高中同步测试卷·人教物理选修3－1：高中同步测试卷（十五） Word版含解析

这是一份高中人教版 (新课标)选修3-1本册综合精练，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

高考水平测试卷


(时间：90分钟，满分：100分)


一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)


1．如图虚线框内存在着匀强电场(方向未知)，有一正电荷(重力不计)从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是( )





A．电场力一定对电荷做了正功


B．电场方向垂直ab边向右


C．电荷运动的轨迹可能是一段圆弧


D．电荷的运动一定是匀变速运动


2.如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )





A．2 B.eq \r(2)


C．1 D.eq \f(\r(2),2)


3．如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点，则( )


A．粒子受电场力的方向一定由M指向N


B．粒子在M点的速度一定比在N点的大


C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大


D．电场中M点的电势一定高于N点的电势


4．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是( )











5．如图所示，竖直放置的带电平行板电容器与一静电计相连，一带电小球用绝缘细线悬挂于平行板间处于静止状态，小球与竖直方向的夹角为θ，此时A极板带负电，B极板带正电．则下列判断错误的是( )


A．若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将减小


B．若将A极板向下平移稍许，静电计指针偏角增大


C．若将A极板向上平移稍许，夹角θ将变大


D．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动


6.如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r，开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时( )





A．电压表示数变大 B．小灯泡亮度变大


C．电容器放电 D．电源的总功率变大


7．如图所示电路中，电源的电动势为E、内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表．闭合开关S，当滑动变阻器R1的滑动触头P向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表示数变化量的大小为ΔI，电压表V、V1和V2示数变化量的大小分别为ΔU、ΔU1和ΔU2，下列说法错误的是( )





A．ΔU1>ΔU2 B.eq \f(ΔU1,ΔI)变小


C.eq \f(ΔU2,ΔI)不变 D.eq \f(ΔU,ΔI)不变


二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)


8．对物理实验数据进行处理的方法很多，图象法就是其中的一种．如图所示是一次电学实验中描绘出的U－I图线，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，且α＝β，则下列说法中正确的是( )





A．在b点时，电源有最大输出功率


B．在b点时，电源的总功率最大


C．从a→b，β角越大，电源的总功率和输出功率都将增大


D．从b→c，β角越大，电源的总功率和输出功率都将减小


9.某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图所示，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是( )


A．该电场是匀强电场 B．a点电势高于b点电势


C．电场力对粉尘做正功 D．粉尘的电势能增大


10．如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正


确的是( )


A．电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹越长


B．电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大


C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合


D．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间可能相同


11．磁强计是测量磁感应强度的仪器，磁强计中有一块导体，其体积为a×b×c，A′、C、A、C′为四个侧面，如图所示，已知导体的载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数目为n，电子的电荷量为e，沿x轴方向通有电流I，被测匀强磁场的磁场方向沿z轴正方向．稳定时，测得C、C′两面的电势差为U，则( )


A．导体侧面C的电势高于侧面C′的电势


B．导体侧面C的电势低于侧面C′的电势


C．磁感应强度B＝eq \f(Unbe,I)


D．磁感应强度B＝eq \f(Unae,I)


12．如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑固定斜杆底端固定一电荷量为2×10－4 C的正点电荷Q，将一带正电小球q(可视为质点)从斜杆的底端(但与Q未接触)静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量E随位移x的变化图象如图乙所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．(g＝10 m/s2，静电力常量k＝9×109 N·m2/C2)则( )





A．小球向上运动过程中一直做加速运动


B．小球的质量为4 kg


C．小球的电荷量为1.11×10－5 C


D．由底端正点电荷形成的电场从斜杆底端至小球速度最大处的电势差为4.2×106 V


三、实验题(按题目要求作答．)


13．(10分)电动自行车现在已经成为人们时尚的代步工具，其中的电池是铅蓄电池，用三块或四块铅蓄电池串联后给电动自行车供电．某兴趣小组将一辆旧电动自行车的电池拆下后充满电，测量其中一块铅蓄电池的电动势和内阻．


(1)用多用电表直流电压“50 V挡”测量该蓄电池的电动势，电表的指针如图甲所示，其电动势为________V.





(2)用图乙所示的电路测量该蓄电池的电动势E和内阻r，图中R0为保护电阻，其阻值为5 Ω.改变电阻箱的阻值R，测出对应的电流I，根据测量的数据作出该蓄电池的eq \f(1,I)－R图线，如图丙所示．由图线可求得该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.


(3)本实验中测得的电池内阻比真实值________(填“大”、“小”或“相等”)．


四、计算题(本题共3小题，共32分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)


14．(10分)如图所示，内壁光滑、内径很小的eq \f(1,4)圆弧管固定在竖直平面内，圆弧管的半径为0.2 m，在圆心O处固定一个电荷量为－1.0×10－9 C的点电荷．质量为0.06 kg、略小于圆弧管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆弧管内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧管没有作用力，从B点进入板距d＝0.08 m的平行板电容器后刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作．已知电源的电动势E＝12 V，内阻rE＝1 Ω，定值电阻R的阻值为6 Ω，电动机的内阻rM＝0.5 Ω.(取g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)求：





(1)小球到达B点时的速度；


(2)小球所带电的电荷量；


(3)电动机的机械功率．

















15.(10分)如图所示，一长为h2、内壁光滑的绝缘细管竖直放置．管的底部固定一电荷量为Q(Q>0)的点电荷M.现在管口A处无初速度释放一电荷量为q(q>0)、质量为m的点电荷N，N在运动到距离底部点电荷为h1的B处时速度恰好为零．再次从A处无初速度释放电荷量为q、质量为3m的点电荷P(已知静电力常量为k，重力加速度为g)．求：


(1)电荷P运动过程中速度最大处与底部点电荷距离；


(2)电荷P运动到B处时的速度大小．

















16．(12分)如图甲所示，在y轴右侧加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．从原点O处向第Ⅰ象限发射一比荷eq \f(q,m)＝1×104 C/kg的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v0＝103 m/s，方向垂直于磁场且与x轴正方向成30°角．


(1)求粒子在该匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R和在该磁场中运动的时间t1；


(2)若磁场随时间变化的规律如图乙所示(垂直于纸面向外为正方向)，t＝eq \f(4π,3)×10－4 s后空间不存在磁场．在t＝0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度v0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标．























参考答案与解析


1．[导学号66870213] 【解析】选D.由于匀强电场方向未知，可以确定A错误，B错误．由于电荷受到的电场力为恒力，不可能使电荷做圆周运动，C错误，D正确．


2．[导学号66870214] 【解析】选D.设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，由题意可知Ek1＝2Ek2，即eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝mveq \\al(2,2)，则eq \f(v1,v2)＝eq \f(\r(2),1).粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB＝eq \f(mv2,R)，得R＝eq \f(mv,qB)，由题意可知eq \f(R1,R2)＝eq \f(2,1)，所以eq \f(B1,B2)＝eq \f(v1R2,v2R1)＝eq \f(\r(2),2)， 故选项D正确．


3．[导学号66870215] 【解析】选B.由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度减小，故B对、C错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，D错．


4．[导学号66870216] 【解析】选D.由Ep－x图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A错误；带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；由于静电力不是恒力，加速度a应该越来越小，故选项C错误，选项D正确．


5．[导学号66870217] 【解析】选D.将A极板向左平移稍许，板间距离增大，电容减小，选项A正确；将A极板向下平移稍许，两极板间正对面积S减小，电容C减小，A、B两极板间电势差将增大，静电计指针偏角增大，选项B正确；若将A极板向上平移稍许，两极板间正对面积S减小，此时两极板间电场强度E＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)增大，小球受到向右的电场力F＝Eq增大，夹角θ将变大，选项C正确；轻轻将细线剪断，小球将做匀加速直线运动，选项D错误．


6．[导学号66870218] 【解析】选A.当滑动变阻器触头P向上移动时，滑动变阻器R′接入电路的阻值变大，由“串反并同”可知，电压表示数变大，电容器两端电压变大，灯泡R3的电压减小，因此电容器要充电，灯泡R3亮度变暗，故A正确，B、C错误．R′阻值变大，外电路总电阻R外增大，干路电流I＝eq \f(E,R外＋r)将变小，电源的总功率P＝EI将变小，故D错误．


7．[导学号66870219] 【解析】选B.滑动变阻器的滑片右移，电路中的总电阻变小，干路电流变大，电源内电压变大，R2两端的电压变大，故R1两端的电压U1＝E－(r＋R2)I变小，则ΔU1＝ΔU2＋ΔUr，ΔU1>ΔU2，A正确；由闭合电路欧姆定律得eq \f(ΔU1,ΔI)＝R2＋r是确定值，B错误；eq \f(ΔU2,ΔI)＝R2，C正确；eq \f(ΔU,ΔI)＝r，D正确．


8．[导学号66870220] 【解析】选AD.在U－I图线上，tan α表示电源的内阻，tan β表示外电阻．在b点，α＝β，即电源的内阻等于外电阻，此时电源的输出功率最大，则A项正确．电源的总功率为P总＝EI，从a→b和b→c时电流均减小，则P总减小．故D项正确．


9．[导学号66870221] 【解析】选BC.该电场是非匀强电场，a点电势高于b点电势，电场力对粉尘做正功，粉尘的电势能减小，选项B、C正确．





10．[导学号66870222] 【解析】选BD.由于R＝eq \f(mv,Bq)，而电子束以不同速率进入同一磁场，m、B、q相同，v大者偏转半径大．右图中表示几种不同速率的电子在磁场中的运动轨迹．由3、4、5可知，三者运动时间相同，但轨迹不同，所以A选项和C选项肯定错．又由3、4、5可知，电子的速率不同，但在磁场中的运动时间可能相同，故D选项对．另由公式t＝eq \f(θ,ω)＝eq \f(θ,\f(2π,T))＝eq \f(θT,2π)，T＝eq \f(2πm,Be)知t与速率无关，所以，电子在磁场中的运动时间t仅与轨迹所对应的圆心角θ有关，圆心角越大，时间t越长，故B选项正确．


11．[导学号66870223] 【解析】选AD.由左手定则判断电子受到的洛伦兹力的方向水平向左，故导体侧面C的电势高于侧面C′的电势，A正确，B错误；稳定时左右两侧面存在恒定的电势差，此时电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，即eq \f(U,b)e＝Bev，而I＝nSev＝nabev，联立解得B＝eq \f(Unae,I)，C错误，D正确．


12．[导学号66870224] 【解析】选BCD.小球先沿斜杆向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜杆向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，选项A错误；由线1可得小球的重力势能的表达式为Ep1＝mgh＝mgxsin θ，斜率为k＝20 N＝mgsin 30°，所以m＝4 kg，选项B正确；当达到最大速度时带电小球受力平衡，即mgsin θ＝eq \f(kQq,xeq \\al(2,0))，由线2可得x0＝1 m，解得q＝1.11×10－5 C，选项C正确；由线2可知当带电小球运动至1 m处动能最大为27 J，根据动能定理得WG＋W＝ΔEkm，即－mgh′＋qU＝Ekm－0，解得U＝4.2×106 V，选项D正确．


13．[导学号66870225] 【解析】(1)从表盘上找到直流区域，量程为50 V，示数应为10.8 V(10.6 V～10.9 V均可)．


(2)由闭合电路欧姆定律得，E＝I(R0＋R＋r)，即eq \f(1,I)＝eq \f(1,E)R＋eq \f(r＋R0,E)，结合题图中的斜率和纵截距，可得E＝10.0 V，r＝4.0 Ω.


(3)利用本实验实际测得的是电源内阻与电流表内阻之和，故测量值偏大．


【答案】(1)10.8(10.6～10.9均可) (2)10.0 4.0 (3)大


14．[导学号66870226] 【解析】(1)由机械能守恒得：mgr＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)


解得：vB＝2 m/s.


(2)到达B点恰好作用力为零，由牛顿第二定律得：


eq \f(kQq,r2)－mg＝eq \f(mveq \\al(2,B),r)


解得：q＝8×10－3 C.


(3)设电容器两端电压为U，根据二力平衡得：eq \f(qU,d)＝mg


由欧姆定律得I＝eq \f(U,R)


所以电动机两端电压UM＝E－U－IrE


P机＝P总－P热＝IUM－I2rM


联立解得P机＝4.5 W.


【答案】见解析


15．[导学号66870227] 【解析】(1)电荷P运动到重力等于电场力时，速度最大，设此时电荷P距底部距离为r，则有3mg＝eq \f(kQq,r2)


解得r＝eq \r(\f(kQq,3mg)).


(2)设电荷P运动到B处时的速度为vB，由动能定理有：


3mg(h2－h1)＋qUAB＝eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,B)


依题意有mg(h2－h1)＋qUAB＝0


联立解得vB＝eq \r(\f(4g（h2－h1）,3)).


【答案】(1) eq \r(\f(kQq,3mg)) (2) eq \r(\f(4g（h2－h1）,3))


16．[导学号66870228] 【解析】(1)轨迹如图所示．


由Bqv＝meq \f(v2,R)得轨迹半径R＝eq \f(mv,qB)＝0.1 m


粒子运动周期T＝eq \f(2πm,qB)＝2π×10－4 s


粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为240°


所以粒子在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(2T,3)＝eq \f(4,3)π×10－4 s.


(2)磁场变化的半周期为Δt＝eq \f(2π,3)×10－4 s＝eq \f(T,3)


如图所示为粒子的运动轨迹，在图中，∠OO1C＝∠CO2D＝120°，且O1O2平行于x轴





OE＝2(R＋Rsin 30°)＝3R＝0.3 m


Rt△EDP中，∠EDP＝60°，DE＝2Rsin 60°


EP＝DEtan 60°＝3R＝0.3 m


则粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标xP＝OE＋EP＝0.6 m.


【答案】见解析


题号
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案