高中同步测试卷·人教物理选修3－1：高中同步测试卷（十二） Word版含解析

这是一份人教版 (新课标)选修3选修3-1本册综合课堂检测，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

期中测试卷


(时间：90分钟，满分：100分)


一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)


1．下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是( )


A．电场强度公式E＝eq \f(U,d)适用于一切电场


B．根据电容的定义式C＝eq \f(Q,U)，电容器极板上的电荷量每增加1 C，电压就增加1 V


C．根据电场力做功的计算式W＝qU，一个电子在1 V的电压下加速，电场力做功为1 eV


D．电场线就是正电荷只在电场力的作用下运动的轨迹


2.如图所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定( )





A．两球都带正电


B．两球都带负电


C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力


D．两球受到的静电力大小相等


3．如图所示，AB是某点电荷电场中的一条电场线．在电场线上P处自由释放一个负检验电荷时，它沿直线向B点运动．对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)( )





A．电荷向B做匀速运动


B．电荷向B做加速度越来越小的运动


C．电荷向B做加速度越来越大的运动


D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定


4．四个等量异种点电荷分别放置于正方形的顶点上，a、b分别为所在边的中点，如图所示，一点电荷从图中a点沿直线移到b点的过程中，下列说法正确的是( )


A．静电力对电荷做正功，电荷的电势能减小


B．静电力对电荷做负功，电荷的电势能增大


C．电荷所受的静电力先增大后减小


D．电荷所受的静电力先减小后增大


5.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P向左匀速移出的过程中( )


A．电容器的电容大小不受影响


B．电容器所带的电荷量增大


C．电容器两极板间的电压增大


D．电路中电流的方向为M→R→N


6．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为R1.当开关闭合，电动机正常工作时，滑动变阻器接入电路中的电阻为R2，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流为I.电动机输出的机械功率P等于( )


A.eq \f(U2,R1)－I2R1 B．UI


C．UI－I2R1 D.eq \f(E,R1＋R2＋r)U－I2R1


7．如图所示，电路虚线框内的各元件参数未知，我们常可以将这类含电源的未知电路等效成一个新的电源．当它的输出端a、b间分别接入不同阻值的电阻Rx时，电流表有不同读数I，则表格中①②对应的数值分别为( )





A．28，0.1B．38，0.2


C．48，0.3D．58，0.4


二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)


8．如图所示，在两平行板间加直流电压，位于A板附近的电荷在电场力的作用下，由静止开始向B板运动，则关于电荷在两板间的运动，下列解释中正确的是( )





A．到达B板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关


B．若电源的电压U与电荷量q均变为原来的2倍，则到达B板的速率变为原来的4倍


C．两板间距离越大，则加速的时间越长，加速度越小


D．电荷到达B板的速率与板间距离无关，仅与加速电压U有关


9．质量为M、带电荷量为＋Q的a球，固定在绝缘支架上，质量为m、带电荷量为q的小球b用绝缘轻质细线悬挂于天花板上．两球静止时ab球心连线水平、距离为d，细线与竖直方向夹角为θ，则( )





A．小球b可能带正电


B．小球b一定带负电


C．a球在b处形成的电场的场强为eq \f(kQ,d2)


D．a球在b处形成的电场的场强为eq \f(mgtan θ,q)


10．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )





A．灯泡L变亮


B．电源的输出功率变大


C．电容器C上的电荷量增加


D．电流表示数变小，电压表示数变大


11．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响)，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中( )


A．它们的运动时间的关系为tP>tQ


B．它们所带的电荷量之比为qP∶qQ＝2∶1


C．它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1


D．它们的电势能减少量之比为ΔEP∶ΔEQ＝4∶1


12.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电流表的示数增大ΔI，在这一过程中( )





A．通过R的电流增大，增加量大于ΔI


B．通过R1的电流减小，减少量一定为ΔI


C．R2两端的电压增大，增加量为ΔIR2


D．R1两端电压减小，减少量小于ΔIR2


三、实验题(按题目要求作答．)


13．(10分)(1)图(a)的读数为______ cm，图(b)的读数为______mm.





(2)在实验室中欲测量一阻值约为5 Ω的电阻的精确阻值，要求有尽可能高的测量精度，并尽可能测得多组数据．备有以下器材：


待测电阻Rx，阻值约5 Ω


电流表A1，量程0.6 A，内阻r1约为1 Ω


电流表A2，量程600 μA，内阻r2＝10 Ω


电压表V，量程15 V，内阻r3约为15 kΩ


电阻箱R1，最大阻值9 999 Ω


滑动变阻器R2，最大阻值5 Ω，最大电流2 A


电源E，电动势3.0 V，内阻不计


开关S、导线若干


①在虚线框中画出电路图，标明所用器材的代号．


②若选取测量数据中的一组来计算Rx，则所用的表达式Rx＝________，式中各物理量的意义：_______________________________________________________________________


________________________________________________________________________.


四、计算题(本题共3小题，共32分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)


14．(10分)如图所示，电源电动势E＝6 V，电源内阻不计．定值电阻R1＝2.4 kΩ、R2＝4.8 kΩ.





(1)若在ab之间接一个C＝100 μF的电容器．闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电荷量；


(2)若在ab之间接一个内阻RV＝4.8 kΩ的电压表，求电压表的示数．

















15.(10分)如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)从B点开始在B、C间以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为v.试求：


(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；


(2)匀强电场的场强E的大小．

















16．(12分)如图甲所示，两平行金属板相距d＝10 cm.两板之间加上图乙所示的交变电压．t＝0时，一个电子从两板左侧的中央沿平行于板的方向射入板间，刚好从右侧一板的边缘射出电场．已知电子的质量为m＝9.1×10－31 kg，电荷量为e＝1.6×10－19 C．求：





(1)从t＝0到t＝1×10－8 s时间内电子沿场强方向的位移为多大？


(2)电子通过电场的过程中动能增加了多少eV？

















参考答案与解析


1．[导学号66870165] 【解析】选C.电场强度公式E＝eq \f(U,d)是由W＝qU及匀强电场中电场力做功W＝Eqd联立得到的，故只适用于匀强电场，A错误；由C＝eq \f(Q,U)得，ΔU＝eq \f(ΔQ,C)，只有在C＝1 F时，电荷量每增加1 C，电压才增加1 V，B错误；电子电荷量为e，由W＝qU知，U＝1 V时，电场力做功为1 eV，C正确；电场线不是电荷的运动轨迹，D错．


2．[导学号66870166] 【解析】选D.由题图可知，两带电球相互排斥，说明两球一定带有同号电荷，但不能确定是正电荷，还是负电荷，故选项A、B错误；两带电球间的静电力具有一般力的共性，符合牛顿第三定律，故选项C错误，选项D正确．


3．[导学号66870167] 【解析】选D.由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B.由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确．


4．[导学号66870168] 【解析】选D.根据对称性，a、b电势相等，故静电力做功为零，电势能不变，A、B均错误；在a、b处电场强度不为零，在正方形中心电场强度叠加为零，故电荷所受的静电力先减小后增大，C错误，D正确．


5．[导学号66870169] 【解析】选D.在可移动介质P向左匀速移出的过程中，电容器的电容变小，选项A错误；电容器始终与电源相连，两极板间的电压U不变，选项C错误；由C＝eq \f(Q,U)可知，电容器所带的电荷量Q减少，选项B错误；当可移动介质P向左匀速移出的过程中电容器放电，电流方向为M→R→N，选项D正确．


6．[导学号66870170] 【解析】选C.电动机消耗的总功率为UI，电动机消耗的热功率为I2R1，因而电动机的机械功率为P＝UI－I2R1，故选项C正确．


7．[导学号66870171] 【解析】选A.设虚线框中电路的等效电阻为r′，等效电动势为E′，由E′＝I(Rx＋r′)，对第1组数据，E′＝1×(10＋r′)，对第2组数据，E′＝0.6×(18＋r′)，联立解得E′＝12 V，r′＝2 Ω.对第3组数据，12＝0.4×(Rx＋2)，解得Rx＝28 Ω.对第4组数据，12＝I×(118＋2)，解得I＝0.1 A．选项A正确．


8．[导学号66870172] 【解析】选CD.由qU＝eq \f(1,2)mv2可以导出下式v＝ eq \r(\f(2qU,m))，可知到达B板速率与板间距无关，A错，D对；若电源的电压U与电荷量q均变为原来的2倍，则到达B板的速率也将变为原来的2倍，B错；只改变板间距时，末速度不变，故平均速度也恒定，所以板间距越大，时间越长，加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)越小，C正确．


9．[导学号66870173] 【解析】选BD.根据小球b静止可知，a对b施加水平向左的电场力，可知b带负电，A错，B对；因为没有说明两球距离远远大于球a的半径，球a不能视为点电荷，不能用点电荷场强公式，C错；小球b静止时有qE＝mgtan θ，D对．


10．[导学号66870174] 【解析】选CD.滑动变阻器滑片P向左移动一段距离，电阻增大，电路中的总电流减小，内电压减小，路端电压增大，D对；灯泡电压减小，灯泡L变暗，A错；滑动变阻器两端电压增加，电容器电压增加，电容器C上的电荷量增加，C对；灯泡L的电阻大于电源的内阻r，故外电阻一定大于内阻，在外电阻增大时电源的输出功率变小，B错．


11．[导学号66870175] 【解析】选BD.两带电小球竖直方向做自由落体运动，竖直位移相等，故运动时间相等，A错；水平位移x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qEt2,2m)，因水平位移之比为2∶1，故它们的电荷量之比为qP∶qQ＝2∶1，B对；电场力做功之比为4∶1，故电势能减少量之比为ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，D对，动能增量之比等于合力做功之比，重力做功相等，电场力做功之比为4∶1，故合力做功之比不等于2∶1，C错．


12．[导学号66870176] 【解析】选AC.“调整R的阻值，使电流表的示数增大ΔI”，那一定是R变小了．R2和内电路的总电压将增大，并联支路的电压减小，因此通过R1的电流减小，通过R的电流增大，两个支路的总电流增加量为ΔI，通过R的电流的增加量大于ΔI，所以选项A正确；R2阻值不变，通过R2的电流增加ΔI时，R2两端的电压的增加量为ΔIR2，选项C正确；R1两端电压的减少量等于ΔI(R2 ＋r)，通过R1的电流减少量为eq \f(ΔI（R2＋r）,R1)，不一定为ΔI，选项B、D错误．


13．[导学号66870177] 【解析】(1)游标卡尺读数为5.0 cm＋0.1×1 mm＝50.1 mm＝5.01 cm


螺旋测微器读数为5 mm＋0.01×31.5 mm＝5.315 mm.


(2)①在本实验中，因给出的电压表V的量程远大于电源E的电动势，而在题目中给出确定内阻的电流表A2和电阻箱R1，故将二者串联，改装成量程合适的新电压表．②由串并联电路的特点可知：(I1－I2)Rx＝I2(R1＋r2)，解得：Rx＝eq \f(I2（R1＋r2）,I1－I2).


【答案】(1)5.01 5.315 (2)①电路如图所示





②eq \f(I2（R1＋r2）,I1－I2) I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数，R1为电阻箱的读数，r2为电流表A2的内阻


14．[导学号66870178] 【解析】(1)q＝CU2＝Ceq \f(R2E,R1＋R2)＝4×10－4 C.


(2)R2与RV的并联电阻R并＝eq \f(R2,2)＝2.4 kΩ


电压表示数U＝eq \f(R并,R1＋R并)E＝3 V.


【答案】(1)4×10－4 C (2)3 V


15．[导学号66870179] 【解析】(1)小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得


FN＝mgcs θ


Ff＝mgsin θ


而Ff＝μFN


由以上各式解得μ＝tan θ.


(2)小物块在CA上做匀加速直线运动，则


F′N＝mgcs θ－qE


F′f＝μF′N


根据牛顿第二定律得


mgsin θ－F′f＝ma


v2－veq \\al(2,0)＝2a×eq \f(L,2)


由以上各式解得E＝eq \f(m（v2－veq \\al(2,0)）,qLtan θ).


【答案】(1)tan θ (2)eq \f(m（v2－veq \\al(2,0)）,qLtan θ)


16．[导学号66870180] 【解析】(1)电子运动的加速度a＝eq \f(eU,md)＝1.6×1014 m/s2


沿电场方向的位移大小为y1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×1.6×1014×(1×10－8)2 m＝8×10－3 m＝0.8 cm.


(2)电子沿电场向一个方向依次做加速、减速、加速、减速……运动．每经过一个周期，电子沿电场方向的分速度为零，而水平方向一直做匀速运动，即每经过一个周期电子的动能不变，由题意知，电子从进入时刻起，经过3个周期偏转的距离为4.8 cm，再偏转0.2 cm才从右侧一板边缘飞出．这0.2 cm所对应的电势差为


ΔU＝eq \f(U,d)·Δd＝eq \f(91,10)×0.2 V＝1.82 V


所以电子动能的增加量为ΔEk＝e·ΔU＝1.82 eV.


【答案】(1)0.8 cm (2)1.82 eV


1
2
3
4
Rx/Ω
10
18
①
118
I/A
1
0.6
0.4
②
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案