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1、模块综合检测模块综合检测 (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
2、的五个点， 在这些点上各固定一个点电荷，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 kq r2 B场强大小为，方向沿AO方向 kq r2 C场强大小为，方向沿OA方向 2kq r2 D场强大小为，方向沿AO方向 2kq r2 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2q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2q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2q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
3、动机线圈的电阻值相 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( ) AU1U2，Q1Q2 BU1U2，Q1Q2 CW1W2，Q1Q2 DW1W2，Q1Q2 解析 ： 选 A 电动机是非纯电阻，其两端电压U2IRU1，B 错误 ； 电流做的功W1U1It，W2U2It， 故W1W2，C 错误；产生的热量由QI2Rt可判断Q1Q2，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、 电荷量为e，从 O点沿垂直于极板的方向射入
4、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. edh U dU eh C. D. eU dh eUh d 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eUOA0Ek，因为UOAh，所以Ek，所以正确选项为 D。 U d eUh d 5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，L1、L2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，下列说法中正确的是( ) AL1、L2两个指示灯都变亮
5、BL1、L2两个指示灯都变暗 CL1变亮，L2变暗 DL1变暗，L2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( ) Ab点电势为零，电场强度也为零 B正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C将正的试探电荷从O点
6、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，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
7、、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ag Eq m B所需的时间为t dm Eq C下降的高度为yd 2 D电场力所做的功为WEqd 2 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sat2， Eq2mg2 m 1 2 d 2 s ，解得t，选项 B 正确；下降高度h ，选项 C 错
8、误；电 Eq Eq2mg2 md Eq mg Eq d 2 mgd 2Eq 场力做功W，选项 D 正确。 Eqd 2 8.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3 可视为点电荷， 静电力常量为k。则( ) AA、B间库仑力大小Fkq 2 2l2 BA、B间库仑力大小F 3mg 3 C细线拉力大小FTkq 2 3l2 D细线拉力大小FT 3mg 3 解析：选 BD 小球A的受力分析如图： 由于对称性，细线拉
9、力等于库仑力，且根据平衡条件有： Fcos 30mg，化简得F，即细线拉力大小FTF，因 1 2 3mg 3 3mg 3 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
10、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， 内阻r 1 I 1 I _。 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R0RA6 1 2 ； (2)R0与RA并联后的电阻为R1 4 ，根据全电路欧姆定律 ：E3I(RR1 6 12 612 r)，变形可得：R (4r)；由图线可知：4r6， ，则r2 ，E6 V。 E 3 1 I E 3 6 3 答案：(1)6 (2)6 2 10(10 分)某实验小组研究两个未知元件 X 和 Y 的伏安特性，使用的器材包括电压表(内 阻约为 3 k)、电流表
11、(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，电路如图(b)所示，闭合 S1和 S2，
12、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， 故选 b RX RA RV RX 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、S2都闭合时，回路中的 电
13、流I10.3 A，当 S1闭合，S2断开时，回路中的电流I20.1 A，根据闭合电路欧姆 U1 RX U2 RX 定律，得EI1(RXr)，EI2(RXRr)，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 R2R1， 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 到某种单色光照射后锌金属薄膜表面会发射出最大速率为v，方向各
14、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：eUMNmv2 1 2 可得：UMN。 mv2 2e (2)当从锌膜边缘平行N板射出的电子刚好能到达M板边缘时， 则所有电子均能到达M板， 电流最大为Imne。 答案：(1
15、) (2)ne mv2 2e 12(22 分)如图所示，小球A和B带电荷量均为q1.5105 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/s2。求： (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 ： 2qE3m
16、g 得E，解得E104 N/C。 3mg 2q (2)细绳断开后，根据牛顿第二定律，对A有：qEmgmaA 得aA 5 m/s2，方向向上； g 2 对B有：qE2mg2maB; aB 2.5 m/s2(负号表示方向向下)。 g 4 (3)细绳断开后 0.4 s 末，A的位移：xAv0taAt20.50.4 m 50.42 m0.6 m； 1 2 1 2 B的位移：xBv0taBt20.50.4 m 2.50.42 m0 1 2 1 2 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)104 N/C (2)5 m/s2 2.5 m/s2 (3)1.1 m