同步检测十三　模块综合（A卷）.doc

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1、同步检测十三模块综合A卷时间：90分钟总分值：100分一、选择题共10小题，每题4分，共40分.在每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、多项选择或不选得0分1.如下图，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C.在纸面内顺时针转过90【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，正确的选项是【答案】BC【解

2、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.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，那么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，那么A、B带电量均为3Q，此时A、B间库仑力，即，D正确.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

3、，I3变小C.I1变小、I2、I3变大D.I1、I2变小，I3变大【答案】D【解析】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，那么R2两端电压减小，I2减小，所以只有D正确.5.如下图，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，假设将板间距离增大一些，那么油滴将【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

4、减小，将向下运动，A对.abcd处在直线电流MN的磁场中，且ab、cd边与MNMN的磁场对线框的作用，以下表达中正确的选项是D.cd所受安培力对ab边的力矩不为零【答案】ABC【解析】由左手定那么可以判断，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.如下图为逻辑电路，根据电路图完成它的真值表.其输出端从上到下排列，结果正确的选项是输入输出ABC00011011A.0，

5、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；根据门电路真值表比照可知A正确.8.如下图，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Pb点开始下滑，经P点进入板间，在板间的运动过程中【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，受力情况如下图，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，那么小球所受合力向下，将向下偏转，此时合力做正功，动能增大，A对；动能增大，那么小球速率

6、增大，洛伦兹力增大，C对.9.如下图，正方形区域abcdad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.假设将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，那么这个氢核射出磁场的位置是b、n之间某点B.在n、a之间某点C.a点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.如下图，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

7、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).以下说法正确的选项是A.假设粒子带负电，也可以沿图示方向以相同速度沿直线穿过此区域P向上移动一点，该粒子穿出两板过程中电势能减小P向上移动一点，该粒子穿出两板过程中动能减小R调为原来的一半，那么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；假设粒子带负电，那么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，那么滑动变阻器接入电路的阻值减小，极板间电压减小，

8、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；假设粒子速度减为后仍然可以沿直线穿过极板，那么由可知,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，每题4分，共16分0.5 mm，可动刻度尺圆周分成50等分，如下图，用螺旋测微器测一被测小球的直径是_mm.【答案】U-I图象如下，请答复以下问题：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-IE=_V，内电阻r=_.【答案】(1)a【解析】在闭

9、合开关前滑动变阻器的电阻应到达最大值，防止电流过大烧毁电表，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.13.福安高二选修3-1终结性评价电流表的内阻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=_ ；假设用它来测量一段电路两端电压时，表盘指针如下图，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，导线假设干，05 、额定电流为1 A的滑动变阻

10、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】1BD2见以下图【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

11、分.解容许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.如下图，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)假设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/C20.6 m/s【解析】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那么由运动学公式得v=at=100.06 m/s=0.6 m/s16.

12、如下图，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=9.1104P，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】10-9s【解析】如下图电子的运动轨迹，由由几何知识知圆弧对应的圆心角等于60由 17.如下图，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S12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

13、机的输出功率.【答案】11 226 A1 606 W【解析】1设S2断开时R1消耗的功率为P1，那么代入数据可以解得，r=1 2设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，那么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 WUO，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MP，需要加磁场，使电子束偏转一角度，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】电子经电场加速，设加速后获得的速度为v，在磁场区做圆周运动的半径为R，那么由动能定理得电子在磁场中运动时有：由几何关系如图有：由联立解得：