人教版必修第三册第十三章模块综合把关卷

人教版必修第三册 第十三章 模块综合把关卷
一、单选题
1．如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，上极板与静电计金属球相连，下极板和静电计金属外壳都接地。现保持下极板不动，将上极板向左移动一小段距离至图中虚线位置，则两极板间的电场强度E，和静电计指针偏角θ的变化情况是（ ）
A．θ增大，E增大 B．θ增大，E不变
C．θ减小，E减小 D．θ减小，E不变
2．关于地磁场，下列叙述正确的是（ ）
A．地球的地磁两极和地理两极重合
B．我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的北极
C．地磁的北极与地理的南极重合
D．地磁的北极在地理南极附近
3．电荷量大小分别为Q和9Q的两个点电荷A、B分别固定于x轴上两处，且其中一个点电荷固定于x＝0处。在它们形成的电场中，有一个检验电荷﹣q沿x轴从+∞向坐标原点O运动，其电势能Ep随x的变化关系如图所示，图线最低处对应的x轴坐标为x0，则可以确定的是（　　）
A．A带正电且处于x＝0处
B．B带负电且处于x＝﹣2x0处
C．在x＝x0处电场强度等于零
D．在x轴上x＞x0范围内，场强方向向左
4．如图所示，闭合圆形导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径，试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流（ ）
A．使线圈以ac为轴转动
B．使线圈以bd为轴稍作转动
C．使线圈在纸面内平动或转动
D．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动
5．两材质、大小相同的带电小球，带有等量的同种电荷，用等长的绝缘细线悬挂于O点，如图所示，平衡时，两小球相距，两小球的直径比小得多，可视为点电荷，此时两小球之间的静电力大小为F.若将两小球的电荷量同时各减少一半，当它们重新平衡时（　　）
A．两小球间的距离大于 B．两小球间的距离小于
C．两小球间的距离等于 D．两小球间的静电力等于F
6．原有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，突然由于漏电，瞬间失去一部分电荷，油滴开始向下运动。经时间t后，给电容器及时补充电荷，又经时间t，油滴回到原位置。假如在运动过程中油滴电荷量一定，则为（　　）
A． B． C． D．1
7．两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则
A．在水中，a光的波长较小
B．水对b光的折射率较大
C．在真空中，a光的传播速度较大
D．在真空中，b光光子的能量较大
二、多选题
8．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表、示数变化的绝对值分别为和，干路电流为I，灯泡电阻不变，下列说法中正确的是
A．小灯泡、变暗，变亮
B．与的比值不变
C．
D．
9．如图所示，用等长绝缘线分别悬挂两个质量、电荷量都相同的带电小球A和B，两线上端固定于O点，B球固定在O点正下方，当A球静止时，两悬线夹角为θ，能保持夹角θ不变的方法是（　　）
A．同时使两悬线长度减半
B．同时使A球的质量和电荷量都减半
C．同时使两球的质量和电荷量都减半
D．同时使两悬线长度和两球的电荷量都减半
10．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是（　　）
A．电源的电动势为 3.0 V
B．电源的内阻为 2 Ω
C．电源的短路电流为 2 A
D．电流为 0.3 A 时的外电阻是 20 Ω
三、实验题
11．有一个电流表G，内阻，满偏电流。要把它改装成量程3V的电压表，则应串联一个电阻阻值______Ω；如图，螺旋测微器的读数为______mm。
12．某学校物理研究性学习小组为了较精确地测量某一电池的电动势和内阻（电动势约为1.5V，内阻约为1），从实验室选定了如下实验器材：
A．定值电阻R0（阻值为900）
B．滑动变阻器R1（0～10，额定电流为2 A）
C．电流表G（满偏电流3.0mA，内阻为100）
D．电流表A（量程0～0.6A，内阻约为1）
E．开关一个，导线若干
（1）请将图甲中实验电路补充完整；
（2）根据图甲补充完整后的电路图，将图乙所示的实物图连接完整；
（3）图丙为该学习小组根据正确的实验得到的数据画出的图线，纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数，则可知被测电源的电动势为______V，内阻为______（保留两位有效数字）
13．在伏安测电阻的实验中。某小组有一灵敏电流计，允许通过的最大电流为Ig=50μA，表头电阻Rg=900Ω，若将它改装成量程为Im=500μA的电流表，应___________联的电阻阻值为___________Ω。用改装后的电流表进行实验，待测电阻Rx约为200Ω，电压表内阻约为2kΩ，测量电路的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则___________（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值___________（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。
四、解答题
14．在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向里；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴正向，如图所示．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0=1000m/s的速度发射出一带电粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计粒子重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ=60°，电场强度大小为150V/m.求：磁感应强度的大小．
15．如图所示，已知平行板电容器两极板间距离d = 4mm，充电后两极电势差为120V．若它的电容为3μF，且P到A板距离为1mm．(A板带正电)求：
（1）电容器所带的电荷量；
（2）一个电子在P点具有的电势能；（用eV表示）
（3）一个电子从B板出发到A板获得的动能；（用eV表示）
（4）两板间的电场强度
16．如图甲所示，真空中水平放置的平行金属板间距为a，紧邻两板右侧有一荧光屏，O点为荧光屏的中心。两板间加如图乙所示周期为的变化电压（已知），现有大量粒子由静止开始，经加速电场后，沿平行板正中间水平射入两板之间。甲粒子在时刻进入两板，经过时间为打在荧光屏上P点，已知平行金属板长为L，粒子质量为m、电荷量为q，所有粒子均从两板间射出。不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
（1）加速电压；
（2）间距的长度，以及甲粒子打在P点时的速度大小；
（3）粒子打在荧光屏上的落点与O点间距的最大值与最小值之比。
17．电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，他们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同．图①为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝 R1、R2和自动开关S.
（1）当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？
（2）用电器由照明电路供电（U＝220 V）设加热时用电器的电功率为 400 W，保温时用电器的电功率为 40 W，则R1和R2分别为多大？
（3）若将图①中的自动开关S换成理想的晶体二极管D，如图②所示，其他条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
电容器充电后断开电源，极板上的电量不变。根据电容器的定义式和决定式可分析电容的和电压的变化，再根据电场强度和电压的公式分析电场强度的变化。
【详解】
电容器与电源断开，故电荷量不变。上极板向左移动时，两极板的面积减小，根据
可知电容C减小，Q不变，则根据
可知电压U增大，故静电计指针偏角θ增大。两板间的电场强度为
因为U增大，d不变，因此电场强度E变大。由上分析得 θ增大，E增大，故A正确，BCD错误。
故选A。
2．D
【解析】
【详解】
ACD．地球本身是一个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理的北极附近，但磁极和地理两极并不重合，存在一定的偏角，故AC错误，D正确；
B．在地球表面地磁场的磁感线从地理南极指向地理北极，故我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的南极。故B错误。
故选：D。
3．C
【解析】
【详解】
A．从图像可知在x=0处的电势能大于零，故在此处应有一负电荷，并且由电势能的变化可知，电荷不可能在O点的右侧，所以在O点的电荷是A，故A错误；
BC．在x=x0处电势能最小，此处应为平衡位置，且Ep-x图像的斜率表示电场力，即x=x0处电场力为零，则电场强度等于零；所以B应为正电荷，电荷量为+9Q，设B的横坐标为x，则有
解得
故B错误，故C正确；
D．在x轴上x>x0的区域，试探电荷-q沿x轴从+∞向坐标原点O运动，其电势能Ep随x的减小而减小，可知电场力做正功，根据负电荷所受电场力方向与电场方向相反，则电场方向向右，故D错误。
故选C。
4．B
【解析】
【详解】
使线圈以ac为轴转动，线圈与磁场保持平行，穿过线圈平面的磁通量一直为零，没有变化，所以不产生感应电流，A错误；当线圈以bd为轴转动时，穿过线圈的磁感线条数将发生变化，则磁通量将发生变化，则线圈有感应电流产生，故B正确；由于磁场为匀强磁场，线圈在平面内平动或转动时，其磁通量始终为零，没有变化，因此不会产生感应电流，C错误；图示位置线圈与磁场平行，穿过线圈平面的磁通量为零，使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时，磁通量保持为零，没有变化，所以不产生感应电流，D错误．
5．A
【解析】
【分析】
【详解】
设两小球带电荷量均为Q，当两小球相距时，两球间静电力大小为，此时两细线的夹角为。根据两小球处于平衡状态，有
当两小球所带电荷量都减半时，重新达到平衡，两细线的夹角减小，设此时两细线的夹角为，两小球相距，则有
易知
则
所以
得
故选A。
6．A
【解析】
【详解】
一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，说明此时油滴所受重力等于向上的电场力，如图（1）所示
设油滴的质量为m，带电量为q，电容器板间距离为d，电容器为C，在第一步过程中，设电容器的充电量为Q，板间电压为U，场强为E，由题意得
，，
联立解得
电容器漏电失去电荷△Q，由于油滴受到向下的重力大于电场力，故油滴竖直向下做匀加速直线运动；在第二步过程中，设板间电压为U1，场强为E1，油滴的加速度大小为a1，ts末的速度为v1，位移为s，受力情况如图（2）所示，有
，，，，
联立以上四式解得
容器补充电荷△Q′，由于开始时，油滴已有向下的速度v1，故油滴先竖直向下做匀减速直线运动，然后反向做初速度为零的匀加速直线运动，再回到原位置，在第三步过程中，设板间电压为U2，场强为E2，油滴的加速度大小为a2，受力情况如图（3）所示
，，，
联立解得
则有
故选A。
7．A
【解析】
【详解】
A．a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出说明a的频率大于b的频率。频率大的光折射率大，由
知a在水中的波速小，而
所以在水中，a光的波长较小，故A正确；
B．水对a光的折射率较大，故B错误；
C．在真空中，光的传播速度一样大，故C错误；
D．b的频率小，光子的能量
所以b光光子的能量较小，故D错误。
故选A。
8．AB
【解析】
【分析】
当滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯亮度的变化。根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断亮度的变化。根据总电流与通过电流的变化，分析通过电流的变化，判断其亮度变化。根据路端电压的变化，分析和的大小。根据闭合电路欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化。
【详解】
A．当滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则变暗；变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则变亮。总电流减小，而的电流增大，则的电流减小，则变暗，故A正确；
B．根据闭合电路欧姆定律：
可知：，不变，故B正确；
CD．由上分析可知，电压表的示数增大，电压表的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以，故CD错误。
【点睛】
本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析。运用总量法分析两电压表读数变化量的大小。运用闭合电路欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法。
9．BD
【解析】
【详解】
A．由题可知，对小球A受力分析，有重力，绳子的拉力和两球之间的库仑力。小球处于静止状态，三个力合力为零。如果同时使两悬线长度减半，两小球间的距离变短，由库仑定律可得
库仑力增大，想要再次达到平衡，θ角一定发生了变化，所以A错误；
BCD．同理，小球所受合力为零，由题意可知，绳子的拉力和重力相等。由力的平衡条件可得
如果同时使A球的质量和电荷量都减半，即
，
代入化简可得
如果同时使两球的质量和电荷量都减半，即
，，
代入化简可得
即角变化了。如果同时使两悬线长度和两球的电荷量都减半，即
，，
代入化简可得
所以BD正确，C错误。
故选BD。
10．AB
【解析】
【详解】
A．由闭合电路的欧姆定律可得
当时，有
故A正确；
B．由
可知，在图像中，直线的斜率在数量上等于内阻，所以
故B正确；
C．当电源短路时，外电阻为零，可知路端电压；由图可知，当时
故C错误；
D．由
可得，当时，
故D错误。
故选AB。
11． 9900 1.670
【解析】
【详解】
[1]依据电表改装的特点，要改装成3V量程的电压表需串联电阻；则有
解得需串联的阻值为
R=9900Ω
[2]螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为，所以最终读数为1.5+0.170=1.670mm。
12． 1.4 0.67
【解析】
【详解】
（1）所给实验器材中没有电压表，给出了两个电流表，可以将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路，实验电路图如图所示：
（2）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）电源两端电压为：U=I1（R0+RG）=I1（900+100）=1000I1，图象与纵轴的交点是电源电动势，由图示图象可知，电动势为：E=0.0014A×1000Ω=1.4V；由图示图象可知，图象与横轴交点对应的纵坐标为1.0mA，对应的电压值：U=1000I1=1000×0.001=1V，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图示图象可知，电源内阻.
13． 并 100 小于
【解析】
【详解】
[1]将灵敏电流计改装为较大量程的电流表，需要并联一个电阻进行分流；
[2]由欧姆定律可得
解得
[3]改装后的电流表的内阻为
由于
即
即电压表分流造成的误差小于电流表分压造成的误差，所以采用电流表外接法更为精确，即更接近待测电阻的真实值；
[4]由于电压表分流的影响，电流表测得的电流值大于流过被测电阻的电流值，但是电压表测得的电压值是准确的，所以由公式计算得出的测量值小于真实值。
14．B=0.1T
【解析】
【详解】
如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0．由左手定则可知，粒子带负电；由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
①
由题给条件和几何关系可知
R0=d ②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为a，在电场中运动的时间t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为v,由牛顿定律及运动学公式得
Eq=ma ③
vx=at ④
⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），
有
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
B=0.1T ⑦
15．（1）；（2）；（3）；（4）3×104V/m
【解析】
【详解】
（1）根据电容的定义式，有
Q=CU=3×10 6×120=3.6×10 4C，
即每一板带电量均为3.6×10 4C；
（2）场强为：
故P点的电势能为：
Ep=WpB=qEdpB= 1e×3×104V/m×0.003m= 90eV，
即电子在P点的电势能为 90eV；
（3）对电子从B到A过程运用动能定理，得：
Ek=WBA= eUBA=-e×（-120V）=120eV
即电子从B板出发到A板获得的动能为120eV；
（4）根据电压与场强的关系式U=Ed，有
即两板间的电场强度为3×104V/m。
16．(1)；(2)，；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)分析可知，甲粒子刚进入两板时的速度为
粒子在加速电场中，由动能定理得
解得
(2)，粒子在竖直方向上的加速度为
时，竖直速度为
时，竖直位移为
，粒子在竖直方向上做匀速运动，竖直位移为
，粒子在竖直方向上做匀加速运动，加速度为。时，竖直速度为
，竖直位移为
整个过程的竖直位移为
(3)当粒子在竖直方向上，先加速后匀速时，打在荧光屏上的落点与O点间距的最大，为
由于无法比较与平行板正中间虚线到上平行板间距大小，故默认为Y最大。
粒子在竖直方向上，先匀速后加速时，打在荧光屏上的落点与O点间距的最小，为
则最大值与最小值之比为
17．（1）S闭合，处于加热状态，S断开，处于保温状态（2）R1＝121 Ω　R2＝1089 Ω（3）0.22 kW·h （或7.92×105 J）
【解析】
【详解】
（1）S闭合，处于加热状态，S断开，处于保温状态．
（2）由电功率公式得
联立①②得：R1＝121 Ω，R2＝1089 Ω
（3）二级管导通时处于加热状态，二极管截止时，用电器处在保温状态．
（或7.92×105J）
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