模块滚动练(选修3-1)

高三单元滚动检测卷·物理考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ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3－1)第Ⅰ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1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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1A．Q减小，y不变 B．Q减小，y减小C．Q增大，y减小 D．Q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，∠MOP＝60°，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.eq\r(3)∶1 B.eq\r(3)∶2C．1∶1 D．1∶25．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3A．V的示数先增大后减小，A示数增大B．V的示数先增大后减小，A示数减小C．V的示数先减小后增大，A示数增大D．V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，OP＝x，能正确反映x与U之间关系的是()图4A．x与U成正比 B．x与U成反比C．x与eq\r(U)成正比 D．x与eq\r(U)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8.如图6所示，在竖直平面内，AB⊥CD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4eq\r(gr).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6A．D点的电势为eq\f(7mgr,q)B．A点的电势高于D点的电势C．D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，“Γ”型金属导轨间距为0.5m，右段在水平面内，左段竖直，如图7所示．两根质量均为0.06kg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10m/s2)()图7A．B＝0.5T，I＝2AB．B＝0.5T，I＝1AC．B＝1.0T，I＝1.5AD．B＝0.8T，I＝2.6A10．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Ek－t图象中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高频电压的变化周期应该等于tn－tn－1C．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Ⅱ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ρ，所用器材包括：A．待测合金丝ac：长度约1m，电阻约20Ω；B．电压表：测量范围0～5V，内阻约50kΩ；C．电流表：测量范围0～0.5A，内阻约0.3Ω；D．滑动变阻器：电阻变化范围0～10Ω；E．直流电源：电动势约9V；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：①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；②反复调节滑动变阻器，让电流表的示数为I＝0.360A，读出电压表的示数U，同时记录ab间合金丝对应的长度L；③断开开关，调节金属夹的位置，合上开关，重复②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U－L图线，由图可求得该合金丝的电阻率为ρ＝________Ω·m.(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3V，内阻RV1＝10kΩ)电压表：V2(量程15V，内阻RV2＝50kΩ)电流表：G(量程3mA，内阻Rg＝100Ω)电流表：A(量程3A，内阻约为0.5Ω)滑动变阻器：R1(阻值范围0～10Ω，额定电流2A)R2(阻值范围0～1000Ω，额定电流1A)定值电阻：R3＝0.5Ω，R4＝10Ω(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，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．eq\x()(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＝________Ω(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θ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eq\f(L,2)，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t＝5t0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1．A[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，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．]2．B3．D[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．]4．B[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eq\f(B1,2)；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eq\f(B1,2).作平行四边形，由图中的几何关系可得cos30°＝eq\f(\f(B2,2),\f(B1,2))＝eq\f(B2,B1)＝eq\f(\r(3),2)，故选项B正确，选项A、C、D错误．]5．A[当滑片从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，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．]6．C[由x＝2R＝eq\f(2mv,qB)，qU＝eq\f(1,2)mv2，可得x与eq\r(U)成正比，选项C正确．]7．BD[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．]8．AC[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：mgr＋W电＝eq\f(1,2)m(4eq\r(gr))2－0，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，因此点电荷－q在D点的电势能为EpD＝－7mgr；D点的电势为φD＝eq\f(EpD,－q)＝eq\f(7mgr,q)，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eq\r(2)∶1，根据点电荷电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)，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．]9．AC[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FT＝F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FN＝BIl，FT±μFN－mg＝0，联立解得BI＝eq\f(mg,l1±μ)，代入数据解得0.857T·A≤BI≤2T·A，四组选项中BI在此范围内的是A、C.]

10．AD[粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，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＝T＝2(tn－tn－1)，故B错误；由nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)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＝eq\f(mvm,qB)，所以最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，对于同种粒子，R越大，Ekm越大，故D正确．]11．(1)AD(2)0.300(4)eq\f(4ρIL,πD2)(5)1.2×10－6解析(1)由题意可知，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<eq\r(RARV)，电流表采用外接法，故选A、D.(2)螺旋测微器读数为D＝30.0×0.01mm＝0.300mm.(4)对电阻丝，分别由欧姆定律和电阻定律得Rx＝eq\f(U,I)和Rx＝ρeq\f(L,\f(πD2,4))，联立解得U＝eq\f(4ρIL,πD2).(5)由U－L图线可得斜率k＝eq\f(4.2－1.8,0.4)V/m＝6V/m，该合金丝的电阻率ρ＝eq\f(kπD2,4I)≈1.2×10－6Ω·m.12．(1)V1R1R30.603(填0.6或0.60均可)(2)如图所示(3)1.480.84(0.70～0.90之间)解析(1)一节干电池的电动势约E＝3V，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0～10Ω，电路中最小电流约为：Imin＝eq\f(E,R)＝eq\f(3,10)A＝0.3A；电流表A的量程是3A,0.3A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：I＝Ig＋eq\f(IgRg,R3)＝0.003A＋eq\f(3×10－3×100,0.5)A＝0.603A.(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，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为E＝1.48V.图线的斜率大小k＝r，由数学知识得：k＝eq\f(1.48－1.06,2.5×200×10－3)＝0.84，则电源的内阻为：r＝k＝0.84Ω.13．(1)45°eq\f(πE,2gB)(2)eq\f(\r(2)Ev0,gB)解析(1)小球P静止时对斜面无压力mg＝qE①P获得水平初速度后做匀速圆周运动，由对称性可得小球P落到斜面时其速度方向与斜面的夹角为45°②qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)③T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)④小球P由A到C所需的时间：t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πE,2gB)⑤(2)由③式可知，P做匀速圆周运动的半径R＝eq\f(mv0,qB)⑥由几何关系知x＝eq\r(2)R⑦联立解得位移x＝eq\f(\r(2)Ev0,gB)14．(1)eq\f(mv\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(2mv0,qL)解析(1)设带电粒子在平行金属板间运动时间为t，由类平抛运动可知L＝v0t，eq