2019人教版必修第三册第十三章模块综合把关卷（word版含答案）

2019人教版必修第三册 第十三章 模块综合把关卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图，三个点电荷A、B、C位于等边三角形的顶点上，A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中所示，已知与延长线的夹角小于，则对点电荷C所带电荷的电性和电量的判断正确的是（　　）
A．一定是正电 B．一定是负电 C．带电量大于B的 D．带电量小于B的
2．如图所示，电表均为理想电表，两个相同灯泡的电阻均为R，且R大于电源内阻r。将滑动变阻器滑片向下滑动，电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(　　)
A．两灯泡的亮度始终一样且逐渐变暗 B．V1、V2的示数增大，V3的示数减小
C．ΔU3与ΔI的比值为2R＋r D．ΔU3>ΔU1>ΔU2
3．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知 （ ）
A．反映Pr变化的图线是a
B．电源电动势为8 V
C．电源内阻为2 Ω
D．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 Ω
二、单选题
4．如图所示，一有限范围的匀强磁场的宽度为d，将一边长为l的正方形导线框由磁场边缘以速度v匀速地通过磁场区域，若d>l，则在线框通过磁场区域的过程中，不产生感应电流的时间为( )
A． B． C． D．
5．下列描述物质特性的量或物理学常量中，对应单位表示正确的是（　　）
A．万有引力常量G： B．劲度系数k：
C．普朗克常量h： D．电阻率ρ：Ω/m
6．如图所示水平方向的匀强电场中，以O点为圆心的圆周上，有a、b、c、d四点，其中a、c在同一竖直直径上，b、d在同水平直径上。现将一个正点电荷Q放于O点，其电场跟匀强电场叠加后，形成叠加电场。关于叠加电场，下列说法正确的是（ ）
A．a、c两点的场强相同
B．过a、c且垂直于b 、d连线的平面为等势面
C．d、O两点之间的电势差等于O、b两点之间的电势差
D．带负电的试探电荷在a点的电势能等于在c点的电势能
7．如图所示，两根绝缘轻绳将两个大小和材料均相同的带正电小球（可视为质点）系于同一点，A球靠在绝缘墙壁上，B球保持静止状态。两球所带电荷量分别为QA=2q和QB=4q。现将B球与A球接触后再次释放，稳定后两球均静止，下列说法中正确的是（　　）
A．B球的电荷量不变
B．轻绳对B球的拉力变大
C．A、B两球间库仑力增大
D．A、B两球间距离增大
8．利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面哪些叙述符合实验中观察到的结果( )
A．左板向左平移，静电计指针偏角变小
B．左板向上平移，静电计指针偏角变小
C．保持两板不动，在两板间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变小
D．保持两板不动，在两板间插入一块金属板，静电计指针偏角变大
9．根据安培假设的思想，认为磁场是由于运动电荷产生的，这种思想如果对地磁场也适用，而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此判断，地球应该（ ）
A．带负电 B．带正电 C．不带电 D．无法确定
10．如图所示，一带正电的小球在匀强电场中，受到的电场力与小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向做加速度不为零的匀变速直线运动，ON与水平面的夹角为30°。不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　）
A．电场力方向可能水平向左
B．小球可能做匀加速直线运动
C．小球的加速度大小一定小于g
D．经过时间小球的速度方向发生改变
三、实验题
11．（1）某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印。再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值。下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是 （_______）
A．建立“合力与分力”的概念 B． 建立“点电荷”的概念
C．建立“电场强度”的概念 D．建立“光子说”的概念
（2）某同学用游标为20分度的卡尺测量一薄金属圆板的直径D，用螺旋测微器测量其厚度d，示数如图所示．由图可读出D=_______ mm，d=______mm。
12．某实验小组要测量一节旧干电池的电动势和内电阻，用到下列器材：灵敏电流计G（内阻为Rg，满偏电流Ig）、电压表V（量程为U0）、电阻箱R1、滑动变阻器R2、开关、导线若干。
(1)由于灵敏电流计的量程太小，该实验小组用电阻箱R1与灵敏电流计G并联，可使其量程扩大，若，则改装后的电流表为灵敏电流计量程的__________倍。
(2)扩大量程后灵敏电流计的刻度盘并没有改变，将器材连接成如图甲所示的电路，调节滑动变阻器，读出了多组电压表示数U和灵敏电流计的示数IG并作出了U—IG图线如图乙所示，由作出的U—IG图线及题中的相关信息，可求得干电池的电动势E=__________，内阻r=__________。
13．在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1 Ω和1 kΩ．下面分别为实验原理图及所需的器件图．
（1）试在实物图中画出连线，将器件按原理图连接成实验电路
（__________）
（2）一位同学记录的6组数据并画出U I图线．根据图象读出电池的电动势E＝________V，根据图象求出电池内阻r＝________Ω．
四、解答题
14．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm，板长为L=25cm，接在电压恒定的直流电源上，有一带电液滴以v0=0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上平移，液滴刚好从金属板末端边缘飞出，取g=10 m/s2。求：
（1）将下板向上平移后，液滴的加速度大小；
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少。
15．如图所示是电饭煲的电路图。是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（ ）时，会自动断开。是一个自动控温开关，当温度低于时，会自动闭合；温度高于时，会自动断开。红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯。限流电阻，加热电阻丝，两灯电阻不计。
(1)分析电饭煲的工作原理；
(2)简要回答，如果不闭合开关，能将饭煮熟吗；
(3)计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比。
16．有一正充电的平行板电容器，若使它的电荷量减少，其电压降为原来的三分之一，则电容器原来的带电量是多少？
17．如图甲所示，两个中心线共线的平行板电容器均水平放置。MN两板间电压U1=1.5V，板间充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.15T。先后有大量相同带电粒子沿两板中心线从左侧水平飞入MN间，粒子质量m=4.0×10-23kg，电荷量q=3.2×10-19C。研究发现CD两板间加如图乙所示U2=1.2V的周期性电压时，沿直线穿过MN并沿中心线进入CD之间的粒子，偏移量最大的粒子恰好能从极板右侧边缘飞出。已知两电容器板长均为l=15cm，MN间距d1=20cm，粒子重力不计。
(1)沿直线穿过MN的粒子速度大小是多少？
(2)若MN间电压U1=0，打在M板上的粒子速度最大值和最小值各是多少？
(3)沿直线穿过MN，并沿中心线进入CD之间的粒子，从CD右侧飞出的粒子动能的最大值和最小值各是多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．BD
【详解】
因为B对A是斥力，而A所受的合力沿FA方向，可知C对A是吸引力，即C一定带负电；假设C 带电量等于B的电量，则CB对A的库仑力大小相等，合力方向与BA的延长线夹角为60°，但是因为与BA延长线的夹角小于60°，可知C带电量小于B的电量。
故选BD。
2．AD
【详解】
A．此电路为串联电路，将滑片向下滑动，电路中的总电阻增大，总电流减小，通过两串联灯泡的电流始终一样且减小，两灯泡逐渐变暗，A正确；
B．电压表V2测量的是路端电压，电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，因总电流减小，所以V1的示数减小、V2的示数增大，B错误；
C．将灯泡L1的电阻等效为电源的内阻，由闭合电路欧姆定律知
C错误；
D．又由
，
可知ΔU3>ΔU1>ΔU2，D正确。
故选AD。
3．CD
【详解】
试题分析：电源的总功率，功率与电流成正比，由知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，A正确；直流电源的总功率，P-I图象的斜率等于电动势E，则有，电流为2A时电源的总功率与发热功率相等，则根据可得，当电流为0．5A时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6Ω，CD正确
考点：考查闭合电路欧姆定律的图象应用
【名师点睛】要注意根据电源的总功率公式求解电动势，根据发热功率的公式，求解电源的内阻．
4．B
【详解】
如图所示，从线框完全进入直到右边开始离开磁场区域，线框中的磁通量就不再发生变化，故线圈中没有感应电流的距离为d-l；因导线框做匀速运动，故不产生感应电流的时间；故选B.
5．C
【详解】
根据 知万有引力常量的单位是，根据知劲度系数的单位是，根据知普朗克常量的单位是，根据知电阻率的单位是。故ABD错误，C正确。
故选C。
6．D
【详解】
A．点电荷+Q在a点产生的电场方向向上，在c点产生的电场方向向下，匀强电场在a、c两点的方向都水平向右，根据电场的叠加原理，可知a、c两点电场强度大小相等而方向不同，即a、c两点的场强不同，故A错误；
B．根据电势的分布特点，可知离点电荷+Q越近，电势越高，故过a、c且垂直于b、d连线的平面的电势先升高后降低，不是等势面，故B错误；
C．在匀强电场中，根据
可知，而该电场中还有点电荷+Q产生的电场，根据该电场电势分布的特点可知，O点电势高于d、b两点的电势，根据
分析可知，所以综合分析可知，故C错误；
D．根据电势的分布特点，可知a点和c点是等势点，所以负电荷在a点的电势能等于c点的电势能，故D正确。
故选D。
7．D
【详解】
A、两个完全相同的小球接触后带电量平分，则两个小球后来的带电量
可知B的带电量减小，故A错误；
BCD、对B球受力分析，受重力、拉力T和库仑力F，如图所示
图可知，△ABO∽△BMN，根据平衡条件并结合相似三角形法，有
其中
后来平衡后
联立可得
可得A、B间的距离变大，库仑力不变，由于AO与BO不变，小球的质量m不变，所以AB之间的距离增大时，绳子的拉力T不变，故C错误D正确，B错误。
故选D。
8．C
【详解】
将左板向左平移，板间距离变大，根据，电容器电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大．故A错误．将左板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大．故B错误．在两板之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小．故C正确．保持两板不动，在两板间插入一块金属板，则板间距相当于减小，电容变大，根据C=Q/U可知两板电势差减小，则静电计指针偏角变小，选项D错误；故选C．
【点睛】
本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系，记住两个公式和C=Q/U．
9．A
【详解】
在磁体外部磁感线总是从N极出发指向S极，由此可知地磁场由南至北，由右手螺定则可知电流方向自东向西，由于地球自转为自西向东，由此可知地球带负电，A对；
10．D
【详解】
ABC．小球做匀变速直线运动，合力方向一定和速度方向在同一直线上，即在ON直线上，因为mg=qE，所有电场力qE与重力关于ON对称，根据几何关系可知，电场力qE与水平方向夹角为30°，受力情况如图所示：
合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动，故ABC错误；
D．当粒子减速为零时，所用时间为t，则
故经过时间，小球速度刚好减为零，然后反向加速，即小球的速度方向发生改变，故D正确。
故选D。
11．A 10.50 3.773~3.776
【详解】
（1）[1] 通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法.
A．合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故A正确；
B．点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故B错误；
C．瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的方法，故C错误；
D．研究加速度与合力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物理量的关系，是采用的控制变量的方法，故 D错误。
故选A；
（2）[2]游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为10.50mm；
[3]螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.01×27.4mm=0.274mm，所以最终读数为3.774mm。
【点睛】
因为题干的结构发生了变化，所以重新生成了解析模版。下面是旧的解析，供您参考。上传之前，务必将本段和下面的所有文字全部删除干净。
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【分析】
【小题1详解】
【小题2详解】
故本题答案为：10.50，3.774．
12．20
【详解】
(1)[1]改装后的电流表的量程为
则有
即改装后的电流表为灵敏电流计量程的20倍；
(2)[2]根据电路结构和闭合电路欧姆定律则有
结合图线可知纵轴截距即为电源电动势，所以干电池的电动势为
[3]图象斜率为
解得干电池的内阻
13． 1.47 0.72
【分析】
根据电路图连接实物电路图；
应用描点法作出图象，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．
【详解】
（1）根据电路图连接实物电路图如图所示：
（2）由图象图象可知，电源U-I图象与纵轴 交点坐标值为1.45，则电源电动势E=1.47V，
电源内阻r=
【点睛】
本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．
14．（1）2m/s2；（2）0.3s
【详解】
（1）带电液滴在运动到P前，有
此时有
当运动到P之后，下板上移，设此时两板间距为，满足
由于电容器接在电源上，所以U不变，此时有
间距减小，则电场强度增大，故所受电场力会增大，液滴会向上偏转，做类平抛运动，加速度有
联立以上各式，可将加速度整理成
故将下板向上平移后，液滴的加速度大小为2m/s2；
（2）因为液滴刚好从金属末端飞出，则其在竖直方向上的位移为，液滴运动到P之后，有
解得
液滴运动总时长为
故匀速运动到P点所用时间为
故液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为0.3s。
15．(1)见解析；(2) 不能；(3)
【详解】
(1)电饭煲盛上食物后，接上电源，自动闭合，同时手动闭合，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到时，自动断开，仍闭合；食物煮熟后，温度升高到时，开关自动断开，黄灯亮，电饭煲处于保温状态。由于散热，待温度降至时，自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到时，又自动断开，再次处于保温状态。
(2)如果不闭合开关，则不能将饭煮熟，因为只能加热到。
(3)加热时电饭煲消耗的电功率
保温时电饭煲消耗的电功率
两式中
从而有
16．
【解析】
【详解】
由题：平行板电容器的电荷量减少，电压降低，
则
解得：
【点睛】
对于电容器的电容，表征电容器容纳电荷的本领大小，与其电量、电压无关．求电容可用．
17．(1)50 m/s；(2)60 m/s，195m/s；(3)1.78×10-19J，8.20×10-20J
【详解】
(1)电场力和洛伦兹力平衡
代入数值得
(2)设打在M板上粒子的速度最小为v1，对应于最小半径r，则
r = 0.05m
解得
设打在M板上的粒子速度最大为v2，对应于最大半径R
解得
(3)设粒子垂直于平行板方向的速度为vy，画出粒子在t = 0时和t = 0.01 s时进入电场的vy - t图像进行分析
设CD板间距为d2，恰好所有粒子通过，则最大偏移量为，设0～0.01 s内粒子侧向位移为y，由速度图像可以看出，A粒子侧向位移最大为6y
解得
在这个过程中，有两段时间在电场力的作用下做加速运动，中间有一段时间没有电场，做匀速运动，有电场力作用下的距离为4y
由速度图像可以看出，B粒子在电场力作用下加速度运动的位移为y
电场力对A粒子做功最大设为W1
电场力对B粒子做功最小设为W2
对A粒子由动能定理得
解得
对B粒子由动能定理得
解得
答案第1页，共2页
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