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同步检测十三模块综合(A卷)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,有一个或多个选项正确,全部选对得4分,选对但不全的得2分,错选、多选或不选得0分)1.如图所示,水平直导线ab通有向右的电流I,置于导线正下方的小磁针S极将A.向纸外偏转B.向纸内偏转C.在纸面内顺时针转过90D.不动【答案】A【解析】当导线中通入水平向右的电流时,电流产生磁场,且在导线下方磁针所处位置磁场的方向垂直纸面向里,即小磁针N极所受磁场力的方向垂直纸面向里,所以N极向纸里、S极向纸外偏转,A对.2.对于给定的电容器,在描述电容C、带电量Q、电势差U之间的关系中(电容器未击穿),正确的是【答案】BC【解析】有电容的定义公式,对于给定的电容器,C一定,C对;在电容未被击穿的条件下,Q与U成正比,所以B正确.3.有两个完全相同的金属小球A、B(它们的大小可忽略不计),A带电荷量为7Q,B带电荷量为-Q,当A、B在真空中相距为r时,两球之间的相互作用的库仑力为F;现用绝缘工具使A、B球相互接触后再放回原处,则A、B间的相互作用的库仑力是A.79FB.67FC.87FD.97F【答案】D【解析】由题意A、B未接触前有;两球接触后,电量平分,则A、B带电量均为3Q,此时A、B间库仑力,即,D正确.4.如图所示当可变电阻R的滑片向b端移动时,通过电阻R1、R2、R3的电流强度I1、I2、I3的变化情况是A.I1变大,I2、I3变小B.I1、I2变大,I3变小C.I1变小、I2、I3变大D.I1、I2变小,I3变大【答案】D【解析】此题考查闭合电路的动态分析.当滑片向b端移动时,滑动变阻器接入电路的阻值减小,总电路外电阻减小;总电流I增大,从而使内电压增大,路端电压减小,即R1两端电压减小,所以I1减小;又因为总电流I=I1+I3,所以I3增大;因为I3增大,所以R3两端电压增大,则R2两端电压减小,I2减小,所以只有D正确.5.如图所示,平行板电容器两极板间电压恒定,带电的油滴在两板间P点静止,若将板间距离增大一些,则油滴将A.向下运动B.向上运动C.向左运动D.仍然静止【答案】A【解析】由题意,初始状态带电油滴所受重力与电场力是一对平衡力;当极板间距增大时,由U=Ed,因U一定,d增大,E减小,所以油滴所受电场力减小,将向下运动,A对.6.如图所示为一矩形线框abcd处在直线电流MN的磁场中,且ab、cd边与MN平行.关于MN的磁场对线框的作用,下列叙述中正确的是A.没有所受安培力方向相同的两条边B.线框有两条边所受的安培力大小相同C.线框所受的安培力的合力朝左D.cd所受安培力对ab边的力矩不为零【答案】ABC【解析】由左手定则可以判断,线框的四条边所受安培力方向都不相同,A对;ad边和bc边所处位置磁场相同,所以这两条边所受安培力大小相同,B对;ab边受安培力方向水平向左,cd边所受安培力水平向右,但ab边受力大于cd边,所以线框所受合力水平向左,C对;由于cd边所受安培力的作用线过ab边,所以D错.7.如图所示为逻辑电路,根据电路图完成它的真值表.其输出端从上到下排列,结果正确的是输入输出ABC00011011A.0,0,1,0B.0,0,1,1C.1,0,1,0D.0,0,0,1【答案】A【解析】由题图可知,B输入的是“非”门电路,然后与A共同输入的是“与”门电路;根据门电路真值表对比可知A正确.8.如图所示,带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里,某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下,经过轨道端点P进入板间后恰能沿水平方向做直线运动.现使小球从较低的b点开始下滑,经P点进入板间,在板间的运动过程中A.其动能将会增大B.其电势能将会减小C.小球所受的洛伦兹力将会增大D.小球受到的电场力将会增大【答案】AC【解析】小球从a点下滑进入平行板中做直线运动,由平衡条件知图1小球一定带正电,受力情况如图所示,且qvB+qE=mg;当小球从b点滑进极板时,速度比从a点滑入时小,则小球所受合力向下,将向下偏转,此时合力做正功,动能增大,A对;动能增大,则小球速率增大,洛伦兹力增大,C对.9.如图所示,正方形区域abcd中充满匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向,以一定速度射入磁场,正好从ab边中点n射出磁场.若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍,其他条件不变,则这个氢核射出磁场的位置是A.在b、n之间某点B.在n、a之间某点C.a点D.在a、m之间某点【答案】C【解析】由几何知识知,氢核从n点射出时必定与ab边垂直,如图轨迹1所示,其轨道半径为正方形边长的一半;当磁感应强度变为原来的2倍,由知氢核半径变为原来的一半,其运动轨迹如图轨迹2所示,氢核射出磁场的位置必过a点,C对.10.如图所示,电源电动势为E,内阻忽略不计,滑动变阻器的滑片P置于中点;两平行极板间有垂直纸面的匀强磁场,一带正电的粒子以速度v0正好水平向右匀速穿过两板(不计重力).以下说法正确的是A.若粒子带负电,也可以沿图示方向以相同速度沿直线穿过此区域B.将滑片P向上移动一点,该粒子穿出两板过程中电势能减小C.将滑片P向上移动一点,该粒子穿出两板过程中动能减小D.把R调为原来的一半,则能沿直线穿出的粒子速度为v0/2【答案】AC【解析】由带正电的粒子匀速穿过两极板可知,粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,即qE=qv0B;若粒子带负电,则粒子所受电场力及洛伦兹力均反向,大小不变,仍然是一对平衡力,粒子照样可以匀速沿直线穿过此区域,A对;滑片向上移动,则滑动变阻器接入电路的阻值减小,极板间电压减小,由知极板间场强减小,粒子进入磁场时所受电场力减小,而洛伦兹力不变,粒子将发生偏转,电场力做负功,电势能增大,动能减小,C对;若粒子速度减为后仍然可以沿直线穿过极板,则由可知,即,又由极板间电压即滑动变阻器两端电压知当R减为原来的一半时,极板间电压并不是变成原来的一半,所以D错.二、填空题(共4小题,每小题4分,共16分)11.螺旋测微器螺杆的精密螺距为0.5 mm,可动刻度尺圆周分成50等分,如图所示,用螺旋测微器测一被测小球的直径是_mm.【答案】8.30012.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图象如下,请回答下列问题:(1)在闭合开关之前为防止电表过载,滑动变阻器的滑动触头P应放在_处;(2)右图是根据实验数据画出的U-I图象.由此可知这个干电池的电动势E=_V,内电阻r=_.【答案】(1)a(2)1.51.0【解析】在闭合开关前滑动变阻器的电阻应达到最大值,避免电流过大烧毁电表,所以应打到a端;U-I图象与纵轴交点大小等于电源的电动势E=1.5 V,与横轴交点为短路电流.内电阻.13.(2009福建福安二中高二选修3-1终结性评价)已知电流表的内阻Rg=10 ,满偏电流Ig=3 mA.要把它改装成量程是6 V的电压表,应_联一个电阻,其阻值R=_ ;若用它来测量一段电路两端电压时,表盘指针如图所示,这段电路两端的电压是_ V.【答案】串1 9905【解析】,即6 V=310-3 A(10 +R),得R=1 990 .由题图知表针指向2.5个大格.14.为了研究一个“2.5 V,1 W”的小灯泡的伏安特性,现有蓄电池一组,电键一个,导线若干,05 、额定电流为1 A的滑动变阻器一个,其他可供选择的器材如下:A.量程为03 A,内阻为0.025 的电流表B.量程为00.6 A,内阻为0.2 的电流表C.量程为0100 mA,内阻为5 的电流表D.量程为03 V,内阻为10 k的电压表E.量程为015 V,内阻为50 k的电压表(1)要正确地完成这个实验,电流表应选_,电压表应选_(填代号).(2)请画出电路原理图.【答案】(1)BD(2)见下图【解析】由题意可知小灯泡的额定电压和额定电流分别为2.5 V和0.4 A,由此可以选出电压表及电流表;采用分压式电路可以扩大小灯泡两端电压变化的范围,使测量结果更加准确.三、计算题(共4小题,15、16题各10分,17、18题各12分,共44分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位)15.如图所示,在水平放置且相距3.6 cm的平行带电金属板间,能形成匀强电场,有一个质量m=10-4 g、电荷量q=10-8 C的液滴,在两板正中央处于静止状态.(g取10 m/s2)求:(1)哪块板带正电?板间电场强度多大?(2)若板间电场强度突然增为原来的2倍,方向不变,液滴触及板面时速度多大?【答案】(1)上极板100 N/C(2)0.6 m/s【解析】(1)由题意知液滴处于静止状态,则液滴所受的重力与电场力平衡,则电场力方向竖直向上,又因为液滴带负电.所以上极板带正电由qE=mg得(2)当电场强度增为原来的两倍时由牛顿第二定律知则由运动学公式得v=at=100.06 m/s=0.6 m/s16.如图所示,一电子沿垂直挡板NN方向以速度v=8.0106 m/s从O孔射入匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B=9.1104 T.运动中电子经某点P,OP=0.05 m,求电子由O运动至P点的时间.(电子的质量m=9.110-31 kg,电子的电量e=-1.610-19 C,3)【答案】6.2510-9s【解析】如图所示电子的运动轨迹,由由几何知识知圆弧对应的圆心角等于60由 17.如图所示,电源的电动势E=110 V,电阻R1=21 ,电动机绕组的电阻R0=0.5 ,电键S1始终闭合.当电键S2断开时,电阻R1的电功率是525 W;当电键S2闭合时,电阻R1的电功率是336 W,求:(1)电源的内电阻;(2)当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率.【答案】(1)1 (2)26 A1 606 W【解析】(1)设S2断开时R1消耗的功率为P1,则代入数据可以解得,r=1 (2)设S2闭合时R1两端的电压为U,消耗的功率为P2,则由闭合电路欧姆定律得,E=U+Ir代入数据,得U=84 V,I=26 A流过R1的电流为I1,流过电动机的电流为I2,而I1+I2=I,所以I2=22 A由,代入数据得, P出=1 606 W18.(2009福建南安一中高二期末)电视机的显像管中,电子束的偏转是用磁偏转技术实现的.电子束经过电压为U的加速电场后,进入一圆形匀强磁场区,如图所示.磁场方向垂直于圆面.磁场区的中心为O,半径为r.当不加磁场时,电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点.为了让电子束射到屏幕边缘P,需要加磁场,使电子束偏转一已知角度,此时磁场的磁感应强度B应为多少?(电子荷质比为e/m,重力不计)【答案】【解析】电子经
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