18学年高中物理模块综合检测教科版选修3_1

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2018年高中物理选修3-1全套课时达标训练含答案解析

高中物理选修3-1全册课时训练目录第一章静电场第1课时电荷及其守恒定律第2课时库仑定律第3课时库仑定律与力学的综合应用第4课时电场强度第5课时电势能和电势第6课时电势差第7课时电势差与电场强度的关系第8课时电场中功能关系问题分析第9课时静电现象的应用第10课时电容器的电容第11课时平行板电容器问题求解方法第12课时带电粒子在电场中的运动第13课时电场中力学综合问题分析第二章恒定电流第1课时电源和电流第2课时电动势第3课时欧姆定律第4课时测量小灯泡的伏安特性曲线第5课时串并联电路第6课时电流表和电压表第7课时焦耳定律第8课时导体的电阻第9课时测金属丝的电阻率第10课时闭合电路欧姆定律第11课时闭合电路欧姆定律的应用第12课时多用电表的原理及应用第13课时测量电源电动势和内阻第14课时电阻的测量方法第15课时简单逻辑电路第三章磁场第1课时磁现象和磁场第2课时磁感应强度第3课时几种常见的磁场第4课时通电导线在磁场中受到的力第5课时运动电荷在磁场中受到的力第6课时带电粒子在匀强磁场中的运动第7课时带电粒子在复合场中的运动第8课时带电粒子在有界磁场中运动的临界问题1. 电荷①概念：自然界中总共有两种电荷：即正电荷和负电荷，其作用的基本特点是：同种电荷相互排斥；异种电荷相互吸引。

②使物体起电的方法有三种：即摩擦起电、感应起电、接触起电，其实质都是电子的转移。

摩擦起电：当两物体相互摩擦时，因为不同物质对电子的束缚能力的强弱不同，对电子束缚能力相对较弱的物体失去电子而带正电，而对电子束缚能力相对较强的得到电子而带负电。

感应起电：当一个带电体靠近导体时由于电荷间相互吸引或排斥，导体中的自由电荷便会趋向或远离带电体，使导体靠近带电体的一端带异种电荷，远离的一端带同种电荷，这种现象叫静电感应。

利用静电感应使金属导体带电的过程，叫做感应起电。

接触起电：用带电的物体与不带电的导体（或两个带相反电荷但所带电荷量不同的物体）接触，都可以电荷转移，进而使导体也带电（两物体带等量同种电荷），这种现象称为接触起电。

高中物理《选修3-1》全册模块测试卷(含解析)

高中物理《选修3-1》全册模块测试卷(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．如图甲所示，AB 是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB 由点A 运动到点B ，所经位置的电势随距A 点的距离变化的规律如图乙所示．以下说法正确的是( )A ．A 、B 两点的电场强度E A >E B B ．电子在A 、B 两点的速度v A <v BC ．A 、B 两点的电势φA <φBD ．电子在A 、B 两点的电势能E p A >E p B2．如图所示的两个电场中，点电荷＋Q 位于圆心处，乙图中另有一水平向右的匀强电场，关于圆上a 、b 、c 、d 四点的场强和电势说法正确的是( )A ．a 、b 两点场强不同，电势相同B ．a 、b 两点场强不同，电势不同C ．c 、d 两点场强相同，电势相同D ．c 、d 两点场强相同，电势不同3.如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A 至C 运动时的速度越来越大，B 为线段AC 的中点，则下列说法不正确的是( )A ．电子沿AC 方向运动时受到的电场力越来越大B ．电子沿AC 方向运动时它具有的电势能越来越小 C ．电势差U AB ＝U BCD ．电势φA <φB <φC4．一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U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为IrE5．在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小6．如图所示为“滤速器”装置示意图．a 、b 为水平放置的平行金属板，其电容为C ，板间距离为d ，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .a 、b 板带上电荷量，可在平行板内产生匀强电场，且电场方向和磁场方向互相垂直．一带电粒子以速度v 0经小孔O 进入正交电磁场可沿直线OO ′运动，由O ′射出，粒子所受重力不计，则a 板所带电荷量情况是( )A ．带正电，其电荷量为C v 0BdB ．带负电，其电荷量为Bd v 0CC ．带正电，其电荷量为CBd v 0D ．带负电，其电荷量为B v 0Cd7．如图所示，在y >0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy 平面向外，原点O 处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是( )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．用如图所示电路测量电池电动势和内阻时，若有两只电压表V 1、V 2量程相同，内阻分别为R V1、R V2，且R V1>R V2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻分别为R A1、R A2，且R A1>R A2，在实验中，为了使E、r的测量值精确些，选择的电表可以是()A．V1与A1B．V1与A2C．V2与A1D．V2与A29．在用“伏安法”测电阻的实验中，某小组设计了下面四种实验电路，有些设计存在严重错误，其中实验时可能烧坏器材的是()10．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是()A．只减小电压UB．只减小长度LC．只减小高度dD．只减小尘埃被吸入的水平速度v011.如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()A. 电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小12．如图所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧．现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是()A．增大加速电压B．增加偏转磁场的磁感应强度C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些D．将圆形磁场的半径增大些13．(10分)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，给定以下的器材来完成实验．待测干电池E一节电压表V(量程0～3～15 V，内阻约为10 kΩ)电流表A(量程0～0.6～3 A，内阻约为1 Ω)滑动变阻器R1(0～10 Ω)滑动变阻器R2(0～200 Ω)导线、开关S(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”)．(2)实验所用电路如图甲所示，请用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图，要求保证开关在闭合前滑动变阻器的滑片处于正确的位置．(3)该同学根据实验数据得到图丙中的图线a，根据图线a求得电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(4)图丙中b 图线是标有“1.5 V 、1.6 W ”的小灯泡的伏安特性曲线，该同学将该小灯泡与本实验中的电池连成一闭合电路，小灯泡实际消耗的电功率是________W(保留2位有效数字)．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，闭合开关，变阻器R0的滑片P 在移动过程中电压表的示数变化范围是0～4 V ，电流表的示数变化范围是0.5～1 A ，已知电阻R 的阻值为6 Ω，电源的内阻不可忽略．求：(1)变阻器R 0的最大阻值； (2)电源电动势E 和内阻r .15．(10分)制作半导体时，需向单晶硅或其他晶体中掺入杂质．单晶硅内的原子是规则排列的，在两层电子间的间隙会形成上下对称的匀强电场．设某空间存在上下对称的匀强电场，并在该电场中的下半区域加一方向垂直纸面向里的匀强磁场如图所示．电荷量为＋q 、质量为m 的带电小球从上边界以初速度v 0垂直电场入射，已知足够长的上下场区的宽均为d ，电场强度E ＝mg q ，初速度v 0＝32gd ，sin 37°＝35，cos 37°＝45.求：(1)小球第一次经过对称轴OO ′时的速度；(2)要使小球不越过下边界，所加磁场的磁感应强度的大小B 的最小值．16．(12分)如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B 到C )，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁场磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示．在t ＝1 s 时，从A 点沿AB 方向(垂直于BC )以初速度v 0射出第一个粒子，在此之后，每隔2 s 有一个相同的粒子沿AB 方向以初速度v 0射出，并恰好均能击中C 点，若AB ＝BC ＝l ，且粒子由A 点运动到C 点的时间小于1 s ．不计空气阻力，试求：(1)电场强度E 0和磁感应强度B 0的大小之比； (2)第一个粒子和第二个粒子通过C 点的动能之比.参考答案与解析1．[197] 【解析】选A.根据电场强度与电势差的关系E ＝ΔφΔx ，图乙切线的斜率代表场强大小，由题图可看出E A >E B ，A 正确；沿电场线方向电势降低，所以电场线方向由A 指向B ，φA >φB ，电子受力方向与电场线方向相反，从A 至B ，电子减速，v A >v B ，B 、C 选项错误；电子从A 到B ，电场力做负功，电势能增大，D 选项错误．2．[198] 【解析】选A.由点电荷场强公式E ＝kQr 2得，甲图中a 、b 场强大小相等，方向不同，a 、b 在同一等势面上，φa ＝φb ；乙图中，由电场叠加可知，c 、d 场强大小相等，方向不同，由处于同一等势面可得φc ＝φd .3．[199] 【解析】选C.离场源电荷越近，场强越大，电子沿AC 方向运动时受到的电场力越来越大，A 正确；电子沿AC 方向运动时，电场力做正功，电势能越来越小，B 正确；点电荷周围电场不是匀强电场，C 错；电子只在电场力作用下沿着直线由A 至C 运动，场源电荷为正电荷，沿电场线方向电势越来越低，电势φA <φB <φC ，D 正确．4．[200] 【解析】选A.电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI ，A 正确；电动机消耗的热功率为I 2R ，B 错；电源的输出功率为UI ，C 错，电源的效率为U E ＝E －IrE ，D错．5．[201] 【解析】选B.将R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2的接入电阻变小，则整个电路外电阻减小，电压表示数U 减小；并联部分的电阻也减小，并联电压减小，I 1减小，又总电流变大，故I 2增大，B 正确．6．[202] 【解析】选C.对带电粒子受力分析，a 极板带正电，带电粒子受力平衡，q v 0B ＝q U d ，U ＝QC，可得电荷量为Q ＝CBd v 0，所以答案选C.7．[203] 【解析】选C.磁场垂直于xOy 平面向外并位于y 轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子受洛伦兹力的方向，画出草图找出圆心，可判断C 图是正确的．8．[204] 【解析】选AB.用如图所示的电路测E 、r 时，造成系统误差的原因是电压表的分流，电压表内阻越大，电流表所测电流越接近于干路中的电流的真实值，所测内阻也越接近电池内阻的真实值，故电压表选用内阻大的好，而电流表内阻对实验无影响，因为电流表与R 是串联，不需知道R 和R A 的值，故电流表选用哪一个都可以，故选A 、B.9．[205] 【解析】选AD.A 、D 两图中，当滑动变阻器的滑动触头放在最左端时，电源被短路而烧坏；B 、C 两图中，供电电路正确，B 图虽然电流表和电压表接错位置，但由于串联的电压表内阻较大，不会烧坏电流表；C 图则可测较大电阻的阻值．10．[206] 【解析】选CD.根据y ＝UqL 22dm v 20可知，除尘率为k ＝y d ＝UqL 22d 2m v 20，要增大除尘率，可只增大电压U ，只增大长度L ，选项A 、B 错误；可只减小高度d ，只减小尘埃被吸入的水平速度，选项C 、D 正确．11．[207] 【解析】选AC.根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 正确；根据q v B ＝m v 2r ，得r ＝m v qB ，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们都带正电，以相同速度进入磁场时，所受洛伦兹力方向相同，两者偏转方向相同，仅依据粒子轨迹无法判断是质子还是正电子，故选项C 正确；粒子的m v 越大，轨道半径越大，而m v ＝2mE k ，粒子的动能大，其m v 不一定大，选项D 错误．12．[208] 【解析】选AC.增大加速电压，可增大电子的速度，使电子在磁场中运动的轨道半径增大些，可使电子束偏转回到P 点，选项A 可行．增加偏转磁场的磁感应强度，使电子在磁场中运动的轨道半径减小，电子束偏转到P 点外侧以外，选项B 不可行．将圆形磁场区域向屏幕靠近些，可使电子束偏转到P 点，选项C 可行．将圆形磁场的半径增大些，电子束偏转到P 点外侧以外，选项D 不可行．13．[209] 【解析】(1)因电源的内阻一般较小，为保证调节滑动变阻器时，电流表示数变化明显，所以滑动变阻器应选R 1.(2)连线时要注意：电流表接0.6 A ，滑动变阻器接左下接线柱，电压表接3 V ．(3)a 图线与纵轴的截距表示电动势的大小，即E ＝1.45 V ，斜率表示电源的内阻，即r ＝ΔU ΔI ＝1.45－1.00.9－0 Ω＝0.5 Ω.(4)a 、b 两图线交点纵横坐标的乘积就表示小灯泡实际消耗的电功率，即P ＝UI ＝1.15×0.6 W ＝0.69 W.【答案】(1)R 1 (2)如图所示(3)1.45 0.5 (4)0.6914．[210] 【解析】(1)当变阻器R 0取最大值时，电压表示数最大，为U 2＝4 V ，电流表示数最小，为I 2＝0.5 A ，由欧姆定律可得，变阻器R 0的最大阻值R 0＝U 2I 2＝8 Ω.(2)当电压表示数为U 1＝0时，电流表示数为I 1＝1 A 由闭合电路欧姆定律得：E ＝U 1＋I 1(r ＋R )当电压表示数为U 2＝4 V 时，电流表示数为I 2＝0.5 A 由闭合电路欧姆定律得：E ＝U 2＋I 2(r ＋R ) 联立解得：E ＝8 V ，r ＝2 Ω. 【答案】(1)8 Ω (2)8 V 2 Ω15．[211] 【解析】(1)小球进入电场后做类平抛运动，在竖直方向上，加速度：a ＝mg ＋qEm ＝2g 竖直位移：d ＝12at 2 得t ＝d g竖直速度：v y ＝at ＝2gd所以合速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝52gd 与竖直方向夹角：tan θ＝v 0v y ＝32gd2gd ＝34θ＝37°.(2)小球进入下半区域时，因重力和电场力平衡，小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．设小球恰好不越过下边界，则小球在到达下边界时速度方向应与边界平行，设圆周半径为R .由几何关系得：R －d R ＝sin 37°得：R ＝52d由牛顿第二定律得：B v q ＝m v 2R所以磁感应强度的大小B 的最小值是mdqgd .【答案】(1)52gd 与竖直方向的夹角为37°斜向下 (2)mdqgd16．[212] 【解析】(1)依题意，粒子由A 点运动到C 点的时间小于1 s ，所以在1～2 s 内第一个粒子做匀速圆周运动，且运动1/4周期，则q v 0B 0＝m v 20l而在3～4 s 内第二个粒子做类平抛运动，则x ＝l ＝v 0t 2 y ＝l ＝12qE 0m t 22联立解得E 0B 0＝2v 0.(2)第一个粒子运动过程中动能不变E k0＝12m v 20对第二个粒子在C 点应用动能定理可得 qE 0l ＝E k －12m v 20解得E k ＝52m v 20故第一个粒子和第二个粒子通过C 点的动能之比为 E k0E k ＝15. 【答案】(1)2v 0 (2)15。

2018学年高中物理教科版选修3-1模块综合学业分层测评

模块综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共8个小题，共48分．在每小题所给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1.如图1所示，一段长为a、宽为b、高为c(a>b>c)的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为()图1A.c2Ra2 B.c2RabC.a2Rbc D．R【解析】最大电阻对应的接法应是横截面积最小而长度最大的，即S1＝bc，L1＝a，此时R＝ρabc；最小的电阻对应最大的横截面积与最小的长度，即S2＝ab，L2＝c，此时R′＝ρcab，则有ρ＝R·bca＝R′·abc，得R′＝c2a2R.【答案】 A2．如图2所示，为了使白炽灯泡L在电路稳定后变得更亮，可以采取的方法有()图2A．只减小电容器C两板间的距离B．只增大电容器C两板间的距离C．只增大电阻R1的阻值D．只增大电阻R2的阻值【解析】灯泡变亮一定是其两端的电压升高，R1减小或R2增大都可能．【答案】 D3．下列说法中正确的是()A．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小B．把一导体拉长后，其电阻率增大，电阻值增大C．磁感线都是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向一定与磁场方向垂直【解析】导体的电阻是由导体本身因素决定的，A错误；电阻率只与温度和导体材料有关，与形状无关，导体拉长，电阻率不变，B错误；磁感线都是闭合线，无起点，C错误；由左手定则可知D选项正确．【答案】 D4．如图3所示，O为圆心，KN和LM是半径分别为ON、OM的同心圆弧，在O处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路() 【导学号：33410149】图3A．将向左平动B．将向右平动C．将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动D．KL边将垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动【解析】先用右手螺旋定则判断出I1周围磁感线的分布情况，KN、LM 不受安培力，再用左手定则判断KL、MN受力方向可确定D正确．【答案】 D5．如图4所示，水平放置的平行金属板a、b带有等量异种电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，若一个带正电的液滴在两板间做直线运动，其运动的方向是()图4A．沿竖直方向向下B．沿竖直方向向上C．沿水平方向向左D．沿水平方向向右【解析】受力分析如图，液滴受到竖直向下的重力和电场力，要做直线运动，一定受到向上的洛伦兹力作用，由左手定则可知，液滴一定沿水平方向向右运动．【答案】 D6．(多选)如图5所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()图5A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B．负点电荷一定位于M点左侧C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【解析】由粒子运动的轨迹可知，带电粒子受到的电场力向右，电场力对带电粒子做正功，带电粒子的电势能减小，动能逐渐增大，负点电荷一定在M 点右侧，带电粒子在a点受到的电场力小于在b点的电场力，所以在a点的加速度小于在b点的加速度，选项C、D正确．【答案】CD7．(2014·浙江高考)如图6甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒() 【导学号：33410150】甲乙图6A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功【解析】根据左手定则知金属棒在0～T2内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在T2～T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0～T2时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T2～T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误．【答案】ABC8．如图7所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有()图7A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近【解析】带电离子打到屏P上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则知，a、b两离子均带正电，选项A正确；a、b两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r＝m vqB知半径相同，b在磁场中运动了半个圆周，a的运动大于半个圆周，故a在P上的落点与O点的距离比b的近，飞行的路程比b长，选项C错误，选项D正确；根据tθ＝T2π知，a在磁场中飞行的时间比b的长，选项B错误．【解析】AD二、非选择题(本大题共4个小题，共52分．按题目要求作答．)9．(10分)在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测电阻丝：R x(阻值约4 Ω，额定电流约0.5 A)；电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；A2(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；E2(电动势12 V，内阻不计)；滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图8所示，读数为________mm.图8(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________、电源应选________(均填器材代号)，在虚线框内完成电路原理图．【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度显示为1.5 mm，其可动刻度为0.273mm，二者相加就是测量值1.5 mm＋0.273 mm＝1.773 mm.(2)待测电阻丝的额定电流约为0.5 A，为减小实验误差，应选量程为0.6 A 的电流表A1，待测电阻丝的电阻约为4 Ω，额定电流约为0.5 A，故由欧姆定律得额定电压约为2 V，所以电源应选E1.由于所测电阻丝的电阻较小，故电流表应选外接法，滑动变阻器采用限流式．电路原理图如图所示：【答案】(1)1.773(1.771～1.775均正确)(2)A1E1电路图如图10．(8分)测量电源电动势和内电阻的器材如图9甲所示，请用实线表示导线，将图甲中器材连成实验用电路，实验时经测量得出的数据如下表，请在图9乙的方格纸上画出U-I图线．利用图线可求出电源电动势和内电阻分别为________、________.图9由图像b知：E＝1.46 V，r＝0.71 Ω.【答案】见解析11．(10分)如图10所示电路中，已知电源电动势为E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝58.5 Ω，R2＝0.5 Ω，当单刀双掷开关打在1时，电动机不转，理想电流表的示数为0.1 A，当单刀双掷开关打在2时，电动机正常工作，电流表示数为0.5 A，求：图10(1)电动机的内阻R M为多少？(2)电动机正常工作时的输出功率？【解析】(1)开关接1时，E＝I1(R1＋R M＋r)，得R M＝0.5 Ω.(2)开关接2时，U M＝E－I2(r＋R2)＝5.25 V电动机输出功率P＝I2U M－I22R M＝2.5 W.【答案】(1)0.5 Ω(2)2.5 W12．(10分)如图11所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：图11(1)金属板AB的长度L；(2)电子穿出电场时的动能．【解析】 (1)电子在加速电场中加速由动能定理可得eU 0＝12m v 20 电子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向上有L ＝v 0t 在沿着电场方向上有d 2＝12·eU md t 2 联立以上三式可得L ＝d2U 0U .(2)对于电子运动的全过程，根据动能定理可得 E k ＝eU 0＋12eU . 【答案】 (1)d2U 0U (2)e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 0＋U 213．(14分)如图12所示，在竖直平面内一有界匀强磁场的磁感应强度B ＝2×10－3 T ；磁场右边是宽度L ＝0.2 m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子的电荷量q ＝－3.2×10－19 C ，质量m ＝6.4×10－27 kg ，以v ＝4×104 m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：(带电粒子重力忽略不计)图12(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)； (2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； (3)带电粒子飞出电场时的动能E k . 【解析】 (1)粒子运动轨迹如图所示．(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有|q|v B＝m v2 RR＝m v|q|B＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m＝0.4 m.(3)E k＝E|q|L＋12m v2＝40×3.2×10－19×0.2 J＋12×6.4×10－27×(4×104)2J＝7.68×10－18 J.【答案】(1)见解析(2)0.4 m(3)E k＝7.68×10－18 J。

2017-2018学年高中物理模块检测(含解析)教科版选修3-1

模块检测(时间:60分钟满分:100分)【测控导航】一、选择题(共8个小题,每题6分,共48分.第1～4小题为单项选择题,第5～8小题为多项选择题,选对但不全的得3分)1.真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示,分别标记为1,2,3,4,5,且1,5和2,4分别关于3对称.以电场线3上的某点为圆心画一个圆,圆与各电场线的交点分别为a,b,c,d,e,则下列说法中正确的是( D )A.电场强度E a<E cB.电势ϕb>ϕdC.将一正电荷由a点移到d点,电场力做正功D.将一负电荷由b点移到e点,电势能增大解析:由点电荷电场分布特点可知,以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场强大小均相等,沿题图所示的电场方向,等势面的电势越来越低,电场线越来越密,故E a>E c, ϕb=ϕd,选项A,B 错误;U ad<0,正电荷由a点移到d点时,W ad=qU ad<0,选项C错误;又U be>0,负电荷由b点移到e 点时,W be=U be·(-q)<0,即电场力对负电荷做负功,电势能增大,选项D正确.2.(2017·菏泽高二检测)如图所示,从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,发现电子流向上极板偏转.设两极板间电场强度为E,磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过,只采取下列措施,其中可行的是( A )A.适当减小电场强度EB.适当减小磁感应强度BC.适当增大加速电场极板之间的距离D.适当减小加速电压U解析:欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过,则qE=qvB,而电子流向上极板偏转,则qE>qvB,应减小E或增大B,v,选项A正确,B,C,D错误.3.(2017·黄冈高二检测)如图所示为一空腔导体周围的电场线分布,电场方向如图中箭头所示,M,N,P,Q是以O为圆心的一个圆周上的四点,其中M,N在一条直线电场线上,P,Q在一条曲线电场线上,下列说法正确的有( C )A.M点的电场强度比N点的电场强度大B.P点的电势比Q点的电势低C.负电荷在P点的电势能小于其在Q点的电势能D.M,O间的电势差等于O,N间的电势差解析:用电场线的疏密程度表示电场的强弱,故N点的电场强度比M点的电场强度大,选项A 错误;沿着电场线的方向电势越来越低,所以Q点的电势比P点的电势低,选项B错误;P点电势高于Q点,根据E p=q 可知,负电荷在P点的电势能小于在Q点的电势能,选项C正确.根据电场分布可知,MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度小,故由公式U=Ed可知,M,O间的电势差小于O,N 间的电势差,选项D错误.4.(2017·济宁高二质检)如图所示为小灯泡的U I图线,若将该小灯泡与一节电动势E=1.5 V,内阻r=0.75 Ω的干电池组成闭合电路时,电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据( D )A.1.5 W 1.0 WB.0.75 W 0.5 WC.0.75 W 0.75 WD.1.5 W 0.75 W解析:电源的外电压与电流的关系为U=E-Ir=1.5-0.75I,作电源的外电压与电流的关系图线,交点所对应的电压U=0.75 V,电流I=1 A,则灯泡的实际功率P=UI=0.75 W,电源的总功率P总=EI=1.5 W,选项D正确,A,B,C错误.5.(2017·银川一中高二期末)许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献,下列表述中正确的是( ABD )A.楞次总结出了判断感应电流方向的楞次定律B.法拉第发现了电磁感应现象C.安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D.奥斯特发现了电流的磁效应解析:根据物理学史可知,A,B,D正确;洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式,C错误.6.如图所示,连接两平行金属板的导线的一部分CD与一电源回路中导线的一部分GH平行且均在纸面内,金属板置于磁场中,磁场方向垂直于纸面向里,当一束等离子体射入两金属板之间时,CD段导线受到力F的作用.则( AD )A.若等离子体从右方射入,F向左B.若等离子体从右方射入,F向右C.若等离子体从左方射入,F向左D.若等离子体从左方射入,F向右解析:等离子体指的是整体显电中性,内部含有等量的正、负电荷的气态离子群体.当等离子体从右方射入时,正、负离子在洛伦兹力作用下将分别向下、上偏转,使上极板的电势低于下极板,从而在外电路形成由D流向C的电流,这一电流处在导线GH中电流所产生的磁场中,由左手定则可知,它所受安培力方向向左,选项A正确,B错误;同理可分析得知选项C错误,D 正确.7.如图,有一截面为矩形的有界匀强磁场区域ABCD,AB=3L,BC=2L,在边界AB的中点有一个粒子源,沿边界AB并指向A点的方向发射各种不同速率的同种正粒子,不计粒子重力,当粒子速率为v0时,粒子轨迹恰好与AD边界相切,则( BC )A.速度小于v0的粒子全部从CD边界射出B.当粒子速度满足<v<v0时,从CD边界射出C.在CD边界上只有上半部分有粒子通过D.当粒子速度小于时,粒子从BC边界射出解析:如图,由几何知识可知,与AD边界相切的圆形轨迹半径为1.5L,与CD边界相切的轨迹半径为L,由半径公式R=,可知轨迹与CD边界相切的粒子速度大小为,由此可知,仅满足<v<v0的粒子从CD边界的PD间射出,速度小于的粒子不能从BC边界射出,故选项B,C正确,A,D错误.8. (2017·冀州市校级联考)有滑动变阻器R,热敏电阻R0(阻值随温度的升高而减小),二极管D和电容器组成的电路如图所示,有一个带电液滴静止于电容器两极板之间,电容器下极板接地,闭合开关S,下列说法中正确的是( BD )A.若把滑动变阻器的滑动触头向上移动,液滴将会向下运动B.若把开关断开,液滴将会向上运动C.若热敏电阻的温度降低,液滴将会向下运动D.若把上极板向上移动,液滴将静止不动解析:当变阻器的滑片向上移动时,滑动变阻器接入电阻减小,则总电流增大,内电压及R0两端的电压增大,则滑动变阻器两端的电压减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不会向右流出,所以电容器两端的电势差不变,电场强度不变,电场力不变,电荷保持静止,选项A错误;开关S断开时,电容器直接接在电源两端,电压增大,电场强度增大,电场力增大,则液滴向上运动,选项B正确;热敏电阻降温时,热敏电阻阻值增大,则由闭合电路欧姆定律可知,滑动变阻器两端的电压减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不会向右流出,所以电容器两端的电势差不变,液滴仍然静止,选项C错误;电容器C的上极板向上移动,d增大,则电容C减小,由于二极管具有单向导电性,电荷不会向右流出,所以电容器两端的电势差增大,由于U=,C=,E=,所以E=,由于极板上的电荷量不变,而电场强度E与极板之间的距离无关,所以电场强度E不变,液滴仍然静止,选项D正确.二、非选择题(共5小题,共52分)9.(7分)如图所示为多用电表示意图.其中A,B,C为三个可调节的部件.某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3 kΩ的电阻.他测量的操作步骤如下:(1)调节可调部件,使电表指针指向.(2)调节可调部件B,使它的尖端指向位置.(3)将红、黑表笔分别插入正、负插孔中,两笔尖相互接触,调节可动部件,使电表指针指向欧姆零刻度位置.(4)将两只表笔分别与待测电阻两端相接,进行测量读数.(5)换测另一阻值为20～25 kΩ的电阻时,应调节B,使它的尖端指向“×1 k”的位置,此时还必须重复步骤,才能进行测量,若电表读数如图所示,则该待测电阻的阻值是.答案:(1)A(1分) 左边零刻度线处(1分) (2)“×100”的倍率挡(1分) (3)C(1分) (5)(3)(1分) 22 kΩ(2分)10.(9分)(2016·重庆南开中学期中)小明同学通过查找资料自己动手制作了一个电池.该同学想测量一下这个电池的电动势E和内电阻r,但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9 Ω,可当标准电阻用)、一只电流表(量程I g=0.6 A,内阻r g=0.1 Ω)和若干导线.(1)请根据测定电动势E和内电阻r的要求,设计图(甲)中器件的连接方式,画线把它们连起来.(2)接通开关,逐次改变电阻箱的阻值R,读出与R对应的电流表的示数I,并作记录.当电阻箱的阻值R=2.6 Ω时,其对应的电流表的示数如图(乙)所示.处理实验数据时,首先计算出每个电流值I的倒数,再制作R坐标图,如图(丙)所示,图中已标注出了（R,）的几个与测量对应的坐标点,请你将与图(乙)实验数据对应的坐标点也标注在图(丙)上.(3)在图(丙)上把描绘出的坐标点连成图线.(4)根据图(丙)描绘出的图线可得出这个电池的电动势E=V,内电阻r= Ω.解析:(1)电路如图所示(2)(3)电流表的示数I=0.50 A,则=2 A-1;图线如图所示.(4)由欧姆定律可知E=I(R+r+r g),解得R=E-(r+r g),由图可知r+r g=0.5 Ω,则r=0.4 Ω;电池电动势E=k= V=1.5 V.答案:见解析评分标准:(1)问2分,(2)问1分,(3)问2分,(4)问4分.11.(10分)如图所示,在一宽度D=16 cm的区域内,同时存在相互垂直的匀强磁场B和匀强电场E,电场的方向竖直向上,磁场的方向垂直纸面向外.一束带电粒子以速度v0同时垂直电场和磁场的方向射入时,恰不改变运动方向.若粒子束射入时只有电场,可测得粒子束穿过电场时沿竖直方向向上偏移 6.4 cm;若粒子束射入时只有磁场,则粒子束离开磁场时偏离原方向的距离是多少?不计粒子束的重力.解析:当带电粒子沿直线运动时,粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡,有qE=qv0B (2分)只有电场时,根据牛顿第二定律Eq=ma,设粒子在电场中运动的时间为t,则D=v0t,偏转的距离为y1=at2=6.4 cm. (2分)只有磁场时,粒子做匀速圆周运动.根据牛顿第二定律得qv0B=m (2分)解以上式子得R=20 cm (2分)y2=R-=8 cm. (2分)答案:8 cm12.(12分) (2017·南充高二期末)如图所示,M为一线圈电阻r=0.4 Ω的电动机,R=24 Ω,电源电动势E=40 V.当S断开时,电流表的示数I1=1.6 A,当开关S闭合时,电流表的示数为I2=4.0 A.求:(1)电源内阻;(2)开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率;(3)开关S闭合时电源的输出功率和电动机的机械效率.解析:(1)S断开时,根据闭合电路的欧姆定律I1= (1分)代入数据解得r0=-R=(-24) Ω=1 Ω. (2分)(2)开关S闭合后路端电压U=E-I2r0=(40-4.0×1) V=36 V (2分)流过R的电流为I R== A=1.5 A,流过电动机的电流为I=I2-I R=(4.0-1.5) A=2.5 A (1分)电动机发热消耗的功率为P热=I2r=(2.52×0.4) W=2.5 W (1分)电动机转化为机械能的功率P机=UI-P热=87.5 W. (1分)(3)开关S闭合时电源输出功率为P=UI2=144 W (2分)电动机的机械效率η=×100%=×100%≈97.2%. (2分)答案:(1)1 Ω(2)2.5 W 87.5 W(3)144 W 97.2%13.(14分)(2017·临沂高二期末)如图(甲)所示,在坐标系xOy中,y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场,电场强度大小为E=1.0×10-4N/C;y轴右侧有如图(乙)所示,大小和方向周期性变化的匀强磁场,磁感应强度大小B0=1.0×10-4 T,磁场方向垂直纸面向里为正.t=0时刻,从x 轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子,粒子的质量为m=1.6×10-22 kg,电荷量为q=1.6×10-18 C,不计粒子重力,粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等,求:(1)P点到O点的距离;(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移.解析:(1)在0～3π s内,周期T==2π s (1分)带电粒子第一次在匀强磁场中运动的时间为t==π s (1分)因为粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等,粒子在电场中匀加速运动的时间为t0=t==π s (1分)设OP间距离为x,则x=a (1分)Eq=ma (1分)解得x= m≈4.9 m. (1分)(2)设粒子做圆周运动的半径分别为R1和R2,则B0v0q=m (2分)v0=at0 (1分)粒子第一次到达磁场时R1==π m (1分)在3π～6.5π s内,周期T′==3π s (1分)粒子在t=4π s时,第二次到达磁场有R2==π m (1分)粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δy,如图所示,则有Δy=2R2-2R1=π m≈3.14 m. (2分)答案:(1)4.9 m(2)3.14 m。

2017-2018学年高中物理(SWSJ)教科版选修3-1模块综合检测含解析

模块综合检测(时间：90分钟满分：110分)一、选择题（本题共14小题,每小题4分，共56分，第1～8小题只有一个选项符合题意，第9～14小题有多个选项符合题意,全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1。

某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图1所示。

下列说法正确的是( )图1A．b点的电势低于a点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c解析：选B 沿电场线方向电势逐渐降低,因b点所在的等势面高于a点所在的等势面，故b点的电势高于a点的电势，选项A错误；若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功,选项B正确；由于电场线密集的地方场强较大，故d点的场强大于c点的场强，选项C错误；因dc电场线是曲线, 故若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将不能沿着电场线由d到c，选项D错误。

2。

如图2所示,虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( )A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大D．带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度图2解析：选A 根据电场线的疏密程度可知,R、Q两点的电场强度E R>E Q，则带电粒子在R、Q两点的加速度a R〉a Q，故D错误；由于带电粒子只受电场力作用,动能与电势能相互转化，两者之和不变，故C错误;根据曲线运动知识，带电粒子在R处所受电场力沿电场线向右，又由于该粒子带负电，则R处电场的方向应该向左，所以电势φR〉φQ，根据E p＝qφ可得R、Q两点的电势能E p R<E p Q，则R 、Q 两点的动能E k R 〉E k Q ，所以v R >v Q ，故A 正确；同理，E p P 〈E p Q ，故B 错误.3。

2018-2019学年高中物理教科版选修3-1学案：模块复习课 Word版含答案

(教师用书独具) [体系构建][核心知识回顾]一、静电场 1．库仑定律(1)公式：F ＝k Q 1Q 2r 2，其中k 为静电力常量，k ＝9.0×109 N·m 2/C 2.(2)适用条件：真空中(在空气中近似成立)、两个静止的点电荷(理想模型)． 2．电场的两种描述(1)电场强度：反映电场力的性质的物理量．①定义式：E ＝Fq ，适用于一切电场，E 与电场本身性质有关，与试探电荷无关． ②决定式：E ＝k Q r 2，仅适用于真空中点电荷形成的电场，Q 为场源电荷的电荷量． ③关系式：E ＝U ABd ，仅适用于匀强电场中的电场强度，d 为A 、B 两点间沿电场线方向的距离．(2)电势：反映电场能的性质的物理量．其定义式为φ＝E pq ，是标量，具有相对性(通常取大地或无穷远处电势为0)，实际常研究的是电势差，电势差的定义式为U AB ＝W ABq ＝φA －φB ，电势差与电势零点的选取无关． 3．电场线的应用(1)判断电场强度的方向：电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向．(2)判断电场力的方向：正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同，负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反．(3)定性判断电场强度的大小：电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可分析电荷受力情况．(4)判断电势的高低与电势降低的快慢：沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向． 4．电场的性质的分析 (1)场强大小、电势高低的判断明确电场线或等势面的分布情况，场强大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时，利用平行四边形定则求合场强．(2)电势能大小及其变化的分析①做功角度：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况．电场力做正功，粒子的电势能减少；电场力做负功，粒子的电势能增加． ②转化角度：只有电场力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减少，电势能增加；动能增加，电势能减少． 5．带电粒子在电场中的加速与偏转图1(1)加速：qU 1＝12m v 20.(2)偏转：带电粒子以速度v 0沿轴线垂直偏转电场方向射入． ①离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qL 2U 22m v 20d ＝U 2L 24U 1d .②离开电场时速度偏向角的正切值：tan θ＝v y v 0＝qU 2L m v 20d ＝U 2L2U 1d .③运动时间：垂直电场方向，匀速直线运动，L ＝v 0t (与极板不碰撞) 二、恒定电流 1．电流I ＝q t ；欧姆定律：I ＝U R ；电阻、电阻定律：R ＝ρlS . 2．闭合电路欧姆定律 (1)I ＝Er ＋R或E ＝Ir ＋IR (纯电阻适用)． E ＝U 内＋U 外或E ＝U 外＋Ir (普遍适用)．(2)路端电压随电流变化的U -I 图像，如图2所示．图2①图线与纵坐标交点表示电路断开情况，纵轴截距为电源电动势E . ②图线与横坐标交点表示外电路短路情况，横轴截距为短路电流I 短＝Er . ③图线斜率绝对值(|k |＝|tan φ|)表示电源的内电阻r ＝ΔUΔI .3．电功与电功率 W ＝UIt ，P ＝UI . 4．焦耳定律 Q ＝I 2Rt .5．纯电阻电路中： W ＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2tR .非纯电阻电路中：W ＝Q ＋E 其他，UIt >I 2Rt ，电功：W ＝UIt ，电热：Q ＝I 2Rt . 6．P 总＝IE ，P 出＝IU ，η＝P 出P 总. 其中I ：电路总电流，E ：电源电动势，U ：路端电压 7．串并联电路的重要性质(1)游标卡尺原理：螺旋测微器测量长度可以准确到0.01 mm ，每转一周，螺杆前进或后退0.5 mm ，结果若用mm 作为单位，则小数点后必须保留三位数字．读数方法：①测量值＝固定刻度读数＋0.01 mm ×可动刻度读数(一定要估读)． ②读数时，要注意固定刻度上半毫米刻度线是否已经露出． (3)电流表和电压表①机械调零：检查表针是否停在左端的“0”位置；②选取适当倍率挡；③欧姆调零：两表笔相接，检查表针是否停在右端的“0”位置；④把两表笔分别与待测电阻两端相接，欧姆表的读数乘以倍率即被测电阻的阻值；⑤实验结束后，将表笔拔出，并将选择开关旋至OFF挡或交流电压最高挡．9．电流表内外接法的选择(1)用总阻值小的滑动变阻器调节阻值大的用电器时用分压式接法．(2)电压、电流要求“从零开始”时用分压式接法．(3)变阻器总阻值小，限流式接法不能保证用电器安全时用分压式接法．(4)分压式接法和限流式接法都可以用时，限流式接法优先(能耗小)．11．实验器材的选择(1)电压表、电流表的选择①测量值不能超过量程．②测量值越接近满偏值误差越小，一般应大于满偏值的三分之一．(2)滑动变阻器的选择①选限流用的滑动变阻器：在能把电流限制在允许范围内的前提下，选用总阻值较小的滑动变阻器调节方便．②选分压用的滑动变阻器：阻值小的便于调节，输出电压稳定，但耗能多．12．电表的改装三、磁场1．磁场的基本特性对处于其中的磁体、电流、运动电荷有力的作用．电流垂直于磁场时受磁场力最大，电流与磁场方向平行时，磁场力为零． 2．安培定则(1)在判定直线电流的磁场方向时，拇指指“原因”——电流方向，四指指“结果”——磁场环绕方向．(2)在判定环形电流磁场方向时，四指指“原因”——电流环绕方向，拇指指“结果”——环内沿中心轴线上的磁场方向(即通电螺线管的N 极)．3．磁感应强度是用来表示磁场的强弱和方向的物理量，是矢量，单位为T,1T ＝1N/(A·m)．4．安培力F ＝BIL (L ⊥B 时，其中L 是导线的有效长度)．方向：左手定则：把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N 极(叉进点出)，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向． 5．带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)洛伦兹力：公式F 洛＝q v B . (2)方向：左手定则判断．(3)模型：带电粒子做匀速圆周运动时，粒子运动方向与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力，Bq v ＝m v 2R .(4)结论：半径R ＝m v Bq ＝2mE k Bq ，周期T ＝2πmBq (与粒子速率无关)． (5)圆心的确定(几何方法)。

高中物理模块检测教科版选修31

模块检测说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．试卷满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共37分)一、单项选择题(本题共7小题，每题3分，共21分，每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意)1．关于物理学史，下列说法中不正确的是()A．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的B．法拉第不仅提出了场的的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象C．法拉第通过实验研究确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律答案 C2．下列运动(电子只受电场力或磁场力的作用)不可能的是()答案 B解析本题考查电子在电场或磁场中的运动，意在考查学生对电子在电场或磁场中的受力分析以及运动分析的能力，电子可以在正点电荷的电场力作用下做匀速圆周运动，故A 选项描述的运动可能实现；由于等量异种点电荷在其连续中垂线处产生的电场的方向水平向右，电子所受电场力的方向水平向左，而电子的初速度方向沿中垂线方向，则电子将做曲线运动，故B选项所描述的运动不可能实现；电子可以在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故C选项描述的运动可能实现；由于通电螺线管中的磁场力匀强磁场，又电子的速度方向与磁场方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，电子将沿通电螺线管中心轴线做匀速直线运动，故D选项描述的运动可能实现．3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图1所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开角度增大些，下列采取的措施可行的是()图1A．断开开关S后，将A、B分开些B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动答案 A4．如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是()答案 B解析A中，a、b两点场强的方向不同，A错误；B中，a、b两点电势和场强均相同，B正确；C中，a点电势高于b点电势，C错误；D中，a、b两点场强的方向不同，D错误．5.图2一带正电的粒子在电场中做直线运动的v－t图象如图2所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知在运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是() A．该电场可能是由某正点电荷形成的B．M点的电势高于N点的电势C．在从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力答案 C解析由v－t图象可知：该粒子做的是匀减速直线运动，则粒子所处电场为匀强电场，A、D 错误；由于粒子带正电、正电荷受力方向跟该点场强方向相同，如图所示，因沿着电场线方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，B错误；从M点到N点，电场力做负功，电势能增加，C正确．图36．在研究微型电动机的性能时，应用如图3所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.00 A和24.0 V．则这台电动机正常运转时输出功率为()A．32 W B．44 W C．47 W D．48 W答案 A解析当电动机停止转动时，电动机可视为纯电阻，由欧姆定律可知电动机的电阻r＝2.0＝24×2 W＝48 W，P出＝P入－P r＝48 W－2.02×4 W＝32 W.0.5Ω＝4 Ω.当正常转动后，P入图47．如图4所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是() A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的质量一定不相同C．这三束正离子的电荷量一定不相同D．这三束正离子的比荷一定不相同答案 D解析本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，速度选择器的知识．带电粒子在金属，表明带电粒子的速度一定相等，而电荷的带电量、电性、板中做直线运动，q v B＝Eq，v＝EB，带电粒子运动半径不同，所以比荷一定质量、比荷的关系均无法确定；在磁场中R＝m vBq不同，D项正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)图58．如图5所示电路中，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是()A．电压表读数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮B ．电压表读数变小，通过灯L 1的电流变小，灯L 2变亮C ．电压表读数变大，通过灯L 2的电流变小，灯L 1变暗D ．电压表读数变小，通过灯L 2的电流变大，灯L 1变暗答案 BD解析两灯和滑动变阻器组成的电路，其中L 2在干路上，L 1和变阻器并联后与L 2串联，电压表测量的是L 1两端电压，即是测变阻器两端电压．当滑动变阻器的滑片P 从a 端向b 端滑动时，变阻器连入电路中的阻值减小，变阻器R ′与L 1并联的阻值减小，电路的总电阻减小；根据闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r，外电阻R 的减小使干路电流I 增大，可知通过L 2的电流增大；电源内电阻上的电压U ′＝Ir 增大，外电路两端的电压U ＝E －Ir 减小，由于电流I 增大，L 2的电功率增大，L 2变亮；且L 2两端电压U 2增大，L 1两端电压U 1＝U －U 2减小，电压表的示数减小；L 1两端电压U 1减小，使通过L 1的电流减小；且L 1的电功率减小，L 1变暗．图69．如图6所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r 相同，则它们一定具有相同的( )A ．速度B ．质量C ．电荷量D ．比荷答案 AD解析离子流在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE ＝q v B ，v ＝E B，A 正确；进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r ＝m v qB知，因v 、B 相同，所以只能是比荷相同，故D 正确，B 、C 错误．10．如图7所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k I r，式中k 是常数，I 是导线中的电流、r 为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )图7A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在增大答案BD解析由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所以磁场由M到O逐渐减弱，N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿途连线运动到b点，受到的洛伦兹力F＝Bq v为变力，则从M到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到N洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确，A错误．图811．如图8所示，连接两平行金属板的导线的一部分CD与一有电源回路的一部分GH 平行且均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段导线受到力F的作用．则()A．若等离子体从右方射入，F向左B．若等离子体从右方射入，F向右C．若等离子体从左方射入，F向左D．若等离子体从左方射入，F向右答案AD解析等离子体指的是整体显电中性，内部含有等量的正、负电荷的气态离子群体．当等离子体从右方射入时，正、负离子在洛伦兹力作用下将分别向下、上偏转，使上极板的电势低于下极板，从而在外电路形成由D流向C的电流，这一电流处在导线GH中电流所产生的磁场中，由左手定则可知，它所受安培力方向向左，所以A项对，B项错；同理可分析得知C项错，D项对．第Ⅱ卷(非选择题共63分)三、实验题(本题共2小题，共18分，把答案直接填在横线上)图912．(10分)现在已经离不开电视、手机等电子产品，但这些产品生产过程中会产生含多种重金属离子的废水，这些废水是否达标也引起了人们的关注．某同学想测出学校附近一工厂排出废水的电阻率，以判断废水是否达到排放标准(一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200 Ω·m)．如图9所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为带有接线柱的金属薄板(电阻极小)，其余四面由绝缘材料制成，容器内部长a＝40 cm，宽b＝20 cm，高c＝10 cm.他将水样注满容器后，进行以下操作：(1)他先后用多用电表欧姆挡的“×1 k”、“×100”两个挡位粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图10中所示，则所测水样的电阻约为________ Ω.图10(2)他从实验室中找到如下实验器材更精确地测量所获水样的电阻：A．电流表(量程5 mA，电阻R A＝800 Ω)B．电压表(量程15 V，电阻R V约为10.0 kΩ)C．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1 A)D．电源(12 V，内阻约10 Ω)E．开关一只、导线若干请用铅笔线代替导线帮他在图11中完成电路连接．图11(3)正确连接电路后，这位同学闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重.U/V 2.0 3.8 6.8 8.0 10.2 11.6I/mA0.73 1.36 2.20 2.89 3.66 4.15图12(4)由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为________ Ω·m.据此可知，所测水样在电阻率这一指标上________(选填“达标”或“不达标”)．答案(1)1 800(2)如图a(3)如图b(4)99.7不达标解析(1)图上欧姆表指针有两个位置，显然右边位置对应“×1 k”，左边位置对应“×100”，应按接近中间刻度的读数，刻度18乘以倍率100，所以电阻为1 800 Ω.(2)因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又因为待测电阻阻值与电压表内阻相差的倍数和待测电阻阻值与电流表相差的倍数相当，电流表内阻已知，则采用电流表内接法．(3)让绝大多数的点在直线上，其余各点均匀地分布在直线两侧．(4)由图线斜率可知，总电阻为2 794 Ω，又R ＝R 总－R A ，根据电阻定律R ＝ρL S，代入数据得ρ＝99.7 Ω·m.13．(8分)某同学采用如图13甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5 V ，内阻约2 Ω，电压表(0～3 V ，3 k Ω)，电流表(0～0.6 A ，1.0 Ω)，滑动变阻器有R 1(10 Ω，2 A)和R 2(100 Ω，0.1 A)各一只．图13(1)实验中滑动变阻器应选用________(选填“R 1”或“R 2”)．(2)在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．(3)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U －I 图象，由图可较准确地求出电源电动势E ＝________ V ；内阻r ＝________ Ω.答案 (1)R 1 (2)见解析图 (3)1.48(1.47～1.49均正确) 1.89(1.88～1.90均正确)解析 (1)电路中最大电流I ＝E r ＝1.52A ＝0.75 A ．R 2的额定电流小于0.75 A ，同时R 2阻值远大于电源内阻r ，不便于调节，所以变阻器用R 1.(2)如图所示(3)将图线延长，交于纵轴，则纵截距即为电动势E ＝1.48 V(1.47～1.49 V 均正确)．r ＝ΔU ΔI，可得r ＝1.89 Ω(1.88 Ω～1.90 Ω均正确)．四、计算题(本题共4小题，共45分)图1414．(10分)如图14所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q ＝－1.0×10－6 C 的点电荷由A 点沿水平线移至B 点，克服静电力做了2×10－6 J 的功，已知A 、B 间的距离为2 cm.(1)试求A 、B 两点间的电势差U AB ；(2)若A 点的电势为φA ＝1 V ，试求B 点的电势φB ；(3)试求该匀强电场的大小E 并判断其方向．答案 (1)2 V (2)－1 V (3)200 V/m 沿电场线斜向下解析 (1)由题意可知，静电力做负功U AB ＝－2×10－6 J据U AB ＝W AB q得U AB ＝2 V (2)U AB ＝φA －φB ，则φB ＝φA －U AB ＝－1 V(3)d ＝2×10－2cos 60° m ＝1×10－2 m.E ＝U AB d＝200 V/m 方向：沿电场线斜向下15.图15(10分)如图15所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U ＝1.5×103 V(仅在两板间有电场)，现将一质量m ＝1×10－2 kg 、电荷量q ＝4×10－5 C 的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h ＝20 cm 的地方以初速度v 0＝4 m/s 水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求：(1)金属板的长度L .(2)小球飞出电场时的动能E k .答案 (1)0.15 m (2)0.175 J解析 (1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：v y ＝2gh ＝2 m/s 设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则：tan θ＝v 0v y＝2 小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d ，则：tan θ＝qE mg ＝qU mgdL ＝d tan θ，解得L ＝qU mg tan 2θ＝0.15 m (2)进入电场前mgh ＝12m v 21－12m v 20 电场中运动过程qU ＋mgL ＝E k －12m v 21解得E k ＝0.175 J图1616．(12分)如图16所示，有界匀强磁场的磁感强度B ＝2×10－3 T ；磁场右边是宽度L ＝0.2 m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q ＝－3.2×10－19 C ，质量m ＝6.4×10－27 kg ，以v ＝4×104 m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能E k .答案 (1)如解析图 (2)R ＝0.4 m (3)E k ＝7.68×10－18 J解析 (1)轨迹如图．(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有q v B ＝m v 2R ① R ＝m v qB ＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m ＝0.4 m ② (3)E k ＝EqL ＋12m v 2＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋12×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10－18 J ③图1717．(13分)如图17所示，一带电微粒质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量q ＝＋1.0×10－5 C ，从静止开始经电压为U 1＝100 V 的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ＝60°.已知偏转电场中金属板长L ＝R ，圆形匀强磁场的半径为R ＝10 3 cm ，重力忽略不计．求：(1)带电微粒经加速电场后的速率；(2)两金属板间偏转电场的电场强度E ；(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．答案 (1)1.0×104 m/s (2)2×103 V/m (3)0.13 T解析 (1)设带电微粒经加速电场加速后速度为v 1，根据动能定理得qU 1＝12m v 21，解得v 1＝ 2U 1q m＝1.0×104 m/s. (2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．水平方向上有：v 1＝L t竖直方向上有v 2＝at ，a ＝qE m由几何关系tan θ＝v 2v 1联立解得：E ＝2×103 V/m.(3)设微粒进入磁场时的速度大小为v ，则v ＝v 1cos θ＝2.0×104 m/s ，由运动的对称性可知，入射速度的延长线过磁场区域的圆心，则出射速度的反向延长线也过磁场区域的圆心，微粒在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，则轨迹半径为r ＝R tan 60°＝0.3 mq v B ＝m v 2r ，得B ＝m v qr＝0.13 T.。

教科版高中物理选修3-1模块综合检测.docx

高中物理学习材料桑水制作模块综合检测(分值：100分时间：90分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，每小题至少有一个选项正确．)1．下列说法中正确的是( )A．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小B．把一导体拉长后，其电阻率增大，电阻值增大C．磁感线都是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向一定与磁场方向垂直．【解析】导体的电阻是由导体本身因素决定的，A错误；导体拉长过程，电阻率不变，B错误；磁感线都是闭合线，无起点，C错误；由左手定则可知，D 选项正确．【答案】 D2.图1(2012·乐山高二检测)一个小磁针挂在圆形大线圈的内部，磁针静止时与线圈在同一平面内．当大线圈中通以图1所示方向电流时，则( ) A．小磁针所在位置处的磁场方向为垂直纸面向里B．小磁针所在位置处的磁场方向为垂直纸面向外C．小磁针的N极向纸面里转D．小磁针的N极向纸面外转【解析】由安培定则可判断，圆环内部磁场的方向垂直于纸面向里，小磁针的N极的指向与小磁针所在处磁场方向相同，故A、C正确，B、D错误．【答案】AC3.图2(2012·眉山高二检测)如图2所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点．电场线与梯形所在的平面平行．ab平行cd，且ab边长为cd边长的一半，已知a点的电势是3 V，b点的电势是5 V，c点的电势是7 V．由此可知，d点的电势为( )A．1 V B．2 VC．3 V D．4 V【解析】cd的中点为e、ab与ce平行且相等，根据匀强电场的特点可知，U＝U ce＝5 V－3 V＝2 V，而de与ce在同一直线上且相等，则U ce＝U ed＝2 V，d ba点电势应为3 V.【答案】 C4.图3如图3所示，质量为m、电荷量为q的微粒，在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动．下列说法中正确的是( )A．该微粒带负电，电荷量q＝mg/EB．若该微粒在运动中突然分成比荷相同的两个粒子，分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直，它们均做匀速圆周运动C．如果分裂后，它们的比荷相同，而速率不同，那么它们运动的轨道半径一定不同D．只要一分裂，不论它们的比荷如何，它们都不可能再做匀速圆周运动【解析】带电微粒在有电场力、洛伦兹力和重力作用的区域能够做匀速圆周运动，说明重力必与电场力大小相等、方向相反，由于重力方向总是竖直向下，故微粒受电场力方向向上，从题图中可知微粒带负电，选项A正确．微粒分裂后只要比荷相同，所受电场力与重力一定平衡(选项A中的等式一定成立)，只要微粒的速度不为零，必可在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，选项B正确，选项D 错误．根据半径公式r＝mv/qB可知，在比荷相同的情况下，半径只跟速度有关，速率不同，则半径一定不同，选项C正确．【答案】ABC5．如图4所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为＋q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图4A．小球在B时的速率为2gRB．小球在B时的速率小于2gRC．固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为3mg/qD．小球不能到达C点(C点和A在一条水平线上)【解析】因只有重力对小球做功，小球机械能守恒，由mgR＝12mv2B得v B＝2gR，A正确，B错误；由E B q－mg＝m v2BR得：E B＝3mg/q，C正确；由机械能守恒可知，小球一定能到达C点，D错误．【答案】AC6．(2012·资阳高二检测)如图5所示是火灾报警装置，其电路R1、R3为定值电阻，热敏电阻R2的阻值随温度t变化的关系是R＝100＋4.0t(Ω)，通过电压表示数和灯泡亮度变化可监控R2所在处的火情．若R2所在处出现火情，则( )图5A．电压表示数变大B．电压表示数变小C．灯泡变亮D．灯光变暗【解析】若R2处出现火情，R2阻值增大，通过电源的总电流I变小，灯泡变暗，C错误，D正确；由U＝E－I(r＋R1)可知，I变小，U变大，A正确，B错误．【答案】AD7．如图6所示，在正方形空腔内有匀强磁场，电子以不同的速率从a孔垂直磁场方向平行于ab边射入磁场，将从c孔射出的电子与从d孔射出的电子相比较( )图6 A．速率之比v c∶v d＝2∶1B．速率之比v c∶v d＝1∶1C．周期之比T c∶T d＝1∶1D．在磁场中运动的时间之比t c∶t d＝1∶2【解析】由r＝mvBe，r c＝2r d可知，v c∶v d＝2∶1，A正确，B错误；由T＝2πm Be 可知，T c＝T d，C正确；由t c＝Tc4，t d＝Td2可知，t c∶t d＝1∶2，D正确．【答案】ACD8．(2013·镇江检测)图7空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图7所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有( ) A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功．【解析】φ－x图线的斜率表示静电场沿x方向的电场强度分量，由图可知，E Bx>E Cx，且B处电场方向沿x轴负方向，A正确，B错误；O处的电场强度沿x方向的分量为零，故电荷在O点所受电场力沿x方向上的分量最小，C错误；由于BO段电场方向沿x轴负方向，OC段电场方向沿x轴正方向，故负电荷沿x 轴由B到C的过程中，电场力先做正功再做负功，D错误．【答案】 A二、非选择题(本题共5小题，共52分．计算题要有必要的文学说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)9．(8分)为了测定一节旧干电池的电动势和内阻(内阻偏大)，配备的器材有：A．电流表A(量程为0.6 A)B．电压表V(量程为1 V，内阻为1.2 kΩ)C．滑动变阻器R1(0～10 Ω，1 A)D．电阻箱R2(0～9 999.9 Ω)某实验小组设计了如图8所示的电路．图8(1)实验中将量程为 1 V电压表量程扩大为 2 V，电阻箱R2的取值应为________kΩ.(2)利用上述实验电路行实验，测出多组改装后的电压表读数U V与对应的电流表读数I A，利用U V－I A的图像如图9所示．由图像可知，电源的电动势E＝________________V，内阻r＝________Ω.图9【解析】要将电压表的量程扩大为原来的2倍，需串联的电阻R2应与原电压表内阻相同，即R2＝1.2 kΩ.(2)由图可以得出，电源的电动势E＝1.60 V电源的内阻r＝1.60－0.500.4Ω＝2.75 Ω【答案】(1)1.2 (2)1.60 2.7510.图10(8分)电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内的水烧开以前的加热状态，另一种是水烧开后的保温状态．如图10所示是电饭锅的电路图，R1是一个电阻，R2是加热用的电阻丝．(1)自动开关S接通和断开时，电饭锅分别处于哪种状态？说明理由．(2)要使R2在保温状态下的功率是加热状态的一半，R1∶R2应该是多大？【解析】(1)在纯电阻电路中，电功率，电功率P＝U2/R，可以知道，S接通时，R1被短路，电阻丝R2的功率最大，电饭锅处于加热状态．S断开时，电路电阻变大，R2上的电压减小，电功率变小，电饭锅处于保温状态．(2)由P＝U2R可得：U2R2＝2·U2(R1＋R2)2·R2解得：R1∶R2＝(2－1)∶1【答案】(1)见解析(2)(2－1)∶1 11.图11(8分)如图11所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆与B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4 mg，已知小环的带电量为q，问：(1)小环带什么电？(2)小环滑到P处时的速度多大？【解析】(1)小环重力在垂直杆方向上的分力：G1＝G cos 37°＝0.8mg，根据题意，小环对杆的压力小于0.8mg，所以，小环受到洛伦兹力的方向应斜向上，根据左手定则，小环带负电．(2)在垂直杆方向上，根据平衡条件：F＋N＝G1又F＝qvB可得：v＝2 mg 5qB【答案】(1) 负电(2)2 mg 5qB14．(13分)在金属板A、B间加上如图12乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小．(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？甲乙图12【解析】(1)由动能定理可得：U2e＝12mv2t－12mv2，解得：v t＝v20＋Uem(2)要使电子水平飞出金属板，电子在板间的飞行时间必须满足t＝nT，最小时间为t＝T，故金属板至少长度为l＝v0T.(3)电子射入的时刻为t＝T4＋kT2(k＝0、1、2…)由d2＝12Uedm(T4)2×2可得：d＝T·Ue8m.【答案】(1)v20＋Uem(2)v0T(3)T4＋KT2(k＝0、1、2…) TUe8m13．(15分)如图13所示，平行极板A、B间有一电场，在电场右侧有一宽度为d的匀强磁场．质量m、电荷量为＋q的带电粒子在A极板附近由静止释放，在仅在电场力作用下，加速后以速度v离开电场，并垂直磁场进入磁场；粒子离开磁场时与磁场边界线成30°角，不计重力．问：(1)极板A、B，哪个极板的电势高？A、B间的电压是多大？(2)磁感应强度B是多大？图13【解析】(1)由于粒子在电场中加速，可知A极板的电势比B极板的电势高qU＝12 mv2则两极板AB间的电压：U＝mv2 2q(2)根据粒子的运动情况，可知磁感应强度B的方向是垂直纸面向外粒子在磁场中，有：qvB＝m v2 R由几何关系有：dR＝cos 30°解得磁感应强度B的大小为：B＝3mv 2qd【答案】(1)A mv22q(2)3mv2qd。

【小初高学习]2017-2018学年高中物理综合检测教科版选修3-1

综合检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题5分，共50分) 1．对于点电荷的理解，正确的是( ) A ．点电荷就是带电荷量很少的带电体 B ．点电荷就是体积很小的带电体C ．体积大的带电体肯定不能看成点电荷D ．带电体如果本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略，则可视为点电荷 2．下列说法中正确的是( )A ．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能就越大B ．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大C ．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能就越大D ．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大3．如图1所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜表面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，金属板和振动膜上的金属层构成电容器的两极，在两极间加一电压U ，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在电路中的其他量发生变化，声音信号被话筒转化为电信号，导致电容变化的原因可能是电容器( )A ．两板间的距离变化B ．两板的正对面积变化C ．两板间的介质变化D ．两板间的电压变化4．一小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图2所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线．则下列说法中正确的是( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C ．对应P 点，小灯泡的电阻R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的电阻R ＝U 1I 2图1图2 图3 图4 5．在如图3所示的电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时( )A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小6．如图4所示的电路中，C2＝2C1，R2＝R1，①开关处于断开状态，电容器C2的电荷量大于C1的电荷量②开关处于断开状态，电容器C1的电荷量大于C2的电荷量③开关处于接通状态，电容器C2的电荷量大于C1的电荷量④开关处于接通状态，电容器C1的电荷量大于C2的电荷量，以上说法都正确的是( )A．① B．④ C．①③ D．②④7.如图5所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M；B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点，当电磁铁通电时，在铁片吸引上升的过程中，轻绳向上的拉力F的大小为( )A．F＝Mg B．Mg<F<(M＋m)gC．F＝(M＋m)g D．F>(M＋m)g图5 图6 图7 图8 8．如图6所示，螺线管、蹄形铁芯，环形异线三者相距较远，当开关闭合后关于小磁针N极(黑色的一端)的指向错误的是( )A．小磁针aN极的指向 B．小磁针bN极的指向C．小磁针cN极的指向 D．小磁针dN极的指向9．如图7所示，在平行带电金属板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，质子、氘核、氚核沿平行于金属板方向，以相同动能射入两极板间，其中氘核沿直线运动，未发生偏转，质子和氚核发生偏转后射出，则：①偏向正极板的是质子；②偏向正极板的是氚核；③射出时动能最大的是质子；④射出时动能最大的是氚核．以上说法正确的是( )A．①② B．②③C．③④ D．①④10．两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U稳定于12 V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端(如图8)，电压表的示数为8 V，如果他把此电压表改接在R2两端，则电压表的示数将( )A．小于4 V B．等于4 V11．(4分)匀强电场中a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°.电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为(2－3)V、(2＋3)V 和2 V．该三角形的外接圆上最低电势为________；最高电势为______________．12．(10分)为了测定干电池的电动势和内阻，现有下列器材：A．6.3 V蓄电池；B．干电池一节；C．电压表V(0～3 V～15 V，内阻约为3 kΩ，15 kΩ)；D．电流表A(0～0.6 A～3 A，内阻约为10 Ω，2 Ω)；E．电流表G(满偏电流3 mA，内阻R g＝10 Ω)；F．变压器G．滑动变阻器(0～20 Ω)；H．滑动变阻器(0～1 000 Ω)；I．电阻箱(0～9 999 Ω)；J．开关、导线．(1)用电流表和电压表测量干电池的电动势和内阻时，应选用的变阻器是________(用代号回答)．(2)根据实验要求，用笔画线代替导线在图9上连线．图9(3)＝________Ω.图10(4)用你设计的电路做实验，测得的电动势与电池电动势的真实值相比________(填偏大、偏小或相等)；测得的内阻与电池内阻的真实值相比________(填偏大、偏小或相等)．(5)如果实验中电压表坏了，选用其他器材进行实验，请画出相应的电路图．姓名：________ 班级：________ 学号：________ 得分：________三、计算题(本题共4个小题，满分36分)13．(8分)如图11所示，A、B是系在绝缘细线两端、带有等量同种电荷的小球，其中m A＝0.1 kg，细线总长为20 cm，现将绝缘细线绕过固定于O点的光滑定滑轮，将两球悬挂起来，两球平衡时，OA的线长等于OB的线长，A球依在光滑绝缘竖直墙上，B球所在悬线OB 偏离竖直方向60°，求B球的质量和墙所受A球的压力．(g取10 m/s2)图1114．(8分)如图12所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1 Ω，电炉电阻R＝19 Ω，电解槽电阻r′＝0.5 Ω.当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684 W；S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为475 W(电炉电阻可看作不变)．试求：图12(1)电源的电动势；(2)S1、S2闭合时，流过电解槽的电流大小；(3)S1、S2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．15．(10分)如图13所示为实验室常用的两个量程的电压表原理图．当使用O、A两接线柱时，量程为3 V；当使用O、B两接线柱时，量程为15 V．已知电流计的内电阻R g＝500 Ω，满偏电流I g＝100 μA.求分压电阻R1和R2的阻值．图1316．(10分)如图14所示，在虚线所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v 0的某种正离子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过该区域，并使偏转角也为θ，(不计离子的重力)求：图14(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)离子穿过电场和磁场的时间之比是多大？综合检测答案1．D [点电荷是实际带电体在一定条件下理想化而形成的，它的条件是带电体本身大小和形状对它们间的相互作用力的影响可以忽略时可视为点电荷，与带电体的体积、形状和所带电荷量多少无关．故只有D 选项正确．]2．AC [无穷远处的电势能为零，电荷从电场中某处移到无穷远时，若电场力做正功，电势能减少，到无穷远处时电势能减为零，电荷在该点的电势能为正值，且等于移动过程中电荷电势能的变化，也就等于电场力做的功，因此电场力做的正功越多，电荷在该点电势能越大，A 正确，B 错误；电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服电场力做功，电势能由零增大到某值，此值就是电荷在该点的电势能值，因此，电荷在该点的电势能等于电荷从无穷远处移到该点时，克服电场力所做的功，故C 正确，D 错误．]3．A4．AD [小灯泡的电阻不是该点切线斜率的倒数，而是该点与原点连线斜率的倒数．所以随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，并且对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2.]5．B R 外↓→R 外↓→R 总↓→I 总＝ER 总↑→U 内＝I 总r↑→U 外＝(E －U 内)↓，即电压表示数变小．U R1＝I 总R 1↑→U R1＝I 总R 1↑→U R2＝(U 外－U R1)↓→I R2＝U R2R 2↓→I A ＝(I 总－I R2)↑.即电流表示数变大，故答案选B.]6．C [当开关处于断开状态时，电容器C 1与R 1，C 2与R 2分别串联，然后再并联，电源对电容器C 1、C 2充电完毕电路达稳态后，两条支路均无电流通过，因此电阻上不再分压，两电容器上的电压均为电源电动势，所以Q 1Q 2＝C 1E C 2E ＝C 1C 2＝12.故①正确．当开关处于接通状态时，电路结构为电容器C 1与R 2并联、C 2与R 1并联，支路再串联，当电容器被充电完毕电路达稳定状态后，直流电路通过R 1、R 2形成通路，电容器C 1两端的电压与电阻R 2两端的电压相等，电容器C 2两端的电压与电阻R 1两端的电压相等，Q 1Q 2＝C 1U 2C 2U 1＝C 1C 2＝12.因此③是正确的．]7．D [由于电磁铁通电后产生磁场，对铁片B 有吸引力而使B 上升，所以这时吸引力一定大于铁片B 所受的重力，故B 向上加速运动，即铁片B 处于超重状态，而A 和C 处于平衡状态，选A 、B 组成的系统为研究对象，则整个系统处于超重状态，所以F>(M ＋m)g.选项D 正确．]8．A [小磁针静止时N 极的指向为该处的磁场方向，即磁感线的切线方向．根据安培定则，蹄形铁芯被磁化后右端为N 极，左端为S 极，小磁针c 指向正确；通电螺线管的磁场分布和条形磁铁相似，内部磁场向左，外部磁场向右，所以小磁针b 指向正确，小磁针a 指向错误；环形电流形成的磁场左侧应为S 极，故d 的指向正确．在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”，在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”——电流方向，四指指“结果”——磁场绕向；在判定环形电流磁场方向时，四指指“原因”——电流绕向，大拇指指“结果”——环内沿中心轴线的磁感线方向．]9．D10．A [当电压表接在R 1两端时，其示数为8 V ，则此时电阻R 2两端的电压为4 V ，将R 1与R V 并联后的电阻用R 1V 表示，则R 1V ∶R 2＝8∶4＝2∶1，即R 1V ＝2R 2，由于R 1>R 1V ，则R 1>2R 2.当电压表改接在R 2两端时，将R 2与R V 并联后的电阻用R 2V 表示，则R 2>R 2V .此时电阻R 1两端的电压U 1与电压表示数U 2V 之比，U 1∶U 2V >2R 2∶R 2V >2R 2∶R 2＝2.故电压表的示数将小于4 V ，故A 正确．]11．0 V 4 V解析如下图所示，根据匀强电场的电场线与等势面都是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab 的中点O ，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2 V ，故Oc 为等势面，MN 为电场线，方向为MN 方向，U OP ＝U Oa ＝ 3 V ，U ON ∶U OP ＝2∶3，故U ON ＝2 V ，N 点电势为零，为最低电势点，同理M 点电势为4 V ，为最高电势点．12．(1)G (2)见解析图(a)(3)见解析图(b) 1.50 0.80 (4)偏小偏小 (5)见解析图(c) 解析 (1)滑动变阻器作限流用，电路中的电流应较大，故滑动变阻器用阻值小的即可满足实验要求，故变阻器选G.(2)如图(a)所示(3)描点作图如图(b)所示，图线与纵轴的交点即为电源的电动势E ＝1.50 V电池内阻r ＝ΔU ΔI ＝1.50－0.301.50Ω＝0.80 Ω.(4)偏小偏小 (5)如图(c)所示．13．0.2 kg 1.732 N 方向水平向左解析令两球之间的库仑斥力为F ，绳中的张力为T ，画出两球的受力分析如图所示，由平衡条件对A 球有T －m A g －Fsin 30°＝0，① Fcos 30°－N ＝0，② 对B 由平衡条件得 T ＝F ，③ F ＝m B g ，④由①②③④式得m B ＝0.2 kg ，N ＝1.732 N ，由牛顿第三定律，墙所受A 球压力大小 N′＝N ＝1.732 N ，方向水平向左． 14．(1)120 V (2)20 A (3)1 700 W解析 (1)S 1闭合，S 2断开时电炉功率为P 1，电炉中电流I ＝P 1R ＝68419A ＝6 A.电源电动势E ＝I(R ＋r)＝120 V. (2)S 1、S 2都闭合时电炉功率为P 2，电炉中电流为I R ＝P 2R ＝47519A ＝5 A.电源路端电压为U ＝I R R ＝5×19 V＝95 V ，流过电源的电流为I′＝E －U r ＝120－951A ＝25 A.流过电槽的电流为I A ＝I －I R ＝20 A.(3)电解槽消耗的电功率P A ＝I A U ＝20×95 W＝1 900 W.电解槽内热损耗功率P 热＝I 2A r′＝202×0.5 W ＝200 W.电解槽转化成化学能的功率为P 化＝P A －P 热＝1 700W.15．2.95×104 Ω 1.2×105Ω解析串联分压电路的特点就是电流相同．在改装的电压表中，各量程达到满偏电压时，经过“表头”的电流均为满偏电流．接O 、A 时：I g ＝U 1R g ＋R 1即R 1＝U 1I g －R g ＝(310－4－500)Ω＝2.95×104Ω.接O 、B 时：I g ＝U 2R g ＋R 1＋R 2即R 2＝U 2I g －R g －R 1＝(1510－4－500－2.95×104)Ω＝1.2×105Ω.R 1和(R 1＋R 2)分别是量程为3 V 和量程为15 V 时的分压电阻．16．(1)Ecos θv 0(2)sin θ∶θ解析 (1)离子在电场中做类平抛运动有 v y ＝v 0tan θ①v y ＝qE m t②且t ＝d v 0③其中d 为电场的宽度．当改用匀强磁场时，离子做匀速圆周运动．轨道半径r ＝d sin θ＝mv 0qB④联立①②③④得：B ＝Ecos θv 0(2)离子在电场中运动的时间t 1＝d/v 0⑤离子在磁场中运动的时间t 2＝r θv 0＝d θv 0sin θ⑥由⑤⑥得：t 1∶t 2＝sin θ∶θ.。

2017-2018高中物理选修3-1模块综合测试

第1页（共6页）选修3-1模块综合测试注意事项： 1.考试时间90分钟，满分100分。

2.答卷前，考生务必在答题卡和答题纸上将自己的班级、姓名、考号等项目内容的相应位置上填写清楚。

3.客观题答案必须全部涂写在答题卡上；主观题部分请在答题纸上作答写在试卷上不给分。

第Ⅰ卷（客观题，共36分）一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分；每小题至少有一个正确答案，选对得3分，少选得1分，错选或不选得0分）1. 使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。

下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（）2. 有两个完全相同的金属小球A 、B （它们的大小可忽略不计），A 带电荷量为7Q ，B 带电荷量为-Q ，当A 、B 在真空中相距为r 时，两球之间的相互作用的库仑力为F ；现用绝缘工具使A 、B 球相互接触后再放回原处，则A 、B 间的相互作用的库仑力是（）A ．79FB ．67FC ．87FD ．97F3.在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生护士要穿由导电材料制成的鞋子和棉布外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了（） A. 消除静电 B. 除菌消毒 C. 应用静电 D. 防止漏电4. 如图所示的电路中，电源的电动势E 和内电阻r 恒定不变，电灯L 恰能正常发光，如果变阻器的滑片P 向b 端滑动，则（） A.电灯L 更亮，电流表的示数增大 B.电灯L 更亮，电流表的示数变小 C.电灯L 变暗，电流表的示数变小 D.电灯L 变暗，电流表的示数增大5. 如图所示为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器。

当电流从电磁铁的接线柱a 流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是（） A ．电磁铁的上端为N 极，小磁铁的下端为N 极B ．电磁铁的上端为S 极，小磁铁的下端为S 极C ．电磁铁的上端为N 极，小磁铁的下端为S 极D ．电磁铁的上端为S 极，小磁铁的下端为N 极6. 在电场线如图所示的电场中有M 、N 两点，一个带电离子（不计重力）仅在电场力作用下由静止开始从M 点运动到N 点，则（）A ．M 点处的电场强度比N 点处的电场强度大B ．该离子在M 点的电势能大于在N 点的电势能C ．M 点处的电势比N 点处的电势低D ．该离子在N 点的速度可能为零7. 在赤道上从东向西水平发射的一束电子流，受地磁场作用，电子流将偏向（）A BCDR 2 R 1 空气导管A B第2页（共6页）A ．北方 B. 南方 C.上方 D.下方8. 如图所示电路中，S 闭合，已知电容C =2μF ，电源电动势E =12V ，内阻不计，R 1=1Ω，R 2=2Ω，R 3=6Ω，R 4=3Ω，则电容器极板a 所带的电荷量为 ( )A. -8×10-6CB. 4×10-6CC. -4×10-6CD. 8×10-6C9．由磁感应强度的定义式B =FIL可知（）A ．若某处的磁感应强度为零，则通电导线放在该处所受安培力一定为零B ．通电导线放在磁场中某处不受安培力的作用时，则该处的磁感应强度一定为零C ．同一条通电导线放在磁场中某处所受的磁场力是一定的D ．磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线无关10. 两只电阻的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是（） A ．两电阻的阻值为R 1大于R 2B ．两电阻串联在电路中时，R 1两端电压大于R 2两端电压C ．两电阻串联在电路中时，R 1消耗的功率小于R 2消耗的功率D ．两电阻并联在电路中时，R 1的电流大于R 2的电流11. 质量为m 的通电导体ab 置于倾角为θ的平行导轨上，导轨宽度为d ，导体ab 与导轨间的动摩擦因数为μ。

高中物理教科版选修31：模块综合测评

模块综合测评(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共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.如图1所示，半径相同的两个金属球A 、B 带有等量的电荷，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小为F .今让第三个半径相同的不带电的金属球C 先后与A 、B 两球接触后移开，这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小为( )【导学号：69682316】图1A.F 8B.F 4C.3F 8D.3F 4A [A 、B 两球互相吸引，说明它们带异种电荷，假设A 、B 的电荷量分别为＋q 和－q .当第三个不带电的C 球与A 球接触后，A 、C 两球的电荷量平分，每球所带电荷量为q ′＝＋q 2.当再把C 球与B 球接触后，两球的电荷先中和，再平分，每球所带电荷量为q ″＝－q 4.由库仑定律F ＝k q 1q 2r 2知，当移开C 球后由于r不变，A 、B 两球之间的相互作用力的大小为F ′＝F 8.选项A 正确．]2.有带等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图2所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是( )图2A ．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看作匀强电场B ．电场内部A 点的电场强度小于B 点的电场强度C ．电场内部A 点的电场强度等于B 点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板D[由于平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误．从电场线分布看，A处的电场线比B处密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B、C错误．A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D正确．]3．如图3所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B，电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是()【导学号：69682317】图3A．电子一定从A向B运动B．若a A＞a B，则Q靠近M端且为负电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A＜E p BD．B点电势可能高于A点电势C[若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于r A＜r B，故E A＞E B，F A＞F B，a A＞a B，φA＞φB，E p A ＜E p B；若Q在N端，由电子运动的轨迹可知Q为负电荷，且电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于r A＞r B，故E A<E B，F A<F B，a A<a B，φA＞φB，E p A＜E p B.综上所述选项A、B、D错误，选项C正确．]4．如图4，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，正确的是()图4A ．V 2的示数增大B ．电源输出功率在减小C ．ΔU 3与ΔI 的比值在减小D ．ΔU 1大于ΔU 2D [理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R 与变阻器串联，电压表V 1、V 2、V 3分别测量R 、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A 的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V 2的示数减小，A 错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：U 2＝E －Ir ，则得：ΔU 2ΔI ＝r ；ΔU 1ΔI ＝R ，据题：R >r ，则ΔU 1ΔI >ΔU 2ΔI ，故ΔU 1大于ΔU 2，D 正确；根据闭合电路欧姆定律得：U 3＝E －I (R ＋r )，则得：ΔU 3ΔI ＝R ＋r ，恒定不变，C 错误．]5.如图5所示，两平行光滑金属导轨CD 、PQ 间距为L ，与电动势为E 、内阻为r 的电源相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．在空间施加匀强磁场可以使ab 棒静止，则磁场的磁感应强度的最小值及其方向分别为( )【导学号：69682318】图5A.mg (R ＋r )EL ，水平向右 B.mg (R ＋r )sin θEL，垂直于回路平面向下 C.mgR tan θEL ，竖直向下 D.mgR sin θEL ，垂直于回路平面向下B [从图像可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，故安培力的最小值为F ＝mg sin θ，故磁感应强度的最小值为B ＝F IL ＝mg sin θIL ，根据欧姆定律，有E ＝I (R ＋r )，所以B ＝mg (R ＋r )sin θEL，垂直于回路平面向下，B 正确．] 6.如图6所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的带电粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e 点射出，则( )图6A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从e 点射出所用时间最短A [如图，粒子从e 点射出圆心是O 1，如果粒子的速度增大为原来的二倍，由r ＝m v qB 可知半径也增大为原来的二倍，由对称性可看出粒子将从d 点射出，故A 项正确；如果粒子的速度增大为原来的三倍，圆心是O 3，设正方形的边长为a ，原半径为r 1＝24a ，r 3＝3r 1＝324a ，线段O 3f >34a ＋12a >r 3，所以不可能从f 点射出，故B 项错；由r ＝m v qB可看出，磁感应强度增大时，半径减小，不会从d 点射出，故C 项错；因粒子运动的周期一定，在磁场中运动的时间与圆心角成正比，从以上分析和图中可看出圆心为O 1、O 2时粒子运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中运动的时间也相等，故D 项错．]7.两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图7所示，关于电子的运动，下列说法正确的是()图7A．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．电子运动到O时，加速度为零，速度最大D．电子通过O后，速度越来越小，一直到速度为零CD[带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O处的场强为零，向中垂线的两边先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零．但a点与最大场强点的位置关系不能确定，当a点在最大场强点的上方时，电子在从a点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小；当a点在最大场强点的下方时，电子的加速度则一直减小，故A、B错误；不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，都在做加速运动，所以电子的速度一直增加，当达到O点时，加速度为零，速度达到最大值，C正确；通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，与所受电场力方向相反，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到a点关于O点对称的b点时，电子的速度为零，故D正确．] 8．如图8，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()【导学号：69682319】图8A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小AB[由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D 选项错；由于油滴轨迹相对于过P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE >mg ，则电场方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点的高，A 选项正确；当油滴从P 点运动到Q 点时，电场力做正功，电势能减小，C 选项错误；当油滴从P 点运动到Q 点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以油滴在Q 点动能大于在P 点的动能，B 选项正确．]9．如图9所示是一个半径为R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B ，磁感应强度方向垂直纸面向里．有一个粒子源在圆上的A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m ，运动的半径为r ，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α.下列说法正确的是( )图9A ．若r ＝2R ，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm 6qBB ．若r ＝2R ，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan α2＝22＋17成立C ．若r ＝R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为πm3qBD ．若r ＝R ，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°BD [若r ＝2R ，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1所示，因为r ＝2R ，圆心角θ＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间t max ＝60°360°T ＝2πm qB ·16＝πm 3qB ，故A 错误．若r ＝2R ，如图2所示，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有tan α2＝22R r －22R＝22＋17，故B 正确．若r ＝R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间t ＝90°360°T ＝2πm qB ·14＝πm 2qB ，故C错误．若r ＝R ，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D 正确．10．如图10所示为一种质谱仪的示意图，其由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射的电场在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器内有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．一质量为m 、电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )【导学号：69682320】图10A ．极板M 比极板N 的电势高B ．加速电场的电压U ＝ERC ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷AD [粒子在磁场中由P 点运动到Q 点，根据左手定则可判断粒子带正电，由极板M 到极板N 粒子做加速运动，电场方向应由极板M 指向极板N ，所以极板M 比极板N 的电势高，A 正确；由Eq ＝m v 2R 和qU ＝12m v 2可得，U ＝12ER ，B错误；由Eq ＝m v 2R 和Bq v ＝m v 2PQ 2可得PQ ＝2BmER q ，C 错误；由于一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，又U 、E 、R 、B 都相同，由以上式子可得m q 相同，故该群粒子的比荷相同，D 正确．]二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答)11．(8分)在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A ．小灯泡“6 V 3 W ”B ．直流电源6～8 VC ．电流表(量程3 A ，内阻0.2 Ω)D ．电流表(量程0.6 A ，内阻1 Ω)E ．电压表(量程6 V ，内阻20 kΩ)F ．电压表(量程20 V ，内阻60 kΩ)G ．滑动变阻器(0～20 Ω、2 A)H ．滑动变阻器(0～1 kΩ、0.5 A)(1)把实验所用到的器材按字母的先后顺序填入空中：________________.(2)在虚线框内画出最合理的实验原理图．【解析】 (1)灯泡额定电流I ＝P U ＝36 A ＝0.5 A ，电流表应选D 电流表(量程0.6 A ，内阻1 Ω)；灯泡额定电压为6 V ，电压表应选E 电压表(量程6 V ，内阻20 kΩ)；为方便实验操作，滑动变阻器应选G 滑动变阻器(0～20 Ω、2 A)．(2)描绘灯泡伏安特性曲线，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常工作时电阻为R ＝U I ＝60.5Ω＝12 Ω，R R A＝12 Ω1 Ω＝12， R V R ＝20 000Ω12 Ω≈1 666.7，R V R >RR A ，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．【答案】 (1)ABDEG(2)见解析图12．(10分)学校实验室新进了一批低阻值的绕线电阻，已知绕线金属丝是某种合金丝，电阻率为ρ.要测算绕线金属丝长度，进行以下实验：图11(1)先用多用电表粗测金属丝的电阻．正确操作后转换开关的位置指示和表盘示数如图11所示，则金属丝的电阻约为________Ω.(2)用螺旋测微器测金属丝的直径d.(3)在粗测的基础上精确测量绕线金属丝的阻值R.实验室提供的器材有：电流表A1(量程0～3 A，内阻约为0.5 Ω)电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为3 Ω)电压表V1(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)电压表V2(量程0～15 V，内阻约18 kΩ)定值电阻R0＝3 Ω滑动变阻器R1(总阻值5 Ω)滑动变阻器R2(总阻值100 Ω)电源(电动势E＝6 V，内阻约为1 Ω)开关和导线若干．①还需要先利用实验室提供的器材较准确测量将选用的电流表的内阻．测量电路的一部分可选用以下电路中的________．②请在给出的器材中选出合理的器材，在虚线框内画出精确测量绕线金属丝阻值的完整电路(要求标明选用的器材标号)．(4)绕线金属丝长度为________(用字母R、d、ρ和数学常数表示)．【解析】(1)由于欧姆表置于“×1”挡，所以应按×1倍率读数，即1×9 Ω＝9 Ω.(3)①A、B选项中电表测量不准确，选项A、B错误；可将电流表A2与定值电阻串联然后再与电压表并联，如选项C所示；或因电流表A2的满偏电流小于A1的满偏电流，可将定值电阻与电流表A2并联再与A1串联，如选项D所示．②又由于滑动变阻器R1的最大电阻小于待测金属丝的电阻，所以变阻器应用分压式接法，已知内阻的准确值，可内接．(4)根据电阻定律R＝ρLS ，S＝π(d2)2，解得L ＝πRd 24ρ.【答案】 (1)9(或9.0)(3)①CD ②电路如图(分压内接)(4)πRd 24ρ13．(10分)已知质量为m 的带电液滴，以速度v 射入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动．如图12所示．求：图12(1)液滴在空间受到几个力作用；(2)液滴带电荷量及电性；(3)液滴做匀速圆周运动的半径．【导学号：69682321】【解析】 (1)由于是带电液滴，它受到重力，又处于电、磁场中，还应受到电场力及洛伦兹力共三个力作用．(2)因液滴做匀速圆周运动，故必须满足重力与电场力平衡，所以液滴应带负电，则有mg ＝Eq ，求得：q ＝mg E .(3)尽管液滴受三个力，但合力为洛伦兹力，所以仍可用半径公式R ＝m v qB ，把电荷量代入可得R ＝m v mg E B＝E v gB .【答案】 (1)三个力 (2)mg E 负电 (3)E v gB14. (10分)在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图13所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿y 方向飞出．图13(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q m ；(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ′，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？【解析】 (1)由粒子的运动轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A 点射入，由C 点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r .又q v B ＝m v 2R ，则粒子的比荷q m ＝v Br .(2)当粒子从D 点飞出磁场时速度方向改变了60°角，故AD 弧所对圆心角为60°，如图所示．粒子做圆周运动的半径R ′＝r cot 30°＝3r又R ′＝m v qB ′，所以B ′＝33B粒子在磁场中飞行时间，t ＝16T ＝16×2πm qB ′＝3πr 3v .【答案】 (1)负电荷 v Br (2)33B 3πr3v15. (10分)如图14所示，处于匀强磁场中的两根光滑的平行金属导轨相距为d ，电阻忽略不计．导轨平面与水平面成θ角，下端连接阻值为2r 的定值电阻和电源，电源电动势为E ，内阻为r ，匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为m 、阻值为r 的均匀金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触．接通开关S 后，金属棒在导轨上保持静止状态．图14(1)判断磁场的方向；(2)求磁感应强度的大小；(3)求金属棒的热功率．【导学号：69682322】【解析】 (1)由左手定则可判断磁场方向垂直导轨平面向下．(2)对金属棒受力分析如图所示，由二力平衡有F 安＝mg sin θ又安培力F 安＝BId闭合电路中通过金属棒的电流为回路中的总电流，由闭合电路欧姆定律有I ＝E 4r由以上各式解得磁感应强度B ＝4mgr sin θEd .(3)金属棒的热功率P ＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 4r 2r ＝E 216r . 【答案】 (1)垂直导轨平面向下 (2)4mgr sin θEd(3)E 216r16. (12分)如图15所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行．一质量为m 、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P (0，h )点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a (2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度方向与y 轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：图15(1)电场强度E 的大小；(2)粒子到达a 点时速度的大小和方向；(3)abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值．【导学号：69682323】【解析】 (1)设粒子在电场中运动的时间为t ，则有x ＝v 0t ＝2h ，y ＝12at 2＝h ，qE ＝ma ，联立以上各式可得E ＝m v 202qh .(2)粒子到达a 点时沿y 轴负方向的分速度v y ＝at ＝v 0. 所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角． (3)粒子运动轴迹如图所示，粒子在磁场中运动时，有q v B ＝m v 2r 当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r ＝22L ，所以B ＝2m v 0qL .【答案】 (1)m v 202qh(2)2v 0 方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角(3)2m v 0qL。

2017-2018学年高中物理选修3-1_模块综合检测含答案

模块综合检测(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题（每题3分，本题共10小题，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分,错误、不选或多选均不得分）1．关于电动势，下列说法正确的是( ）A．电源电动势一定等于电源两极间的电压B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C．体积越大的电源，电动势一定越大D．电源电动势与外电路的组成有关解析：根据闭合电路欧姆定律得知:电动势的数值等于内外电压之和，故A错误．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，故B正确．干电池的电动势与正负极的材料有关，与电源的体积无关,故C错误．电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D错误．答案：B2．在电场中某点引入电荷量为q的正电荷,这个电荷受到的电场力为F，则（）A．在这点引入电荷量为2q的正电荷时，该点的电场强度将等于F2qB．在这点引入电荷量为3q的正电荷时,该点的电场强度将等于错误!C．在这点引入电荷量为2e的正离子时，则离子所受的电场力大小为2e错误!D．若将一个电子引入该点，则由于电子带负电，所以该点的电场强度的方向将和在这一点引入正电荷时相反解析：电场强度是描述电场的力的性质的物理量，它是由产生电场的电荷以及在电场中各点的位置决定的,与某点有无电荷或电荷的正负无关，所以排除选项A、B、D。

而电场力F＝Eq不仅与电荷在电场中的位置有关，还与电荷量q有关，该题中根据场强的定义式可知该点的场强大小为E＝错误!，则正离子所受的电场力大小应为F＝E·2e＝错误!·2e，故选项C正确．答案:C3．将一有内阻的电源外接电阻阻值为R时，回路电流为I，电源路端电压为U，若换接一阻值为2R的电阻，下列说法正确的是（）A．回路电流将变为错误!B．路端电压将变为2UC．回路电流将大于错误!D．路端电压将大于2U解析:电源电动势和内电阻不变，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知电流减小，则回路电流将小于I。

2018学年高中物理选修3-1章末综合测评1 含解析

章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．关于电场强度的下列叙述中正确的是()A．电场强度是反映电场力的性质的物理量，每个电场都只有一个电场强度值B．E＝Fq对任何电场都是适用的，它表明电场中某一点的电场强度与放在该点电荷的电荷量成反比C．对于电场中的任意一点，电荷在该点所受的电场力与电荷的电荷量的比是一个定值D．电场强度是矢量，它的方向就是电荷在该点所受电场力的方向【解析】电场强度是反映电场力的性质的物理量，电场中不同的点电场强度不一定相同，所以选项A错误；电场强度是用放在电场中的点电荷受力和其所带电荷量比值来定义的，但是电场强度与这两个量无关，仅由场源电荷决定，而且每一点的电场强度都有确定的大小和方向，所以选项C正确，选项B、D错误．【答案】 C2．如图1所示是表示在一个电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是()【导学号：34660035】图1A．这个电场是匀强电场B．a、b、c、d四点的场强大小关系是E d＞E a＞E b＞E cC．a、b、c、d四点的场强大小关系是E a＞E b＞E d＞E cD．无法确定这四个点的场强大小关系【解析】图中给出了a、b、c、d四个位置上电荷量和所受静电力大小的变化关系，由电场强度的定义式E＝Fq可知，F-q图象的斜率代表电场强度．斜率大的场强大、斜率小的场强小，故选项B正确，A、C、D错误．【答案】 B3．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为()A．3∶1 B．1∶3C．9∶1 D．1∶9【解析】由点电荷场强公式有：E＝k Qr2∝r －2，故有E AE B＝⎝⎛⎭⎪⎫r Br A2＝⎝⎛⎭⎪⎫3rr2＝9∶1，C项正确．【答案】 C4．关于电场线，下述说法中正确的是()A．电场线是客观存在的B．电场线与电荷运动的轨迹是一致的C．电场线上某点的切线方向与电荷在该点受力方向可以不同D．沿电场线方向，场强一定越来越大【解析】电场线不是客观存在的，是为了形象描述电场的假想线，A选项错误；电荷运动的轨迹与电场线不一定一致，何况运动轨迹与初速度大小方向有关，可能的轨迹很多，而电场线是一定的，所以B选项错误；正电荷在电场中受的电场力方向与该点电场线切线方向相同，而负电荷所受电场力与该点电场线切线方向相反，选项C正确；场强大小与场强的方向无关，与电场线方向无关，D选项错误．【答案】 C5．一负电荷从电场中A点静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的v-t图象如图2所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的()图2【解析】由题图可知电荷的速度增加，加速度在增加，即所受的电场力(合外力)增加，电场强度也必定增加，且负电荷逆着电场线的方向运动，根据题图可以判断C 选项符合要求，所以选项C 正确．【答案】 C6．下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )【导学号：34660036】【解析】由对称性原理可知，A 、C 图中O 点的场强大小相等，D 图中O点场强为0，因此B 图中两14圆环在O 点处合场强应最大，选项B 正确．【答案】 B7．如图3所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上，a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图3 A.3kq 3l 2 B.3kq l 2 C.3kq l 2 D.23kql 2【解析】以小球c 为研究对象，其受力如图甲所示，其中F 库＝F 库′＝kqq c l 2，由平衡条件得：2F 库cos 30°＝Eq c甲乙即：3kqq c l 2＝Eq c ，E ＝3kq l 2此时a 的受力如图乙所示，⎝ ⎛⎭⎪⎫kq 2l 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3kq 2l 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k qq c l 22 得q c ＝2q即当q c ＝2q 时a 可处于平衡状态，同理b 亦恰好平衡，故选项B 正确．【答案】 B8．在光滑绝缘的水平面上，有一个正方形abcd ，顶点a 、c 处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图4所示，正方形的两条对角线ac 、bd 相交于点O .若将一个带负电的粒子置于b 点，由静止释放，粒子将沿着对角线bd 做往复运动．粒子从b 点运动到d 点的过程中( )【导学号：34660037】图4A．粒子先做匀加速运动，后做匀减速运动B．粒子先做加速运动，后做减速运动C．粒子到达O点时速度最大，加速度为零D．粒子到达O点时速度为零，加速度最大【解析】根据等量同种电荷形成电场的电场线分布特点可知，在对角线bd上，Ob段电场强度由O指向b，Od段电场强度由O指向d，且O点的电场强度为零．当带负电的粒子从b点由静止释放后，在bO段所受电场力由b指向O，因此粒子做加速运动，在Od段所受电场力由d指向O，粒子做减速运动．由于bd上为非匀强电场，所以粒子不可能做匀变速直线运动，故选项A错误，B 正确；由于O点场强为零，粒子在O点的加速度为零，速度达到最大，故选项C正确，D错误．【答案】BC9．在图5中，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可做出的判断是()图5A．带电粒子带负电荷B．带电粒子带正电荷C．带电粒子所受电场力的方向向左D．带电粒子做匀变速运动【解析】因带电粒子只受电场力作用而做曲线运动，如题图所示，电场力指向曲线内侧，即电场力的方向与场强方向相反，粒子必带负电；因粒子在匀强电场中运动，故粒子所受电场力为恒力，做匀变速运动．【答案】ACD10．如图6所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为了保证当丝线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为()【导学号：34660038】图6A.mg tan 60°q B.mg cos 60°q C.mg sin 60°q D.mg q【解析】取小球为研究对象，它受到重力mg 、丝线的拉力F 和电场力qE 的作用．因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，F 和qE 的合力与mg 是一对平衡力，根据力的平行四边形定则可知，当电场力qE 的方向与丝线的拉力方向垂直时，电场力为最小，如图所示，则qE ＝mg sin θ得E ＝mg sin θq ＝3mg 2q .所以，该匀强电场的场强大小可能值为E ≥3mg 2q .【答案】 ACD二、计算题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答．)11．(10分)在真空中有一个点电荷Q ，过Q 的一直线上有A 、B 两点，相距d ＝12 cm ，已知A 点和B 点的场强大小之比E A E B＝4，求场源电荷Q 在该直线上的位置．【解析】设场源电荷Q 离A 点距离为r 1，离B 点距离为r 2，根据点电荷场强公式和题设条件，由k Q r 21＝4k Q r 22得r 2＝2r 1.满足上述距离条件的场源位置可以有两种情况，如图所示．因此，可以有两解：⎩⎨⎧ r 1＝4 cm r 2＝8 cm 或⎩⎨⎧r 1＝12 cm r 2＝24 cm 也就是说，当场源电荷Q 在A 、B 连线中间时，应为距A 4 cm 处；当场源电荷Q 在A 、B 连线左侧时，应为距A 12 cm 处．【答案】见解析12．(14分)如图7所示，在场强为E 、方向竖直向下的匀强电场中的竖直平面内，有一个绝缘光滑的半圆形轨道．在轨道的最高点A 处有一质量为m 、电荷量为q 带正电的小球．使小球由静止开始滑下，试求小球经过最低点B 时，对轨道的压力N 的大小．【导学号：34660039】图7【解析】小球由A 运动到B 的过程中，由动能定理可得：(qE ＋mg )·R ＝12m v 2B ①在B 点，小球加速度竖直向上指向圆心有N －qE －mg ＝m v 2B R ②由①②解得N ＝3(mg ＋qE )，由牛顿第三定律可知，对轨道的压力为3(mg ＋qE )．【答案】 3(mg ＋qE )13．(16分)如图8所示，为一匀强电场，电场强度与水平方向的夹角为θ.现有一带电小球以初速度v 0由A 点水平射入该匀强电场，恰好做直线运动，由B 点离开电场．已知带电小球的质量为m ，电荷量为q ，A 、B 之间的距离为d .试分析：图8(1)带电小球的电性；(2)匀强电场的电场强度的大小；(3)小球经过B 点时的速度v B .【解析】 (1)小球进入电场后受两个力的作用：重力mg 和电场力qE ，若要保证小球做直线运动，则小球必然带正电，并且所受电场力qE 和重力mg 的合力F 沿直线AB ，如图所示．(2)由图可知，mg ＝qE sin θ.所以匀强电场的电场强度为E ＝mg q sin θ.(3)小球在恒力作用下由A 到B 做匀加速直线运动，合力F ＝mg cot θ，由牛顿第二定律得加速度a ＝g cot θ，由匀变速直线运动的公式得v 2B －v 20＝2ad ，则v B ＝v 20＋2gd cot θ.【答案】 (1)带正电 (2)mg q sin θ (3)v 20＋2gd cot θ。

教科版高中物理选修3-1综合检测3.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）综合检测(三)第三章磁场(分值：100分时间：60分钟)一、选择题(本题共7小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个选项正确，把正确答案的字母填在题后的括号内．)1．(2012·德阳期末)关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是()A．电场强度的定义式E＝Fq适用于任何电场B．由真空中点电荷的电场强度公式E＝kQr2知，当r→0时，其电场强度趋近于无限大C．由公式B＝FIL知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导体的受力方向【解析】E＝Fq是电场强度的定义式，适用于任何电场，E＝kQr2是由E＝Fq结合库仑定律导出的，仅适用于真空中的点电荷，当r→0时，此公式点电荷的条件不再满足，所以不能说其电场强度趋于无穷大，A对，B错．公式B＝FIL的成立条件是B与L(I)垂直，当B与L(I)平行时，通电导体不再受安培力作用，C错．由左手定则可知，通电导体受到安培力方向一定与B的方向垂直，D错．【答案】 A2.1如图1所示，一条形磁铁竖直放在水平桌面上的弹性导线线圈的圆心上，当线圈中通过如图所示的电流时，下列说法中正确的是()A．线圈半径缩小B．线圈半径增大C．线圈对桌面的压力减小D．线圈对桌面的压力增大【解析】线圈受力如剖面图，所以线圈半径缩小，对桌面压力减小．【答案】AC3．关于磁通量，正确的说法有()A．磁通量不仅有大小，而且有方向，是矢量B．在匀强磁场中，a线圈面积比b线圈面积大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的大C．磁通量大，磁感应强度不一定大D．把某线圈放在磁场中的M、N两点，若放在M处的磁通量比放在N处的大，则M处的磁感应强度一定比N处的大【解析】磁通量是标量，A错；穿过某一面积磁通量的大小与磁感应强度、线圈面积和线圈的放置位置有关，面积S如果与磁感线平行，S再大，磁通量也为零，故B项错，C项对，D项错．【答案】 C4.图2如图2所示，两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直地放置，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度都为B0，则O处的磁感应强度大小和方向分别为() A．0B．2B0向外斜上方C.2B0向里斜下方D．B0向里斜上方【解析】由安培定则可知，图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是垂直纸面向里，B环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是竖直向下．根据平行四边形定则可知，圆心O处磁感应强度大小为B20＋B20＝2B0，方向为向里斜下方，故选C.【答案】 C5.图3如图3所示，OO′为水平挡板，S为一电子源，它可以向a、b、c、d四个垂直磁场的方向发射速率相同的电子(ac垂直OO′，bd平行OO′)，板OO′下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场范围足够大，不计电子重力，则击中挡板可能性最大的方向是()A．a B．bC．c D．d【解析】四个电子都做匀速圆周运动，d的圆心位置最高，所以击中挡板可能性最大的是d.【答案】 D6.图4(2012·广东高考)质量和电量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图4中虚线所示，下列表述正确的是( )A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦磁力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间【解析】由左手定则可知，N 粒子带正电，M 粒子带负电，A 正确．又r N <r M ，由r ＝m vqB 可得v N <v M ，B 错误．洛伦兹力与速度时刻垂直，不做功．C 错误．粒子在磁场中的运动时间t ＝θ2πT ＝T 2，又T ＝2πmqB ，所以T M ＝T N ，D 错误．【答案】 A 7.图5(2013·绵阳外国语期末)如图5所示，光滑绝缘轨道ABP 竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A 点由静止滑下，经P 点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动．则可判定( )A ．小球带负电B ．小球带正电C ．若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏D ．若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏【解析】小球从P 点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电；且qE ＋q v B ＝mg ；若从B 点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时v ′<v ；则qE ＋q v ′B <mg 故向下偏，B 、D 正确．【答案】 BD二、非选择题(本题共5小题，共58分计算题要有必要的文学说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)8.图6(8分)将倾角为θ的光滑绝缘斜面放到一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，一个质量为m 、带电荷量为q 的小物体在斜面上由静止开始下滑(设斜面足够长)，如图6所示，滑到某一位置离开斜面．则物体带________电荷(选填“正”或“负”)；物体离开斜面时的速度为________；物体在斜面上滑行的长度为________．【解析】小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增大，洛伦兹力逐渐增大，为使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电；小物体离开斜面时满足q v B ＝mg cos θ，解得v ＝mg cos θqB ；由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即mgL sin θ＝12m v 2，解得小物体在斜面上滑行的长度L ＝m 2g cos 2θ2q 2B 2sin θ.【答案】负 mg cos θqB m 2g cos 2θ2q 2B 2sin θ9．(10分)如图7所示，在半径R 的圆形区域内，分布着磁感应强度大小为B 的匀强磁场．在圆心处发射一个运动方向与磁场垂直的电子，电子质量m ，电荷量e .求这个电子要穿离此磁场区域应具有的最小动能．图7【解析】电子刚好不穿离磁场区域条件是其轨迹正好和圆相切，故电子运动的半径r ＝12R ，①电子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供即 e v B ＝m v 2r ② 而动能E k ＝12m v 2③ 三式联立可得E k ＝e 2B 2R 28m . 【答案】 e 2B 2R 28m 10.图8(12分)如图8所示，在同一水平面内的两导轨ab 、cd 相互平行，相距2 m 并在竖直向上的磁场中，一根质量为3.6 kg 、有效长度为2 m 的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A 时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增大到8 A 时，金属棒能获得2 m/s 2的加速度．则磁场的磁感应强度大小为多少？【解析】对金属棒进行受力分析，利用牛顿第二定律可得：当金属棒中的电流为5 A 时， BI 1L －F 阻＝0①当金属棒中的电流为8 A 时， BI 2L －F 阻＝ma ② 由①②可得B ＝ma(I 2－I 1)L ＝ 3.6×2(8－5)×2T ＝1.2 T.【答案】 1.2 T 11.图9(12分)如图9所示，AB 为一段光滑绝缘水平轨道，BCD 为一段光滑的圆弧轨道，半径为R ，今有一质量为m 、带电量为＋q 的绝缘小球，以速度v 0从A 点向B 点运动，后又沿弧BC 做圆周运动，到C 点后由于v 0较小，故难运动到最高点．如果当其运动至C 点时，忽然在轨道区域加一匀强电场和匀强磁场，使其能运动到最高点此时轨道弹力为0，且贴着轨道做匀速圆周运动，求：(1)匀强电场的方向和大小； (2)磁场的方向和磁感应强度．【解析】 (1)小球贴着轨道做匀速圆周运动，可知qE ＝mg 所以E ＝mgq，方向竖直向上(2)最高点此时轨道弹力为0，所以洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力q v B ＝m v 2R所以，B ＝m vqR ，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外．【答案】 (1)方向竖直向上 mgq (2)垂直纸面向外 m v qR图1012．(16分)(2012·新课标全国高考)如图10所示，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．【解析】粒子在磁场中做圆周运动，设圆的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得q v B ＝m v 2r ①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ②设cd ＝x ，由几何关系得 ac ＝45R ＋x ③ bc ＝35R ＋R 2－x 2④ 联立②③④式得r ＝75R ⑤再考虑粒子在电场中的运动，设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力得qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得 r ＝12at 2⑦ r ＝v t ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝14qRB25m.⑨【答案】14qRB2 5m。

高中物理第三章磁场章末综合检测教科版选修3-1(2021年整理)

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第三章磁场(时间：90分钟，满分：100分）一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.(广州高二检测)下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是（）A。

磁感线可以形象地描述各点磁场的方向B。

磁感线是磁场中客观存在的线C.磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D。

实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线解析：选A。

磁感线是为了形象描述磁场而引入的假想线，它可以描述磁场的强弱和方向，A 对,B错.磁铁的外部，磁感线从N极出发到S极，内部从S极到N极，内外部磁感线为闭合曲线，C错。

实验中观察到的铁屑的分布只是模拟磁感线的形状，不是磁感线，磁感线是看不到的,D错。

2。

如图3－8所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将（）图3－8A.N极竖直向上B。

N极竖直向下C。

N极水平向左D。

小磁针在水平面内转动解析：选C.带电金属环形成逆时针电流（从右向左看），据安培定则可以确定，通过金属环轴OO′处的磁场方向水平向右,小磁针处的磁场方向水平向左，故小磁针N极最后水平指向左方,C 项正确.3.在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里。