2020-2021物理魯科版第三冊模塊綜合測評含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學年物理新教材魯科版第三冊模塊綜合測評含解析模塊綜合測評（時間：90分鐘分值:100分）1．（4分）下列關于靜電場和磁場的說法正確的是（）A．電場中場強越大的地方，電勢一定越高B．電場中某點的場強與試探電荷的電荷量成反比C．磁場中某點的磁感應強度大小與小磁針受到的磁場力大小有關D．靜電荷產生的電場中電場線不閉合，通電直導線產生的磁場中磁感線是閉合的D［電場中場強越大的地方，電勢不一定越高，如負點電荷周圍,越靠近點電荷，場強越大，但電勢卻越低,選項A錯誤；電場中某點的場強是由電場本身決定的，與試探電荷存在與否無關，選項B錯誤；磁場中某點的磁感應強度由磁場本身決定，與小磁針存在與否無關，選項C錯誤；靜電荷產生的電場中電場線是從正電荷（或無窮遠處）出發(fā)終止于無窮遠處(或負電荷)，是不閉合的，通電直導線產生的磁場中磁感線是閉合的，選項D正確。］2．（4分）下列說法中正確的是（）A．E＝eq\f(U,d）適用于任何電場B．E＝eq\f(F，q)僅適用于勻強電場C．E＝keq\f（Q,r2)適用于真空中的點電荷形成的電場D．E是矢量，由U＝Ed可知,U也是矢量C［E＝eq\f(U,d）只適用于勻強電場，A錯誤；E＝eq\f(F,q）適用于任何電場，B錯誤；E＝keq\f（Q,r2）適用于真空中的點電荷形成的電場，C正確；在公式U＝Ed中,E是矢量，U是標量，D錯誤.］3．(4分)如圖所示,一根通電直導線垂直放在磁感應強度大小為B＝1T的勻強磁場中,以導線為中心,R為半徑的圓周上有a、b、c、d四個點，已知c點的實際磁感應強度為0,則下列說法正確的是（)A．直導線中電流方向垂紙面向里B．a點的磁感應強度為eq\r（，2）T，方向向右C．b點的磁感應強度為eq\r(,2)T，方向斜向下，與原勻強磁場方向成45°角D．d點的磁感應強度為0C[由c點磁感應強度為0可得電流在c點產生的磁場的磁感應強度大小B′＝B＝1T，方向水平向左,由安培定則可知導線中電流方向垂直紙面向外,電流在a、b、d各點產生的磁場方向分別為向右、向下、向上，且磁感應強度大小均為1T，故對于a點,Ba＝2T，對于b點，Bb＝eq\r(,2）T,方向斜向下，與原勻強磁場方向成45°角,對于d點，Bb＝eq\r(,2）T,故C正確.]4．（4分）現有一段長L＝0。2m、通有電流I＝2.5A的直導線,則關于此導線在磁感應強度為B的磁場中所受磁場力F的情況，下列說法正確的是（）A．如果B＝2T,則F一定為1NB．如果F＝0，則B也一定為零C．如果B＝4T，則F有可能為2ND．當F為最大值時，通電導線一定與B平行C[當導線與磁場方向垂直時，所受磁場力F最大，F＝BIl,當導線與磁場方向平行時，F＝0，當導線與磁場方向成任意其他角度時，0<F<BIl,故選項A、D錯誤，C正確；磁感應強度是磁場本身的特性，與力F無關,選項B錯誤。］5．(4分)當導線中分別通以圖示方向的電流，小磁針靜止時北極指向讀者的是()C［通電直導線電流從左向右，根據右手螺旋定則，則小磁針所處的位置磁場方向垂直紙面向里,所以小磁針靜止時北極背離讀者，故A錯誤；通電直導線電流豎直向上,根據右手螺旋定則，磁場的方向為逆時針(從上向下看），因此小磁針靜止時北極背離讀者，故B錯誤；環(huán)形導線的電流方向如題圖C所示,根據右手螺旋定則，則有小磁針所處的位置磁場方向垂直紙面向外,所以小磁針靜止時北極指向讀者，故C正確；根據右手螺旋定則，結合電流的方向，則通電螺線管的內部磁場方向由右向左，則小磁針靜止時北極指向左，故D錯誤.］6．（4分)如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動,時而向B板運動,并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是（）甲乙A．0〈t0<eq\f(T,4) B。eq\f(T，2)<t0<eq\f（3T,4)C.eq\f（3T，4）〈t0<T D．T<t0〈eq\f（9T，8）B[兩板間加的是方波電壓，剛釋放粒子時，粒子向A板運動，說明釋放粒子時UAB為負，因此選項A、D錯誤；若t0＝eq\f(T，2）時刻釋放粒子，則粒子做方向不變的單向直線運動，一直向A板運動;若t0＝eq\f（3T,4)時刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點間做往復運動，因此在eq\f（T，2）<t0<eq\f(3T，4)時間內釋放該粒子,粒子的運動滿足題意的要求，選項B正確.]7．(4分）如圖所示，虛線A、B、C為某電場中的三條等勢線，其電勢分別為3V、5V、7V，實線為帶電粒子在電場中運動時的軌跡，P、Q為軌跡與等勢線A、C的交點，帶電粒子只受電場力,則下列說法正確的是（)A．粒子可能帶負電B．粒子在P點的動能大于粒子在Q點的動能C．粒子在P點的電勢能大于粒子在Q點的電勢能D．粒子在P點受到的電場力大于粒子在Q點受到的電場力B［由等勢線與電場線垂直可畫出電場線，確定帶電粒子運動所受電場力的方向偏向左側，粒子在P點的動能大于在Q點的動能，B正確；由于帶電粒子只受電場力，帶電粒子運動時動能和電勢能之和保持不變，根據A、B、C三條等勢線的電勢分別為3V、5V、7V,可確定電場線方向偏向左側,粒子帶正電，粒子在P點電勢能小于粒子在Q點電勢能,A、C錯誤；由等勢面的疏密可知電場強度的大小，進而由F＝qE可判斷電場力的大小關系,由示意圖可知,P點處的等勢面比Q點處的稀疏，可見P點處的場強較小，故P點受到的電場力小于在Q點受到的電場力，D錯誤.］8．(6分)為了測量一微安表頭A的內阻，某同學設計了如圖所示的電路。圖中,A0是標準電流表，R0和RN分別是滑動變阻器和電阻箱，S和S1分別是單刀雙擲開關和單刀開關，E是電池.完成下列實驗步驟中的填空：（1)將S撥向接點1，接通S1，調節(jié)________，使待測表頭指針偏轉到適當位置，記下此時________的讀數I。(2)然后將S撥向接點2，調節(jié)________，使__________________，記下此時RN的讀數。(3)多次重復上述過程，計算RN讀數的________，此即為待測微安表頭內阻的測量值。［解析］(1）本實驗采用等效替代法測量待測表頭內阻。首先單刀雙擲開關S撥向接點1，將待測表頭接入電路,閉合開關S1，調節(jié)滑動變阻器R0，使待測表頭指針偏轉到適當位置。此時記下標準電流表A0的讀數為I。在做電學實驗時，一般表頭指針偏轉需大于整個刻度盤的eq\f（1，3),偏轉過小測量誤差比較大。(2)然后將單刀雙擲開關S撥向接點2,將電阻箱接入電路,然后調節(jié)電阻箱RN，使標準電流表A0的讀數仍為I，根據等效替代法的實驗思想，此時電阻箱RN的阻值即為待測表頭的電阻值.（3)為了保證實驗測量精度，實驗需進行多次測量求平均值。[答案]（1）R0標準電流表（或A0）（2）RN標準電流表(或A0）的讀數仍為I(3)平均值9．（10分)如圖所示,有一水平向左的勻強電場，場強為E＝1.25×104N/C，一根長L＝1.5m、與水平方向的夾角θ＝37°的光滑絕緣細直桿MN固定在電場中,桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動,電荷量q＝＋1。0×10－6C，質量m＝1.0×10－2kg。將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動.（靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m(1）小球B開始運動時的加速度為多大?（2)小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？[解析]（1）如圖所示，開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mgsinθ－eq\f(kQq,L2）－qEcosθ＝ma。代入數據解得a＝3。2m/s2。(2）小球B速度最大時所受合力為零,即mgsinθ－eq\f（kQq,r2）－qEcosθ＝0代入數據解得r＝0。9m。[答案](1)3.2m/s2(2）0.9m10．（10分)如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距為d＝8cm，板長為L＝25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度沿兩板的中線水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下板向上提起eq\f(4，3）cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求:（1)下極板上提后液滴經過P點以后的加速度大小;(g取10m/s2）(2）液滴從射入開始勻速運動到P點所用時間.［解析］（1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力,因為液滴做勻速運動，所以有：qE＝mg,qeq\f（U，d）＝mg，即：qU＝mgd。當下板向上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉，在電場中做類平拋運動。此時液滴所受電場力F′＝qeq\f（U,d′)＝eq\f（mgd，d′)此時加速度a＝eq\f（F′－mg，m)＝eq\f（mg\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(d，d′）－1）),m）＝geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(8，8－\f（4,3))－1)）＝eq\f（g，5)＝2m/s2。(2)因液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是eq\f(d，2），設液滴從P點開始在勻強電場中的飛行時間為t1，則：eq\f(d,2）＝eq\f(1，2)ateq\o\al(2，1）,解得t1＝eq\r（\f（d，a）)＝eq\r（\f（8×10－2，2））s＝0。2s，而液滴從剛進入電場到出電場的時間t2＝eq\f(L,v0）＝eq\f(0.25,0.5）s＝0。5s，所以液滴從射入開始勻速運動到P點的時間t＝t2－t1＝0.3s。［答案］(1)2m/s2（2）0.3s(建議用時：15分鐘)11．(4分）(多選)下列關于磁感應強度方向的說法中，正確的是()A．某處磁感應強度的方向就是一小段通電導體放在該處時所受磁場力的方向B．小磁針N極受磁場力的方向就是該處磁感應強度的方向C．垂直于磁場放置的通電導線的受力方向就是磁感應強度的方向D．磁場中某點的磁感應強度的方向就是該點的磁場方向BD[磁場中某點磁感應強度的方向表示該點的磁場的方向，磁場方向也就是小磁針N極受力的方向.但電流受力的方向不代表磁感應強度和磁場方向。]12．(4分)（多選)如圖所示,真空中固定兩個等量異種點電荷＋Q、－Q，圖中O是兩電荷連線的中點，a、b兩點與＋Q的距離相等，c、d是兩電荷連線垂直平分線上的兩點，bcd構成一個等腰三角形。則下列說法正確的是(）A．a、b兩點的電場強度相同B．c、d兩點的電勢相同C．將電子由b移到c的過程中電場力做正功D．質子在b點的電勢能比在O點的電勢能大BD［根據等量異種點電荷的電場分布可知:c、O、d三點等勢，a、b兩點場強大小、方向均不同;由于φb＞φc，電子從b到c電場力做負功;φb＞φO，質子從b到O電場力做正功,電勢能減小，故質子在b點的電勢能較大。故選項B、D正確，A、C錯誤。]13．(4分）(多選)把一個電荷量為1C的正電荷從電勢為零的O點移到電場內的M點,外力克服電場力做功5J，若把這個電荷從N點移到O點，電場力做功為6J,那么()A．M點的電勢是－5VB．N點的電勢是6VC．M、N兩點的電勢差為11VD．M、N兩點的電勢差為－1VBD[外力克服電場力做功5J，即電場力做功－5J，由公式U＝eq\f（W,q），求出UOM＝－eq\f（5,1）V＝－5V，UOM＝φO－φM，則M點的電勢φM＝5V,同理求出N點電勢φN＝6V，M、N兩點的電勢差UMN＝φM－φN＝－1V，故B、D正確,A、C錯誤。］14．(4分)(多選）如圖所示,直線①表示某電源的路端電壓與電流的關系圖像,曲線②表示該電源的輸出功率與電流的關系圖像，則下列說法正確的是(）A．電源電動勢約為50VB．電源的內阻約為eq\f(25，3)ΩC．電流為2。5A時,外電路的電阻約為15ΩD．輸出功率為120W時,輸出電壓約為30VACD［根據閉合電路歐姆定律，電源的輸出電壓：U＝E－Ir,對照U。I圖像,當I＝0時，E＝U＝50V，故A正確；U-I圖像斜率的絕對值表示內阻，故：r＝eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\f（ΔU，ΔI）)）＝eq\f(50－20，6)Ω＝5Ω，故B錯誤；電流為2。5A時，對照U。I圖像，電壓約為37。5V，故外電路電阻R＝eq\f(U,I）＝eq\f（37.5V,2。5A）＝15Ω，故C正確；輸出功率為120W時，對照P。I圖像，電流約為4A，再對照U。I圖像，輸出電壓約為30V,故D正確。］15．（4分)(多選）兩個點電荷Q1、Q2固定于x軸上，將一帶正電的試探電荷從足夠遠處沿x軸負方向移近Q2（位于坐標原點O)，在移動過程中,試探電荷的電勢能隨位置的變化關系如圖所示。則下列判斷正確的是()A．M點電勢為零,N點場強為零B．M點場強為零，N點電勢為零C．Q1帶負電，Q2帶正電，且Q2電荷量較小D．Q1帶正電,Q2帶負電，且Q2電荷量較小AC[由圖讀出電勢能Ep，由φ＝eq\f(Ep,q)，可知M點電勢為零，N點電勢為負值。Ep-x圖像的斜率eq\f(ΔEp，Δx)＝F，即斜率大小等于電場力大小,由F＝qE，可知N點場強為零，M點場強不為零,故A項正確，B項錯誤；根據正電荷在電勢高處電勢能大，分析電勢變化，確定場強的方向，可知Q1帶負電，Q2帶正電；由N點場強為零，可知Q2電荷量較小，故C項正確，D項錯誤。]16．(6分）某同學用如圖所示的電路測量歐姆表的內阻和電源電動勢(把歐姆表看成一個電源，且已選定倍率并進行了歐姆調零)。實驗器材的規(guī)格如下：電流表A1(量程200μA，內阻R1＝300Ω）；電流表A2(量程30mA，內阻R2＝5Ω）;定值電阻R0＝9700Ω；滑動變阻器R（阻值范圍0～500Ω）.閉合開關S,移動滑動變阻器的滑動觸頭至某一位置,讀出電流表A1和A2的示數分別為I1和I2。多次改變滑動觸頭的位置，得到的數據見下表：I1（μA)120125130135140145I2（mA）20。016.713.210.06。73。3(1)依據表中數據，作出I1。I2圖線如圖所示，據圖可得，歐姆表內電源的電動勢為E＝________V，歐姆表內阻為r＝________Ω。（結果保留3位有效數字)（2）若某次電流表A1的示數是114μA，則此時歐姆表的示數約為________Ω.(結果保留3位有效數字）[解析］（1）根據閉合電路歐姆定律有:E＝I1(R1＋R0)＋（I1＋I2)r所以I1＝－eq\f(r，R1＋R0＋r）I2＋eq\f(E，R1＋R0＋r）由圖像可知斜率k＝eq\f（ΔI1，ΔI2）＝－1.52×10－3，縱截距b＝1.5×10－4即eq\f(r,R1＋R0＋r)＝1。52×10－3，eq\f（E，R1＋R0＋r)＝1。5×10－4A解得E≈1。50V，r≈15.2Ω。（2)由題圖可知當I1＝114μA時，I2＝23.6mA所以R外＝eq\f(I1R0＋R1,I1＋I2)≈47。7Ω,則此時歐姆表示數約為47。7Ω。［答案］（1)1.50（1。48～1.51）15。2（14。9~15.4）（2)47。7(47。3～48.1)17．（10分）如圖所示，一帶電荷量q＝＋3×10－5C的小球，用絕緣細線懸掛于豎直放置的足夠大的平行金屬板中的O點，閉合開關S,小球靜止時細線與豎直方向的夾角θ＝37°。已知兩板間距d＝0.1m，電源電動勢E＝14V，內電阻r＝1Ω，電阻R1＝2Ω，R2＝R3＝4Ω。取g＝10m/s2(1）電源的輸出功率；（2）兩板間的電場強度的大小;（3)帶電小球的質量。［解析］（1）由題圖知，實際接入電路構成閉合電路的是電源、R1、R2，全電路電阻R總＝R1＋R2＋r＝7Ω,全電路電流I＝eq\f（E,R總)＝2A輸出功率P＝I2(R1＋R2)＝24W.（2)兩板間的電場強度E電＝eq\f(U，d），U＝eq\f(R1＋R2,R1＋R2＋r）E得E電＝120V/m。（3）帶電小球處于靜止狀態(tài),質量設為m，