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1、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
2、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、
3、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
4、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
5、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
6、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
7、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).
8、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
9、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
10、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
11、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
12、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10
13、0 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-
14、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
