选修3-1 板块检测卷（A）-2021年高考物理一轮复习单元滚动双测卷

优创卷·一轮复习单元测评卷选修3-1 板块检测卷A卷 名校原创基础卷一.选择题：本大题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。1.一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（　　）A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【答案】D【解析】电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，根据可知，电荷量Q减小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据可知，极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D正确.2.真空中正三角形ABC的三个顶点上分别放有电量相等、电性不同的点电荷，A、C两点为正电荷，B点为负电荷，如图所示.A处点电荷所受静电力大小为F，则B、C两处点电荷所受静电力大小分别为（   ）A.    B.    C.    D.    【答案】B【解析】C对A的作用力沿CA方向，B对A的作用力沿AB方向，两个力大小相等，之间的夹角为120°，合力为F.所以C对A的作用力与B对A的作用力大小都等于F.根据对称性，C处点电荷所受静电力大小也为F，B处处点电荷所受静电力大小为2Fcos30°=，故B正确，ACD错误.故选：B.3.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池内阻可忽略连接成如图所示电路开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为与的比值为（    ）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据等效电路，开关S断开时，电容器的电压，得；S闭合时，，，故，故选C.4.如图所示，在一挡板MN的上方，有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.P为MN上的一个粒子发射源，它能连续垂直磁场方向发射速率为v、质量为m、带电量为q的粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上时均被挡板吸收.则在垂直于磁场的平面内，有粒子经过的区域面积是（    ）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可知粒子在磁场中的运动半径，所有粒子在磁场中半径相同，

由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动.如图所示：

由几何图形可知，带电粒子可能经过的区域的面积为：，故C正确，ABD错误.5.如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹.粒子重力不计.下列说法正确的是（    ）A.粒子a带负电B.粒子c的动能最大C.粒子b在磁场中运动的时间最长D.粒子b在磁场中运动时的向心力最大【答案】D【解析】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据 ，可得： ，粒子的动能EK=mv2，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大.b粒子动能最大，向心力最大.故B错误，D正确.根据 ，则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C错误；故选D.6.用绝缘细线悬挂两个大小相同的小球，它们带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电量分别为q1和q2，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向成夹角a1和a2，且两球静止时同处一水平线上，若a1=a2，则下述结论正确的是（　　）A.q1一定等于q2. B.一定满足C.m1一定等于m2 D.必然同时满足q1=q2，m1=m2【答案】C【解析】题中电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反；由于它们与竖直线所成的角度相等，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等。故C正确，ABD错误；故选C。7.在如图所示的图像中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路。由图像判断错误的是（    ）A.电源的电动势为3 V，内阻为0.5ΩB.电阻R的阻值为1ΩC.电源的效率为80%D.电源的输出功率为4 W【答案】C【解析】A.根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则：A正确；B.根据图像可知电阻：B正确；C.电源的效率：C错误；D.两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为：P出=UI=4WD正确。故选C。8.如图所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，由此可以判断（    ）A.匀强电场方向一定是水平向左B.油滴沿直线一定做匀加速运动C.油滴可能是从N点运动到M点D.油滴一定是从N点运动到M点【答案】A【解析】A.粒子的受力如图所以的情况，即电场力只能水平向左，粒子才能沿直线运动.故A正确.B. 油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据可知，粒子必定做匀速直运动.故B错误.CD.粒子受到的洛仑磁力的方向为垂直MN向上，又因为粒子带正电，再结合左手定则，可知油滴一定是从M点运动到N点一定.故CD都错误.9.如图所示，长方形abed长ad=0.6m，宽ab=0-3m， e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=3×10-7 kg.电荷量q=+2×10-3C的带电粒子以速度v0=5×102m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域（不考虑边界粒子），则以下不正确的是（    ）A.从ae边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边B.从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边C.从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae边D.从fc边射入的粒子，全部从d点射出【答案】C【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，代入数据解得粒子轨道半径：;AB、若匀强磁场为矩形磁场，从e点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从b点射出，所以从e点垂直射入的粒子出射点落在bf边上；从ae边垂直射入的粒子，从圆弧af上射出，出射点分布在ab边和bf边；从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边，故A、B正确；CD、若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，从bc边射入的粒子，全部从d点射出，所以从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ad边，从fc边射入的粒子，全部从d点射出，故C错误，D正确；错误的故选C。10.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比（    ）A.U变小 B.I变小 C.Q增大 D.Q减小【答案】BC【解析】当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压，由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故BC正确，AD错误。故选BC。11.如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=4.5Ω，变阻器Rl的最大电阻Rm=5.0Ω，R2=1.5Ω，R3=R4=1000Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置.在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止.那么（　　）A.在题设条件下，接入电路的阻值为，电源的输出功率为B.引入的微粒带负电，当开关接向未接触的过程中，微粒将向下运动C.在题设条件下，的阻值增大时，两端的电压增大D.在题设条件下，当开关接向b后，流过的电流方向为【答案】AD【解析】在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知，则电源的输出功率，A正确；在开关S与a接触且当电路稳定时，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止微粒受重力和电场力平衡而上极板带正电，可知微粒带负电当开关接向未接触的过程中，电容器所带的电量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，B错误；电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，和及电源构成串联电路，的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，两端的电压减小C错误；在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过的电流方向为，D正确.12.如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和 L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（    ）A.L1所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与 L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为【答案】BC【解析】A.同向电流相互吸引，反向电流相互排斥.对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；B.对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；CD.设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误. 二、非选择题：本大题共5小题，共52分。13.（10分）利用高电阻放电法研究电容器的充放电，实验是利用高阻值电阻延长充放电时间，绘制电容器充放电电流与时间的i-t图像来研究电容器的充放电规律。某同学先按图甲所示电路连接好实验电路。然后继续实验操作如下：（1）先接通开关S1、S2，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针偏转接近满刻度，记下这时微安表的示数i0=500μA、电压表的示数U0=6.0V，此时电阻箱R的阻值为8.5kΩ，则微安表的内阻为_____kΩ。（2）断开开关S2，同时开始计时，每隔5s或10s读一次电流i的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据在坐标纸上标出以时间t为横坐标、电流i为纵坐标的点，如图乙中用“×”表示的点。请在图乙中描绘出电流随时间变化的图线_____。（3）根据图线估算出该电容器在整个放电过程中放出的电荷量约为_____C；（结果保留两位有效数字）（4）根据公式_____来计算电容器的电容。（只要求写出表达式，不要求计算结果）【答案】3.5kΩ        8.0×10-3C    或    【解析】（1）[1]因为电压表显示的是微安表与电阻箱的两端电压，而微安表的示数为500μA，故微安表与电阻箱的总电阻为R总==12kΩ则微安表的内阻为12kΩ-8.5kΩ=3.5kΩ；（2）[2]将这些点用平滑的曲线连接起来即可；（3）[3]图线与时间轴所围成的面积即为放电过程放出的电荷量，我们数出的方格数为32，（注意数的时候大于半个格就算一个格，小于半个格的不算）而每个小格的电荷量q=50μA×5s=2.5×10-4C则放电的总电荷量为Q0=32q=32×2.5×10-4C=8.0×10-3C（4）[4]由电容的定义式可知，用公式C=来计算电容器的电容大小。14.（10分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，在第二象限有沿y轴正方向的匀强电场E，一长为L的绝缘轻绳一端固定在A（0，4L）点，另一端系一个带负电小球，电荷量大小为，开始绳刚好水平伸直.重力加速度为g.求：（1）小球由静止释放，运动到y轴时绳断裂，小球能到达x轴上的B点，B点位置坐标；（2）假设绳长可以0到4L之间调节，小球依然由原位置静止释放，每次到达y轴绳断裂，其他条件不变，则小球在x轴上的落点与原点间距离最大时，求轻绳的长度及该最大距离.【答案】（1）（2）【解析】（1）小球摆到轴时，由动能定理得绳断裂进入第二象限后做类平抛运动，有联立解得则B点位置坐标为（2）设绳长为时，落点与原点间距离最远，由动能定理得由类平抛规律可得：联立解得，则由数学知识可得当，即绳长时，距离最大最大值为15.（10分）如图所示，A为电解槽， 为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12V，电解槽内阻RA＝2Ω，当S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6A；当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5A，且电动机输出功率为35W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为4A.求：（1）电炉子的电阻及发热功率；（2）电动机的内阻；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少.【答案】（1）2 Ω　72 W　（2）1 Ω　（3）16 W【解析】（1）电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得其发热功率为：（2）电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得所以（3）电解槽工作时，由能量守恒定律得：16.（10分）如图所示，A、B两板间电势差为U1＝400V，C、D两板长为L＝1m，两板间电势差为U2＝200V，OO＇为C、D两板间的中间线．在O处有－电荷量为q＝1×l0－6C、质量为m＝2×10－8kg的带电粒子，从静止开始经A、B间电场加速又经C、D间电场偏转后，恰好能从极板右边缘射出，同时进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度为B＝1T．带电粒子能够垂直打到磁场的右边界处的光屏PQ（PQ足够长）上．若不考虑空气阻力和粒子重力的影响，求：（1）C、D两板间的距离d是多少？（2）匀强磁场的宽度s是多少？（3）若改变磁感应强度B的大小，欲使该带电粒子打不到光屏PQ上，则B的大小满足什么条件？【答案】（1）（2）2m（3）B≥（1＋）T【解析】（1）带电粒子经A、B加速阶段，由动能定理得：解得：v0＝200m/s 带电粒子进入C、D间偏转，带电粒子做类平抛运动，则有水平方向L＝v0t竖直方向联立解得（2）设带电粒子离开偏转电场时的速度为v，与OO＇方向的夹角为，则由动能定理得：解得：v＝100m/s），带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有解得：R＝2m 又由几何关系有s＝Rsin＝2m （3）设磁感应强度大小为B0时，粒子运动轨迹恰好与PQ相切，则由几何关系有rsin＋r＝s联立解得故B应满足的条件是B≥（1＋）T17.（12分）如图所示，直线与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，直线x＝d与间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度，另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1=，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点.一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B2，且第一次进入磁场B2时的速度方向与直线垂直.粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为=5.0×105C/kg，粒子重力不计.求：（1）粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1；（2）坐标d的值；（3）要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件【答案】（1）2.6×10﹣6s（2）4m（3）0≤B2≤0.13T或者B2≥0.3T【解析】（1）在磁场B1中 解得 画出轨迹恰为四分之一圆， 得 （2）在电场中类平抛运动 解得 又根据x=v0t 解得所以坐标d的值 （3）进入磁场B2的速度为： 当带电粒子出磁场与y轴垂直时，圆周半径可得所以0≤B2≤0.13T.当带电粒子出磁场与y轴相切时，圆周半径 可得B2＝0.3T所以B2≥0.3T.