模块综合测评—2020-2021鲁科版高中物理选修3-1课时作业

模块综合测评
(时间：90分钟　分值：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．下列关于静电场和磁场的说法正确的是(　　)
A．电场中场强越大的地方，电势一定越高
B．电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比
C．磁场中某点的磁感应强度大小与小磁针受到的磁场力大小有关
D．静电荷产生的电场中电场线不闭合，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的
D　[电场中场强越大的地方，电势不一定越高，如负点电荷周围，越靠近点电荷，场强越大，但电势却越低，选项A错误；电场中某点的场强是由电场本身决定的，与试探电荷存在与否无关，选项B错误；磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与小磁针存在与否无关，选项C错误；静电荷产生的电场中电场线是从正电荷(或无穷远处)出发终止于无穷远处(或负电荷)，是不闭合的，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的，选项D正确。]
2．下列说法正确的是(　　)
A．E＝适用于任何电场
B．E＝仅适用于匀强电场
C．E＝k适用于真空中的点电荷形成的电场
D．E是矢量，由U＝Ed可知，U也是矢量
C　[E＝只适用于匀强电场，A错；E＝适用于任何电场，B错；E＝k适用于真空中的点电荷形成的电场，C对；在公式U＝Ed中，E是矢量，U是标量，D错。]
3．图中K、L、M为静电场中3个相距很近的等势面(K、M之间无电荷)。一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动。已知电势φK＜φL＜φM，且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是(　　)
A．粒子带负电
B．粒子在bc段也做减速运动
C．粒子在a点与e点的速度相等
D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功
B　[由带电粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力指向轨迹的凹侧。画出过a、b、c、d、e各点的电场线，因φK
＜φL＜φM，可知粒子带正电，选项A错误；粒子由b到c的过程中，电场力做负功，速率减小，选项B正确；由于a、e两点电势相等，故粒子在a、e两点的电势能相等，由能量守恒定律知，粒子在a、e两点的动能相等，速度大小相等，但方向不同，选项C错误；粒子从c点到d点的过程中电场力做正功，选项D错误。]
4．滑动变阻器R′和固定电阻R接成如图所示的电路，已知R两端电压恰好等于R′两端总电压U的一半，那么变阻器滑动端P的正确位置是在变阻器R′的(　　)
A．中点位置　　
B．中点偏下
C．中点偏上
D．条件不足，无法确定
C　[已知R两端电压恰好等于R′两端总电压的一半，根据串联电路的分压规律有＝R′上，即有＋＝(R′上、R′下分别是变阻器上、下两部分的电阻)，则R′下＞R′上，变阻器滑动端P应在变阻器R′的中点偏上位置，故C正确。]
5．以下说法正确的是(　　)
A．带电粒子射入磁场一定会受到洛伦兹力作用
B．处在磁场中的通电导线一定受到安培力的作用
C．放在磁场中的小磁针的北(N)极受力方向，就是该点的磁感应强度的方向
D．洛伦兹力与安培力一样都可以做功
C　[当带电粒子平行射入磁场中时，不会受到洛伦兹力，故A错误；当处在磁场中的通电导线与磁场方向平行时，不受安培力的作用，故B错误；根据磁场方向规定：放在磁场中的小磁针的北(N)极受力方向，就是该点的磁感应强度的方向，故C正确；安培力可以做功，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故D错误。]
6．如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路。导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态。在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P。当P中通以方向向里的电流时(　　)
A．导线框将向左摆动
B．导线框将向右摆动
C．从上往下看，导线框将顺时针转动
D．从上往下看，导线框将逆时针转动
C　[由安培定则可知通电直导线P产生的磁场是以P上任意一点为圆心的多组同心圆。由此可知，两弧形导线不受安培力。由左手定则可知，ab边受到垂直纸面向里的安培力，cd边受到垂直纸面向外的安培力，从上往下看，导线框将顺时针转动，C正确。]
7．某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
AD　[装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。
当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、D。]
8．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中运动的半径为a
B．粒子有可能打到A点
C．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
ABD　[根据公式r＝代入数据可得r＝＝×＝a，A正确；粒子的运动半径为a，因此当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故B正确；以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期，在磁场中运动时间最长，故C错误；以θ＝0°飞入的粒子在磁场中恰好从AC中点飞出，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。]
9．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
BD　[对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错误。由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误。F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D正确。]
10．如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定(　　)
A．小球带负电
B．小球带正电
C．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏
D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏
BD　[小球从P点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电，且qE＋qvB＝mg；若从B点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时v′＜v；则qE＋qv′B＜mg，故向下偏，B、D正确。]
二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)
11．(8分)为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：
(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I；
(2)然后将S拨向接点2，调节________，使__________________，记下此时RN的读数；
(3)多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值。
[解析]　(1)本实验采用等效替代法测量待测表头内阻。首先单刀双掷开关S拨向接点1，将待测表头接入电路，闭合开关S1，调节滑动变阻器R0，使待测表头指针偏转到适当位置。此时记下标准电流表A0的读数为I。在做电学实验时，一般表头指针偏转需大于整个刻度盘的，偏转过小测量误差比较大。
(2)然后将单刀双掷开关S拨向接点2，将电阻箱接入电路，然后调节电阻箱RN，使标准电流A0的读数仍为I，根据等效替代法的实验思想，此时电阻箱RN的阻值即为待测表头的电阻值。
(3)为了保证实验测量精度，实验需进行多次测量求平均值。
[答案]　(1)R0　标准电流表(或A0)
(2)RN　标准电流表(或A0)的读数仍为I
(3)平均值
12．(10分)某物理实验小组利用实验室提供的器材测量一螺线管两接线柱之间金属丝的长度，可选用的器材如下：
A．待测螺线管L(符号
eq
\a\vs4\al())：绕制螺线管的金属丝电阻率为ρ，直径为D，阻值约为几十欧
B．电流表A1：量程10
mA，内阻r1＝40
Ω
C．电流表A2：量程500
μA，内阻r2＝750
Ω
D．电压表V：量程为10
V，内阻为10
kΩ
E．保护电阻R1：阻值为100
Ω
F．滑动变阻器R2：总阻值约为10
Ω
G．电源E，电动势约为1.5
V，内阻忽略不计
H．开关一个及导线若干
(1)用多用电表粗测螺线管的电阻，分别选择倍率“×1”和“×10”，经正确操作后，两次测量中多用电表表盘示数如图甲所示，则金属丝的电阻约为________Ω。
(2)为了尽可能准确的测量RL，要求电表的指针偏转至少达到满刻度的，同学们设计了一种适合的电路，如图乙所示，请在图中标明所选电表的符号。
甲　　
　乙
(3)已知金属丝的直径为D，利用上述电路图通过实验测得a表的读数为m，b表的读数为n，用已知量和测得量的符号表示金属丝的长度l，则l＝________。
[解析]　(1)欧姆表示数等于指针示数与倍率的乘积，倍率越大指针示数越小，指针越偏右，由于欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，由图示表盘可知，欧姆表应选择×1挡位，由表盘可知，40刻线到60刻线间有4条刻度线共5分度，则每一刻度线数值为4
Ω，欧姆表示数为1×48
Ω＝48
Ω。
(2)由于电源电动势为1.5
V，小于电压表量程的，所以不能使用电压表V来测量电压，由于两电流表的满偏电压分别为U1＝I1r1＝0.4
V，U2＝I2r2＝0.375
V，可以用电流表A2与待测电阻并联测电压，用电流表A1测电流，电路图如图所示。
(3)螺线管两端电压U＝I2r2＝mr2，螺线管的电阻R＝＝＝，由电阻定律可知R＝ρ＝ρ，解得螺线管长度l＝。
[答案]　(1)48　(2)图见解析　(3)
13．(10分)如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E＝1.25×104
N/C，一根长L＝1.5
m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6
C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6
C，质量m＝1.0×10－2
kg。将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)求：
(1)小球B开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？
[解析]　(1)如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mg
sin
θ－－qE
cos
θ＝ma。
代入数据解得a＝3.2
m/s2。
(2)小球B速度最大时所受合力为零，
即mg
sin
θ－－qE
cos
θ＝0，
代入数据解得r＝0.9
m。
[答案]　(1)3.2
m/s2　(2)0.9
m
14．(10分)如图所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L＝0.5
m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2
T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1
kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G＝3
N的物块相连。已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10
V、内阻r＝0.1
Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计。要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？(g取10
m/s2)
[解析]　依据物体的平衡条件可得，
ab棒恰不向右滑动时：G－μmg－BI1L＝0
ab棒恰不向左滑动时：G＋μmg－BI2L＝0
依据闭合电路欧姆定律可得
E＝I1(R1＋r)，E＝I2(R2＋r)
由以上各式代入数据可解得R1＝9.9
Ω，R2＝1.9
Ω
所以R的取值范围为1.9
Ω≤R≤9.9
Ω。
[答案]　1.9
Ω≤R≤9.9
Ω
15.(10分)如图所示，一带电荷量q＝＋3×10－5
C的小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置的足够大的平行金属板中的O点，闭合开关S，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°。已知两板间距d＝0.1
m，电源电动势ε＝14
V，内电阻r＝1
Ω，电阻R1＝2
Ω，R2＝R3＝4
Ω。取g＝10
m/s2，已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
(1)电源的输出功率；
(2)两板间的电场强度的大小；
(3)带电小球的质量。
[解析]　(1)由题图知，实际接入电路构成闭合电路的是电源、R1、R2，全电路电阻R总＝R1＋R2＋r＝7
Ω，全电路电流I＝＝2
A
输出功率P＝I2(R1＋R2)＝24
W。
(2)两板间的电场强度E＝，U＝ε，
得E＝120
V/m。
(3)带电小球处于静止状态，质量设为m，
则有＝tan
37°，
解得m＝4.8×10－4
kg。
[答案]　(1)24
W　(2)120
V/m　(3)4.8×10－4
kg
16．(12分)如图所示，在xOy平面的第二象限有一场强为E的匀强电场，电场的方向平行于y轴向上；在第四象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面。平面内其他部分为真空。有一质量为m、电荷量为－q的质点由电场左侧平行于x轴以初速度v0射入电场。质点到达x轴上M点时，速度方向与x轴的夹角为θ，
M点与原点O的距离为d。接着，质点进入磁场，并从y轴上的N点(图中没有画出)垂直于y轴飞离磁场。不计重力影响。求：
(1)A点的横坐标；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；
(3)质点从A到N的时间。
[解析]　质点在第二象限的电场中做类平抛运动，穿过y轴进入第一象限做匀速直线运动交x轴于M点，从M点进入第四象限后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，O′为圆心。
(1)由几何关系可知，质点在电场中做类平抛运动，速度
偏角为θ，设质点出电场时的速度为v，竖直方向分速度为vy。
竖直方向分速度：vy＝v0tan
θ
加速度：a＝
又：vy＝at1
质点在电场中的运动时间：
t1＝＝
水平位移：x＝v0t1＝
eq
\f(mvtan
θ,qE)
故A点的横坐标为－
eq
\f(mvtan
θ,qE)。
(2)质点进入第四象限后，在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，圆心为O′。根据左手定则判断知，匀强磁场的磁感应强度B的方向为垂直纸面向里。
由几何关系可知，轨迹半径r＝
质点做圆周运动的速度：v＝
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB＝m
解得磁感应强度：B＝＝＝。
(3)质点在第一象限内做匀速直线运动，运动时间
t2＝＝＝
质点在第四象限做圆周运动，由几何关系可知圆心角为π－θ
运动时间t3＝·T＝·＝·
＝
已知质点在第二象限内运动时间t1＝
从A到N的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝＋＋。
[答案]　(1)－
eq
\f(mvtan
θ,qE)　(2)　垂直纸面向里
(3)＋＋