《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.doc》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.doc（17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
2、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90D远离直导线，同时旋转90答案A解析用右手螺旋定则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
3、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，W0CEkEk，W0 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
4、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
5、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
6、加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为31C在磁场中转过的角度之比为13D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，由此可知，a1a213，A错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r，又qUmv2，故有r，即r1r21，B错误；设离子P3在磁场中偏转角为，则sin，sin(d为磁场宽度)，故有sinsin1，已知30，故60，C错误；全过程中只有电场力做功，WqU，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以Ek1Ek2W1W213，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
7、电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2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；L1两端电压U1减小，使通过L1的电流减小，且L1的
8、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，
9、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，式中k是常数，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
10、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
11、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
12、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，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
13、，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 WD灯泡L2消耗的电功率为0.30 W答案ACD解析当开关闭合后
14、，灯泡L1两端的电压U13 V，由图乙可得其电流I10.25 A，则灯泡L1的电阻R1 12 ，功率P1U1I10.75 W，故A、C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100 )C直流毫安表A2(量程040 mA，内阻约40 )D直流电压表
15、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)CD(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
16、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
17、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 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。(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)。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
18、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：(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。设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为，则：tan2。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，L，解得L0.15 m。(2)进入电场前mghmvmv，电场中运动过程q
19、UmgLEkmv，解得Ek0.175 J。16.(10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，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q1.0105 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的偏转电场中
20、，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qU1mv，解得v1 1.0104 m/s。(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。水平方向上有：v1，竖直方向上有v2at，a，由几何关系tan，
21、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，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。18(12分)如图所示，电源电动势E27 V，内阻r10 ，电阻R150 ，R2190 。平行板电容器C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
22、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)6.75104 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UR1IR1UR15.4 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磁感应强度B6.75104 T。(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侧移距离y1at；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竖直位移y2vyt2；电子到达屏S上P点时P、O之间的距离：yy1y2代入数据得y2.4102 m。