2019年高中物理专题07阶段检测一含解析人教版选修选修3_12019071517.pdf

《2019年高中物理专题07阶段检测一含解析人教版选修选修3_12019071517.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高中物理专题07阶段检测一含解析人教版选修选修3_12019071517.pdf（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、专题 07 阶段检测（一）专题 07 阶段检测（一） 一、单选题 1.如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂两个相同的带电介质小球A、B，左边放一个带电荷 量为Q的固定球时，两悬线都保持竖直方向下列说法中正确的是( ) AA球带正电，B球带正电，并且A球带电荷量较小 BA球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较大 CA球带负电，B球带正电，并且B球带电荷量较大 DA球带正电，B球带负电，并且B球带电荷量较小 【答案】C 【解析】存在固定球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自所受电场力合力 为零，说明A球带负电而B球带正电，A、B作为整体得固定球对A、B的水平方

2、向的库仑力大小相等方向相 反根据库仑定律得A离固定球近点，所以A球带电荷量较小，B球带电荷量较大故 A、D 错误，B、C 正 确 2如图所示，电路中的电源的电动势为 E、内电阻为 r，开关 S 闭合后，当滑动变阻器的滑片 P 从滑动变 阻器 R 的中点位置向左滑动时，小灯泡 L1、L2、L3的亮度变化情况是（） A L1灯变亮，L2灯变暗，L3灯变亮 B L1灯变暗，L2灯变亮，L3灯变暗 C L1、L2两灯都变亮，L3灯变暗 D L1、L2、 L3都变暗。 【答案】D 【解析】 将滑动变阻器的滑片 P 从滑动变阻器 R 的中点位置向左滑动的过程中， 变阻器接入电路的电阻增大， 外电路总电阻增

3、大，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流 I 减小L1、L2、L3三个灯的电阻不变，根据部分 电路的欧姆定律可知， L2两端的电压 U=IR123 混减小， L2中的电流减小， L1和 L3中的电流也减小， 故 L1、 L2、 L3 三个灯都变暗 故选 D 3，如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为v0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑 电子的重力，则电子将( ) A向右偏转，速率不变，r变大 B向左偏转，速率改变，r变大 C向左偏转，速率不变，r变小 D向右偏转，速率改变，r变小 【答案】A 【解析】 由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁感应强度随离直导线距离变大而

4、减小， 根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由rmv qB 知r变大，故 A 正确。 4如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且 沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球 ( ) A将打在下板中央 B仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C不发生偏转，沿直线运动 D若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 【答案】BD 【解析】将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E 可知，电容 U d Q Cd 4kQ rS 器产生

5、的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动当上板不动，下板向上移动时，小球可能 打在下板的中央 5.如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(重力忽略不计)，经加速电压U加速后，垂直进入磁 感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OPx，能正确反映x与U之间关系的是( ) Ax与U成正比Bx与U成反比 Cx与成正比Dx与成反比UU 【答案】C. 【解析】由x2R，qUmv2，可得x与成正比，选项 C 正确 2mv qB 1 2 U 6.如图所示， 一带电小球沿曲线由M运动到N， 图中A、B、C、D为匀强电场的水平等势面， 且有ABCD， 由此可判断( ) A小球可带正电也可带负电

6、B小球在M点初速度为零 C由M运动到N小球的电势能减小 D由M运动到N小球的动能、电势能之和减小 【答案】D 【解析】选 AD.带电小球考虑其重力，由电场线与等势面的关系作出电场线方向应竖直向下，结合曲线运动 受力特点指向轨迹圆弧内侧可知小球带电情况，可带正电也可带负电，选项 A 正确；若M点速度为零，小 球将做匀变速直线运动，选项 B 错误；若小球带正电，电场力做负功，电势能增加，若小球带负电，则电 场力做正功，电势能减小，选项 C 错误 ； 带电小球受重力、电场力作用，由功能关系可得，动能、重力势能、 电势能三者之和为定值，带电小球由M运动到N重力势能增加，可得动能、电势能之和减小，选项

7、D 正确 7.带电粒子(不计重力)以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图 6 所示，运动过程中粒子经过b点， 且OaOb.若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能过b点， 那么电场强度E与磁感应强度B之比为( ) Av0 B.1 C.2v0 D.v 0 2 【答案】 C 【解析】 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，经过a、b两点且OaOb，故O为圆心，OaOb， mv0 qB 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向加速度a，故Obv0t，Oat2，联立解得 2v0， qE m qE 2m E B 故选项 C 正确. 8.如图所示，图中虚线PQ

8、上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。O是PQ 上一 点，在纸面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子，粒子电荷量为q、质量为m。现有两 个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇，MO与PQ 间夹角为 60 ，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则 下列说法正确的是( ) A两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为2m 3qB B两个粒子射入磁场的方向分别与PQ 成 30 和 60 角 C在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为2mv 0 qB D垂直PQ 射入磁场中的粒子在磁场中的运行时间最长 【答案】AC 【解析】以粒子带正电为例分析，先后由O点射入磁场，并在M点相遇

9、的两个粒子轨迹恰好组成一个完整 的圆， 从O点沿OP方向入射并通过M点的粒子轨迹所对圆心角为 240 ， 根据带电粒子在磁场中运动周期T 可知，该粒子在磁场中运动的时间t1，则另一个粒子轨迹所对圆心角为 120 ，该 2m qB 240 360 2m qB 4m 3qB 粒子运动时间t2，可知，两粒子在磁场中运动的时间差可能为 t，故 A 正确 ； 120 360 2m qB 2m 3qB 2m 3qB 射入磁场方向分别与PQ 成 30 和 60 角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是 360 ， 不可能在M点相遇， 故 B 错 误；在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d，故 C 正确

10、；沿OP方向入射的粒子 2mv0 qB 在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间最长，故 D 错误。 二、多选题 9.如图所示的四种电场中，分别标记有 a、b 两点图中 a、b 两点的电势相等是 A. 甲图：与点电荷等距的 a、b 两点 B. 乙图：两平行板间电场中的 a、b 两点 C. 丙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点 D. 丁图：点电荷与带电平板形成的电场，平板上表面与点电荷距离不相等的 a、b 两点 【答案】ACD 【解析】A：图甲中a、b两点在同一等势线上。 B：顺着电场线电势降低，等势线垂直于电场线，则图乙中a、b两点的电势不等。C：等量异种电荷连线的

11、中垂线是等势线，a、b两点在同一等势线上，则图丙中a、b两点的电势相等。D： a、b两点在同一等势线 上。 10.如图所示，三根平行的足够长的通电直导线A、B、C分别放置在一个等腰直角三角形的三个顶点上，其 中AB边水平，AC边竖直。O点是斜边BC的中点，每根导线在O点所产生的磁感应强度大小均为B0，下列 说法中正确的有( ) A导线B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为 2B0 B导线A、B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为B0 C导线B、C在A点产生的总的磁感应强度方向由A指向O D导线A、B在O点产生的总的磁感应强度方向水平向右 【答案】ACD 【解析】 导线B、C在O点产生的磁场方向

12、相同， 磁感应强度叠加后大小为 2B0， 选项 A 正确 ； 由题意可知， 三根平行的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小相等，B合B0，选项 B 错误；导B022B025 线B、C在A点产生的总的磁感应强度的方向是两个磁场叠加后的方向，方向由A指向O，选项 C 正确；根 据安培定则和矢量的叠加原理，导线A、B在O点产生的总的磁感应强度的方向水平向右，选项 D 正确。 11第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于 2016 年 8 月 23 日至 25 日在上海新国际博览中心举 行如图所示为超级平行板电容器，相距为d的两极板M、N分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M 带正电现有一质量为

13、m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比 值为k，则( ) A油滴带负电 B油滴带电荷量为mg Ud C电容器的电容为D将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 kmgd U2 【答案】AC. 【解析】带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正 极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项 A 正确；由场强与电势差 关系可知，mgEqq，解得q，选项 B 错误；由题意知，电容器带电荷量Qkq，由电容的 U d mgd U kmgd U 定义式知，C ，选项 C 正确；电容器与电源保持连接，

14、两板间电势差不变，N板向下移动，板间距 Q U kmgd U2 离变大，F电q，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项 D 错误 U d 12.某带电粒子仅在电场力的作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点时的初速度及运动轨迹如图所 示，则可以判定 A. 粒子在A点时的加速度小于它在B点时的加速度 B. 粒子在A点时的动能小于它在B点时的动能 C. 粒子在A点时的电势能小于它在B点时的电势能 D. 电场中A点的电势低于B点的电势 【答案】AB 【解析】由电场线可知，B 点的电场线密，所以 B 点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，所 以 A 正确；粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧

15、，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒 子从 A 到 B 的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在 A 点的动能小于它在 B 点的动能，所以 B 正确，C 错误；沿电场线的方向，电势降低，所以 A 点的电势大于 B 点的电势，所以 D 错 误。 13.如图所示,电源的电动势E=12 V,内阻不计,电阻R1=R2=R3=6 ,R4=12 ,电容器的电容C=10 F,闭合开 关,电容器中有一带电微粒恰好处于静止状态。 若在工作的过程中,电阻R2突然发生断路,电流表可看成是理 想电表。则下列判断正确的是( )。 A.R2发生断路前UAB=2 V B.变化过程中流过电流

16、表的电流方向由下往上 C.R2发生断路后原来静止的带电微粒向下加速的加速度为 3g D.从电阻R2断路到电路稳定的过程中,流经电流表的电荷量为 610-5 C 【答案】CD 【解析】 R2发生断路前,U1=U2=6V,U4=8V,UAB=A-B=-2V,A 项错误。R2发生断路前,UAB=-2V,电容器上极板 带负电,下极板带正电,R2发生断路后,UAB=U3=4V,电容器上极板带正电,下极板带负电,故在变化过程中,通 过电流表的电流由上向下,B 项错误。R2发生断路前,带电微粒静止,受到向下的重力与向上的电场力作用,且 电场力大小等于重力,F=mg;R2发生断路后,带电微粒受到的电场力向下,

17、由于R2发生断路后两极板间的电压 是R2发生断路前电压的两倍,故R2发生断路后微粒受到的电场力是原来电场力的两倍,即R2发生断路后,微 粒受到的合力为 3mg,方向向下,由牛顿第二定律可知,微粒的加速度为 3g,方向向下,C 项正确。从电阻R2断 路到电路稳定的过程中,流经电流表的电荷量 Q=Q+Q=|CUAB|+|CUAB|=610-5C,D 项正确。 14如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)以速度v从A点沿直 径AOB方向射入磁场，经过t1时间从C点射出磁场，OC与OB成 60角，在磁场中的运动轨迹长为L1。现 将带电粒子的速度变为 ，仍从A点沿原方向射

18、入磁场，则粒子在磁场中的运动时间为t2，在磁场中的运动 v 3 轨迹长为L2，则下列等式中正确的是( AC ) AB t1 t2 1 2 t1 t2 2 1 CD L1 L2 3 2 L1 L2 2 1 【答案】AC 【解析】根据作图法找出速度为v时的粒子轨迹圆圆心O1， 磁场中的轨迹圆弧所对圆心角AO1C60， 设圆形磁场半径为R， 粒子的轨迹半径为r1， 因此有qvBm，tan v2 r1 ，轨迹圆半径r1R；当粒子速度变为 时，粒子的轨迹半径为r2，因此有q Bm，其轨迹圆 60 2 R r1 3 v 3 v 3 ( v 3) 2 r2 半径r2R， tan， 磁场中的轨迹圆弧所对圆心角

19、120。 周期T， 粒子运动时间tT， 3 3 2 R r2 2m qB 2 所以 ，A 正确；L1 2r1，L2 2r2R，所以 ，C 正确。 t1 t2 1 2 1 6 2 3R 6 1 3 2 3 9 L1 L2 3 2 三、实验题三、实验题 15将一铜片和一锌片分别插入一个苹果内，就构成了简单的“水果电池” ，其电动势约为 1.5 V可是这 种电池并不能点亮额定电压为 1.5 V、额定电流为 0.3 A 的手电筒上的小灯泡，原因是流过小灯泡的电流太 小了，经实验测得还不足 3 mA.为了较精确地测定该水果电池的电动势和内阻，提供的实验器材有： A电流表 A1(量程 03 mA，内阻约为

20、 0.5 ) B电流表 A2(量程 00.6 A，内阻约为 0.1 ) C电压表 V(量程 01.5 V，内阻约为 3 k) D滑动变阻器R1(阻值 010 ，额定电流为 1 A) E滑动变阻器R2(阻值 03 k，额定电流为 1 A) F电键，导线若干 G水果电池 (1)实验中电流表应选用_，滑动变阻器应选用_(均用序号字母表示) (2)请在虚线框内画出实验电路图 (3)根据实验记录的数据，经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的UI图象如图所示，由图 可知：水果电池的电动势E_V，内阻r_ . 【答案】(1)A E (2)如图所示 (3)1.35 450 【解析】由图象知电源内阻较大

21、，因此电流表应外接，误差较小；同时滑动变阻器应选R2，电流表才会有 明显的示数变化 16某同学为了研究“3 V，0.3 W”的小灯泡 L 从较低温度到正常发光过程中的电阻情况设置了如下器材 ： 电流表 A1(量程 400 mA，内阻r15 )； 电流表 A2(量程 600 mA，内阻r2约为 1 )； 电压表 V(量程 15 V，内阻约为 3 k)； 定值电阻R0(5 )； 滑动变阻器R1(010 ，额定电流为 1 A)； 滑动变阻器R2(0250 ，额定电流为 0.3 A)； 电源E(电动势 3 V，内阻较小)； 开关一个，导线若干 (1)从以上给定的器材中选择恰当的器材 在虚线框内画出实验

22、电路原理图， 并在图中标出所用仪器的代号 (2)根据设计的方案，将下图中的器材连成符合要求的电路(有个别仪器可能不用) (3)闭合开关 S，移动滑片P，使_时，可知灯泡正常发光，此时灯泡的电阻为_(用测量的物 理量表示) 【答案】(1)、(2)见解析图 (3)A1的示数为 300 mA I 1（r1R0） I2I1 【解析】测电阻的基本方法是伏安法，但由于小灯泡的额定电压为 3 V，比电压表的量程小得多，故无法用 电压表测电压可设计让定值电阻R0与 A1串联，改装成一个适当量程的电压表，然后用 A2测量小灯泡和改 装电表并联后的总电流， 这样通过两表的示数就可以知道通过小灯泡的电流为I2I1，

23、 小灯泡两端的电压为 I1(R0r1)，故小灯泡的电阻为RL. I1（r1R0） I2I1 实验要求测量小灯泡 L 从较低温度到正常发光过程中的电阻情况，即要求电压从 0 开始调节，故滑动变阻 器应选用分压式接法由于滑动变阻器R2阻值太大，所以滑动变阻器选R1；小灯泡正常发光时电压为 3 V， 对应电流表读数为I10.3 A300 mA.则电路原理图如图甲所示，实物连接图如图乙所示 U R0r1 使 A1的示数为 300 mA 时， 灯泡正常发光， 此时RL， 式中I2为 A1表示数为 300 mA 时， 电流表 A2 I1（r1R0） I2I1 的读数，故I1300 mA. 三、计算题三、计

24、算题 17.如图所示，匀强磁场宽L30 cm，B3.34103 T，方向垂直纸面向里，设一质子(质子的质量为 1.671027 kg；质子的电荷量为 1.61019 C)以v1.6105 m/s 的速度垂直于磁场B的方向从小孔C射 入磁场，然后打到照相底片上的A点。求： (1) 质子在磁场中运动的轨道半径r； (2) A点距入射线方向上的O点的距离H； (3) 质子从C孔射入到A点所需的时间t(sin 370.6，结果保留 1 位有效数字)。 【答案】0.5 m, H=0.1 m, =210-6 s. 【解析】 （1）由洛伦兹力提供向心力，则：Bqv=m r=m=0.5 m （2）由平面几何知

25、识得：r2=L2+（r-H）2 得 H=0.1 m （3）由几何知识得质子在磁场中转动的角度为 37，则运动的时间为： t=37=37=210-6 s 18.如图甲所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电动势为E、内阻为r的电源。导轨平面与水平 面间的夹角为。金属杆ab垂直导轨静止放置，不计金属杆ab及导轨的电阻，金属杆ab的质量为m，金 属杆与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。重力加速度为g，求： (1)金属杆ab所受安培力的大小； (2)滑动变阻器的阻值R； (3)若将磁场方向按乙图所示的方向逆时针旋转 90 至水平方向(虚线所指)， 且始终保持ab杆处于

26、静止状态， 试通过受力分析说明磁感应强度的大小变化情况。 【答案】(1)mgtan (2)r (3)见解析 BEd mgtan 【解析】 (1)金属杆处于静止状态，故金属杆受到水平向右的安培力，竖直向下的重力以及垂直斜面向上的支持力， 三力平衡，根据矢量三角形可得Fmgtan 。 (2)金属杆受到的安培力FBIdmgtan ，I， E rR 联立解得Rr。 BEd mgtan (3)在磁场方向从竖直变为水平的过程中， 安培力从水平变为竖直， 如图所示， 安培力先减小后变大， 由F BId可知，磁感应强度先减小后变大，当磁场方向与斜面垂直时，最小，即B0Bcos 。 19如图所示，一条长为L的细

27、线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平 向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角60 时，小 球速度为 0. (1)求小球带电性质和电场强度E. (2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小(可含根式) 【答案】(1)小球带正电 (2) 3mg 3q 2（ 31）gL 【解析】 (1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电 小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有 0EqLsin mgL(1cos ) 解得E. 3mg 3q (2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G，则Gmg，方向与竖直方向夹 2 3 3 角为 30偏向右下 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点 mmg v2 L 2 3 3 小球从A点以初速度vA运动，由动能定理知 mv2mvmgL(1cos 30) 1 2 1 2 2A 2 3 3 联立解得vA.2（ 31）gL