1、PAGE PAGE 13模塊檢測(B卷)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分)1. (多選)關于物理學史，下列說法中正確的是 ( )A電荷量e的數值最早是由美國物理學家密立根測得的B奧斯特發現了磁場對電流的作用力C庫侖引入“電場”的概念來描述電場的真實存在D庫侖在前人工作的基礎上，通過實驗研究確認了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力的規律答案：AD解析：A、D說法符合物理學史，對；奧斯特發現的是電流周圍存在著磁場，B錯；“電場”的概念是由法拉第引入的，C錯2. (多選)在隧道工程以及礦山爆破作業中，部分未發火的炸藥殘留在爆破孔內，很容易發生人員傷亡事故為此，科學家制造了一種專門

2、的磁性炸藥，在磁性炸藥制造過程中摻入了10%的磁性材料鋇鐵氧體，然后放入磁化機磁化使用磁性炸藥一旦爆炸，即可安全消磁，而遇到不發火的情況可用磁性探測器測出未發火的炸藥已知摻入的鋇鐵氧體的消磁溫度約為400 ，炸藥的爆炸溫度約2240 3100 ，一般炸藥引爆溫度最高為140 左右以上材料表明 ( )A磁性材料在低溫下容易被磁化B磁性材料在高溫下容易被磁化C磁性材料在低溫下容易被消磁D磁性材料在高溫下容易被消磁答案：AD解析：據材料介紹鋇鐵氧體的消磁溫度約為400 ，可見D對、C錯；在高溫下易消磁，可見B錯、A對3. 電流計的主要結構如圖甲所示，固定有指針的鋁框處在由磁極與軟鐵芯構成的磁場中，并

3、可繞軸轉動鋁框上繞有線圈，線圈的兩端與接線柱相連用兩根導線分別將兩只電流計的“”、“”接線柱相連，如圖乙所示，撥動一只電流計的指針，另一只電流計的指針也會轉動為了解釋上述現象，有同學對軟鐵芯內部的磁感線分布提出了如下的猜想，可能正確的是 ( )答案：C解析：磁感線不能相交，A、B、D均錯，只有C有可能4. (多選)如圖所示，在正方形的四個頂點各放一電荷量均為Q的點電荷(電性如圖所示)，a、b、c、d是正方形邊長的中點，則下列說法中正確的是 ( )Aa、b、c、d四點的場強相等Ba、c兩點的場強一定等大而反向Cb、d兩點的場強一定等大而反向De點的場強一定為零答案：BCD解析：以a點為研究對象，

4、設正方形的邊長為2R，則由點電荷場強公式Ekeq f(Q,r2)知，a點正上方Q和正下方Q在a點產生的合場強方向豎直向下，大小為E1eq f(2kQ,R2)，a點右上方和右下方在a點產生的合場強方向豎直向上，大小為E2eq f(2r(5)kQ,25R2)，因此四個點電荷在a點產生的合場強方向豎直向下，大小為E1E2eq f(2kQ,R2)eq f(2r(5)kQ,25R2)；若以b點為研究對象，場強大小與a點相等，方向水平向右，以c點為研究對象，場強大小與a、b兩點相等，方向豎直向上，A錯B正確；同理分析C、D也正確5. 如圖所示，在勻強電場中有一半徑為R的圓形區域，場強方向與圓形區域所在平面

5、平行，場強大小為E，電荷量為q的帶正電微粒以相同的初動能沿著各個方向從A點進入圓形區域，只在電場力作用下運動，從圓周上不同點離開圓形區域，其中從C點離開圓形區域的帶電微粒的動能最大，圖中O是圓心，AB是圓的直徑，AC是與AB成角的弦則 ( )A勻強電場的方向沿AC方向B勻強電場的方向沿CO方向C從A到C電場力做功為2qERcosD從A到C電場力做功為2qERcos2答案：D解析：從C點離開的粒子動能最大，說明從A到C電場力做正功，A電勢高于C，且AC兩點間電勢差最大，所以C是圓周上電勢最低的點，勻強電場中的等勢線是直線，圓上沒有C的等勢點，也就是過C點的等勢線為圓上過C點的切線，由于電場線與等

6、勢線垂直，由電勢高的點指向電勢低的點，所以，電場方向沿OC方向，A、B錯；電場力做功WqE|AC|cosqE(2Rcos)cos2qERcos2，C錯，D對，本題選D.6. (多選)一個用半導體材料制成的電阻器D，其電流I隨它兩端的電壓U的關系圖象如圖甲所示，將它與兩個標準電阻R1、R2并聯后接在電壓恒為U的電源上如圖乙所示，三個用電器消耗的電功率均為P.現將它們連接成如圖丙所示的電路，仍然接在該電源的兩端，設電阻器D和電阻R1、R2消耗的電功率分別為PD、P1、P2.它們之間的大小關系為 ( )AP14P2BPDP2CP14P2 DPDP2答案：BC解析：當三個電阻并聯接到電壓為U的電源上時

7、，消耗的功率都是P，說明此時三個電阻的阻值相等，因此兩個定值電阻R1R2，有Peq f(U2,R1)，若將它們連接成如圖丙所示的電路，仍然接在該電源的兩端，則R2與D并聯的阻值小于電阻R1，所以R1兩端電壓U1eq f(1,2)U，D與R2兩端電壓U2eq f(1,2)U，由D的IU圖象可知，電壓越小D的電阻越大，所以此時RDR2.設題圖丙中總電流為I，則流過R2的電流I2eq f(1,2)I，由PI2R得P14P2，A錯誤，C正確由Peq f(U2,R)得：PDP2，D錯誤，B正確7. 如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質量為m的帶正電小球，小球與彈簧不

8、連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止現撤去力F，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中 ( )A小球與彈簧組成的系統機械能守恒B小球的重力勢能增加W1C小球與彈簧組成的系統的機械能增加W1eq f(1,2)mv2D小球的電勢能減少W2答案：D解析：由于電場力做正功，故小球與彈簧組成的系統機械能增加，機械能不守恒，故A選項錯誤；重力做功是重力勢能變化的量度，由題意知重力做負功，重力勢能增加W1，故B選項錯誤；小球與彈簧組成的系統增加的機械能在數值上等于除重力和彈力外，外力所做的功即W2，故C選項錯誤

9、；根據電場力做功是電勢能變化的量度，電場力做正功電勢能減少，電場力做負功電勢能增加，故D選項正確8. 如圖所示，在一個水平膠木圓盤上有一個帶負電荷的金屬塊P隨圓盤一起繞過O點的豎直軸勻速轉動，圓盤轉動的最大角速度為.若在豎直方向加一向下的勻強磁場，仍然保持P隨圓盤一起轉動，圓盤按圖示方向勻速轉動的最大角速度為.則下面判斷正確的是 ( )P受到的磁場力方向指向圓心OP受到的磁場力方向背離圓心OA BC D答案：D解析：外加磁場后，由左手定則可知，P受磁場力方向背離圓心，故正確，未加磁場時，fmmR2，外加磁場后，fmFmR2，因此，正確9. (多選)在如圖所示的電路中，電容器C的上極板帶正電，為

10、了使該極板仍帶正電，下列辦法中可以采用的是 ( )A增大R1，其他電阻不變B增大R2，其他電阻不變C增大R3，其他電阻不變D增大R4，其他電阻不變答案：AD解析：選電源的負極電勢為零，因電容器上極板帶正電，故有ab.若使上極板仍帶正電，且電荷量增大，則可使a點電勢升高，或使b點電勢降低升高a點電勢的方法是增大R1或減小R2，降低b點電勢的方法是減小R3或增大R4，故A、D正確，B、C錯誤10. (多選)如圖所示直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場正、負電子同時從同一點O以與MN成30角的同樣速度v射入磁場，設電子質量為m，電荷量為e，則()A. 正、負電子在磁場中運動的半徑和周期是相同的B.

11、 正、負電子從磁場中射出點到O點的距離相等C. 正、負電子在磁場中運動的時間差是eq f(4m,3Be)D. 正、負電子在磁場中運動的時間差是eq f(m,Be)答案：ABC解析：正、負電子的半徑和周期是相同的，選項A正確；正、負電子偏轉方向相反，先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形，所以從磁場中射出點到O點的距離相等，選項B正確；由圖還看出經歷時間相差2T/3，時間差為teq f(4m,3Be)，選項C正確、D錯誤二、實驗題(本大題共2小題，共16分)11. (8分)如圖中、三條線分別表示多用電表指針的指示位置，將選擇開關置于直流“50 V”擋，的示數為_V，

12、的示數為_V；選擇開關置于直流“100 mA”擋時，示數為_mA；將多用電表選擇開關置于“10”擋，的示數_.答案：20.010.0501000解析：根據選用的不同擋位，讀取表盤上的不同數值，“100 mA”擋時可按最大量程“10”的讀數，然后乘以10，測電阻時，讀最上面一排，然后乘以倍率即可12. (8分)一種供實驗使用的小型電池電動勢約為9 V，電池允許的最大輸出電流為50 mA，為了測定這個電池的電動勢和內阻，現有量程為10 V的電壓表(內阻很大，可不考慮它對測量的影響)，電阻箱R，阻值范圍為09999 ，R0150 的保護電阻，開關和導線(1)畫出測量電路(2)在實驗中當電阻箱調到如圖

13、甲所示位置后，閉合開關S，電壓表示數9.0 V，電阻箱此時電阻為_，電路中流過電阻箱的電流為_mA.(3)斷開開關，調整電阻箱阻值，再閉合開關，讀取電壓表示數，多次測量后，作出如圖乙所示圖線，則該電池電動勢E_V，內阻r_.答案：(1)測量電路如圖所示(2)75010(3)9.550解析：(2)通過電阻箱的電流I0eq f(U,RR0)eq f(9,150750) A0.01 A10 mA.(3)與縱軸的交點即電源電動勢E9.5 V，電源內阻req f(U,I)eq f(9.57.0,50103) 50 .三、計算題(本大題共4小題，共44分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單

14、位)13. (10分)如圖所示的電路中，電源電動勢E24 V，內阻不計，電容C12 F，R110 ，R360 ，R420 ，R540 ，電流表G的示數為零，此時電容器所帶電荷量Q7.2105 C，求電阻R2答案：110 或7.14 解析：電容器兩端電壓UCeq f(Q,C)6 V，eq f(R4,R5)eq f(U4,EU4)，所以U48 V，若U16 V8 V14 V，則eq f(U1,EU1)eq f(R1,R2)，所以R27.14 .若U18 V6 V2 V，則eq f(U1,EU1)eq f(R1,R2).所以R2110 .14. (10分)如圖所示，電源電動勢E015 V，內阻r01

15、 ，電阻R130 ，R260 .間距d0.2 m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應強度B1 T的勻強磁場，閉合開關S，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度v0.1 m/s沿中軸線水平射入兩板間設滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對小球的作用，取g10 m/s2.(1)當Rx29 時，電阻R2消耗的電功率是多大？(2)若小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為60，則Rx是多少？答案：(1)0.6 W(2)54 解析：R1R2的并聯電阻Req f(R1R2,R1R2)U2eq f(E0R,r0RRx)P2eq f(Uoal(2,2),R

16、2)當Rx29 時，由可得P0.6 W(2)小球做勻速圓周運動，有mgqE，小球碰板的速度與初速度的夾角為60，如圖所示，由幾何知識有rd，由Eeq f(U,d)，其中Ueq f(E0R,r0RRx)，所以Eeq f(E0R,r0RRxd)，由qvBmeq f(v2,r)qeq f(mv,Bd)把代入得mgeq f(mv,Bd)eq f(E0R,r0RRxd)只有一個未知數Rx，代入數據解得Rx54 .15. (10分)一個負離子，質量為m，電荷量大小為q，以速率v垂直于屏S經小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示，磁感應強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直紙面向里(1)求離子進入磁

17、場后到達屏S上時的位置與O點的距離；(2)如果離子進入磁場后經時間t到達P點，證明直線OP與離子入射方向之間的夾角跟t的關系是eq f(qB,2m)t.答案：(1)eq f(2mv,qB)(2)證明略解析：(1)離子的初速度與磁場方向垂直，在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，設圓半徑為r，則根據牛頓第二定律，可得qvBeq f(mv2,r)，得req f(mv,qB)如圖，離子回到屏S上的位置A與O的距離，AO2r，所以AOeq f(2mv,qB).(2)離子到達P時，圓心角eq f(vt,r).因為2，所以eq f(,2)eq f(vt,2r)eq f(qB,2m)t.16. (14分)如圖所

18、示裝置中，區域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強電場，電場強度分別為E和eq f(E,2)；區域內有垂直向外的水平勻強磁場，磁感應強度為B.一質量為m、帶電量為q的帶負電粒子(不計重力)從左邊界O點正上方的M點以速度v0水平射入電場，經水平分界線OP上的A點與OP成60角射入區域的磁場，并垂直豎直邊界CD進入區域的勻強電場中求：(1)粒子在區域勻強磁場中運動的軌道半徑；(2)O、M間的距離；(3)粒子從M點出發到第二次通過CD邊界所經歷的時間答案：(1)eq f(2mv0,qB)(2)eq f(3mvoal(2,0),2qE)(3)eq f(8r(3)mv0,qE)eq f(m,3qB)解析：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，設粒子過A點時速度為v，由類平拋規律知veq f(v0,cos60)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得Bqvmeq f(v2,R)所以Req f(2mv0,qB)(2)設粒子在電場中運動時間為t1，加速度為a，則有qEmav0tan60at1即