物理教科版选修3-1综合检测卷

综合检测卷(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1.物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家贡献的说法正确的是()A.安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B.奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C.库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律——库仑定律D.安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场答案C2.如图1所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关后，滑动变阻器滑片P向左移动.下列结论正确的是()图1A.电流表读数变小，电压表读数变大B.小灯泡L变亮C.电容器C上电荷量减小D.电源的总功率变大答案A解析闭合开关后，滑动变阻器滑片P向左移动，接入电路的总电阻变大，电流表读数变小，电压表读数变大，小灯泡L变暗，选项A正确，B错误；电容器C上电压增大，电荷量增大，选项C错误；电源的总功率变小，选项D错误.3.如图2所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图2中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点.若a点电势为φa，b点电势为φb，则()图2A.场强方向一定向左，且电势φa>φbB.场强方向一定向左，且电势φa<φbC.场强方向一定向右，且电势φa>φbD.场强方向一定向右，且电势φa<φb答案C解析由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，电场强度方向应该是电场线上该点的切线方向，所以电荷所受电场力向右.由于是带正电荷的粒子，所以场强方向一定向右.作出a、b点的等势点(要在同一根电场线上)，由沿着电场线的方向电势降低，可判定a点的电势大于b点的电势.4.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图3所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计.开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开角度增大些，下列采取的措施可行的是()图3A.断开开关S后，将A、B分开些B.保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C.保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D.保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动答案A5.目前世界上有一种新型发电机叫磁流体发电机，如图4所示为它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷.磁极配置情况如图中所示，下述说法正确的是()图4A.A板带正电，B板带负电B.电阻中电流从b端经电阻流向a端C.金属板A、B间的电场方向由A板指向B板D.离子发生偏转的原因是离子所受电场力大于所受洛伦兹力答案B解析等离子体进入磁场后受到洛伦兹力作用，正电荷受力向下，负电荷受力向上，正、负电荷分别向B板、A板聚集，形成电势差.因洛伦兹力大于电场力，电荷继续偏转，电阻R上有从b流向a的电流，故B正确.6.如图5所示，两个相同的带电粒子，不计重力，同时从A孔沿AD方向射入一正方形空腔中，空腔中有垂直纸面向里的匀强磁场，两粒子的运动轨迹分别为a和b，则两粒子的速率和在空腔中运动的时间的关系是()图5A.va＝vb，ta＜tb B.va＞vb，ta＞tbC.va＞vb，ta＜tb D.va＜vb，ta＝tb答案C解析由题图可知，半径Ra＝2Rb，由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝eq\f(mv,qB)，又两个带电粒子相同，所以va＝2vb.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，则两带电粒子运动的周期相同，设周期为T，从C孔射出的粒子运动的时间ta＝eq\f(T,4)，从B孔射出的粒子运动的时间tb＝eq\f(T,2)，所以tb＝2ta.故选项C正确.二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)7.如图6所示，真空中固定两个等量异号点电荷＋Q、－Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与＋Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一个等腰三角形.则下列说法正确的是()图6A.a、b两点的电场强度相同B.c、d两点的电势相同C.将电子由b移到c的过程中电场力做正功D.质子在b点的电势能比在O点的电势能大答案BD解析根据等量异种点电荷的电场分布可知：c、O、d三点等势，a、b两点场强大小、方向均不同.由于φb＞φc，电子从b到c电场力做负功.φb＞φO，质子从b到O电场力做正功，电势能减小，故质子在b点的电势能较大.8.如图7所示，连接两平行金属板的导线的一部分CD与一有电源回路的一部分GH平行且均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段导线受到力F的作用.则()图7A.若等离子体从右方射入，F向左B.若等离子体从右方射入，F向右C.若等离子体从左方射入，F向左D.若等离子体从左方射入，F向右答案AD解析等离子体指的是整体显电中性，内部含有等量的正、负电荷的气态离子群体.当等离子体从右方射入时，正、负离子在洛伦兹力作用下将分别向下、上偏转，使上极板的电势低于下极板，从而在外电路形成由D流向C的电流，这一电流处在导线GH中电流所产生的磁场中，由左手定则可知，它所受安培力方向向左，所以A项对，B项错；同理可分析得知C项错，D项对.9.如图8所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称.导线均通有大小相等、方向向上的电流.已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，式中k是常量、I是导线中的电流、r为点到导线的距离.一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点.关于上述过程，下列说法正确的是()图8A.小球先做加速运动后做减速运动B.小球一直做匀速直线运动C.小球对桌面的压力先减小后增大D.小球对桌面的压力一直在增大答案BD解析由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所以M处电流的磁场由M到O逐渐减弱；N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿连线运动到b点，受到的洛伦兹力F洛＝Bqv为变力，则从a到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到b洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以小球对桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，且洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确，A错误.10.如图9所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是()图9A.电源电动势约为50VB.电源的内阻约为eq\f(25,3)ΩC.电流为2.5A时，外电路的电阻约为15ΩD.输出功率为120W时，输出电压约是30V答案ACD解析根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压：U＝E－Ir，对照U－I图像，当I＝0时，E＝U＝50V，故A正确；U－I图像斜率的绝对值表示内阻，故：r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq\f(50－20,6)Ω＝5Ω，故B不正确；电流为2.5A时，对照U－I图像，电压约为37.5V，故外电路电阻：R＝eq\f(U,I)＝eq\f(37.5V,2.5A)＝15Ω，故C正确；输出功率为120W时，对照P－I图像，电流约为4A，再对照U－I图像，输出电压约为30V，故D正确.三、实验题(本题共2小题，共16分)11.(8分)有一个小灯泡上标有“4V,2W”字样，现在要用伏安法描绘这个小灯泡的U－I图线.有下列器材供选用：A.电压表(0～5V，内阻10kΩ)B.电压表(0～10V，内阻20kΩ)C.电流表(0～3A，内阻1Ω)D.电流表(0～0.6A，内阻0.4Ω)E.滑动变阻器(5Ω，1A)F.滑动变阻器(500Ω，0.2A)G.电源、开关一个、导线若干.(1)实验中电压表应选用__________，电流表应选用________.为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用________.(用序号字母表示)(2)请在虚线框内画出满足实验要求的电路图，并把图10中的实验器材用实线连接成相应的实物图.图10答案(1)ADE(2)见解析图解析(1)因为小灯泡的额定电压为4V，所以电压表应选用A；小灯泡的额定电流I＝eq\f(P,U)＝0.5A，所以电流表应选用D；小灯泡正常工作时的电阻R＝eq\f(U2,P)＝8Ω，因eq\r(RVRA)＞R，R为小电阻，电流表应采用外接法，要求电压表从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，为便于调节，滑动变阻器应选用E.(2)电路图如图所示.连成相应的实物图如图所示.12.(8分)某同学用如图11所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零).实验器材的规格如下：图11电流表A1(量程200μA，内阻R1＝300Ω)；电流表A2(量程30mA，内阻R2＝5Ω)；定值电阻R0＝9700Ω；滑动变阻器R(阻值范围0～500Ω).闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表：I1(μA)120125130135140145I2(mA)20.016.713.210.06.73.3(1)依据表中数据，作出I1－I2图线如图12所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E＝________V，欧姆表内阻为r＝________Ω.(结果保留3位有效数字)图12(2)若某次电流表A1的示数是114μA，则此时欧姆表的示数约为________Ω.(结果保留3位有效数字)答案(1)1.50(1.48～1.51)15.2(14.9～15.4)(2)47.5(47.0～48.0)解析(1)根据闭合电路欧姆定律有：E＝I1(R1＋R0)＋(I1＋I2)r所以I1＝－eq\f(r,R1＋R0＋r)I2＋eq\f(E,R1＋R0＋r)由图像可知斜率k＝eq\f(ΔI1,ΔI2)＝1.52×10－3，截距b＝1.5×10－4A即eq\f(r,R1＋R0＋r)＝1.52×10－3，eq\f(E,R1＋R0＋r)＝1.5×10－4A解得E≈1.50V，r≈15.2Ω.(2)由题图可知当I1＝114μA时，I2＝24mA所以R外＝eq\f(I1R0＋R1,I2)＝47.5Ω，则此时欧姆表示数约为47.5Ω.四、计算题(本题共4小题，共44分)13.(10分)如图13所示的电路中，R1＝9Ω，R2＝30Ω，S闭合时，电压表V的示数为11.4V，电流表A的示数为0.2A，S断开时，电流表A的示数为0.3A，求：图13(1)电阻R3的值；(2)电源电动势E和内阻r的值.答案(1)15Ω(2)12V1Ω解析R2两端电压：U2＝I2R2＝6V；所以，R1两端电压为：U1＝U－U2＝5.4V；从而，流过R1的电流：I1＝eq\f(U1,R1)＝0.6A流过电阻R3的电流I3＝I1－I2＝0.6A－0.2A＝0.4A所以电阻R3的阻值R3＝eq\f(U2,I3)＝eq\f(6,0.4)Ω＝15Ω(2)由闭合电路欧姆定律，当开关闭合时E＝11.4＋0.6r ①当开关断开时E＝0.3×(9＋30)＋0.3r ②解①式和②式得E＝12V，r＝1Ω.14.(10分)如图14所示，在空间取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E.初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为(0，h).已知电子的电荷量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：图14(1)电子进入偏转电场区域的初速度v0；(2)电子离开电场时的位置坐标(假设电子能在第一象限内射出电场).答案(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)(d，h－eq\f(Ed2,4U))解析(1)由eU＝eq\f(1,2)mv02得电子进入偏转电场区域的初速度v0＝eq\r(\f(2eU,m)).(2)设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间t＝eq\f(d,v0)＝deq\r(\f(m,2eU))，加速度a＝eq\f(Ee,m)，竖直方向位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Ed2,4U)，则电子离开电场时的位置坐标为(d，h－eq\f(Ed2,4U)).15.(12分)如图15所示，初速度为零的负离子经电势差为U的匀强电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的距离为d的两平行金属板MN和PQ之间，离子所经空间存在着磁感应强度为B的匀强磁场.不考虑离子重力作用，离子的荷质比eq\f(q,m)在什么范围内，离子才能打在金属板PQ上？图15答案eq\f(32U,289B2d2)≤eq\f(q,m)≤eq\f(32U,25B2d2)解析在加速过程中，根据动能定理有eq\f(1,2)mv2＝qU分析离子进入磁场后打到金属板两端的轨迹，如图所示，设半径分别为R1和R2，则离子打到金属板上的条件是R1≤R≤R2由勾股定理知：R12＝d2＋(R1－eq\f(d,2))2解得R1＝eq\f(5,4)d同理可得：R22＝(2d)2＋(R2－eq\f(d,2))2解得：R2＝eq\f(17,4)d离子在磁场中运动时，由洛伦兹力和向心力公式可得：qvB＝meq\f(v2,R)解得：R＝eq\f(mv,qB)故eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2R2)因R1≤R≤R2，故eq\f(32U,289B2d2)≤eq\f(