2019-2020学年物理高中粤教版选修3-1训练：综合测试一 .docx

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1、综合测试一(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,第17题只有一项符合题目要求,第810题有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是()A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半答案:B解析:根据左手定则可知,安培力的方向既与磁场方向垂直,又与电流(或直导线)方向垂直,A项错误,B项正确.由安培力的大小F

2、=BILsin 可知,C项错误.将直导线从中点折成直角,有效长度不一定为原来的12,D项错误.2.如图所示,两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态.现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将()A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动答案:D解析:金属板水平放置时,静电力F=mg,如图甲所示;当金属板逆时针旋转45时,静电力F大小不变,方向逆时针转过45,如图乙所示.由平行四边形定则知,F合的方向沿左下方,带电微粒从静止释放,故选项D正确.3.在同一匀

3、强磁场中,粒子(24He)和质子(11H)做匀速圆周运动.若它们的质量与速度的乘积大小相等,则粒子和质子()A.运动半径之比是21B.运动周期之比是21C.运动速度大小之比是41D.受到的洛伦兹力之比是21答案:B解析:由r=mvqB=pqB,由于两者动量相等且在同一匀强磁场中,所以粒子和质子运动半径之比等于电荷量反比,即rrH=qHq=12,故选项A错误;由T=2mqB,则粒子与质子运动周期之比为 TTH=mqHqmH=4121=21,故选项B正确;由于mv=mHvH,所以vvH=mHm=14,故选项C错误;由于洛伦兹力F=qvB,所以FFH=qvqHvH=2114=12,故选项D错误.4.

4、如图所示,在示波管下方有一根水平放置的通电直导线,则示波管中的电子束将()A.向上偏转B.向下偏转C.向纸外偏转D.向纸里偏转答案:A解析:由安培定则可知导线上方磁场垂直纸面向外,电子垂直磁场进入,由左手定则可知,电子向上偏转.5.如图所示,MN是一条水平放置的固定长直导线, P是一个通有电流I2的与MN共面的金属环,可以自由移动.长直导线与金属圆环均包有绝缘漆皮.当MN中通上图示方向的电流I1时,金属环P在磁场力作用下将()A.沿纸面向上运动B.沿纸面向下运动C.水平向左运动D.由于长直导线包有绝缘漆皮,其磁场被屏蔽,金属环P将静止不动答案:B解析:由安培定则和左手定则可知,金属环P受到的磁

5、场力沿金属环所在平面向下,故B选项正确,A、C选项错误.绝缘漆皮不会屏蔽磁场,D选项错误.6.右图为一磁流体发电机示意图,A、B是平行正对的金属板,等离子体(电离的气体,由自由电子和阳离子构成,整体呈电中性)从左侧进入,在t时间内有n个自由电子落在B板上,则关于R中的电流大小及方向判断正确的是()A.I=net,从上向下B.I=2net,从上向下C.I=net,从下向上D.I=2net,从下向上答案:A解析:在t时间内,落到B板的电子数为n个,即q=ne,根据电流的定义式I=qt,得通过R的电流为I=net,方向从上向下.7.某静电场的电场线分布如图所示,图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E

6、P和EQ,电势分别为P和Q,则()A.EPEQ,PQB.EPEQ,PQC.EPQD.EPEQ,PEQ;沿电场线方向电势降低,因此有UPUQ.A项正确.8.在如图所示的电路中电源电动势为E,内阻为r.闭合开关S,待电流达到稳定后,电流表示数为I,电压表示数为U,电容器C所带电荷量为Q,将滑动变阻器P的滑片, 从图示位置向a一端移动一些,待电流达到稳定后,则与P移动前相比()A.U变小B.I变小C.Q增大D.Q减小答案:BC解析:当滑动变阻器P的滑片, 从图示位置向a一端移动时,其电阻值增大,由闭合电路的欧姆定律可知,电路的电流I减小;变阻器R两端的电压增大,即电容器C两端的电压增大,显然所带电荷

7、量Q增大.9.下图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒.在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示,忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断正确的是()A.在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1B.高频电源的变化周期应该等于tn-tn-1C.粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能越大,可增加D形盒的面积答案:AD解析:带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关,因此,在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1,选项A正

8、确;带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次,高频电源的变化周期应该等于2(tn-tn-1),选项B错;由r=mvqB=2mEkqB可知,粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径,当轨道半径与D形盒半径相等时就不能继续加速,故选项C错,D对.10.如图所示,带电粒子以速度v沿CB方向射入一横截面为正方形的区域,C、B均为该正方形两边的中点,不计粒子的重力.当区域内有竖直方向的匀强电场E时,粒子从A点飞出,所用时间为t1;当区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场时,粒子也从A点飞出,所用时间为t2,下列说法正确的是()A.t1t2C.EB=45vD.EB=54v答案:AD解析:粒子在电场中做

9、类平抛运动,沿CB方向速度不变;在磁场中做匀速圆周运动,在CB方向上的速度分量减小.由比较得A项正确.在电场中偏转距离a2=12qEm(av)2,磁场中几何关系:R2=a2+(R-a2)2,半径R=mvqB,解得选项D正确.二、非选择题(本题共6小题,共50分.解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.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)11.(6分)图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图,其中虚线框内是毫安表的改装电路.(1)已知毫安表表头的内阻为100 ,满偏电流为 1 mA;R1和R2为阻值固定的电阻.若使用a和b两个接线柱,电表量程为3 mA;若

10、使用a和c两个接线柱,电表量程为10 mA.由题给条件和数据,可以求出R1=,R2=.(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 的标准电流表A对改装电表的3 mA挡进行校准,校准时需选取的刻度为0.5 mA、1.0 mA、1.5 mA、2.0 mA、2.5 mA、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V,内阻忽略不计;定值电阻R0有两种规格,阻值分别为300 和1 000 ;滑动变阻器R有两种规格,最大阻值分别为750 和3 000 .则R0应选用阻值为的电阻,R应选用最大阻值为的滑动变阻器.(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图乙的电路可以判断出损坏的电阻.图乙中的R为保

11、护电阻,虚线框内未画出的电路即为图甲虚线框内的电路.则图中的d点应和接线柱(选填“b”或“c”)相连.判断依据是.答案:(1)1535(2)3003 000(3)c闭合开关,若电表指针偏转,则损坏的电阻是R1;若电表指针不动,则损坏的电阻是R2解析:(1)使用a和b两接线柱时有IgRg=(I1-Ig)(R1+R2),使用a和c两个接线柱时有Ig(Rg+R2)=(I2-Ig)R1,解得R1=15 ,R2=35 .(2)量程为3 mA的改装电表内阻RA=Rg(R1+R2)Rg+R1+R2=33 ;校准时,滑动变阻器阻值最小时,电流最大,电路电阻R=EI=1.5310-3 =500 ,故定值电阻R0

12、应选阻值为300 的电阻;当校准电流最小时,电路电阻R=EI=1.50.510-3 =3 000 ,可知应选用最大阻值为3 000 的滑动变阻器.(3)若d点和接线柱c相连,当毫安表有示数时表明电阻R1损坏,当毫安表没有示数时,表明电阻R2损坏.而d点和接线柱b相连,毫安表均有示数,故d点应与接线柱c相连.12.(6分)在物理兴趣小组活动中,一同学利用下列器材设计并完成了“探究导体阻值与长度的关系”的实验.电压表V1量程3 V内阻约为900 电压表V2量程10 V内阻约为3 k电流表A量程60 mA内阻约为5 电源E1电动势1.5 V内阻约为0.2 电源E2电动势4.5 V内阻约为0.4 滑动

13、变阻器(最大阻值为10 )、粗细均匀的同种电阻丝、开关、导线和刻度尺其主要实验步骤如下:A.选取器材,按示意图连接电路B.用伏安法测定电阻丝的阻值RC.用刻度尺测出电阻丝的长度LD.依次减小电阻丝的长度,保持电路其他部分不变,重复步骤B、CE.处理数据,根据下列测量结果,找出电阻丝阻值与长度的关系L/m0.995 60.804 90.598 10.402 10.195 8R/104.885.365.246.627.1为使实验尽可能准确,请你对上述步骤加以改进.()()答案:()电源改选E2.()判断电流表的内外接法,做出相应调整.解析:()由于电压表的量程为3 V,为使测量误差减小,电源应改选

14、E2.()电阻丝长度减小时,电阻较小,若采用电流表的内接法,误差较大,所以应根据实际情况做出相应调整.13.(8分)在POQ区域内有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向如图所示,负离子质量为m、电荷量为-q,从边界OQ上的A点垂直于OQ也垂直于磁场方向射入磁场,OA=d,若要求离子不从OP边界射出磁场,离子的速度v应满足什么条件?答案:v(2+1)qBdm解析:由离子在A点所受洛伦兹力方向可确定圆心一定在AQ线上,离子从OP边界射出磁场的临界轨迹是轨迹圆,且恰与OP相切,如图所示.确定临界轨迹圆的圆心:从轨迹圆和OP的切点D作OP的垂线交AQ于C即圆心,画出临界轨迹圆,利用几何知识可得临界半径r

15、=(2+1)d.满足条件的半径r(2+1)d,再利用物理规律 r=mvqB可确定v的取值范围v(2+1)qBdm.14.(10分)如图所示,在直角坐标系xOy的 y0空间内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.许多质量为m的带电粒子,以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向,由O点射入磁场区域.不计重力,不计粒子间的相互影响.图中曲线表示带电粒子可能经过的区域边界,其中边界与y轴交点P的坐标为(0,a),边界与x轴交点为Q.求: (1)试判断粒子带正电荷还是负电荷? (2)粒子所带的电荷量. (3)Q点的坐标.答案:(1)正电(2)2mvaB(3)(-a,0)解析:(1)由左手定则得粒

16、子带正电. (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,粒子从O点沿x轴正方向进入磁场做圆周运动的轨迹恰是边界的右边曲线.其圆半径R=a2=mvBq解得粒子的电荷量q =2mvaB. (3)当带电粒子沿y轴方向射入磁场时,轨迹圆与x轴的交点即Q,OQ=2R=aQ点的坐标为(-a,0).15.(10分)平面直角坐标系xOy中,第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子

17、重力,问:(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.答案:(1)2v0,与x轴正方向成45角斜向上(2)v02解析:(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有2L=v0tL=12at2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy=at设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为,有tan =vyv0联立式得=45即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45角斜向上.设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v=v02+vy2联立式得v=2v0(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电

18、场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得F=ma又F=qE设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R由几何关系可知R=2L联立式得EB=v0216.(10分)如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,BOA=60,OB=32OA.将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点.使此小球带电,电荷量为q(q0),同时加一匀强电场,电场强度方向与OAB所在平面平行.现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍,若该小球从O点以同样

19、的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍.重力加速度大小为g.求:(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;(2)电场强度的大小和方向.答案:(1)73(2)3mg6q,与竖直向下的方向夹角为30解析:(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=32d,根据平抛运动的规律有dsin 60=v0tdcos 60=12gt2又有Ek0=12mv02由式得Ek0=38mgd设小球到达A点时的动能为EkA,则EkA=Ek0+12mgd由式得EkAEk0=73.(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了d2和3d2,设电势能分别减小EpA和EpB,由能量守恒及式得EpA=3Ek0-Ek0-12mgd=23Ek0EpB=6Ek0-Ek0-32mgd=Ek0在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的.设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图所示,则有x32d=EpAEpD解得x=d.MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行.设电场方向与竖直向下的方向的夹角为,由几何关系可得=30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30.设电场强度的大小为E,有qEdcos 30=EpA由式得E=3mg6q.