含解析）新人教版选修3_1.doc

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1、- 1 -模块综合检测(时间：50 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 8小题，每小题 6分，共 48分，第 15 小题只有一个选项符合题意，第 68 小题有多个选项符合题意；全选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分)1关于电容器，下列说法正确的是( )A在充电过程中电流恒定B在放电过程中电容减小C能储存电荷，但不能储存电能D两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器解析：选 D 电容器充电过程电流逐渐减小，A 错误；放电过程中电容不变，B 错误；电容器能储存电荷和电能，C 错误。2.如图所示， A、 B、 C、 D、 E是半径为 r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一

2、个点电荷，除 A点处的电荷量为 q外，其余各点处的电荷量均为 q，则圆心 O处( )A场强大小为 ，方向沿 OA方向kqr2B场强大小为 ，方向沿 AO方向kqr2C场强大小为 ，方向沿 OA方向2kqr2D场强大小为 ，方向沿 AO方向2kqr2解析：选 C 在 A处放一个 q的点电荷与在 A处同时放一个 q和2 q的点电荷的效果相当，因此可以认为 O处的场是五个 q和一个2 q的点电荷产生的场合成的，五个 q处于对称位置上，在圆心 O处产生的合场强为 0，所以 O点的场强相当于2 q在 O处产生的场强。故选 C。3电阻 R和电动机 M串联接到电路中，如图所示，已知电阻 R跟电动机线圈的电阻

3、值相等，开关接通后，电动机正常工作。设电阻 R和电动机 M两端的电压分别为 U1和 U2，经过时间 t，电流通过 R做功为 W1，产生的热量为 Q1，电流通过电动机做功为 W2，产生的热量为Q2，则有( )A U1 U2， Q1 Q2 B U1 U2， Q1 Q2- 2 -C W1 W2， Q1 Q2 D W1 W2， Q1 Q2解析：选 A 电动机是非纯电阻，其两端电压 U2 IR U1，B 错误；电流做的功W1 U1It， W2 U2It，故 W1 W2，C 错误；产生的热量由 Q I2Rt可判断 Q1 Q2，A 正确，D 错误。4.两平行金属板相距为 d，电势差为 U，一电子质量为 m、

4、电荷量 为e，从 O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达 A点，然后返回， 如图所示， OA间距为 h，则此电子的初动能为( )A. B.edhU dUehC. D.eUdh eUhd解析：选 D 电子从 O点到达 A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得 eUOA0 Ek，因为 UOA h，所以 Ek ，所以正确选项为 D。Ud eUhd5在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为 E、内阻为 r的电源与定值电阻 R1、 R2及电位器(滑动变阻器) R连接而成，L 1、L 2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向 a端时，下列说法中正确

5、的是( )AL 1、L 2两个指示灯都变亮BL 1、L 2两个指示灯都变暗CL 1变亮，L 2变暗DL 1变暗，L 2变亮解析：选 B 当电位器向 a段滑动时，电路的总电阻减小，干路电流增大，所以内电压增大，路段电压减小，所以灯 L1变暗；通过电阻 R1的电流变大，所以电位器两端的电压减小，即通过灯 L2两端的电压减小，所以灯 L2变暗，故 B正确。6如图，两电荷量分别为 Q(Q0)和 Q的点电荷对称地放置在 x轴上原点 O的两侧，a点位于 x轴上 O点与点电荷 Q之间， b点位于 y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是( )A b点电势为零，电场强度也为零B正的试探电荷在 a点

6、的电势能大于零，所受电场力方向向右- 3 -C将正的试探电荷从 O点移到 a点，必须克服电场力做功D将同一正的试探电荷先后从 O、 b两点移到 a点，后者电势能的变化较大解析：选 BC 因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故 b点的电势为零，但是电场强度不为零，A 错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点 O处电势为零， O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故 B正确； O点的电势低于 a点的电势，电场力做负功

7、，所以必须克服电场力做功，C 正确； O点和 b点的电势相等，所以先后从 O、 b点移到 a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D 错误。7.如图所示，在竖直放置间距为 d的平行板电容器中，存在电 场强度为 E的匀强电场。有一质量为 m，电荷量为 q的点电荷从两极 板正中间处静止释放，重力加速度为 g。则点电荷运动到负极板的过程 ( )A加速度大小为 a gEqmB所需的时间为 t dmEqC下降的高度为 yd2D电场力所做的功为 WEqd2解析：选 BD 点电荷在平行板电容器中受到重力、电场力，所以加速度大小为 a，选项 A 错误；设所需时间为 t，发生位移为 s，则有 s at2， Eq

8、2 mg 2m 12 d2s，解得 t ，选项 B正确；下降高度 h ，选项 C错误；Eq Eq 2 mg 2 mdEq mgEq d2 mgd2Eq电场力做功 W ，选项 D正确。Eqd28.如图所示，质量为 m、电荷量为 q的带电小球 A用绝缘细线悬挂于 O点，带有电荷量也为 q的小球 B固定在 O点正下方绝缘柱上。其中 O点与小球 A的间距为 l， O点与小球 B的间距为 l。当小球 A平衡时，悬线与竖直方向夹角 30。带电小球 A、 B均可视为3点电荷，静电力常量为 k。则( )- 4 -A A、 B间库仑力大小 Fkq22l2B A、 B间库仑力大小 F3mg3C细线拉力大小 FTk

9、q23l2D细线拉力大小 FT3mg3解析：选 BD 小球 A的受力分析如图：由于对称性，细线拉力等于库仑力，且根据平衡条件有：Fcos 30 mg，化简得 F ，即细线拉力大小 FT F ，12 3mg3 3mg3 因此选项 B、D 正确。二、实验题(本题共 2小题，共 16分)9(6 分)一课外小组同学想要测量一个电源的电动势及内阻。准备 的器材有：电流表(0200 mA，内阻是 12 )，电阻箱 R(最大阻值 9.9 )，一个开关和若干导线。(1)由于电流表 A的量程较小，考虑到安全因素，同学们将一个定值电阻和电流表并联，若要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的 2倍，则定值电

10、阻的阻值R0_。 (2)设计的电路图如图甲所示。若实验中记录电阻箱的阻值 R和电流表的示数 I，并计算出 ，得到多组数据后描点作出 R 图线如图乙所示，则该电源的电动势 E_V，内1I 1I阻 r_。解析：(1)由题意可知，设通过电流表的电流为 I，则通过电阻 R0的电流为 2I；则R0 RA6 ；12(2)R0与 RA并联后的电阻为 R1 4 ，根据全电路欧姆定律：6126 12E3 I(R R1 r)，变形可得： R (4 r)；由图线可知：4 r6， ，则 r2 E3 1I E3 63， E6 V。答案：(1)6 (2)6 210(10 分)某实验小组研究两个未知元件 X和 Y的伏安特性

11、，使用的器材包括电压表- 5 -(内阻约为 3 k)、电流表(内阻约为 1 )、定值电阻等。(1)使用多用电表粗测元件 X的电阻，选择“1”欧姆挡测量，示数如图(a)所示，读数为_，据此应选择图中的_(填“b”或“c”)电路进行实验。(2)连接所选电路，闭合 S，滑动变阻器的滑片 P从左向右滑动，电流表的示数逐渐_(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件 X换成元件 Y，重复实验。(3)图(a)是根据实验数据作出的 UI图线，由图可判断元件_(填“X”或“Y”)是非线性元件。(4)该小组还借助 X和 Y中的线性元件和阻值 R21 的定值电阻，测量待测电池的电动势 E和内阻 r

12、，电路如图(b)所示，闭合 S1和 S2，电压表读数为 3.00 V；断开 S2，读数为1.00 V。利用图(a)可算得 E_V ， r_( 结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)。解析：(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，电阻值示数倍率，故 X的读数为 10 110 ，由于 ，或 RXRV，故用伏安法测元件 X的电阻时，电流表应外接，故RXRA RVRX选 b电路进行实验。(2)滑片 P从左向右滑动过程中，元件 X两端的电压越来越大，电流越来越大，故电流表示数逐渐增大。(3)由 UI图线可知 Y是非线性元件。(4)由(3)中的 UI图线，可知线性元件的电阻 RX10 ，当 S1、S 2

13、都闭合时，回路中- 6 -的电流 I1 0.3 A，当 S1闭合，S 2断开时，回路中的电流 I2 0.1 A，根据闭合电路U1RX U2RX欧姆定律，得 E I1(RX r)， E I2(RX R r)，联立两式并代入数据解得 E3.2 V， r0.50 。答案：(1)10 b (2)增大 (3)Y (4)3.2 0.50三、计算题(本题共 2小题，共 36分)11.(14分)如图所示，一对半径均为 R1的金属板 M、 N圆心正对 平行放置，两板距离为 d， N板中心镀有一层半径为 R2的圆形锌金属薄 膜，d R2 R1，两板之间电压为 UMN，两板之间真空且可视为匀强电场。N板受到某种单色

14、光照射后锌金属薄膜表面会发射出最大速率为 v， 方向各异的电子，已知电子的电荷量为 e，质量为 m，每秒稳定发射 n个电子。电子在板间运动过程中无碰撞且不计电子的重力和电子间相互作用，电子到达 M板全部被吸收。 M板右侧串联的电流表可以测量到通过 M板的电流 I。试求：(1)当 UMN取什么值时， I始终为零；(2)当 UMN取某值时， I存在一个最大值，求这个最大值 Im。解析：解析：(1)当垂直 N板发射速度为 v的电子不能到达 M板时，电流为零。令此时两板间电压为 UMN根据动能定理： eUMN mv212可得： UMN 。mv22e(2)当从锌膜边缘平行 N板射出的电子刚好能到达 M板

15、边缘时，则所有电子均能到达 M板，电流最大为 Im ne。答案：(1) (2) nemv22e12(22 分)如图所示，小球 A和 B带电荷量均为 q1.510 5 C，质量分别为 0.01 kg和 0.02 kg，用不计质量的长度为 50 cm竖 直细绳连接，在竖直向上的足够大的匀强电场中以速度 v00.5 m/s匀 速上升，某时刻细绳突然断开。小球 A和 B之间的相互作用力忽略不 计，重力加速度 g10 m/s 2。求：- 7 -(1)该匀强电场的场强 E；(2)细绳断开后， A、 B两球的加速度 aA、 aB ；(3)细绳断开后，0.4 s 末 A、 B两球间的距离。解析：(1)设场强为

16、 E，把小球 A、 B看成一个系统，由于绳未断前做匀速运动，则有：2qE3 mg得 E ，解得 E10 4 N/C。3mg2q(2)细绳断开后，根据牛顿第二定律，对 A有： qE mg maA得 aA 5 m/s 2，方向向上；g2对 B有： qE2 mg2 maB; aB 2.5 m/s 2(负号表示方向向下)。g4(3)细绳断开后 0.4 s末， A的位移： xA v0t aAt20.50.4 m 50.42 m0.6 12 12m；B的位移： xB v0t aBt20.50.4 m 2.50.42 m012 12则细绳断开后 0.4 s末 A、 B两球间的距离为 0.6 m0.5 m1.1 m。答案：(1)10 4 N/C (2)5 m/s 2 2.5 m/s 2 (3)1.1 m