2018-2019学年高二第一学期物理人教版物理选修3-1期末考前复习检测题解析版

期末考前复习练习题一、选择题1.关于库仑定律，以下说法正确的选项是()A.库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B.根据F＝kq1C.假设点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，那么q1对q2的库仑力大于q2对q1的库仑力D.库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是与距离平方成反比的定律【答案】D【解析】试题分析：库仑定律适用于点电荷，点电荷并不是体积很小的球体，A错误；当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式，不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，B错误；两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷q1的电荷量与q2的电荷量大小如何，q1对q2的电场力大小上总等于q2对q1电场力，C错误；库仑定律的表达式为，万有引力定律的表达为，故两表达式相似，都是平方反比定律，D正确；应选D。考点：库仑定律。【名师点睛】库仑定律适用于真空中两个点电荷间的作用力，，两个点电荷间的库仑力是一对相互作用力；带电体能看作点电荷的条件是带电体的大小和形状及电荷量对分析的问题的影响可以忽略，这两个带电体就可以看做是点电荷。2.如下图是某校首届中学生创意物理实验设计展评活动中获得一等奖的作品?小熊荡秋千?。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，C、D的两端用柔软的细导线吊了两个铜线圈P、Q〔Q上粘有一张小熊的图片〕，并组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。关于此作品，以下说法正确的选项是〔〕A.P向右摆动的过程中，P中的电流方向为逆时针方向〔从右向左看〕B.P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动C.P向右摆动的过程中，Q会向左摆动D.假设用手左右摆动Q，P会始终保持静止【答案】AB【解析】A、P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看).故A正确。B、P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，那么Q下端的电流方向向外，根据左手定那么知，下端所受的安培力向右，那么Q向右摆动。同理用手左右摆动Q，P会左右摆动.故B正确，C错误，D也错误。应选AB.【点睛】此题考查了楞次定律和左手定那么的综合，掌握楞次定律判断感应电流方向的一般步骤，以及会通过左手定那么判断安培力的方向，不能与右手定那么混淆．3.P、Q是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从P点沿电场线运动到Q点，其v-t图象如下图.那么这电场的电场线分布可能是如图中的(A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据v-t图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆电场线运动，且向着电场线密集的方向运动，故C正确，4.有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随x轴坐标的变化情况如下图。P、Q为x轴上的两点，其坐标分别为xP=lcm、xQ=4cm。假设将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)从xA.假设该粒子从坐标原点处由静止释放，那么粒子在P点和Q点的加速度大小相等，方向相反B.假设该粒子从坐标原点处由静止释放，那么粒子经过P点和Q点时，电场力做功的功率相等C.假设该粒子从Q点由静止释放，那么粒子将沿x轴负方向一直向前运动D.假设该粒子从P点以沿x轴正方向的水平速度v0=2【答案】D【解析】A、φ-x图象的斜率大小等于场强E．那么知P点的场强大于Q点的场强，根据牛顿第二定律a=qEm知粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反，故A错误。B、粒子经过P点与Q点时电势相等那么电势能相等有动能相等，速度大小相等；由图象知道电场强度之比为2：1，所以电场力大小之比为2：1，根据P=Fv，电场力做功的功率大小是Q点的两倍，B错误。C、假设粒子从Q点释放，先向x轴负方向加速运动再减速运动，到达P点时速度减为零，此时电场力沿x轴正向，故反向做加速运动，C错误。D、粒子在P点以某一初速度释放,先加速后减速运动到Q点速度相等，假设此后减速过程到10mm处速度减为零时电场力做的负功为W=q⋅2φ【点睛】此题关键是抓住φ-x图象的斜率大小等于场强E，由电势的变化确定电场线方向，判断粒子的运动情况．5.如下图电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为平行板电容器，开关S闭合后，电容器两板正中央有一个带电液滴恰好静止。电流表和电压表都可以视为理想电表。当滑动变阻器滑片PA.电容器两板之间的液滴带正电B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电容器C所带电荷量增加，液滴向上加速运动D.电容器C所带电荷量减小，液滴向下加速运动【答案】D【解析】当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，R2与R3并联的电阻减小，总电阻减小，那么总电流增大，R1电压增大，那么电压表示数变大．R2与R3并联的电压减小，通过R3电流减小，那么电流表示数变大．故B错误．电容器上板带正电，液滴的重力与电场力平衡，那么液滴带负电；R2与R3并联的电压减小，电容器板间电压减小，带电量减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，那么液滴将向下加速运动，故AC错误，D正确．应选D.6.如下图的区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y=2sinπ2x曲线围成(x≤2m)。现用水平拉力F把边长为2m的正方形单匝线框以水平速度v=10m/sA.拉力F要做12.8J的功才能让线框通过此磁场区B.拉力F要做6.4J的功才能让线框通过此磁场区C.拉力F的最大功率为3.2WD.水平拉力F的最大值为6.4N【答案】B【解析】线框切割磁感线产生的感应电动势为：E=Blv=Bvy=Bv•2sinπ2x=2Bvsinπ2x；当y最大时，E最大，最大值为：Em=2Bvymax=2×0.2×10V=4V；安培力最大值：Fm=BIymax=0.2×8×2N=3.2N；那么拉力最大值：F拉m=F=3.2N；拉力的最大功率为：P=F拉mv=3.2×10W=32W，故CD错误。整个过程拉力做功为：W=(22Em点睛：此题与线圈转动产生正弦交流电类似，线框运动过程中产生的是正弦式电流，求电功时要用电动势的有效值，知道正弦式电流的最大值是有效值的2．7.匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示感应电流为I1、I2、I3时金属圆环上很小一段受到的安培力，那么()A.I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C.F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D.F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外【答案】A【解析】由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；由左手定那么可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，故C错误；由左手定那么可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D错误；应选A．点睛：此题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定那么即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定那么；要掌握应用楞次定律解题的步骤。8.如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与A.L1所受磁场作用力的方向与L2、B.L3所受磁场作用力的方向与L1、C.L1、L2和L3D.L1、L2和L3【答案】BC【解析】【分析】依据右手螺旋定那么判定各导线在其他位置的磁场方向，再结合矢量的合成法那么，即可判定合磁场方向，最后根据左手定那么，从而确定其位置的受到磁场力方向；因所通的电流相等，那么单位长度的磁场力之比，即为各自所处的磁场之比。【详解】A、根据右手螺旋定那么，结合矢量的合成法那么，那么L2、L3通电导线在L1处的磁场方向如以下图所示，再根据左手定那么，那么L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，故A错误；B、同理，根据右手螺旋定那么，结合矢量的合成法那么，那么L2、L1通电导线在L3处的磁场方向如以下图所示，再根据左手定那么，那么L3所受磁场作用力的方向与L2、L1所在平面垂直，故B正确；CD、由A选项分析，可知，L1、L3通电导线在L2处的合磁场大小与L2、L3通电导线在L1处的合磁场相等，设各自通电导线在其他两点的磁场大小为B，那么L1、L2和L3三处磁场之比为B:B:3B应选：BC。【点睛】考查右手螺旋定那么与左手定那么的内容，掌握矢量的合成法那么，理解几何关系，及三角函数知识的运用。9.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的创造、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。假设速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如下图，那么以下相关说法中正确的选项是()A.该束带电粒子带正电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qmD.在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大【答案】BD【解析】【分析】根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负。根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况以及通过狭缝S0时速率。在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关。【详解】带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定那么知，该粒子带正电。故A正确。在平行金属板间，根据左手定那么知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，那么电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，即速度选择器的上极板带正电。故B错误。通过狭缝的粒子满足Eq=B1qv，即v=EB1，选项C正确；进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=mv2【点睛】解决此题的关键会根据左手定那么判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡。在磁场中洛伦兹力等于下向心力。10.如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间相距为dAB，两板间加有如图(b)所示的交变电压，质量为m，带电量为+q的粒子〔不计重力〕被固定在两板的正中间P处，且dABA.t=0由静止释放该粒子，一定能到达B.t=T4C.在0<t<D.在T4<t【答案】AD【解析】试题分析:A、C、在t=0时释放该粒子，在0-T/2这段时间内粒子所受电场力方向向右，粒子向右做匀加速直线运动，设加速度为a，末速度为aT可知粒子t=T/4时刻释放的粒子围绕P点做往复运动，而，那么始终不能打在两边的板上，选项B错误．D、带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，选项D正确。应选AD．考点：考查带电粒子在匀强电场中的运动．名师点睛：解决此题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，通过加速度的方向与速度方向的关系得出物体的运动规律．此题也可以通过速度-时间图象进行分析．二、实验题11.在“伏安法测电阻〞的实验中.〔1〕某同学利用多用电表用×1档粗略测量某电阻的阻值，表盘指针位置如下图，那么被测电阻的阻值约为________Ω〔2〕为提高测量的精度，该小组的人员从以下器材中挑选了一些元件，设计了一个电路，重新测量该电阻(用Rx表示)A.电流表A1(量程0～50mA，内阻约12Ω)B.电流表A2(量程0～3A，内阻约0.12Ω)C.电压表V1(量程0～3V，内阻很大)D.电压表V2(量程0～15V，内阻很大)E.电源E(电动势约为3V，内阻约为0.2Ω)F.定值电阻R(30Ω，允许最大电流2.0A)G.滑动变阻器R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)H.滑动变阻器R2(0～1kΩ，允许最大电流0.5A)单刀单掷开关S一个，导线假设干①电流表应选______，电压表应选_____，滑动变阻器应选_____．(填字母代号)②请在方框中画出测量电阻Rx的实验电路图__________【答案】(1).〔1〕20(2).①A(3).C(4).G(5).②将Rx和定值电阻串联，电流表外接的分压电路【解析】〔1〕欧姆表的读数是指针的示数乘以倍率，所以读数为20×1Ω=20Ω；

〔2〕①电源电动势为3.0V，电压表应选C；通过电线的最大电流约为：I=UR=320A=150mA，利用B电流表误差太大，故电流表采用A；为了操作方便，滑动变阻器应选12.小聪、小慧和小明分别做了以下三个电学实验：〔1〕小聪利用图甲所示电路图“研究通过小电珠的电流随其两端电压变化的关系〞。他闭合开关S后，调节滑动变阻器的滑片P，使其向右端b滑动，此过程中，电压表V的示数将______〔选填“变大〞、“变小〞或“不变〞〕；假设某一状态下，他读出电压表V、电流表A的示数分别为2.7V、0.3A，那么该状态下小电珠的电阻测量值为_______Ω。〔2〕小慧在“测量电源的电动势和内阻〞的实验中，根据图乙的电路连接实物，利用测得的数据作出了图丙所示的路端电压随电流变化的关系图像(U-I图像)，由图可知，她测出的电池电动势E=____V，电池内阻r=______Ω。〔3〕小明准备测量一只电阻R的阻值，要求操作方便、测量误差尽量小。①他先用多用电表的电阻挡“×1k〞倍率测R的阻值，电表指针稳定时如图丁所示，其示数为_________Ω：②接着他利用以下器材进一步测量：A．电流表〔0～500μA，内阻约200Ω〕B．电压表〔0～3V挡、内阻约5kΩ，0～15V挡、内阻约25kΩ〕C．滑动变阻器〔最大阻值为20Ω〕D．两只干电池串联组成的电源〔总电动势3V〕E．开关F．导线假设干小明设计好电路后，在实物间已经连接了三根导线，请你用笔画线表示导线在图戊对应的答题卡虚线框中把还未连接的实物连接成实验电路。【答案】(1).〔1〕变大，(2).9Ω(3).〔2〕1.5V，(4).0.5Ω(5).〔3〕①10K②【解析】(1)合开关S后，调节滑动变阻器的滑片P，使其向右端b滑动，此过程中，电压表V的示数将增大；电阻阻值R=(2)由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻为：r=(3)由图示多用电表可知，地示数为10×1k=10kΩ；滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；电流表内阻约为200Ω，电压表内阻为5kΩ，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法；滑动变阻器采用分压接法，电流表采用内接法，实物电路图如下图：点晴：电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻。13.在如下图的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循I＝kU3的规律(式中k＝0.02A/V3)；R2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E＝6V．闭合开关S后，电流表的示数为0.16A．求：(1)R1两端的电压；(2)电源的内电阻r；(3)R1、R2和r消耗的电功率P1、P2和Pr.【答案】(1)2V(2)1Ω(3)0.32W0.61W0.026W【解析】试题分析：(1)由I＝kU3得U＝3Ik＝(2)根据闭合电路的欧姆定律有E＝U＋IR2＋Irr＝E−U−IR2I(3)P1＝IU＝0.16×2W＝0.32WP2＝I2R2＝0.162×24W＝0.61WPr＝I2r＝0.162×1W＝0.026W.考点：考查闭合电路欧姆定律点评：此题比拟简单，学生要明确电路中各局部的串并联关系，对闭合电路欧姆定律的内容和电功率公式要能够应用于实际问题14.如图甲，两光滑平行金属长导轨a、b与水平面间的夹角θ＝30°，相距L＝1.0m，a、b下端连接阻值R＝1.0Ω的电阻，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一质量m＝0.20kg、阻值r＝0.50Ω的金属棒垂直于导轨放置，与导轨平行的绝缘细线跨过光滑定滑轮连接金属棒与质量M＝0.30kg的物体，细线处于伸直状态。t=0时，对物体施加向下的力F，使物体由静止开始运动，t1=0.3s时撤去F，金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙。不计导轨电阻，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)0～0.3s内通过导体棒的电荷量q；(2)0～0.6s内物体与金属棒机械能的变化量。【答案】(1)q=0.3C(2)Δ【解析】(1)电荷量qIE联立解得：q设0