2019-2020年高中物理 综合测评（含解析）新人教版选修3-1.doc

2019-2020年高中物理 综合测评（含解析）新人教版选修3-1第卷(选择题，共44分)一、选择题(本大题共11小题，每小题4分，共44分，每小题至少有一个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)1两个相同的带电导体小球所带电荷量的比值为13，相距为r时相互作用的库仑力大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时的库仑力大小可能为()AFBFCFDF解析：设两个小球相互接触之前所带电荷量分别为q和3q，由库仑定律得Fk.由于两个导体小球完全相同，故接触后它们的带电情况完全相同若它们原来带同种电荷，则接触后它们的电荷量均为2q，于是有F1kF；若它们原来带异种电荷，则接触后它们的电荷量均为q，于是有F2kF.答案：AD2下列说法中正确的是()A根据E，可知电场中某点的场强与静电力成正比B根据E，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比C根据场强的叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹解析：这个问题涉及到有关电场的基本概念E作为电场强度的定义式，给出了电场强度的一种测量方法而对于静电场中的某一确定的点，放在该处的试探电荷的电荷量不同，电荷受到的静电力也不同，但静电力和电荷量的比值却是不变的，即电场强度与静电力及试探电荷的电荷量无关，而由场源电荷及研究点在场中的位置决定对于点电荷形成的电场，确定点的场强与形成电场的场源电荷的电荷量成正比电场强度是矢量，合场强由平行四边形法则确定，作为合场强的平行四边形的对角线不一定比作为分场强的平行四边形的邻边长只有当电场线是直线，带电粒子只在静电力的作用下，电荷的初速度为零或初速度方向与电场线重合时，电荷的运动轨迹才会与电场线重合答案：B3如图所示，两个等量异种电荷在真空中相隔一定距离，OO代表两点电荷连线的中垂面，在两点电荷所在的某一平面上取图示1、2、3三点，则这三点的电势大小关系是()A123B213C231D321解析：本题所涉及的是等量异种电荷周围的电场线和等势面，先画出等量异种电荷周围的电场线和等势面如图所示，根据沿着电场线电势越来越低，所以123.答案：A4如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等则这两个电路中的U甲、U乙、R甲、R乙之间的关系，正确的是()AU甲2U乙BU甲2U乙CR甲4R乙DR甲2R乙解析：两电路的总电流分别为I和2I，所以U甲2U乙，R甲消耗的功率为P总2P灯，R乙消耗的功率也为P总2P灯，所以I2R甲4I2R乙，R甲4R乙答案：BC5(xx天津)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A增大R1的阻值B增大R2的阻值C增大两板间的距离D断开电键S解析：电容器并联在电阻R1两端，电容器两端电压等于电阻R1两端电压，油滴受到电场力和重力作用，处于平衡状态增大R1的阻值，可以增大R1两端电压，根据电压和场强的关系E可知，电场强度变大，油滴向上运动，故A选项错误；和电容器相连的电阻相当于短路，故增大R2的阻值，不会改变极板间的电场场强，油滴静止不动，故B选项正确；增大两板间的距离，根据电压和场强的关系E可知，电场强度变小，油滴向下运动，故C选项错误；断开电键S，电容器放电，电场减弱，油滴向下运动，故D选项错误答案：B6一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则()A电动机消耗的总功率为UIB电动机消耗的热功率为C电源的输出功率为EID电源的效率为1解析：电动机消耗的总功率为UI，选项A正确；电动机消耗的热功率为I2R，选项B错误；电源的总功率为EI，电源的输出功率为EII2r，所以电源的效率为1，选项C错误，D正确答案：AD7有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在图示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段MN上只有一点的磁感应强度为零解析：M点、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；在线段MN上中点O的磁感应强度为零，选项D正确答案：BD8(xx巴中模拟)某电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B两点，则以下判断正确的是()AA点的场强大于B点的场强，B点的电势高于A点的电势B若将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C一个负电荷处于B点的电势能大于它处于A点的电势能D若将一个正电荷由A点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动解析：电场线的疏密程度表示场强的强弱，A点的场强大于B点的场强，沿电场线电势逐渐降低，B点电势高于A点的电势，A选项正确；将一个电荷由A点移到B点，电荷克服电场力做功，说明电场力与场强同向，该电荷一定是正电荷，B选项错误；负电荷在电势低的地方电势能大，故负电荷在B点的电势能小于在A点的电势能，C选项错误；正电荷在A点释放，将做加速度增大的加速运动，D选项错误答案：A9如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，c为ab的中点，a、b点的电势分别为a5 V，b3 V，下列叙述正确的是()A该电场在c点处的电势一定为4 VBa点处的场强一定大于b点处的场强C一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a解析：该电场不一定是匀强电场，c不一定等于4 V，故A、B错误；由ab知，电场线由a指向b，正电荷在c点的受力也应由c指向b，选项D错误；由Epq知选项C正确答案：C10(xx河南一模)如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端等高，分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道最低点，则下列说法中正确的是()A两个小球到达轨道最低点的速度vavbB两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FaFbC小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间D磁场中小球能到达轨道另一端最高处，电场中小球不能到达轨道另一端最高处解析：a运动到M的过程中，重力做功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得mgRmv，同理，b运动到N的过程中，重力做功，电场力做负功，根据动能定理得mgRqERmv，比较可知vavb，故A选项错误；分析小球在最低点的受力，列向心力关系式F合m，磁场中FamgqvaBm，电场中Fbmgm，比较可知FaFb，故B选项正确；在磁场中，洛伦兹力与运动方向垂直，不会影响小球的运动时间，在电场中，电场力存在着与运动方向相反的分力，阻碍小球的运动，故电场中运动时间长，C选项错误；根据A选项的分析可知，洛伦兹力不做功，动能和重力势能相互转化，小球可以到达轨道的另一端，电场力做负功，机械能减小，小球不能到达轨道的另一端，故D选项正确答案：BD11如图所示直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场正、负电子同时从同一点O以与MN成30角的同样速度v射入磁场，设电子质量为m，电荷量为e，则()A正、负电子在磁场中运动的半径和周期是相同的B正、负电子从磁场中射出点到O点的距离相等C正、负电子在磁场中运动的时间差是D正、负电子在磁场中运动的时间差是解析：正、负电子的半径和周期是相同的，选项A正确；正、负电子偏转方向相反，先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形，所以从磁场中射出点到O点的距离相等，选项B正确；由图还看出经历时间相差2T/3，时间差为t，选项C正确、D错误答案：ABC第卷(非选择题，共56分)二、实验题(本大题包括2小题，共12分)12(xx浙江)小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值(1)图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到UI图上，如图2.在图中，由电流表外接法得到的数据点是用_(填“”或“”)表示的(3)请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为_.解析：(1)根据电路图连接实物图，应先串后并，先连控制电路后连测量电路，如图所示：(2)电流表外接时，对应同一电压值，电流值偏大，故由电流表外接法得到的数据点是用表示的(3)连线如图所示：选择一组数据，U0.6 V，I0.5 A，根据欧姆定律得，R1.2 .答案：(1)见解析(2)(3)1.213(xx天津)现要测量一个未知电阻Rx的阻值，除Rx外可用的器材有：多用电表(仅可使用欧姆挡)；一个电池组E(电动势6V)；一个滑动变阻器R(020 ，额定电流1 A)；两个相同的电流表G(内阻Rg1 000 ，满偏电流Ig100 A)；两个标准电阻(R129 000 ，R20.1 )；一个电键S、导线若干(1)为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是_(填字母代号)A这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆B这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆C如需进一步测量可换“1”挡，调零后测量D如需进一步测量可换“1 k”挡，调零后测量(2)根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确并使电路能耗较小，画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁解析：(1)用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，说明通过电路的电流很大，被测电阻很小，只有几欧姆，需要换用低倍率，即“1”档故AC选项正确(2)测电阻的本质是闭合电路的欧姆定律，即伏安法，根据题干所给的器材，利用R2和G改装成电流表，用R1和G改装成电压表，为了使电路能耗较小，选用限流接法，电路如图所示：答案：(1)AC(2)三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)14一质量为m、电荷量为q的小球，从与水平方向成45角的两块平行金属板A、B的A板上的小孔P沿水平方向射入，如图所示，小球在A、B板间做直线运动，设两板的间距为d，问：(1)A、B两板间的电压是多少；(2)小球入射的速度v0至少多大才能到达B板解析：(1)对小球进行受力分析，如图所示，可得小球做匀减速直线运动，则qcos45mg，解得：U.(2)设小球的初速度最小为v0时能到达B板，由能量守恒得：qUmv，解得：v0.答案：(1)(2) 15如图所示，水平放置的两平行金属导轨间距L0.5 m，所接电源的电动势E1.5 V，内阻r0.2 ，金属棒的电阻R2.8 ，与平行导轨垂直，其余电阻不计，金属棒处于磁感应强度B2.0 T、方向与水平方向成60角的匀强磁场中在接通电路后金属棒还是静止，则(1)金属棒受到的安培力的大小和方向如何？(2)若棒的质量m5102 kg，此时导轨对它的支持力是多少？解析：(1)由闭合电路欧姆定律有：I A0.5 A，安培力FBIL2.00.50.5 N0.5 N，由左手定则可知其方向与导轨平面成30角斜向左上方(2)设金属棒所受支持力为FN，由竖直方向受力平衡知：FNFsin30mg0解得：FN0.25 N.答案：(1)0.5 N，方向与导轨平面成30角斜向左上方(2)0.25 N16如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零若此电荷在A点处的加速度大小为g，试求(静电力常量为k)：(1)此电荷在B点处的加速度；(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)解析：(1)这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时mgmg，在B点时mgmaB，解得：q，aB3g，方向竖直向上(2)从A到B过程，由动能定理得mg(h0.25h)qUAB0解得：UAB.答案：(1)3g，方向竖直向上(2)17(xx文登市二模)如图甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L0.08 m，板间距足够大，两板的右侧有水平宽度l0.06 m、竖直宽度足够大的有界匀强磁场一个比荷为5107 C/kg的带负电粒子以速度v08105 m/s从两板中间沿与板平行的方向射入偏转电场，若从该粒子进入偏转电场时开始计时，板间场强恰好按图乙所示的规律变化，粒子离开偏转电场后进入匀强磁场并最终垂直磁场右边界射出不计粒子重力，求：(1)粒子在磁场中运动的速率v；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径R和磁场的磁感应强度B；(3)粒子从进入偏转电场到离开磁场所用的时间解析：(1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，得出在电场中运动的时间t s1107 s，粒子在一个周期内飞出电场；在05108 s的时间内，竖直方向位移：y at2t2 m1.5102m在 5108 s10108 s 的时间内，粒子做匀速直线运动，速度不变，根据动能定理qEymv2mv，代入数据解得，v1106 m/s. (2)带电粒子运动轨迹如图所示： 根据几何关系可知，sin ，解得R0.1 m；根据洛伦兹力提供向心力，qvBm，得B0.2 T.(3)粒子在电场中运动的时间t电1107 s，在磁场中运动的圆心角sin0.6，解得37，根据qvBmr，解得T，运动时间t磁T6.45108 s，总时间tt电t磁 1.645107 s .答案：(1) 1106 m/s(2)0.1 m0.2 T(3)1.645107 s