压3 V，内阻可不计)；滑动变阻器(0～15 Ω允许最大电流1 A)；电键一只，导线若干．
(1)根据所给器材的规格和实验要求，设计电路，并在图甲和图乙中补画出正确的连接线
图9
(2)一实验员按电路图完成止确连接，在开关闭合后，发现电压表和电流表均无示
数．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、变阻器、待测电阻、5根导线以及电路中1至10的各连接点．已知电压表和电流表均无故障．为了检测变阻器，待测电阻以及5根导线，在连接点1、10已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡；在连接点1、10同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．在开关闭合情况下，若测得6、7两点间的电压接近电源的电动势，则表明________可能有________故障．
【解析】(1)电压表的内阻约为R x的50倍，R x约为毫安表的内阻的2倍，因此采用毫安表外接法；滑动变阻器的阻值约为R x的1/6，因此采用分压器接法．电路图、实物连线如图．
(2)有电源时，应选用多用电表的电压挡；无电源时，应选用多用电表的欧姆挡.6、7两点间的电压接近电源的电动势，表明滑动变阻器断路．
【答案】(1)图见解析图(2)电压欧姆滑动变阻器断路
10．(12分)(2013·大连一中检测)如图10所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r＝1 Ω，电动机两端电压为5 V，电路中的电流为1 A，物体A重20 N，不计摩擦力．求：
图10
(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少；
(2)电动机的输入功率和输出功率各是多少；
(3)10 s内，可以把重物A匀速提升多高；
(4)这台电动机的机械效率是多少？
【解析】 (1)根据焦耳定律，热功率为P Q ＝I 2r ＝12×1 W ＝1 W. (2)输入功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积 P 入＝IU ＝1×5 W ＝5 W.
输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率 P 出＝P 入－P Q ＝5 W －1 W ＝4 W.
(3)电动机的输出功率用来提升重物，转化为机械功率，在10 s 内P 出t ＝mgh ，解得h ＝P 出t mg ＝4×10
20 m ＝2 m.
(4)机械效率η＝
P 出P 入＝4
5
×100%＝80%. 【答案】 (1)1 W (2)5 W 4 W (3)2 m (4)80%
11．(12分)两个半径均为R 的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d ，极板间的电势差为U ，板间电场可以认为是均匀的．一个α粒子(氦原子核)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知质子电荷为e ，质子和中子的质量均视为m ，忽略重力和空气阻力的影响，求
(1)极板间的电场强度E ；
(2)α粒子在极板间运动的加速度a ； (3)α粒子的初速度v 0.
【解析】 (1)两板间为匀强电场，则场强E ＝U
d
(2)α粒子电荷为2e ，质量为4m ，所受电场力F ＝2eE ＝2eU
d α粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU
2md (3)α粒子垂直进入匀强电场，做类平抛运动， 由R ＝v 0t ，d ＝12at 2，得v 0＝R
2d
eU m
【答案】 (1)E ＝U d (2)a ＝F 4m ＝eU 2md (3)v 0＝R
2d
eU m
12．(14分)(2013·长沙一中期中检测)如图11所示，有界匀强磁场的磁感应强度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，最后从电场右边界射出．(不计重力)求：
图11
(1)大致画出带电粒子的运动轨迹； (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E k . 【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q v B ＝m v 2
R
则R ＝m v qB ＝6.4×10－
27×4×104
3.2×10－19×2×10－3
m ＝0.4 m.
(3)由动能定理可得EqL ＝E k －1
2m v 2，则
E k ＝EqL ＋12m v 2＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋1
2×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10－18 J.
【答案】 (1)图见解析 (2)0.4 m (3)7.68×10－18 J。