2024-2025学年高中物理本册综合检测含解析新人教版选修3-1

PAGE13-本册综合标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2024·北京市朝阳区高二上学期期末)下面甲图是示波器的结构示意图，乙图是电视机显像管的结构示意图。二者相同的部分是电子枪(给电子加速形成电子束)和荧光屏(电子打在上面形成亮斑)；不同的是使电子束发生偏转的部分：分别是匀强电场(偏转电极)和匀强磁场(偏转线圈)，即示波器是电场偏转，显像管是磁场偏转。设某次电子束从电子枪射出后分别打在甲、乙两图中的P点。则在此过程中，下列说法错误的是(C)A．以上两种装置都体现了场对运动电荷的限制B．甲图中电子动能发生了变更，乙图中电子的动能没有变更C．甲图中电子动能发生了变更，乙图中电子的动能也发生了变更D．甲图中电子的速度发生了变更，乙图中电子的速度也发生了变更解析：以上两种装置都能使电子发生偏转，体现了场对运动电荷的限制，选项A正确；甲图中电场对电子做功，电子动能发生了变更，乙图中洛伦兹力对电子不做功，则电子的动能没有变更，选项B正确，C错误；甲图中电子的速度大小及方向都变更，则速度发生了变更，乙图中电子的速度大小不变，但是方向变更，则电子的速度也发生了变更，选项D正确；此题选错误的选项，故选C。2．(2024·广东省佛山市高二上学期期末)即使是在干燥的冬天，人体仍旧是良导体，小明在地毯上行走若带上了大量的负电荷，不计其他电场影响，则(D)A．小明此时与地之间没有电势差B．小明与不带电且跟地绝缘的客人握手时，不会产生电流C．小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时，客人的电势会降低D．小明靠近客人(还未与其接触)时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人的电势会降低解析：小明带负电荷，其四周存在电场，电场线指向小明，依据顺着电场线电势渐渐降低，知小明此时与地之间有电势差，故A错误。小明与不带电且跟地绝缘的客人间存在电势差，当小明与该客人握手时，电子会从小明身上移动到客人身上，从而形成电流，故B错误。小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时，客人原来处在小明的电场中，电势为负值。当小明与客人握手时，小明所带电荷流到大地上，两人均不带电，电势为零，所以客人的电势会上升，故C错误。小明靠近客人(还未与其接触)时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人顺着电场线移动，其电势会降低，故D正确。3．如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则(D)A．乒乓球的右侧感应出正电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，B错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D正确。4．(2024·河南省豫南九校高二上学期期末联考)下列说法正确的是(C)A．如图甲所示，是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压UB．如图乙所示，是磁流体发电机的结构示意图，可以推断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极C．如图丙所示，是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq＝qvB，即v＝eq\f(E,B)D．如图丁所示，是磁电式电流表内部结构示意图，线圈在极靴产生的匀强磁场中转动解析：甲图中，依据qvB＝eq\f(mv2,r)可知，v＝eq\f(qBr,m)，粒子获得的最大动能为：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；乙图中依据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B错误；丙图中速度选择器不能推断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，只要速度满意v＝eq\f(E,B)，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；丁图中极靴在磁极间产生的磁场为匀称辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误。5．(2024·山东省临朐中学高二上学期质检)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端与开关S和内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20cm的光滑圆弧导轨相接。导轨宽度为20cm，电阻不计。导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。一根导体棒ab垂直于导轨放置，质量m＝60g、电阻R＝1Ω，用长也为20cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触。闭合开关S后，导体棒沿圆弧摇摆，摇摆过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态。导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin53°＝0.8，g＝10m/s2)，则(B)A．磁场方向肯定竖直向上B．电源的电动势E＝8.0VC．导体棒在摇摆过程中所受安培力F＝8ND．导体棒在摇摆过程中的最大动能为0.128J解析：当开关S闭合时，导体棒向右摇摆，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，则F＝BIL＝Beq\f(E,R)L，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，则tanθ＝eq\f(F,mg)，得E＝8.0V，安培力F＝0.8N，故B正确，C错误。依据动能定理得FLsin53°－mgL(1－cos53°)＝Ek－0，解得Ek＝0.08J，故D错误。6．如图所示，在半径为R的圆形区域和边长为2R的正方形区域里均有磁感应强度大小相同的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场。在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，粒子重力不计，则下列说法不正确的是(C)A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D．从N点射入的带电粒子不行能比M点射入的带电粒子先飞出磁场解析：带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的轨道半径r＝eq\f(mv,qB)，两粒子相同、两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r相同，粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子运动轨迹如图所示；由图示可知，当r＝R时，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于eq\f(T,4)，故A正确；由图示可知，当粒子轨道半径r≠R时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从M点射入的粒子运动时间小于从N点射入的粒子运动时间，故BD正确，C错误；本题选不正确的，故选C。7．(2024·江苏省扬州市高二上学期物理期末)在如图所示电路中，已知电表均为志向电表，电流表A、电压表V1、V2的读数分别为I、U1和U2，C为电容器．在滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、V2读数变更量大小分别是ΔI、ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的有(BD)A．电源的内阻消耗的电功率变大B．灯泡变亮、电容器所带电量削减C．eq\f(U2,I)等于外电路总电阻，变小D．eq\f(ΔU2,ΔI)等于电源的内电阻，不变解析：滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离，接入电路的R2的电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，依据公式P＝I2r可知电源内阻消耗的电功率变小，故选项A错误；由于总电阻变大，总电流变小，则内电压变小，则路端电压增大，故灯泡变亮，即灯泡的电流变大，则通过电阻R1的电流变小，即电阻R1两端电压减小，则电容器两端电压减小，依据公式C＝eq\f(Q,U)可知电容器所带电量减小，故选项B正确；电压表V2测量路端电压，依据部分电路欧姆定律可知：U2＝IR外，则R外＝eq\f(U2,I)，通过上面的分析可知总电阻变大，即eq\f(U2,I)等于外电路总电阻，变大，故选项C错误；eq\f(ΔU2,ΔI)等于电源的内电阻，不变。故选项D正确。8．一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是(BC)A．速度选择器的P1极板带负电B．粒子1带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E/B1D．粒子2的比荷q/m肯定值最大解析：若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B1时向上偏转，依据左手定则推断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1＝qE，解得v＝eq\f(E,B1)，故C正确；依据qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，知r越大，比荷越小，所以D错误。9．(2024·湖北省沙市中学高二上学期期末)电源、开关S、S′、定值电阻R1、滑动变阻器R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S、S′闭合时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。将滑动变阻器滑片P向下移动，则(BD)A．液滴向下运动B．液滴向上运动C．R2两端的电势差是否上升无法分析D．当保持R2阻值不变时断开S′，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高解析：将滑动变阻器滑片P向下移动时，R2的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动；故A错误，B正确；R2的阻值变小，电路中电流增大，R2两端间的电压：UR2＝E－I(R1＋r)肯定减小，故C错误；当保持R2不变时断开S′，电容器的带电量不变，电势差：UR1＝eq\f(4πkdQ,εrS)，把电容器的上极板向上移一小段距离，d变大，故电势差UR1变大，由于下极板电势为零，故上极板的电势比A点的电势高，故D正确；故选BD。10．如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止起先从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失。先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，其次次让物块m从A点由静止起先下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来。后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止起先下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来。则以下说法中正确的是(BC)A．D′点肯定在D点左侧 B．D′点肯定与D点重合C．D″点肯定在D点右侧 D．D″点肯定与D点重合解析：依据动能定理mgh＝μmgcosα·LAB＋μmgLBD ①当加电场时(mg＋Eq)h＝μ(mg＋Eq)cosα·LAB＋μ(mg＋Eq)LBD′ ②由上两式得LBD＝LBD′，所以B项正确。当加磁场时，由左手定则知物块在运动过程中对斜面及地面的正压力减小，又洛伦兹力不做功，所以可推断C项正确。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，每小题8分，共16分。把答案干脆填在横线上)11．在做“用电流表和电压表测电池的电动势E(约3V)和内电阻r”的试验时，部分器材参数如下：电压表(量程3V)，电流表(量程0.6A)，定值电阻R0(阻值为3Ω)，滑动变阻器R(阻值约30Ω)。(1)小红按如图甲所示的电路图连接实物电路，在电路连接正确的状况下，当她闭合开关时发觉电压表有示数，电流表没有示数，反复检查后发觉电路连接完好，估计是某一元件断路，因此她拿来多用电表检查故障。她的操作如下：a．断开电源开关S；b．将多用表选择开关置于×1Ω挡，调零后，红黑表笔分别接R两端，读数为30Ωc．将多用表选择开关置于×100Ω挡，调零后，将红黑表笔分别接电压表两端，发觉指针读数如图乙所示，则所测阻值为__2200__Ω，然后又将两表笔接电流表两端，发觉指针位置几乎不变。由以上操作可推断发生断路故障的元件是__电流表__(填元件名称)。(2)她设计的试验电路中定值电阻R0的作用是(说出一条理由即可)__爱护电源__。(3)请依据电路图把实物图丙没完成的连线连接好。(4)在更换规格相同的元件后，她变更滑动变阻器的阻值，测出了6组对应的数据并在坐标系上描点如图丁所示，请在图丁中接着完成图象；并依据图象可得该电池的电动势E＝__3.00__V，电池内阻r＝__0.57__Ω(小数点后保留两位数字)。解析：(1)依据图乙可读出所测阻值为2200Ω；将两表笔接电流表两端，发觉指针位置几乎不变，说明多用电表仍旧测量的是电压表的内阻，也就说明白电流表处发生了断路。(2)她设计的试验电路中定值电阻R0的作用是：①爱护电阻，②增大电源等效内阻，使调整时两电表示数变更明显。(3)实物图连线见图a(4)描点连线见图b，依据U－I图象得：当电流I＝0时，U＝3.00V，所以电池的电动势E＝3.00V，通过U－I图象求出该直线的斜率为k＝eq\f(3－1.5,0.42)＝3.57Ω，也就是r＋R0＝3.57Ω，所以电池内阻r＝0.57Ω。12．(2024·江西省九江一中高二上学期期末)国标规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m。某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径匀称的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以限制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽视)，右活塞固定，左活塞可自由移动。试验器材还有：电源(电动势约为3V，内阻可忽视);电压表V1(量程为3V，内阻很大)；电压表V2(量程为3V，内阻很大)；定值电阻R1(阻值4kΩ)；定值电阻R2(阻值2kΩ)；电阻箱R(最大阻值9999Ω)；单刀双掷开关S；导线若干；游标卡尺；刻度尺。试验步骤如下：A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E．变更玻璃管内水柱长度，重复试验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F．断开S，整理好器材。(1)用游标卡尺测玻璃管内径d＝30.00mm(2)玻璃管内水柱的电阻值Rx的表达式为：Rx＝__eq\f(R1R2,R)__(用R1、R2、R表示)；(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的R－eq\f(1,L)关系图象。则自来水的电阻率ρ＝__14__Ω·m(保留两位有效数字)。解析：(2)设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为eq\f(U,R1)，总电压U总＝eq\f(URx,R1)＋U当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为eq\f(U,R)，总电压U总′＝eq\f(U,R)·R2＋U，由于两次总电压相等，都等于电源电动势E，可得eq\f(Rx,R1)＝eq\f(R2,R)，解得Rx＝eq\f(R1R2,R)；(3)从图丙中可知，R＝2.0×103Ω时，eq\f(1,L)＝5.0m－1，此时玻璃管内水柱的电阻Rx＝eq\f(R1R2,R)＝4000Ω，水柱横截面积S＝π(eq\f(d,2))2＝2.25π×10－4m2，由电阻定律R＝eq\f(ρL,S)得，ρ＝eq\f(RS,L)＝4000×2.25π×10－4×5Ω·m≈14Ω·m。三、论述·计算题(共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(10分)如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L不行伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球1，线的上端固定于O点，若在B点同一水平线上的左方距离为r处固定另一带电小球2，小球1恰好处于静止状态，当拿走小球2后，小球1由静止起先向上摇摆，当细线转过120°角到达A点时的速度恰好为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k，求：(1)BA两点间的电势差U；(2)匀强电场的场强E的大小；(3)小球2的带电量Q。答案：(1)eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,3q)(3)eq\f(2\r(3)mgr2,3kq)解析：(1)小球1从B到A过程，由动能定理得：qU－mgLcos30°＝0－0解得：U＝eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)BA间沿电场线的距离为：d＝L＋Lsin30°在匀强电场，有：E＝eq\f(U,d)所以联立以上三式得：E＝eq\f(\r(3)mg,3q)(3)未拿走球2时，小球1恰好处于静止状态，小球1和2间的作用力为：F库＝keq\f(Qq,r2)小球1受力平衡，则有：Fsin30°＋qE＝keq\f(Qq,r2)Fcos30°＝mg所以解得：Q＝eq\f(2\r(3)mgr2,3kq)14．(10分)(2024·北京市中关村中学高二上学期期中)如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程，两电压表的读数随电流表读数的变更状况如乙图中的AC、BC两直线所示。不考虑电表对电路的影响。(1)电压表V1、V2的示数随电流表示数的变更图线分别为乙图中的哪一条直线？(2)定值电阻R0，变阻器的总电阻R分别为多少？(3)求出电源的电动势和内阻。(4)变阻器滑动片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大电功率为多少？答案：(1)AC，BC(2)3Ω，12Ω(3)8V1Ω(4)4W解析：(1)当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，所以电压表V1的示数随电流表示数的变更图象应为AC；电压表V2的示数随电流表示数的变更图象应为BC。(2)定值电阻R0＝eq\f(U1,I)＝eq\f(1.5,0.5)Ω＝3Ω；当I＝0.5A时，R外＝eq\f(U2,I)＝eq\f(7.5,0.5)Ω＝15Ω；则R＝R外－R0＝12Ω。(3)依据闭合电路欧姆定律得：E＝7.5＋0.5rE＝6＋2r可得：E＝8V，r＝1Ω。(4)当R＝R0＋r＝4Ω时，变阻器消耗的电功率最大，UR＝eq\f(E,2)＝eq\f(8,2)V＝4V，pR＝eq\f(U\o\al(2,R),R)＝eq\f(16,4)W＝4W。15．(11分)(2024·山东省菏泽市高二上学期期末)如图所示，一个质量为m＝2.0×10－11kg，电荷量q＝＋1.0×10－5C的带电微粒(重力忽视不计)，从静止起先经U1＝100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100V。金属板长L＝20cm，两板间距d＝10eq\r(3)(1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小；(2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ；(3)若该匀强磁场的宽度为D＝10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？答案：(1)1×104m/s(2)θ＝30°解析：(1)微粒在加速电场中，由动能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v0＝1.0×104(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：L＝v0t，竖直分速度：vy＝at＝eq\f(qU2,md)t，飞出电场时偏角的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)，解得：tanθ＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°。(3)微粒进入磁场时的速度v＝eq\f(v0,cosθ)，粒子运动轨迹如图所示：由几何学问可得：D＝r＋rsinθ，微粒做匀速圆周运动，由牛顿其次定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：B＝eq\f(mv01＋sinθ,qDcosθ)，代入数据得：B＝eq\f(\r(3),5)T≈0.3