模块滚动练(选修3-1)

1、高三单元滚动检测卷·物理考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共4页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间90分钟，满分100分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整模块滚动练(选修31)第卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1下列叙述符合物理学史实的是()A焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和内能之间的转换关系B法拉第提出了分子电流假

2、说，解释了磁铁的磁场和电流的磁场在本质上是相同的C库仑最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场D奥斯特对电磁感应现象的研究，将人类带入了电气化时代2如图1所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y，以下说法正确的是() 图1AQ减小，y不变 BQ减小，y减小CQ增大，y减小 DQ增大，y增大3如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子的运动轨迹，带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是()4如

3、图2所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP60°，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2, 那么B2与B1之比为 ()图2A.1 B.2 C11 D125如图3所示，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中()图3AV的示数先增大后减小，A示数增大BV的示数先增大后减小，A示数减小CV的示数先减小后增大，A示数增大DV的示数先减小后增大，A示数减小6如图4所示，一个静止的质量

4、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，由O点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()图4Ax与U成正比 Bx与U成反比Cx与成正比 Dx与成反比7如图5，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同)由静止释放后，向相反方向运动，图5最终都静止在小物块运动的过程中，下列表述正确的是()A物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B物块之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物块上的库仑力做功多一些C因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少

5、8.如图6所示，在竖直平面内，ABCD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为Q.现从A点将一质量为m、电荷量为q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4.已知重力加速度为g.规定电场中B点的电势为零，则在Q形成的电场中() 图6AD点的电势为BA点的电势高于D点的电势CD点的电场强度大小是A点的2倍D点电荷q在D点具有的电势能为7mgr9在竖直向下的匀强磁场中，“”型金属导轨间距为0.5 m，右段在水平面内，左段竖直，如图7所示两根质量均为0.06 kg的导体棒分别放在水平段和竖直段，并通过绝缘细线跨过定滑轮P相连，导轨水平段光

6、滑，导体棒cd与导轨竖直段间动摩擦因数为0.4.闭合开关S，发现两导体棒静止在导轨上，则下列各组磁感应强度的大小和电流值能满足要求的是(g取10 m/s2)() 图7AB0.5 T，I2 ABB0.5 T，I1 ACB1.0 T，I1.5 ADB0.8 T，I2.6 A10图8甲是回旋加速器的原理示意图其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电压相连加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是()图8A在Ekt图象中t4t3t3t2t2t1B高频电压的变化周期应该等于

7、tntn1C粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D对于同种粒子，D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大第卷(非选择题，共60分)二、非选择题(共60分)11(8分)某实验小组利用实验室提供的器材探究一种合金丝的电阻率，所用器材包括：A待测合金丝ac：长度约1 m，电阻约20 ；B电压表：测量范围05 V，内阻约50 k；C电流表：测量范围00.5 A，内阻约0.3 ；D滑动变阻器：电阻变化范围010 ；E直流电源：电动势约9 V；F螺旋测微器、米尺、开关，导线若干(1)(多选)将合金丝ac拉直后固定在绝缘米尺上，其中a端点固定在米尺的0刻度上，c端点固定在米尺的另一端，并在合金丝上夹

8、上一个可移动的小金属夹，b是金属夹与合金丝的接触点根据现有器材，图9甲中实验电路应该选用的是_图9(2)用螺旋测微器测量合金丝的直径D，示数如图乙，则D_mm.(3)实验的主要步骤如下：正确连接电路，调节金属夹的位置，将滑动变阻器滑片调到适当位置，合上开关；反复调节滑动变阻器，让电流表的示数为I0.360 A，读出电压表的示数U，同时记录ab间合金丝对应的长度L；断开开关，调节金属夹的位置，合上开关，重复的操作(4)依据原理可知，U与L应遵从的关系是U_.(用测得量和已知量的字母表示)(5)该小组依据测得的多组U与L的数据，作出了图丙所示的UL图线，由图可求得该合金丝的电阻率为_·m

9、.(保留两位有效数字)12(8分)某同学要测量一节干电池的电动势和内阻实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V1(量程3 V，内阻RV110 k)电压表：V2(量程15 V，内阻RV250 k)电流表：G(量程3 mA，内阻Rg100 )电流表：A(量程3 A，内阻约为0.5 )滑动变阻器：R1(阻值范围010 ，额定电流2 A)R2(阻值范围01 000 ，额定电流1 A)定值电阻：R30.5 ，R410 (1)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中电压表应选用_，滑动变阻器应选用_(填写器材的符号)该同学发现所给的两个电流表的量程均不符合要求，他将电流表G进行改装

10、，电流表G应与定值电阻_并联，改装后的电流表对应的量程是_A.(2)在虚线框中，画出该同学实验连线时依据的实验原理图(3)电流表G改装后其表盘没有来得及重新刻度，该同学利用上述实验原理测得数据，以电流表G的读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图10所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E_V(结果保留三位有效数字)，电源的内阻r_(结果保留两位有效数字)图1013(14分)如图11所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°.有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且

11、恰好对斜面无压力若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P视为质点)一段时间后，小球落在斜面上的C点已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求：图11(1)小球P落到斜面时速度方向与斜面的夹角及由A到C所需的时间t；(2)小球P从抛出到落回斜面的位移x的大小14.(14分)如图12所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场一个电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度v0，从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场不计粒子重力求：图12(1)两金

12、属板间所加电场的场强大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小15(16分)如图13所示，在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧和MN边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN边界与y轴平行且间距保持不变一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t0，粒子重力不计图13(1)求磁感应强度的大小B；(2)若t5t0时粒子回到原点O，求电场区域的宽度d和此时的电场强度E0；(3)若带电粒子能够回到原点O，则电场强度E应满足什么条件？答案解析1A安培提出分子电流假说，选项B错误；法拉第最早引入电场概念

13、，并提出用电场线表示电场，选项C错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，选项D错误2B3D由于带电粒子只受电场力的作用，而且运动过程中电势能逐渐减少，可判断电场力做正功，即电场力与粒子速度方向的夹角为锐角，且两者在轨迹两侧，综上所述，可判断只有D项正确4B如图所示，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则可知，二者在圆心O处产生的磁感应强度的大小都为；当将M处长直导线移到P处时，两直导线在圆心O处产生的磁感应强度的大小也为.作平行四边形，由图中的几何关系可得cos 30°，故选项B正确，选项A、C、D错误5A当滑片从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，

14、分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，电流增大，则通过电流表的电流增大外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；当滑片从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大电源的内电压增大，路端电压减小，则电压表的示数减小所以V的示数先增大后减小，A示数一直增大6C由x2R，qUmv2，可得x与成正比，选项C正确7BD开始时库仑力大于摩擦力，两物块做加速运动，随着距离的增大，库仑力减小，即物块做加速度减小的加速运动，当库仑力小于摩擦力时开始做减速运动直至停下，所以A错

15、误；两物块受库仑力大小相等，且一直做正功，质量小的物块受滑动摩擦力小，运动的位移较大，故库仑力做功较多，所以B正确；整个过程库仑力做正功，摩擦力做负功，加速过程机械能增大，减速过程机械能减小，根据动能定理知，整个过程库仑力做正功等于克服摩擦力做的功等于电势能的减少，所以C错误，D正确8AC由题意可知，A、B到C的距离相等，则A、B的电势相等沿着电场线的方向，电势降低，而电场线会聚于负电荷，则A点的电势低于D点电势，q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：mgrW电m(4)20，解得电场力做功：W电7mgr；规定电场中B点的电势为零，A点的电势也为零，因由A到D点电场力做正功，则电势能减小，因此

16、点电荷q在D点的电势能为EpD7mgr；D点的电势为D，故A正确，B、D错误由几何关系得，D到C的距离与A到C的距离之比为1，根据点电荷电场强度公式Ek，电场强度的大小与间距的平方成反比，则有D点电场强度大小是A点的2倍，故C正确9AC要使两导体棒静止在轨道上，则ab、cd受力平衡，ab所受安培力水平向右，细线的拉力水平向左，大小FTF安BIl；cd所受四个力如图所示，其中静摩擦力的方向可能竖直向上也可能竖直向下，因此有FNBIl，FT±FNmg0，联立解得BI，代入数据解得0.857 T·ABI2 T·A，四组选项中BI在此范围内的是A、C.10AD粒子在磁场中

17、运动的周期T，与粒子的速度无关，粒子每次在D形盒内运动半个周期的时间都相等，故A正确；由于粒子每次在D形盒中偏转半个圆周后就要加速一次，高频电压就要反向一次，所以高频电压的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，即T电T2(tntn1)，故B错误；由nqUmv可知，U不变时，粒子获得的最大动能与加速次数n、电荷量q都有关，故粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能不一定越大，故C错误；粒子获得的最大动能可由最后半个圆周的偏转求得，设D形盒的半径为R，则R，所以最大动能Ekmmv，对于同种粒子，R越大，Ekm越大，故D正确11(1)AD(2)0.300(4)(5)1.2×106解析(1)由题

18、意可知，待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值相差不多，为测多组实验数据，滑动变阻器采用限流式与分压式接法都可以因Rac<，电流表采用外接法，故选A、D.(2)螺旋测微器读数为D30.0×0.01 mm0.300 mm.(4)对电阻丝，分别由欧姆定律和电阻定律得Rx和Rx，联立解得U.(5)由UL图线可得斜率k V/m6 V/m，该合金丝的电阻率1.2×106 ·m.12(1)V1R1R30.603(填0.6或0.60均可)(2)如图所示(3)1.480.84(0.700.90之间)解析(1)一节干电池的电动势约E3 V，故电压表应选择V1；为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是010 ，电路中最小电流约为：Imin A0.3 A；电流表A的量程是3 A,0.3 A不到该量程的三分之一，量程太大，因此不能用电流表A.为了扩大电流表的量程，应并联一个小电阻，故应与R3并联改装后电流表量程：IIg0.003 AA0.603 A.(2)由题意可知，电流表用表头进行改装，电压表并联在电源两端，原理图如图所示(3)由上可知，改装后电流表