高中同步测试卷·人教物理选修3－1：高中同步测试卷（十四） Word版含解析

这是一份人教版 (新课标)选修3-1本册综合复习练习题，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。

学业水平测试卷


(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．如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图乙所示．以下说法正确的是( )





A．A、B两点的电场强度EA>EB B．电子在A、B两点的速度vA

C．A、B两点的电势φA<φB D．电子在A、B两点的电势能EpA>EpB


2．如图所示的两个电场中，点电荷＋Q位于圆心处，乙图中另有一水平向右的匀强电场，关于圆上a、b、c、d四点的场强和电势说法正确的是( )





A．a、b两点场强不同，电势相同 B．a、b两点场强不同，电势不同


C．c、d两点场强相同，电势相同 D．c、d两点场强相同，电势不同


3.如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A至C运动时的速度越来越大，B为线段AC的中点，则下列说法不正确的是( )


A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大


B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越小


C．电势差UAB＝UBC


D．电势φA<φB<φC


4．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )


A．电动机消耗的总功率为UI B．电动机消耗的热功率为eq \f(U2,R)


C．电源的输出功率为EI D．电源的效率为eq \f(Ir,E)


5．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )





A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小


C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小


6．如图所示为“滤速器”装置示意图．a、b为水平放置的平行金属板，其电容为C，板间距离为d，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.a、b板带上电荷量，可在平行板内产生匀强电场，且电场方向和磁场方向互相垂直．一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO′运动，由O′射出，粒子所受重力不计，则a板所带电荷量情况是( )





A．带正电，其电荷量为eq \f(Cv0B,d) B．带负电，其电荷量为eq \f(Bdv0,C)


C．带正电，其电荷量为CBdv0 D．带负电，其电荷量为eq \f(Bv0,Cd)


7．如图所示，在y>0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy平面向外，原点O处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是( )








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．用如图所示电路测量电池电动势和内阻时，若有两只电压表V1、V2量程相同，内阻分别为RV1、RV2，且RV1>RV2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻分别为RA1、RA2，且RA1>RA2，在实验中，为了使E、r的测量值精确些，选择的电表可以是( )





A．V1与A1 B．V1与A2


C．V2与A1 D．V2与A2


9．在用“伏安法”测电阻的实验中，某小组设计了下面四种实验电路，有些设计存在严重错误，其中实验时可能烧坏器材的是( )





10．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( )





A．只减小电压U


B．只减小长度L


C．只减小高度d


D．只减小尘埃被吸入的水平速度v0


11.如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )





A. 电子与正电子的偏转方向一定不同


B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同


C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子


D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小


12．如图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧．现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是( )





A．增大加速电压


B．增加偏转磁场的磁感应强度


C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些


D．将圆形磁场的半径增大些


三、实验题(按题目要求作答．)


13．(10分)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，给定以下的器材来完成实验．


待测干电池E一节


电压表V(量程0～3～15 V，内阻约为10 kΩ)


电流表A(量程0～0.6～3 A，内阻约为1 Ω)


滑动变阻器R1(0～10 Ω)


滑动变阻器R2(0～200 Ω)


导线、开关S





(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”)．


(2)实验所用电路如图甲所示，请用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图，要求保证开关在闭合前滑动变阻器的滑片处于正确的位置．


(3)该同学根据实验数据得到图丙中的图线a，根据图线a求得电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.


(4)图丙中b图线是标有“1.5 V、1.6 W”的小灯泡的伏安特性曲线，该同学将该小灯泡与本实验中的电池连成一闭合电路，小灯泡实际消耗的电功率是________W(保留2位有效数字)．


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，闭合开关，变阻器R0的滑片P在移动过程中电压表的示数变化范围是0～4 V，电流表的示数变化范围是0.5～1 A，已知电阻R的阻值为6 Ω，电源的内阻不可忽略．求：


(1)变阻器R0的最大阻值；


(2)电源电动势E和内阻r.




















15．(10分)制作半导体时，需向单晶硅或其他晶体中掺入杂质．单晶硅内的原子是规则排列的，在两层电子间的间隙会形成上下对称的匀强电场．设某空间存在上下对称的匀强电场，并在该电场中的下半区域加一方向垂直纸面向里的匀强磁场如图所示．电荷量为＋q、质量为m的带电小球从上边界以初速度v0垂直电场入射，已知足够长的上下场区的宽均为d，电场强度E＝eq \f(mg,q)，初速度v0＝eq \f(3,2)eq \r(gd)，sin 37°＝eq \f(3,5)，cs 37°＝eq \f(4,5).求：


(1)小球第一次经过对称轴OO′时的速度；


(2)要使小球不越过下边界，所加磁场的磁感应强度的大小B的最小值．

















16．(12分)如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C)，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁场磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示．在t＝1 s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，在此之后，每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB＝BC＝l，且粒子由A点运动到C点的时间小于1 s．不计空气阻力，试求：





(1)电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比；


(2)第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比.

















参考答案与解析


1．[导学号66870197] 【解析】选A.根据电场强度与电势差的关系E＝eq \f(Δφ,Δx)，图乙切线的斜率代表场强大小，由题图可看出EA>EB，A正确；沿电场线方向电势降低，所以电场线方向由A指向B，φA>φB，电子受力方向与电场线方向相反，从A至B，电子减速，vA>vB，B、C选项错误；电子从A到B，电场力做负功，电势能增大，D选项错误．


2．[导学号66870198] 【解析】选A.由点电荷场强公式E＝eq \f(kQ,r2)得，甲图中a、b场强大小相等，方向不同，a、b在同一等势面上，φa＝φb；乙图中，由电场叠加可知，c、d场强大小相等，方向不同，由处于同一等势面可得φc＝φd.


3．[导学号66870199] 【解析】选C.离场源电荷越近，场强越大，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，A正确；电子沿AC方向运动时，电场力做正功，电势能越来越小，B正确；点电荷周围电场不是匀强电场，C错；电子只在电场力作用下沿着直线由A至C运动，场源电荷为正电荷，沿电场线方向电势越来越低，电势φA<φB<φC，D正确．


4．[导学号66870200] 【解析】选A.电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI，A正确；电动机消耗的热功率为I2R，B错；电源的输出功率为UI，C错，电源的效率为eq \f(U,E)＝eq \f(E－Ir,E)，D错．


5．[导学号66870201] 【解析】选B.将R2的滑动触点向b端移动时，R2的接入电阻变小，则整个电路外电阻减小，电压表示数U减小；并联部分的电阻也减小，并联电压减小，I1减小，又总电流变大，故I2增大，B正确．


6．[导学号66870202] 【解析】选C.对带电粒子受力分析，a极板带正电，带电粒子受力平衡，qv0B＝qeq \f(U,d)，U＝eq \f(Q,C)，可得电荷量为Q＝CBdv0，所以答案选C.


7．[导学号66870203] 【解析】选C.磁场垂直于xOy平面向外并位于y轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子受洛伦兹力的方向，画出草图找出圆心，可判断C图是正确的．


8．[导学号66870204] 【解析】选AB.用如图所示的电路测E、r时，造成系统误差的原因是电压表的分流，电压表内阻越大，电流表所测电流越接近于干路中的电流的真实值，所测内阻也越接近电池内阻的真实值，故电压表选用内阻大的好，而电流表内阻对实验无影响，因为电流表与R是串联，不需知道R和RA的值，故电流表选用哪一个都可以，故选A、B.


9．[导学号66870205] 【解析】选AD.A、D两图中，当滑动变阻器的滑动触头放在最左端时，电源被短路而烧坏；B、C两图中，供电电路正确，B图虽然电流表和电压表接错位置，但由于串联的电压表内阻较大，不会烧坏电流表；C图则可测较大电阻的阻值．


10．[导学号66870206] 【解析】选CD.根据y＝eq \f(UqL2,2dmveq \\al(2,0))可知，除尘率为k＝eq \f(y,d)＝eq \f(UqL2,2d2mveq \\al(2,0))，要增大除尘率，可只增大电压U，只增大长度L，选项A、B错误；可只减小高度d，只减小尘埃被吸入的水平速度，选项C、D正确．


11．[导学号66870207] 【解析】选AC.根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝eq \f(mv2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们都带正电，以相同速度进入磁场时，所受洛伦兹力方向相同，两者偏转方向相同，仅依据粒子轨迹无法判断是质子还是正电子，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝eq \r(2mEk)，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误．


12．[导学号66870208] 【解析】选AC.增大加速电压，可增大电子的速度，使电子在磁场中运动的轨道半径增大些，可使电子束偏转回到P点，选项A可行．增加偏转磁场的磁感应强度，使电子在磁场中运动的轨道半径减小，电子束偏转到P点外侧以外，选项B不可行．将圆形磁场区域向屏幕靠近些，可使电子束偏转到P点，选项C可行．将圆形磁场的半径增大些，电子束偏转到P点外侧以外，选项D不可行．


13．[导学号66870209] 【解析】(1)因电源的内阻一般较小，为保证调节滑动变阻器时，电流表示数变化明显，所以滑动变阻器应选R1.(2)连线时要注意：电流表接0.6 A，滑动变阻器接左下接线柱，电压表接3 V．(3)a图线与纵轴的截距表示电动势的大小，即E＝1.45 V，斜率表示电源的内阻，即r＝eq \f(ΔU,ΔI)＝eq \f(1.45－1.0,0.9－0) Ω＝0.5 Ω.(4)a、b两图线交点纵横坐标的乘积就表示小灯泡实际消耗的电功率，即P＝UI＝1.15×0.6 W＝0.69 W.


【答案】(1)R1 (2)如图所示





(3)1.45 0.5 (4)0.69


14．[导学号66870210] 【解析】(1)当变阻器R0取最大值时，电压表示数最大，为U2＝4 V，电流表示数最小，为I2＝0.5 A，由欧姆定律可得，变阻器R0的最大阻值R0＝eq \f(U2,I2)＝8 Ω.


(2)当电压表示数为U1＝0时，电流表示数为I1＝1 A


由闭合电路欧姆定律得：E＝U1＋I1(r＋R)


当电压表示数为U2＝4 V时，电流表示数为I2＝0.5 A


由闭合电路欧姆定律得：E＝U2＋I2(r＋R)


联立解得：E＝8 V，r＝2 Ω.


【答案】(1)8 Ω (2)8 V 2 Ω


15．[导学号66870211] 【解析】(1)小球进入电场后做类平抛运动，


在竖直方向上，加速度：a＝eq \f(mg＋qE,m)＝2g


竖直位移：d＝eq \f(1,2)at2 得t＝eq \r(\f(d,g))


竖直速度：vy＝at＝2eq \r(gd)


所以合速度大小v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \f(5,2)eq \r(gd)


与竖直方向夹角：tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(\f(3,2)\r(gd),2\r(gd))＝eq \f(3,4)


θ＝37°.


(2)小球进入下半区域时，因重力和电场力平衡，小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．设小球恰好不越过下边界，则小球在到达下边界时速度方向应与边界平行，设圆周半径为R.


由几何关系得：eq \f(R－d,R)＝sin 37°


得：R＝eq \f(5,2)d


由牛顿第二定律得：Bvq＝meq \f(v2,R)


所以磁感应强度的大小B的最小值是eq \f(m,dq)eq \r(gd).


【答案】(1)eq \f(5,2)eq \r(gd) 与竖直方向的夹角为37°斜向下 (2)eq \f(m,dq)eq \r(gd)


16．[导学号66870212] 【解析】(1)依题意，粒子由A点运动到C点的时间小于1 s，所以在1～2 s内第一个粒子做匀速圆周运动，且运动1/4周期，则


qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),l)


而在3～4 s内第二个粒子做类平抛运动，则


x＝l＝v0t2


y＝l＝eq \f(1,2)eq \f(qE0,m)teq \\al(2,2)


联立解得eq \f(E0,B0)＝2v0.


(2)第一个粒子运动过程中动能不变Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)


对第二个粒子在C点应用动能定理可得


qE0l＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)


解得Ek＝eq \f(5,2)mveq \\al(2,0)


故第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为


eq \f(Ek0,Ek)＝eq \f(1,5).


【答案】(1)2v0 (2)eq \f(1,5)


题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案