2024-2025学年高中物理综合评估练习含解析教科版选修3-1VIP

PAGEPAGE13综合评估时间：90分钟分值：100分一、选择题(1～7为单选，每小题3分；8～10为多选，每小题4分，共33分)1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是(D)A．依据电场强度的定义式E＝eq\f(F,q)可知，电场中某点的电场强度与摸索电荷所带的电荷量成反比B．依据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．依据真空中点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D．依据电势差的定义式UAB＝eq\f(WAB,q)可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V解析：电场强度E与F、q无关，由电场本身确定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身确定，B错误；E＝keq\f(Q,r2)是电场强度的确定式，故C错误；在电场中，克服电场力做功，电场力做负功，由UAB＝eq\f(WAB,q)可知D正确．2．如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A图中虚线是一个圆，B图中几条直线间距相等相互平行，则在图中M、N处电场强度相同的是(B)解析：电场强度是矢量，电场强度相等必定其大小相等、方向相同．故答案为B.3．a，b两点各放有电量为＋Q和＋4Q的点电荷，a，b，c，d，e，f，g七个点在同始终线上，且ac＝cd＝de＝ef＝fg＝gb，如图所示，取无限远处为零电势，则(D)A．d处的场强和电势均为零B．e处的电势比f处的电势高C．电子在f处的电势能比在g处的电势能小D．电子从c移到e，电子所受电场力先做负功再做正功解析：设ac＝cd＝de＝ef＝fg＝gb＝L，场强为零处距a为x，因为eq\f(kQ,x2)＝eq\f(k·4Q,6L－x2)，所以x＝2L，即在d处场强为零，但电势不为零，A错误；a至d区域场强方向向右，d至b区域场强方向向左，所以e处的电势比f处的电势低，B错误；电子带负电，所以电子在f处的电势能比在g处的电势能大，C错误；电子在c，d间所受电场力向左，在d，e间所受电场力向右，因此电子从c移到e，电子所受到电场力先做负功再做正功，D正确．4．电源的两个重要参数分别是电动势E和内电阻r.电路有两种特别状况：当外电路断开时，电源两端的电压等于电源电动势；当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值．现有一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R的定值电阻，将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和乙中虚线框所示．设新的等效电源的电动势为E′，内电阻为r′.试依据以上信息，推断下列说法中正确的是(D)A．甲图中的E′＝eq\f(r,R＋r)E，r′＝R＋rB．甲图中的E′＝eq\f(R,R＋r)E，r′＝R＋rC．乙图中的E′＝E，r′＝eq\f(Rr,R＋r)D．乙图中的E′＝eq\f(ER,R＋r)，r′＝eq\f(Rr,R＋r)解析：电源的电动势等于外电路断路时的路端电压，则对甲图可知E′＝E，r′＝r＋R，选项A、B错误；图乙中，E′＝eq\f(ER,R＋r)，r′＝eq\f(Rr,R＋r)，故选项C错误，D正确．5.在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照耀光强度的增大而减小，为志向电压表．若将照耀R3的光的强度减弱，则(B)A．电压表的示数变大B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源内阻消耗的电压变大解析：若将照耀R3的光的强度减弱，则R3的电阻将增大，电路中的总电阻将增大，总电流减小，故电压表的示数变小，内电压也减小，A、D错误；而电阻R2两端的电压将变大，通过R2的电流变大，而总电流减小，所以通过小灯泡的电流减小，小灯泡消耗的功率变小，B正确，C错误．6.如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，MN之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是(B)A．小球肯定能穿过MN区域接着运动B．假如小球没有穿过MN区域，小球肯定能回到动身点C．假如小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点速度大于等于eq\r(gR)D．假如小球肯定能穿过MN区域，电场力做的功为－mgR解析：小球带正电，进入电场后做减速运动，假如小球达到N点还没有减速到零，说明小球穿过了MN区域，假如小球还没有到N点就减速到零，说明小球不能穿过MN区域，A项错．假如小球没有穿过MN区域，依据能量守恒定律，小球能回到动身点，且速度为零，B项对，C项错．假如小球肯定能穿过MN区域，依据动能定理，电场力做的功与重力做的总功之和等于动能的变更，由于不知道小球在N点的速度是否为0，所以无法确定电场力做的功，D项错.7.用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为＋q的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在图示位置，这时悬线与竖直方向的夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度大小和方向可能是(C)A．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向右 B．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向左C．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，竖直向上 D．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，竖直向下解析：当磁场水平向右运动时，相当于小球水平向左运动，由左手定则可知，小球受的洛伦兹力竖直向下，小球不行能静止，故A错误；当磁场水平向左运动时，相当于小球受洛伦兹力竖直向上，当小球静止时有qvB＝mg，故v＝eq\f(mg,Bq)，此时线中无张力，故B错误；同理分析C选项中小球所受洛伦兹力水平向右，由共点力平衡可得v＝eq\f(mgtanα,Bq)，故C正确，因此D错误．8．如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着匀称辐射状电场．坐标原点与四分之一圆弧荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E.大量带电荷量为－q(q>0)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质汲取并导走且不影响原来的电场分布，不计粒子的重力及它们间的相互作用．下列说法正确的是(CD)A．能进入第一象限的粒子在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B．到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越大C．能打到荧光屏上的粒子，进入O点的动能必需大于qUD．若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮解析：设粒子起先运动时的坐标为(－x，－h)，粒子在电场中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得x＝v0t，h＝eq\f(at2,2)，qE＝ma，联立得h＝eq\f(Eqx2,2mv\o\al(2,0))，可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，故A错误．粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y轴方向的分速度越大．粒子到达O点时，速度方向与y轴的夹角θ满意tanθ＝eq\f(v0,vy)，可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越小，故B错误．粒子进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必需大于等于0，由功能关系可知eq\f(mv2,2)－qU>0，即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必需大于qU，故C正确．粒子在电场中的偏转角tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(mv0,Eqt)，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度方向与y轴之间的夹角不同，所以从不同的位置起先偏转的粒子，可以以随意夹角进入第一象限，所以若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，故D正确．9．某种小灯泡的U­I图线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，四个电表均为志向电表．现闭合开关S，电压表V1的示数为4.0V，以下说法正确的是(AC)A．电压表V2的示数为1.0VB．电流表A2的示数为0.60AC．电源的输出功率为3.0WD．电源的电动势肯定为8V，内阻为5Ω解析：电压表V1的示数为4V，由U­I图象得到L1的电流为0.6A，故另外两个灯泡的电流均为0.3A，再依据U­I图象得到电压为1V，故电压表V2的示数为1.0V，电流表A2的示数为0.30A，故A正确，B错误；路端电压为4V＋1V＝5V，干路电流为0.6A，故输出功率为P＝UI＝5×0.6W＝3W，故C正确；路端电压为U＝E－Ir，只有一组数据，无法求解电动势和内阻，故D错误．10.如图所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面对里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则(AD)A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子D．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子解析：明显图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R＝eq\f(mv,Bq)可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A对B错；依据周期公式T＝eq\f(2πm,Bq)知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θm,Bq)，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，D对C错．二、非选择题(共67分)11．(6分)某同学要测量一匀称新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：(1)用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度L＝50.00mm.(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D＝4.000mm.解析：(1)游标卡尺的主尺部分读数为50mm，圆柱体的长度为50mm＋0×0.05mm＝50.00mm.(2)螺旋测微器主尺部分读数为4mm，零刻度线对齐主尺刻度，所以螺旋测微器最终的读数为4.000mm.12．(7分)一只多用电表的测电阻部分共分R×1、R×10、R×100、R×1k四挡，表面电阻刻度如图(a)所示．某学生用这只多用电表来测一个电阻的阻值，他选择R×100挡，并按运用规则正确地调整好了多用电表．测量时表针的偏转如图(b)，为使测量结果尽可能精确，他确定再测量一次，再次测量中，他应选择的是R×1_k挡；在后面所给的几个操作步骤中，不须要进行的是D(填步骤前的字母代号)；在应当进行的操作步骤中，按依次应选①B②A③F④E⑤C(填步骤前的字母代号)．A．把两根表笔短接B．将选择开关旋转到上面所选择的量程上C．将选择开关旋转到沟通电压的最高挡D．在两表笔分别的状况下，调整电表的调整定位螺丝，使指针指在最左端零位E．把两根表笔分别与待测电阻两端接触，指针稳定后读出电阻值F．调整欧姆挡的调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上解析：选择R×100挡时，指针偏角很小，说明挡位选择太小，应选高挡位，故选R×1k挡．重新换挡只需进行欧姆调零，不须要调整定位螺丝，故不须要进行的选D.由电阻测量步骤，依次应是①B、②A、③F、④E、⑤C.13．(8分)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的试验中，有供选择的试验仪器如下：(1)在上述器材中，滑动变阻器应选R1；电流表应选A2.(2)在图中用笔画线代替导线，把试验仪器连接成完整的试验电路．答案：如图所示解析：(1)为便利电路调整，滑动变阻器应选择R1；小电珠正常工作时I额＝0.3A＝300mA>100mA，故电流表应选A2.(2)因为要求小电珠上的电压从0增大，应选用分压电路；而小电珠正常工作时R灯＝eq\f(U,I)＝eq\f(3.8,0.3)Ω≈13Ω≪RV＝5kΩ，故电流表应选择外接法，其电路见答案．14．(10分)在探讨性课题中，小刚、小聪和小明所在的小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容器、电感线圈等电子器件．现从这些材料中选取两个待测元件进行探讨，一个是电阻Rx(阻值约2kΩ)，另一个是手机中常用的锂电池(电动势E的标称值为3.4V)．在操作台上还打算了如下试验器材：A．电压表V(量程4V，电阻RV约10kΩ)B．电流表A1(量程100mA，内阻RA1约5Ω)C．电流表A2(量程2mA，内阻RA2约50Ω)D．滑动变阻器R(0～40Ω，额定电流1A)E．电阻箱R0(0～999.9Ω)F．开关S一个、导线若干(1)小刚采纳伏安法测定Rx的阻值，他运用的电源是待测的锂电池．如图是他连接的部分试验器材，请你完成实物连接．小刚选用的电流表应是A2(填“A1”或“A2”)；他用电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值大于真实值(填“大于”或“小于”)．答案：见解析图(2)小聪和小明设计了如图甲所示的电路图测量锂电池的电动势E和内阻r.a．小聪的试验操作是：闭合开关S，调整电阻箱的阻值为R1时，读出电压表的示数为U1；调整电阻箱的阻值为R2时，读出电压表的示数为U2.依据小聪测出的数据可求得该电池的电动势，其表达式为E＝eq\f(U1U2R1－R2,U2R1－U1R2)；b．小明认为用线性图象处理数据更便于分析．他在试验中多次变更电阻箱阻值，获得了多组数据，画出的eq\f(1,U)­eq\f(1,R)图线为一条直线(见图乙)．则该图象的函数表达式为eq\f(1,U)＝eq\f(r,ER)＋eq\f(1,E)，由图乙可知该电池的电动势E＝eq\f(10,3)(或3.3)V，内阻r＝0.25Ω.解析：(1)测量Rx的阻值时，滑动变阻器实行分压接法，由于待测电阻的阻值较大，电流表实行内接法，实物图如图所示：通过待测电阻的最大电流约为Im＝eq\f(3.4,2000)A＝1.7mA，故电流表选取A2；由于电流表实行内接法，用电压表的读数除以电流表的读数为待测电阻与电流表内阻的阻值之和，所以测量值大于真实值．(2)a.由闭合电路的欧姆定律可知E＝U1＋eq\f(U1,R1)r，E＝U2＋eq\f(U2,R2)r，联立解得E＝eq\f(U1U2R1－R2,U2R1－U1R2)；b.由闭合电路的欧姆定律可知E＝U＋eq\f(U,R)r，整理得eq\f(1,U)＝eq\f(r,ER)＋eq\f(1,E)，所以eq\f(1,E)＝0.3V－1，解得E＝eq\f(10,3)V；斜率eq\f(r,E)＝eq\f(0.6－0.3,4.0)＝eq\f(3,40)，解得r＝0.25Ω.15．(10分)如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10－2kg的通电直导线，电流I＝1A，方向垂直纸面对外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T，方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则须要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g取10m/s2)答案：5s解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．由平衡条件FTcos37°＝F①FTsin37°＝mg②由①②解得F＝eq\f(mg,tan37°)代入数值得：F＝0.8N由F＝BIL得：B＝eq\f(F,IL)＝eq\f(0.8,1×0.4)T＝2T.B与t的变更关系为B＝0.4t.所以t＝5s.16．(12分)如图所示，电路中电源电动势为E，内阻不计，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，板长为L.在A板的左端且特别靠近极板A的位置，有一质量为m、电荷量为－q的小液滴以初速度v0水平向右射入两极板．(重力加速度用g表示)，求：(1)若使液滴恰能沿v0方向射出电场，电动势E1应为多大？(2)若使液滴恰能从B板右端边缘射出电场，电动势E2应为多大？答案：(1)eq\f(2mgd,q)(2)eq\f(2md,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(2dv\o\al(2,0),L2)))解析：(1)若使液滴沿v0方向射出电场，则液滴在电场中做匀速直线运动，处于平衡状态，即mg＝eq\f(qUAB,d)由闭合电路欧姆定律，得E1＝I(R＋R)，UAB＝IR解得E1＝eq\f(2mgd,q)(2)由于液滴能从B板右端边缘飞出，液滴在电场中做类平抛运动，有L＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，由牛顿其次定律，有eq\f(qUAB′,d)－mg＝ma由欧姆定律，得UAB′＝eq\f(E2,2)联立以上各式，解得E2＝eq\f(2md,q)eq\b\