高中物理选修3-1期末测试卷-附答案

高中物理选修3-1期末测试卷-附答案高中物理选修3-1期末测试卷一、单选题（共10小题，共40.0分）1.关于物理学家及其贡献，以下哪个说法是正确的？A.奥斯特发现了电流的磁效应并提出了电磁感应定律。B.库仑提出了库仑定律，并最早实验测得元电荷e的数值。C.伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量。D.法拉第不仅提出了场的概念，还发明了人类历史上的第一台发电机。2.在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，A.伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小。B.安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大。C.伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小。D.伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大。3.三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置。三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等。则P、Q中点O处的磁感应强度方向为A.方向水平向左。B.方向水平向右。C.方向竖直向上。D.方向竖直向下。4.如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的而且绝缘，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，a、b为轨道的最低点，则不正确的是A.两小球到达轨道最低点的速度𝑉𝑎>𝑉𝑏。B.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力𝐹𝑎>𝐹𝑏。C.小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间。D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，而在电场中小球不能到达轨道的另一端。5.如图所示，在同一平面内，同心的两个导体圆环中通以同向电流时，A.两环都有向内收缩的趋势。B.两环都有向外扩张的趋势。C.内环有收缩趋势，外环有扩张趋势。D.内环有扩张趋势，外环有收缩趋势。6.如图所示，水平直导线中通有恒定电流I，导线正下方处有一电子初速度𝑣，其方向与电流方向相同，以后电子将A.沿路径a运动，曲率半径变小。B.沿路径a运动，曲率半径变大。C.沿路径b运动，曲率半径变小。D.沿路径b运动，曲率半径变大。7.下列说法中正确的是A.磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I乘积的比值，即𝐵=𝐼𝐿/𝐹。B.通电导线放在磁场中的某点，该点就有磁感应强度。如果将通电导线拿走，该点的磁感应强度就为零。C.磁感应强度$B$可以用公式$B=\frac{IL}{F}$来表示，其大小与场源以及磁场中的位置有关，与通电导线在磁场中的方向无关。D.通电导线所受磁场力的方向与磁场的方向相同。8.一粒子质量为$m$，带电量为$q$，以初速度$v$从点A竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中。当粒子通过电场中的点B时，速率变为$2v$，方向与电场的方向一致。则点A和点B之间的电势差为：A.$\frac{2mv}{q}$B.$\frac{23mv}{q}$C.$\frac{22mv}{q}$D.$\frac{23mv}{2q}$9.一个绝缘圆环，当其均匀带电且电荷量为$+q$时，圆心O处的电场强度大小为$E$。现使半圆ABC均匀带电$+2q$，而另一半圆ADC均匀带电$-2q$，则圆心O处的电场强度大小和方向为：A.$2\sqrt{2}E$，方向由O指向DB.$4E$，方向由O指向DC.$2\sqrt{2}E$，方向由O指向BD.$2E$，方向由O指向B10.某区域的电场线分布如图所示，M、N、P是电场中的三个点。下列说法正确的是：A.P、N两点电场强度大小不等，但方向相同B.将一带负电的粒子从M点移到N点，电场力做负功C.带电量$+q$的粒子从P点到N点的电势能增加D.带正电的粒子仅在电场力作用下，一定沿电场线PN运动11.如图所示，实线表示在竖直平面内的匀强电场的电场线，电场线与水平方向成$\alpha$角，水平方向的匀强磁场与匀强电场相互垂直。有一带电液滴沿虚线L向上做直线运动，L与水平方向成$\beta$角，且$\alpha>\beta$。下列说法中正确的是：A.液滴可能做匀变速直线运动B.液滴一定带正电C.电场线方向一定斜向上D.液滴一定做匀速直线运动12.如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。粒子N从虚线上的O点以相同速率射出，粒子M在电场中运动的轨迹为实线1，粒子N在电场中运动的轨迹为实线2。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点，若不计重力，则：A.M带负电荷，N带正电荷B.N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C.N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D.M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零13.实验题和探究题不适合在此进行。(1)图a中螺旋测微器的读数为______mm，而图b中游标卡尺（游标尺上有50个等分刻度）的读数为______cm。(2)欧姆表“×1”档的中值电阻为20Ω，已知其内装有一节干电池，干电池的电动势为1.5V。该欧姆表表头满偏电流为______mA，要测量2.5kΩ的电阻应选______档。14.测得接入电路的金属丝的长度为L，金属丝的直径d，已知其电阻大约为25Ω。(1)在用伏安法准确测其电阻时，有下列器材供选择，除必选电源（电动势1.5V，内阻很小）、导线、开关外，电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______（填代号）并将设计好的测量电路原理图画在方框内。A1电流表（量程40mA，内阻约0.5Ω）A2电流表（量程10mA，内阻约0.6Ω）V1电压表（量程6V，内阻约30kΩ）V2电压表（量程1.2V，内阻约20kΩ）R1滑动变阻器（范围-10Ω）R2滑动变阻器（范围-2kΩ）(2)若电压表、电流表读数用U、I表示，用上述测得的物理量计算金属丝的电阻率的表示式为𝜌=______（全部用上述字母表示）。15.为了测定干电池的电动势和内阻，现有下列器材：A.干电池一节B.电压表V1（0-15V，内阻约为15kΩ）C.电压表V2（0-3V，内阻约为3kΩ）D.电流表A1（0-3A，内阻约为2Ω）E.电流表A2（0-0.6A，内阻约为10Ω）F.电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω）G.变压器H.滑动变阻器（0-1000Ω）I.滑动变阻器（0-20Ω）J.开关、导线(1)用电流表和电压表测量干电池的电动势和内电阻，应选用的滑动变阻器是______，电流表______，电压表______（用代号回答）。(2)根据实验要求，用笔画线代替导线在实物图甲上连线。(3)某次实验记录如下：组别电流I/A电压U/V10.121.3720.201.3230.311.2440.321.1850.501.1060.571.05根据表中数据在坐标图乙上画出U-I图线，由图可求得E=______V，r=______Ω。4.经过实验，我们发现使用我们设计的电路测得的电动势偏小于电池电动势的真实值。16.在这个圆形匀强磁场区域中，磁场方向垂直于坐标平面向内。一电子从A点以初速度𝑣沿着x轴正方向射入磁场区域，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向之间的夹角为60∘。求解：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)电子在磁场中运动的时间。17.在图甲所示的“U”型金属导轨中，金属杆P质量为𝑚=0.1𝑘𝑔，空间存在磁感应强度𝐵=0.5𝑇，竖直向下的匀强磁场。连接在导轨两端的电阻𝑅=3.0𝛺，金属杆的电阻𝑟=1.0𝛺，其余部分电阻不计。在某一时刻，金属杆P受到一个水平向右的恒力F，从静止开始运动。图乙是金属杆P运动过程的𝑣−𝑡图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数𝜇=0.5。已知第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3：5。取g=10𝑚/𝑠2。求解：(1)水平恒力F的大小；(2)前2s内金属杆P运动的位移大小𝑥；(3)前4s内电阻R上产生的热量。18.如图所示，a为粒子加速器，电压为𝑈1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为𝐵1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为𝐵2。现有一质量为m、电荷量为+𝑒的正电子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动。求解：(1)粒子射出加速器时的速度v为多少？(2)速度选择器的电压𝑈2为多少？(3)粒子在𝐵2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？19.如图所示，一质量为m、电量为+𝑞、重力不计的带电粒子，从A板的S点由静止开始释放，经A、B加速电场加速后，穿过中间偏转电场，再进入右侧匀强磁场区域。已知AB间的电压为𝑈，𝑀𝑁极板间的电压为2𝑈，𝑀𝑁两板间的距离和板长均为L，磁场垂直纸面向里、磁感应强度为B、有理想边界。求解：(1)带电粒子离开B板时速度𝑣的大小；(2)带电粒子离开偏转电场时速度v的大小与方向；要使带电粒子垂直磁场右边界射出磁场，需要知道磁场的宽度d大小。答案为75𝜋𝑈𝑑𝑉2；R1=1.998；R2=1.094；A=14；B=0.75；C=1.45，说明答案偏小。在解决问题之前，需要画出电子的运动轨迹。过点B作电子出射速度方向的垂线，交y轴于点C，C点为电子在磁场中运动轨迹的圆心。由几何知识得，∠𝐴𝐶𝐵=60∘。设电子在磁场中运动的轨迹半径为R，则𝑅−𝐿=𝑅sin30∘，解得𝑅=2𝐿。又由洛伦兹力提供向心力，得到磁场的磁感应强度大小为B=𝑚𝑣/2𝑒𝐿。根据几何知识，粒子在磁场中飞行时间为𝑡=360∘×𝑅/𝑣。将𝑅=2𝐿代入得：𝑡=3𝑣/2𝜋𝐿。因此，电子在磁场中运动的时间为3𝑣/2𝜋𝐿。金属杆P先作加速度减小的加速运动，2秒后做匀速直线运动。当𝑡=2𝑠时，感应电动势𝐸=𝐵𝑙𝑣。由牛顿运动定律可得，金属杆P的电荷量为𝑞=𝐼𝑡=𝐸/(𝑅+𝑟)。通过金属杆P的电荷量，可以得到金属杆P的位移大小𝑥。前4秒内由能量守恒得到，𝐹(𝑥1+𝑥2)=𝑚𝑣2+𝜇𝑚𝑔(𝑥1+𝑥2)+𝑄𝑟+𝑄𝑅2。其中，𝑄𝑟：𝑄𝑅=𝑟：𝑅=1：3。解得，前2秒内金属杆P运动的位移大小𝑥1为4.8𝑚，前4秒内电阻R上产生的热量为1.8𝐽。粒子经加速电场𝑈1加速，获得速度为v。由动能定理可知，𝑒𝑈1=1/2𝑚𝑣2。解得速度大小为v=√(2𝑈1𝑒/𝑚)。在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡得，𝑒𝐸=𝑒𝑣𝐵。因此，电子在速度选择器中的速度大小为v=𝐸/𝐵。解析：(1)原文公式中缺失了一些括号，需要添加括号使其正确。(2)原文中缺失了一些文字，需要补充完整。(3)原文中的第二个公式中符号错误，需要修改。(4)原文中的第三个公式中符号错误，需要修改。(5)原文中的第三个公式中缺失了一些括号，需要添加括号使其正确。改写后的文章如下：题目：一带电粒子从加速器射出后，经过速度选择器和偏转电场后进入磁场，最终垂直磁场右边界射出。求带电粒子射出加速器时的速度、带电粒子离开偏转电场时速度的大小和方向、要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场的宽度。解析：(1)根据动能定理，带电粒子离开B板的速度为v=√(2qU/m)。(2)粒子进入偏转电场后，偏转时间为t=mvy/2qU，其中vy为粒子在y方向上的速度大小。根据牛顿第二定律，粒子在偏转电场中的加速度为a=qE/m，所以vy=at=qEy/2m。因此，带电粒子离开偏