选修3-1综合测试题

选修3－1综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间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题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)1．(2014·重庆理综)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则()A．Wa＝Wb，Ea>Eb B．Wa≠Wb，Ea>EbC．Wa＝Wb，Ea<Eb D．Wa≠Wb，Ea<Eb答案：A解析：考查电场中力的性质和能的性质。解题的关键是理解电场线和等势线的特点。a、b两点在同一等势线上，所以从a运动到c和从b运动到c电场力做的功相等，即Wa＝Wb；由电场线的特点知，a点所处位置的电场线比b点的密，故电场强度大，即Ea>Eb，综上所述，选项A正确。解题中要充分利用电场线和等势线这个工具进行分析。2．(2014·山东理综)如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A。已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)才球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图象，可能正确的是()答案：A解析：根据力与运动的关系，库仑定律解决问题。当试探电荷在球壳内部运动时，不受静电力作用，做匀速直线运动，故动能Ek不变。当试探电荷在球壳外部运动时，根据库仑定律，试探电荷受到的库仑斥力越来越小，故试探电荷做加速度减小的加速运动，试探电荷的动能越来越大，但增大得越来越慢。选项A正确，选项B、C、D错误。3.如图所示，在方向水平向左的匀强电场中有一倾角为60°、高为H的固定绝缘斜面体，现将一质量为m、带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)mg,q)，不计空气阻力。下列关于小物块运动情况的判断正确的是()A．小物块将沿斜面下滑B．小物块将做曲线运动C．小物块到达地面时的速度大小为2eq\r(2gH)D．若其他条件不变，只增大电场强度，小物块到达地面前的运动时间将增大答案：C解析：对小物块受力分析，如图所示，由图中几何关系可知，小物块受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，由平行四边形定则可知，小物块从静止开始沿图中虚线做匀加速直线运动，选项A、B错误；从静止释放至到达地面的过程中，由动能定理可得mgH＋qE×eq\r(3)H＝eq\f(1,2)mv2－0，即mgH＋eq\r(3)mg×eq\r(3)H＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v＝2eq\r(2gH)，选项C正确；该运动可以分解成水平方向上向左的匀加速直线运动和竖直向下的自由落体运动，由H＝eq\f(1,2)gt2可知，若其他条件不变，只增加电场强度，小物块到达地面前运动的时间不变，选项D错误。4．如图所示的电路中，闭合电键后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大。下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是()A．L1灯丝突然短路 B．L2灯丝突然烧断C．电源的输出功率一定变小 D．电容器C上电荷量减小答案：B解析：当L1灯丝突然短路时，电路的外电阻减小，根据I＝eq\f(E,R外＋r)得，电流表读数增大，A错；当L2灯丝突然烧断时，电路的外电阻增大，电流表读数变小，由U＝E－Ir得电压表读数增大，B对；电源的输出功率大小由电路的外电阻与内电阻的关系决定，所以C错；当L2灯丝突然烧断时，电容器两端的电压增大，所以电容器会充电，D错。5．(2015·济宁模拟)如图所示，两根相距L＝2m的平行金属导轨ab、cd水平放置在竖直向下的匀强磁场中，质量为m＝3.6kg的金属棒MN垂直导轨放置，且与导轨接触良好。当金属棒中通以I1＝5A的电流时，金属棒可沿导轨做匀速运动；当金属棒中电流增大到I2＝8A时，金属棒能获得a＝2m/s2的加速度，已知金属棒受到的安培力方向水平。则该匀强磁场的磁感应强度的大小为()A．1.8T B．1.5TC．1.2T D．条件不足，无法计算答案：C解析：由平衡条件可得BI1L＝F阻，当金属棒中的电流为I2＝8A时，金属棒做加速运动，加速度为a，根据牛顿第二定律得，BI2L－F阻＝ma，解得B＝eq\f(ma,I2－I1L)＝eq\f(3.6×2,3×2)T＝1.2T，C正确。6.如图所示，长方形abcd长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25T。一群不计重力、质量m＝3×10－7kg、电荷量q＝＋2×10－3C的带电粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域()A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边答案：D解析：由左手定则判断，粒子刚射入时所受洛伦兹力方向向上。qvB＝meq\f(v2,R)，R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(3×10－7×5×102,2×10－3×\f(1,4))＝0.3m。由数学知识知只有D项正确。7．(2014·海南高考)如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点。将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v­t图线如图乙所示。设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有()A．φa>φb B．Ea>EbC．Ea<Eb D．Wa>Wb答案：BD解析：由题意可知，粒子只受电场力时，其动能和电势能之和保持不变，而由v­t图象可知粒子从a运动到b的过程中速度逐渐增大，动能增大，所以其电势能逐渐减小，又由于粒子带负电，所以电势是逐渐升高的，A错，D对；由于v­t图象的斜率是逐渐减小的，加速度逐渐减小，因此电场力逐渐减小，所以电场强度也逐渐减小，B对，C错。故选B、D。8.(2015·山东泰安)如图所示甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场(a，b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点)，丁是等量正点电荷形成的电场(a，b位于两点电荷连线的中垂线上，且a位于连线的中点)。有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放，动能Ek随位移x变化的关系图象如图中的①②③图线所示，其中图线①是直线。下列说法正确的是()A．甲对应的图线是① B．乙对应的图线是②C．丙对应的图线是② D．丁对应的图线是③答案：AC解析：甲图中电场为匀强电场，电场力做功W＝qEx，因E、q均保持不变，故电场力做功与x成正比，故对应的图线是①，A项正确；乙图中从a到b时电场强度减小，故电场力做功越来越慢，即动能的增大应是减慢的，故图象应为③，B项错误；丙图中为两异种电荷，a为中间，故从a到b时，电场强度增大，故电场力做功也将加快，故动能的增加增快，故应为②，C项正确；丁图中a处场强最小，而不能明确b的位置，故从a到b时场强可能一直增大，也可能先增大再减小，若场强一直增大，则做功越来越快，图象应为②，所以D项错误。9．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零答案：CD解析：设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确。10．(2016·山西省吕梁模拟)如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带正电的带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场。已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为()A.eq\f(7πd,2v0) B．eq\f(d,v0)(2＋5π)C.eq\f(d,v0)(2＋eq\f(3π,2)) D．eq\f(d,v0)(2＋eq\f(7π,2))答案：D解析：设Q点的纵坐标为b，到达Q点的水平分速度为vx，则由类平抛运动的规律可知h＝v0td＝eq\f(1,2)vxttan45°＝eq\f(vx,v0)得h＝2d，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T。则由几何关系可知：R＝eq\r(2)·2d带电粒子进入磁场时的速度大小为v＝eq\r(2)v0则粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πd,v0)设粒子在电场中运动时间为t1，t1＝eq\f(2d,v0)设粒子在磁场中的运动时间为t2，t2＝eq\f(3,8)T＋eq\f(T,2)＝eq\f(7,8)T则总时间为t＝t1＋t2＝eq\f(7πd,2v0)＋eq\f(2d,v0)，故选D。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，共18分。把答案直接填在横线上)11．(6分)(2015·课标Ⅱ)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表(量程3V，内阻约为3000Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100Ω，额定电流2A)，电源E(电动势6V，内阻不计)，开关2个，导线若干。(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整。(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R′V，与电压表内阻的真实值RV相比，R′V________RV(填“>”、“＝”或“<”)，主要理由是____________________。答案：(1)实验电路如图所示：(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表指针满偏；保持滑动变阻器的滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，即为测得的电压表的内阻。(3)>断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路的总电阻增大，分得的电压也增大，此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R′V>RV。解析：(1)由于R1的总阻值远小于测量电路总电阻，故控制电路采用分压式接法，电路图见答案。(2)(3)见答案。12．(6分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，待测小灯泡上标有“3V,1.5W”的字样。测量小灯泡两端的电压和小灯泡的电流时，备有如下器材：A．直流电源3V(内阻可不计)B．直流电流表0～3A(电阻约0.1Ω)C．直流电流表0～600mA(内阻约0.5Ω)D．直流电压表0～3V(内阻约3kΩ)E．直流电压表0～15V(内阻约200kΩ)F．滑动变阻器10Ω、1AG．滑动变阻器1kΩ、300mA(1)除开关、导线外，为了完成该实验，需要从上述器材中选用的器材有________。(用序号字母表示)(2)利用给出的器材通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线，要求测量多组实验数据，请你在虚线框内画出实验原理电路图，并将图中实物连接成实验电路图。(3)下表中的各组数据是此学习小组在实验中测得的，根据表格中的数据在方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线。U/VI/A000.50.171.00.301.50.392.00.452.50.49(4)试估算当小灯泡两端电压为2.2V时，该灯泡的实际功率为________W。(结果保留2位有效数字)答案：(1)ACDF(2)见解析(3)见解析(4)1.0解析：(1)电源只有一个所以要选A。I＝eq\f(P,U)＝eq\f(1.5,3)A＝500mA，电流表选C。待测小灯泡上标有“3V,1.5W”的字样，说明灯泡的额定电压为3V，而E的量程太大，读数误差大，选D。要求测量多组实验数据，说明滑动变阻器要用分压式，为了控制电路方便，要选总阻值小的滑动变阻器，故选F。(2)滑动变阻器采用分压式，灯泡电阻小用外接法，故电路图如图所示。(3)取合适的标度，用平滑的曲线连接这些点，勿用折线连接。(4)在图上读出电压U＝2.2V时电流I＝0.47A，根据P＝UI可得P≈1.0W。13．(6分)老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1(阻值未知)，电压表V(量程为3.0V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。某同学连接了一个如图所示的电路，他接下来的操作是：a．拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图甲所示的位置后，将S2接到A，闭合S1，记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；b．保持电阻箱示数不变，将S2切换到B，闭合S1，记录此时电压表的读数(电压表的示数如图乙所示)，然后断开S1。(1)请你解答下列问题：图甲所示电阻箱的读数为________Ω，图乙所示的电压表读数为________V，由此可算出定值电阻R1的阻值为________Ω。(电阻R1计算结果保留3位有效数字)(2)在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将S2切换到A，闭合S1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图丙所示的eq\f(1,U)－eq\f(1,R)图象。由此可求得该电池组的电动势E及内阻r，其中E＝________V，电源内阻r＝________Ω。答案：(1)20.002.805.45(2)2.860.26解析：(1)电阻箱的读数等于挡位的电阻之和，为20.00Ω；电压表读数应估读一位，为2.80V；根据部分电路欧姆定律可得eq\f(2.20V,20Ω)＝eq\f(2.80V,20Ω＋R1)，解得R1的阻值约为5.45Ω(2)由图象可知当R无穷大时，R两端的电压近似等于电源的电动势，即eq\f(1,E)＝0.35V－1，解得E＝2.86V；根据欧姆定律可得，eq\f(\f(1,0.35)－\f(1,0.55),R1＋r)＝eq\f(0.10,0.55)，解得r＝0.26Ω三、论述计算题(共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)(2015·四川资阳二诊)如图所示，足够长斜面倾角θ＝30°，斜面上A点上方光滑，A点下方粗糙，μ＝eq\f(1,4\r(3))，光滑水平面上B点左侧有水平向右的匀强电场E＝105V/m，可视为质点的小物体C、D质量分别为mC＝4kg，mD＝1kg，D带电q＝3×10－4C，用细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在斜面及水平面上的P和Q点由静止释放，B、Q间距离d＝1m，A、P间距离为2d。取g＝10m/s2，求：(1)物体C第一次运动到A点时的速度v0；(2)物体C第一次经过A到第二次经过A的时间t。答案：(1)2m/s(2)1.82s解析：(1)由题知释放后C物体将沿斜面下滑，C物体从P到A过程，对C、D系统由动能定理：mCg·2dsinθ－Eq·d＝eq\f(1,2)(mC＋mD)veq\o\al(2,0)①解①得：v0＝2m/s②(2)由题意，C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设向下运动的时间为t1，其加速度大小为a1，发生的位移为x1，对物体C：T1＋μmCgcosθ－mCgsinθ＝mCa1③t1＝eq\f(v0,a1)④x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)⑤对物体D：Eq－T1＝mDa1⑥设物体C在加速上滑到A的过程中，加速度大小为a2，时间为t2，对物体C：T2－μmCgcosθ－mCgsinθ＝mCa2⑦对物体D：Eq－T2＝mDa2⑧x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑨t＝t1＋t2⑩联立③④⑤⑥⑦⑦⑧⑨⑩解得：t＝eq\f(2,3)(eq\r(3)＋1)s≈1.82s。⑪15．(10分)(2015·江苏二校联考)如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电。两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔。C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′。半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计。现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，问：(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大；(2)为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点P点？答案：(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)E＝eq\f(4U,L)(3)(2k＋1)(2d＋eq\f(πL,4))eq\r(\f(m,2qU))，k＝0,1,2，…解析：(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2①解得v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qE＝meq\f(v2,R)＝meq\f(2v2,L)②联立①、②，得E＝eq\f(4U,L)(3)微粒从释放开始经t1射出B板的小孔，则t1＝eq\f(d,\f(v,2))＝eq\f(2d,v)＝2deq\r(\f(m,2qU))③设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则t2＝eq\f(πL,4v)＝eq\f(πL,4)eq\r(\f(m,2qU))④所以从释放微粒开始，经过(t1＋t2)＝(2d＋eq\f(πL,4))eq\r(\f(m,2qU))微粒第一次到达P点；根据运动的对称性，易知再经过2(t1＋t2)微粒再一次经过P点；……所以经过时间t＝(2k＋1)(2d＋eq\f(πL,4))eq\r(\f(m,2qU))，k＝0,1,2，…微粒经过P点。16．(10分)(2014·新课标Ⅰ)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＝eq\f(3,2)OA，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(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△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)eq\f(7,3)(2)eq\f(\r(3)mg,6q)与竖直向下的方向成30°角解析：本题综合考查了平抛运动、类平抛运动、机械能守恒和能量守恒问题，解题思路为：利用平抛运动的规律和机械能守恒定律求出无电场时末动能和初动能的比值。利用能量守恒关系求出有电场时的等势点，从而求出电场强度的大小和方向。(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＝eq\f(3,2)d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝eq\f(1,2)gt2②又有Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③由①②③式得Ek0＝eq\f(3,8)mgd④设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋eq\f(1,2)mgd⑤由④⑤式得eq\f(EkA,Ek0)＝eq\f(7,3)⑥(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了eq\f(d,2)和eq\f(3d,2)，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpA，由能量定恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－eq\f(1,2)mgd＝eq\f(2,3)Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－eq\f(3,2)mgd＝Ek0⑧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，则有eq\f(x,\f(3,2)d)＝eq\f(ΔEpA,ΔEpB)⑨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α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA⑪由④⑦⑪式得E＝eq\f(\r(3)mg,6q)⑫17．(12分)(2015·济南模拟)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界