高二物理选修31综合检测题含答案

1、高二物理选修3-1综合测试题一、选择题1.如图所示，水平直导线ab通有向右的电流I，置于导线正下方的小磁针S极将A.向纸外偏转B.向纸内偏转C.在纸面内顺时针转过90°D.不动【答案】A【解析】当导线中通入水平向右的电流时，电流产生磁场，且在导线下方磁针所处位置磁场的方向垂直纸面向里，即小磁针N极所受磁场力的方向垂直纸面向里，所以N极向纸里、S极向纸外偏转，A对.2.对于给定的电容器，在描述电容C、带电量Q、电势差U之间的关系中（电容器未击穿），正确的是【答案】BC【解析】有电容的定义公式，对于给定的电容器，C一定，C对；在电容未被击穿的条件下，Q与U成正比，所以B正确.3.有两个完

2、全相同的金属小球A、B(它们的大小可忽略不计)，A带电荷量为7Q，B带电荷量为-Q，当A、B在真空中相距为r时，两球之间的相互作用的库仑力为F；现用绝缘工具使A、B球相互接触后再放回原处，则A、B间的相互作用的库仑力是A.79FB.67FC.87FD.97F【答案】D【解析】由题意A、B未接触前有；两球接触后，电量平分，则A、B带电量均为3Q，此时A、B间库仑力，即，D正确.4.如图所示当可变电阻R的滑片向b端移动时，通过电阻R1、R2、R3的电流强度I1、I2、I3的变化情况是A.I1变大，I2、I3变小B.I1、I2变大，I3变小C.I1变小、I2、I3变大D.I1、I2变小，I3变大【答

3、案】D【解析】此题考查闭合电路的动态分析.当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，总电路外电阻减小；总电流I增大，从而使内电压增大，路端电压减小，即R1两端电压减小，所以I1减小；又因为总电流I=I1+I3，所以I3增大；因为I3增大，所以R3两端电压增大，则R2两端电压减小，I2减小，所以只有D正确.5. 图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（ BCD ）A、带电粒子所带电荷的符号B、带电粒子在a、b两点的受力方向C、带电粒子在a、b两点的速度

4、何处较大D、带电粒子在a、b两点的电势能何处较大6. 如图所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是（ AC ） A、当R2=R1+r时，R2获得最大功率B、当R1=R2+r时，R1获得最大功率C、当R20时，R1上获得最大功率D、当R20时，电源的输出功率最大7.如图所示为逻辑电路，根据电路图完成它的真值表.其输出端从上到下排列，结果正确的是输入输出ABC00011011A.0，0，1，0B.0，0，1，1C.1，0，1，0D.0，0，0，1【答案】A【解析】由题图可知，B输入的是“非”门电路，然后与A共同输入的是“与”门电路；根据门电路真值表对

5、比可知A正确.8.如图所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰能沿水平方向做直线运动.现使小球从较低的b点开始下滑，经P点进入板间，在板间的运动过程中A.其动能将会增大B.其电势能将会减小C.小球所受的洛伦兹力将会增大D.小球受到的电场力将会增大【答案】AC【解析】小球从a点下滑进入平行板中做直线运动，由平衡条件知图1小球一定带正电，受力情况如图所示，且qvB+qE=mg；当小球从b点滑进极板时，速度比从a点滑入时小，则小球所受合力向下，将向下偏转，此时合力做正功，动能增大，A对；动能增大，则小球速率增大，洛伦兹力增大

6、，C对.9.如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场.若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是A.在b、n之间某点B.在n、a之间某点C.a点D.在a、m之间某点【答案】C【解析】由几何知识知，氢核从n点射出时必定与ab边垂直，如图轨迹1所示，其轨道半径为正方形边长的一半；当磁感应强度变为原来的2倍，由知氢核半径变为原来的一半，其运动轨迹如图轨迹2所示，氢核射出磁场的位置必过a点，C对.二、填空题（共4小题，每小题4分，共16

7、分）11. （1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十kW的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上。a将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c旋转S使其尖端对准欧姆档´1kd旋转S使其尖端对准欧姆档´100e旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔 _ _。根据上图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为_W。（2）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（）（A）测量电阻时如果指针偏转过大，

8、应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量（B）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果（C）测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开（D）测量阻值不同的电阻时都必须重新调零（1）c a b e 30k（2）ABC12. 在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：图甲A待测的干电池（电动势约为1. 5 V，内电阻小于1. 0)B电流表G（满偏电流3 mA，内阻Rg=10)C电流表A(00. 6 A，内阻0.1)D滑动变阻器R1(0.20,10 A)E.滑动变阻器R2(0200,l A)F定值电阻R0 (990)G开关和导线若干(1)某同学发现上述器

9、材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图所示中甲的（a)、 (b)两个参考实验电路，其中合理的是 图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选 （填写器材前的字母代号）(2）图乙为该同学根据（1)中选出的合理的实验电路利用测出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得被测电池的电动势E= V，内阻r= 。(1 )b D或R1 ； (2) (1.48士0.02) 0.77(0.750.80)13.为了研究一个“2.5 V，1 W”的小灯泡的伏安特性，现有蓄电池一组，电键一个，导线若干，05 、额定电流为1 A

10、的滑动变阻器一个，其他可供选择的器材如下：A.量程为03 A，内阻为0.025 的电流表B.量程为00.6 A，内阻为0.2 的电流表C.量程为0100 mA，内阻为5 的电流表D.量程为03 V，内阻为10 k的电压表E.量程为015 V，内阻为50 k的电压表（1）要正确地完成这个实验，电流表应选_，电压表应选_(填代号).（2）请画出电路原理图.【答案】（1）BD（2）见下图【解析】由题意可知小灯泡的额定电压和额定电流分别为2.5 V和0.4 A，由此可以选出电压表及电流表；采用分压式电路可以扩大小灯泡两端电压变化的范围，使测量结果更加准确.三、计算题14. 如图所示的电路中，电阻R1R

11、2R310，电源内阻r5，电压表可视为理想电表当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V.求：(1)电阻R2中的电流为多大？(2)路端电压为多大？(3)电源的电动势为多大？(4)当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？【解析】(1)电阻R2中的电流IU2/R2代入数据得I1A(2)外电阻RR215路端电压UIR15V(3)根据闭合电路欧姆定律IE/(Rr)代入数据解得E20V(4)S1闭合而S2断开，电路中的总电流IE/(R1R2r)电压表示数UI(R1R2)代入数据解得U16V.【答案】(1)1A(2)15V(3)20V(4)16V15.如图所示，在水平放置且相距3.6 cm的

12、平行带电金属板间，能形成匀强电场，有一个质量m=10-4 g、电荷量q=10-8 C的液滴，在两板正中央处于静止状态.（g取10 m/s2）求：(1)哪块板带正电？板间电场强度多大?(2)若板间电场强度突然增为原来的2倍，方向不变，液滴触及板面时速度多大？【答案】（1）上极板100 N/C（2）0.6 m/s【解析】（1）由题意知液滴处于静止状态，则液滴所受的重力与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，又因为液滴带负电.所以上极板带正电由qE=mg得（2）当电场强度增为原来的两倍时由牛顿第二定律知则由运动学公式得v=at=10×0.06 m/s=0.6 m/s16. 在相互垂直的匀强电场

13、和匀强磁场中,有一倾角为、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上.有一质量为m，带电荷量为q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，求：（1）小球能在斜面上连续滑行多远？（2）所用时间是多少？（1） Eq=mg（2分）(Eq+mg)cos=Bqv（2分）(Eq +mg)sin.x=(1/2)mv2得x（3分）（2）(Eq +mg)sin=ma得a=2gsin（3分）x=(1/2)at2得 t=17.如图所示，电源的电动势E=110 V，电阻R1=21 ，电动机绕组的电阻R0=0.5 ，电键S1始终闭合.

14、当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525 W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336 W，求:（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率.【答案】（1）1 （2）26 A1 606 W【解析】（1）设S2断开时R1消耗的功率为P1，则代入数据可以解得，r=1 （2）设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则由闭合电路欧姆定律得，E=U+Ir代入数据，得U=84 V，I=26 A流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，而I1+I2=I，所以I2=22 A由，代入数据得， P出=1 606 W18. 如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm的匀强

15、磁场区域，磁感应强度B=0.332T，磁场方向垂直于纸面向里；ab、cd足够长，cd为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32×105 N/C，方向与金箔成37°角。紧挨边界ab放一点状粒子放射源S，可沿纸面向各个方向均匀放射初速率相同的粒子，已知：m =6.64×10-27Kg,q=3.2×10-19C,初速率v=3.2×106 m/s . （sin37°=0.6,cos37°=0.8）求：（1） 粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径R；（2） 金箔cd被 粒子射中区域的长度L；BEacSdNb37°BEacSdNb37°（3） 设打在金箔上d端离cd中心最远的粒子沿直线穿出金箔进入电场，在场中运动通过N点，SNab且SN=40cm,则此粒子从金箔上穿出时，损失的动能为多少？（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即 （2分）则 （2分）（2）设cd中心为O，向c端偏转的粒子，当圆周轨迹与cd相切时偏离O最远，设切点为P，对应圆心O1，如图所示，则由几何关系得： （3分）向d