《2019-2020学年高中物理人教版选修3-1同步作业与测评：期末综合测试卷 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年高中物理人教版选修3-1同步作业与测评：期末综合测试卷 Word版含解析.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、期末综合测试卷 对应学生用书 P93 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分 100 分，考试时 间 90 分钟。 第卷(选择题，共 48 分) 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。第 18 题只有一个选 项符合要求，第 912 题有多项符合要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分) 1指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是( ) A指南针可以仅具有一个磁极 B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C指南针的指向不会受到附近铁块的干扰 D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏 转 答
2、案 B 解析 指南针为一具有磁性的物体，有两个磁极，A 错误 ； 指南针能指南北， 说明指南针受到地磁场的作用，地球具有磁场，B 正确；当有铁块存在时，指南 针会与铁块产生相互作用的磁力，故指向受到干扰，C 错误；指南针正上方的通 电导线会产生磁场，与地磁场共同作用于指南针，故指南针可能会发生偏转，D 错误。 2. 如图所示，用细橡皮筋悬吊一轻质线圈，置于一固定直导线上方，线圈可以 自由运动。当给两者通以图示电流时，线圈将( ) A靠近直导线，两者仍在同一竖直平面内 B远离直导线，两者仍在同一竖直平面内 C靠近直导线，同时旋转 90 D远离直导线，同时旋转 90 答案 A 解析 用右手螺旋定则
3、可以判断导线上方磁场方向向外， 用左手定则判断线 圈左侧受到的安培力向左，右侧受到的安培力向右，二者大小相等、方向相反， 线圈水平方向合力为零；线圈下侧受到的安培力向下，上侧安培力向上，但是线 圈下侧磁感应强度大，安培力大，因此线圈受到安培力的合力方向向下，线圈将 靠近直导线，但两者仍在同一竖直平面内，故 A 项正确。 3. 有一个带正电荷的粒子，沿垂直于电场的方向射入带电平行板的匀强电场， 粒子飞出电场后的动能为 Ek。当在带电平行板间再加入一个垂直纸面向里的如 图所示的匀强磁场后，粒子飞出电场后的动能为 Ek，磁场力做功为 W，则下 列判断正确的是( ) AEkEk，W0 CEkEk，W0
4、 DEkEk，W0 答案 B 解析 磁场力即洛伦兹力，不做功，故 W0，D 错误；有磁场时，带正电 的粒子受到向上的洛伦兹力的作用使其所受的电场力做正功减少，故 B 项正确。 4. 如图所示，两块平行板 A、B 之间距离为 d，加在两板间的电压为 U，并将 B 板接地作为零电势，现将正电荷 q 逆着电场线方向由 A 板移到 B 板，若用 x 表 示移动过程中该正电荷到 A 板的距离，其电势能 Ep随 x 变化图线为下列图中哪 一个( ) 答案 B 解析 将B板接地作为零电势， 把正电荷q逆着电场线方向由A板移到B板， 电场力做负功，EpqE(dx)，电势能随 x 均匀增大，到达 B 板时，电势
5、能为 零，B 正确，A、C、D 错误。 5. 一带正电的粒子在电场中做直线运动的 vt 图象如图所示，t1、t2时刻分别经 过 M、N 两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是 ( ) A该电场可能是由某正点电荷形成的 BM 点的电势高于 N 点的电势 C在从 M 点到 N 点的过程中，电势能逐渐增大 D带电粒子在 M 点所受电场力大于在 N 点所受电场力 答案 C 解析 由 vt 图象可知：该粒子做的是匀减速直线运动，则粒子所处电场为 匀强电场，A、D 错误；由于粒子带正电，正电荷受力方向跟所在点场强方向相 同， 如图所示， 因沿着电场线方向电势降低， 故 M 点的电势低
6、于 N 点的电势， B 错误；从 M 点到 N 点，电场力做负功，电势能增加，C 正确。 6. 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子 P和 P3，经电压为 U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里、有一定宽度 的匀强磁场区域，如图所示，已知离子 P在磁场中转过 30后从磁场右边界 射出。在电场和磁场中运动时，离子 P和 P3( ) A在电场中的加速度之比为 11 B在磁场中运动的半径之比为 31 C在磁场中转过的角度之比为 13 D离开电场区域时的动能之比为 13 答案 D 解析 磷离子 P与 P3电荷量之比 q1q213，质量相等，在电场中加 速度 a，由此可
7、知，a1a213，A 错误；离子进入磁场中做圆周运动的 qE m 半径 r，又 qU mv2，故有 r，即 r1r21，B 错误；设离 mv qB 1 2 1 B 2mU q 3 子P3在磁场中偏转角为， 则sin ， sin (d为磁场宽度)， 故有sinsin d r2 d r1 1，已知 30，故 60，C 错误；全过程中只有电场力做功，WqU，3 故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以 Ek1Ek2W1W2 13，D 正确。 7. 如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片 P 从 a 端向 b 端滑动时，以下判断 正确的是( ) A电压表读数变大，通过灯 L1的电流变大，灯 L2
8、变亮 B电压表读数变小，通过灯 L1的电流变小，灯 L2变亮 C电压表读数变大，通过灯 L2的电流变小，灯 L1变暗 D电压表读数变小，通过灯 L2的电流变小，灯 L1变暗 答案 B 解析 当滑动变阻器的滑片 P 从 a 端向 b 端滑动时，变阻器连入电路中的 阻值减小，电路的总电阻减小；根据闭合电路欧姆定律 I，外电阻 R 的减 E Rr 小使干路电流 I 增大，可知通过 L2的电流增大；电源内电阻上的电压 UIr 增大， 外电路两端的电压 UEIr 减小， 由于电流 I 增大， L2的电功率增大， L2 变亮 ； 且L2两端电压U2增大， L1两端电压U1UU2减小， 电压表的示数减小 ；
9、 L1 两端电压 U1减小， 使通过 L1的电流减小， 且 L1的电功率减小， L1变暗， 只有 B 正确。 8. 一个带正电的微粒放在电场中， 场强的大小和方向随时间变化的规律如图所 示，带电微粒只在电场力的作用下，由静止开始运动，则下列说法中正确的是 ( ) A微粒在 01 s 内的加速度与 12 s 内的加速度相同 B微粒将沿着一条直线运动 C微粒做往复运动 D微粒在第 1 s 内的位移与第 3 s 内的位移不相同 答案 B 解析 加速度的方向与正电粒子所受的电场力的方向相同， 所以由牛顿第二 定律得知，微粒在 01 s 内的加速度与 12 s 内的加速度大小相同、方向相反， 故 A 错
10、误；由图看出，微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反， 根据运动的对称性可知在 2 s 末的速度恰好是 0，即微粒第 1 s 做加速运动，第 2 s 做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动， 故 B 正确，C 错误；微粒在第 1 s 内与第 3 s 内速度都是从 0 开始加速，加速度 相同，所以它们的位移也相同， 故 D 错误。 9 如图所示， 两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、 N 两小孔中， O 为 M、N 连线中点，连线上 a、b 两点关于 O 点对称。导线均通有大小相等、 方向向上的电流。已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度 Bk
11、，式中 k 是 I r 常数， I 是导线中的电流、 r 为点到导线的距离。 一带正电的小球以初速度 v0从 a 点出发沿连线运动到 b 点。关于上述过程，下列说法正确的是( ) A小球先做加速运动后做减速运动 B小球一直做匀速直线运动 C小球对桌面的压力先减小后增大 D小球对桌面的压力一直在增大 答案 BD 解析 由右手螺旋定则可知， M 处的通电导线在 MN 区域产生的磁场垂直于 MN向里， 离导线越远磁场越弱， N处的通电导线在MN区域产生的磁场垂直于MN 向外，所以合磁场由 M 到 O 向里逐渐减弱，由 O 到 N 向外逐渐增强，带正电的 小球由 a 点沿连线运动到 b 点，受到的洛伦
12、兹力 FqvB 为变力，则从 a 到 O 洛 伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从 O 到 b 洛伦兹力的方向向下，随 磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，D 正确，C 错误；由于桌面 光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运 动，B 正确，A 错误。 10. 如图所示， 连接两平行金属板的导线的一部分 CD 与一有电源回路的一部分 导线 GH 平行且均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，当 一束等离子体射入两金属板之间时，CD 段导线受到力 F 的作用。则( ) A若等离子体从右方射入，F 向左 B若等离子体从右方射入，F 向右 C
13、若等离子体从左方射入，F 向左 D若等离子体从左方射入，F 向右 答案 AD 解析 等离子体指的是整体显电中性，内部含有等量的正、负电荷的气态离 子群体。当等离子体从右方射入时，正、负离子在洛伦兹力作用下将分别向下、 向上偏转，使上极板的电势低于下极板，从而在外电路形成由 D 流向 C 的电流， 与 GH 中电流反向， 根据通电导线电流反向时相互排斥， 它所受安培力方向向左， 所以 A 项正确，B 项错误，同理可分析得知 C 项错误，D 项正确。 11如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率 v ， E B 那么( ) A带正电粒子必须沿 ab 方向从左侧进入场区，才能沿直线通过
14、 B带负电粒子必须沿 ba 方向从右侧进入场区，才能沿直线通过 C不论粒子电性如何，沿 ab 方向从左侧进入场区，都能沿直线通过 D不论粒子电性如何，沿 ba 方向从右侧进入场区，都能沿直线通过 答案 AC 解析 带正电粒子沿 ab 方向从左侧进入场区，所受电场力竖直向下，由左 手定则判断，洛伦兹力方向竖直向上，两个力平衡，粒子能沿直线通过，若粒子 沿 ba 方向进入场区，洛伦兹力方向竖直向下，与电场力方向相同，两个力不能 平衡，粒子向下偏转，A 正确；带负电的粒子沿 ba 方向从右侧进入场区，所受 电场力竖直向上，由左手定则判断，洛伦兹力方向竖直向上，粒子向上偏转，不 能沿直线通过场区，带负
15、电的粒子必须沿 ab 方向从左侧进入场区，才能沿直线 通过场区，B 错误；综上分析，不论粒子电性如何，沿 ab 方向从左侧进入场区， 都能沿直线通过，C 正确，D 错误。 12在如图甲所示的电路中，电源电动势为 3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3 为 3 个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合 后，下列关于电路中的灯泡的判断中正确的是( ) A灯泡 L1的电阻为 12 B通过灯泡 L1的电流为 L2中电流的 2 倍 C灯泡 L1消耗的电功率为 0.75 W D灯泡 L2消耗的电功率为 0.30 W 答案 ACD 解析 当开关闭合后， 灯泡 L1两端的电压 U13
16、 V， 由图乙可得其电流 I1 0.25 A， 则灯泡L1的电阻R1 12 ， 功率P1U1I10.75 W， 故A、 C U1 I1 3 0.25 正确；灯泡 L2、L3串联，电压 U2U31.5 V，由图读出其电流 I2I30.20 A， 则 I11.25I2，灯泡 L2、L3的功率均为 PUI1.5 V0.20 A0.30 W，故 B 错 误，D 正确。 第卷(非选择题，共 52 分) 二、填空题(本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分) 13用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下： A待测电阻 Rx(大约 100 ) B直流毫安表 A1(量程 010 mA，内阻约
17、 100 ) C直流毫安表 A2(量程 040 mA，内阻约 40 ) D直流电压表 V1(量程 03 V，内阻约 5 k) E直流电压表 V2(量程 015 V，内阻约 15 k) F直流电源(输出电压 4 V，内阻不计) G滑动变阻器 R(阻值范围 050 ，允许最大电流 1 A) H开关一个、导线若干 (1)根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选 _，直流电压表应选_。 (2)在虚线框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大一些。 (3)用铅笔按电路图将实物图连线。 答案 (1)C D (2)电路图见解析 (3)实物图见解析 解析 (1)由于直流电源的电
18、动势为4 V， 待测电阻Rx阻值约100 ， 故通过Rx 的最大电流约为 40 mA，所以直流毫安表应选 C；直流电压表若选 15 V 量程， 则读数误差较大，故应选 D。 (2)由于要求电压和电流的变化范围尽可能大一些，所以滑动变阻器采用分 压式接法；由于502.5，故电流表采用外接法。电路图如 RV Rx 5000 100 Rx RA 100 40 图 1 所示。 (3)根据电路图，实物图连线如图 2 所示。 14某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的 电动势约为 1.5 V，内阻约 2 ，电压表(03 V,3 k)，电流表(00.6 A,1.0 )，滑动变阻器有
19、R1(10 ，2 A)和 R2(100 ，0.1 A)各一只。 (1)实验中滑动变阻器应选用_(选填“R1”或“R2”)。 (2)在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路。 (3)在实验中测得多组电压和电流值， 得到如图丙所示的 UI 图象， 由图可较 准确地求出电源电动势 E_V；内阻 r_。 答案 (1)R1 (2)图见解析 (3)1.48(1.471.49 均正确) 1.89(1.881.90 均正确) 解析 (1)电路中最大电流 I A0.75 A。R2的额定电流小于 0.75 E r 1.5 2 A，同时 R2阻值远大于电源内阻 r，不便于调节，所以变阻器用 R1。 (2)如图所示。 (
20、3)将图线延长，交于纵轴，则纵截距即为电动势 E1.48 V(1.471.49 V 均正确)。 r，可得 r1.89 (1.881.90 均正确)。 U I 三、计算题(本题共 4 小题，共 42 分。解答应写出必要的文字说明、证明过 程或演算步骤) 15. (10 分)如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差 U1.5103 V(仅在两板间有电场)，现将一质量 m1102 kg、电荷量 q4105 C 的带 电小球从两板的左上方距两板上端的高度 h20 cm 的地方以初速度 v04 m/s 水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的 下边缘飞出电场，求：
21、(1)金属板的长度 L； (2)小球飞出电场时的动能 Ek。 答案 (1)0.15 m (2)0.175 J 解析 (1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度： vy2 m/s。2gh 设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为 ，则： tan2。 v0 vy 小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为 d， 则：tan， qE mg qU mgd L，解得 L0.15 m。 d tan qU mgtan2 (2)进入电场前 mgh mv mv ， 1 2 2 1 1 2 2 0 电场中运动过程 qUmgLEk mv ， 1 2 2 1 解得 Ek0.175 J。 16. (10
22、 分)如图所示的电路中，电源电压为 60 V，内阻不计，电阻 R2 ，电 动机的内阻 R01.6 ，电压表的示数为 50 V，电动机正常工作，求电动机的输 出功率。 答案 210 W 解析 电压表的示数为电动机两端的电压， 电源电压已知， 可得 URUU 电(6050) V10 V， 由欧姆定律：I5 A， UR R 对电动机由能量关系有 P电P热P出， 所以 P出P电P热U电II2R0(505521.6) W210 W。 17(10 分)如图所示，一带电微粒质量为 m2.01011 kg、电荷量 q 1.0105 C，从静止开始经电压为 U1100 V 的电场加速后，水平进入两平行 金属板间
23、的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角 60，并接着沿半径方向 进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为 60。已知偏转电场中金属板长 LR，圆形匀强磁场的半径为 R10 cm，重3 力忽略不计。求： (1)带电微粒经加速电场后的速率； (2)两金属板间偏转电场的电场强度 E； (3)匀强磁场的磁感应强度的大小。 答案 (1)1.0104 m/s (2)2103 V/m (3)0.13 T 解析 (1)设带电微粒经加速电场加速后速度为 v1，根据动能定理得 qU11 2 mv ， 2 1 解得 v1 1.0104 m/s。 2qU1 m (2)带电微粒在偏转电场中只受电
24、场力作用，做类平抛运动。 水平方向上有：v1 ， L t 竖直方向上有 v2at，a， qE m 由几何关系 tan， v2 v1 联立解得：E2103 V/m。 (3)设微粒进入磁场时的速度大小为 v， 则 v2.0104 m/s， v1 cos 由运动的对称性可知，入射速度的延长线过磁场区域的圆心，则出射速度的 反向延长线也过磁场区域的圆心，微粒在磁场中的运动轨迹示意图如图所示， 则轨迹半径为 rRtan600.3 m， qvBm得 B0.13 T。 v2 r mv qr 18 (12分)如图所示， 电源电动势E27 V， 内阻r10 ， 电阻R150 ， R2 190 。平行板电容器 C
25、 的极板长 l10.8102 m，两极板的间距 d1.0102 m，虚线到两极板距离相等。S 为屏，与极板垂直，到极板的距离 l21.6102 m。有一细电子束沿图中虚线以速度 v08.0105 m/s 连续不断地射入电容器 C。 已知电子电量 e1.61019 C，电子质量 m9.01031 kg，不计电子所受的重 力。 (1)若在 C 的两极板之间同时存在匀强磁场，电子在 C 中做匀速直线运动， 最后恰好打在屏 S 上的 O 点，求该磁场的磁感应强度 B 的大小和方向； (2)若 C 的两极板之间只有电场，没有磁场，电子到达屏 S 上 P 点。求 P、O 之间的距离。 答案 (1)6.75
26、104 T 方向垂直纸面向里 (2)2.4102 m 解析 (1)电子在 C 中做匀速直线运动，必有 ev0BeE，电子受力如图。 由左手定则判断磁场方向垂直纸面向里； 由闭合电路欧姆定律 EI(rR1R2) R1两端电压 UR1IR1 UR15.4 V 由题图：平行板电容器 C 两极板间电压与 R1两端电压相等 UCUR1 两极板间电场强度 E，E540 N/C UC d 磁感应强度 B6.75104 T。 E v0 (2)若无磁场，电子在两板间做类平抛运动，有 eEma 运动时间为 t1 l1 v0 侧移距离 y1 at ； 1 2 2 1 电子从两板间射出后做匀速直线运动，水平速度为 v0 竖直速度 vyat1 运动时间 t2 l2 v0 竖直位移 y2vyt2； 电子到达屏 S 上 P 点时 P、O 之间的距离： yy1y2Eel 1 l 12l2 2mv2 0 代入数据得 y2.4102 m。