2023高中物理綜合學業(yè)質(zhì)量標準檢測新人教版選修3-1

PAGE本冊綜合學業(yè)質(zhì)量標準檢測本卷分第一卷(選擇題)和第二卷(非選擇題)兩局部。總分值100分，時間90分鐘。第一卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每題4分，共40分，在每題給出的四個選項中，第1～6小題只有一個選項符合題目要求，第7～10小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．每到夏季，我國各地紛紛進入雨季，雷雨等強對流天氣頻繁發(fā)生。當我們遇到雷雨天氣時，一定要注意避防雷電。以下說法錯誤的選項是eq\x(導學號50232730)(C)A．不宜使用無防雷措施的電器或防雷措施缺乏的電器及水龍頭B．不要接觸天線、金屬門窗、建筑物外墻，遠離帶電設備C．固定和手提均可正常使用D．在曠野，應遠離樹木和電線桿解析：外表具有突出尖端的導體，在尖端處的電荷分布密度很大，使得其周圍電場很強，就可能使其周圍的空氣發(fā)生電離而引發(fā)尖端放電。固定和手提的天線處有尖端，易引發(fā)尖端放電造成人體傷害，故不能使用。2．(遼寧沈陽二中2022～2022學年高一下學期期末)如下圖，在空間直角坐標系O－xyz中，有一四面體C－AOB，C、A、O、B為四面體的四個頂點，且O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0，L,0)、C(0,0，L)，而D(2L,0,0)是x軸上一點，在坐標原點O處固定著＋Q的點電荷，以下說法正確的選項是eq\x(導學號50232731)(C)A．A、B、C三點的電場強度相同B．電勢差UOA＝UADC．將一電子由C點分別移動到A、B兩點，電場力做功相同D．電子在A點的電勢能大于在D點的電勢能解析：根據(jù)點電荷電場線的分布情況可知：A、B、C三點的電場強度大小相同，方向不同，而場強是矢量，那么A、B、C三點的電場強度不同，故A錯誤；根據(jù)點電荷的電場強度的特點可知，OA段的電場強度的大小要大于AD段的電場強度，所以O、A和A、D兩點間的電勢差不相等，故B錯誤；根據(jù)點電荷周圍等勢面的特點可以知道，A、B、C三點在同一等勢面上，故將一電子由C點分別移動到A、B兩點，電場力做功都為零，應選項C正確；將電子從A點移到D點，電場力做負功，電勢能增加，應選項D錯誤。3．(江蘇南通中學2022～2022學年高二上學期期末)靜電計是在驗電器的根底上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如下圖，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計。開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度增大些，以下采取的措施可行的是eq\x(導學號50232732)(B)A．斷開開關S后，將A、B兩極板分開些B．保持開關S閉合，將A、B兩極板分開些C．保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近些D．保持開關S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動解析：要使靜電計的指針張開角度增大些，必須使靜電計金屬球和外殼之間的電勢差增大，斷開開關S后，將A、B兩極板分開些，電容器的帶電量不變，電容減小，電勢差增大，A正確；保持開關S閉合，將A、B兩極板分開或靠近些，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，B、C錯誤；保持開關S閉合，將滑動變阻器滑動觸頭向右或向左移動，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，D錯誤。4．(沈陽東北育才中學2022～2022學年高二上學期檢測)如下圖，圖中的四個電表均為理想電表，當滑動變阻器滑動觸點P向右端移動時，下面說法中正確的選項是eq\x(導學號50232733)(D)A．電壓表V1的讀數(shù)減小，電流表A1的讀數(shù)減小B．電壓表V1的讀數(shù)增大，電流表A1的讀數(shù)增大C．電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A2的讀數(shù)增大D．電壓表V2的讀數(shù)增大，電流表A2的讀數(shù)減小解析：當滑動變阻器滑動觸點P向右端移動時，變阻器接入電路的電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知，干路電流I增大，路端電壓U減小，那么電流表A1讀數(shù)增大；電壓表V1讀數(shù)U1＝E－I(R1＋r)，I增大，其他量不變，那么U1減??；通過電流表A2的電流I2＝eq\f(U1,R3)，U1減小，那么I2減小；通過電阻R2電流I2′＝I－I2，I增大，I2減小，那么I2′增大，那么電壓表V2的讀數(shù)增大，故D正確。5．(青州一中2022～2022學年高二上學期檢測)如下圖，連接平行金屬板P1和P2(板面垂直于紙面)的導線的一局部CD和另一連接電池的回路的一局部GH平行，CD和GH均在紙面內(nèi)，金屬板置于磁場中，磁場方向垂直紙面向里。當一束等離子體射入兩金屬板之間時，CD段將受到力的作用，那么eq\x(導學號50232734)(D)A．等離子體從右方射入時，P1板電勢較高，CD受力方向背離GHB．等離子體從右方射入時，P2板電勢較高，CD受力方向指向GHC．等離子體從左方射入時，P2板電勢較高，CD受力方向背離GHD．等離子體從左方射入時，P1板電勢較高，CD受力方向指向GH解析：電路中的電流的方向為由G到H，當?shù)入x子體從右方射入時，由左手定那么可以判斷電容器的上極板帶負電，下極板帶正電，P2板電勢較高，電流的方向為由D到C，電流的方向與電路中GH的電流的方向相反，所以CD受到的作用力向左，故AB錯誤。等離子體從左方射入時，由左手定那么可以判斷電容器的上極板帶正電，下極板帶負電，P1板電勢較高，電流的方向為由C到D，電流的方向與電路中GH的電流的方向相同，所以CD受到的作用力向右，故C錯誤，D正確。6．(吉林長白山一中2022～2022學年高二上學期檢測)如下圖，在半徑為R的圓形區(qū)域和邊長為2R的正方形區(qū)域里均有磁感應強度大小相同的勻強磁場，兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別從M、N兩點射入勻強磁場。在M點射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且N點為正方形邊長的中點，粒子重力不計，那么以下說法不正確的選項是eq\x(導學號50232735)(C)A．帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同B．從M點射入的帶電粒子可能先飛出磁場C．從N點射入的帶電粒子可能先飛出磁場D．從N點射入的帶電粒子不可能比M點射入的帶電粒子先飛出磁場解析：帶電粒子垂直于磁場方向進入勻強磁場，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，兩粒子相同、兩粒子的速率相同，那么兩粒子的軌道半徑r相同，粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子運動軌跡如下圖；由圖示可知，當r＝R時，兩粒子在磁場中的運動時間相等，都等于eq\f(T,4)，故A正確；由圖示可知，當粒子軌道半徑r≠R時，粒子在圓形磁場中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角都小于在正方形區(qū)域中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角，那么粒子在圓形磁場中的運動時間小于在正方形磁場中的運動時間，即從M點射入的粒子運動時間小于從N點射入的粒子運動時間，故BD正確，C錯誤；此題選不正確的，應選C。7．(濰坊一中2022～2022學年高二上學期質(zhì)檢))如下圖為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置。工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極，外表鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間，那么eq\x(導學號50232736)(AD)A．乒乓球的右側(cè)感應出負電荷B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞解析：從圖中可知金屬板右側(cè)連接電源正極，所以電場水平向左，故乒乓球上的電子移動到右側(cè)，即乒乓球的右側(cè)感應出負電荷，A正確；乒乓球右側(cè)帶負電，受到的電場力向右，乒乓球左側(cè)帶正電，受到的電場力向左，因為左右兩側(cè)感應出的電荷量相等，所以受到的電場力相等，乒乓球受到擾動后，最終仍會靜止，不會吸附到左極板上，B錯誤；乒乓球受到重力和電場力作用，庫侖力即為電場力，C錯誤；用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球帶正電，在電場力作用下，運動到左極板，與左極板接觸，然后乒乓球帶負電，又在電場力作用下，運動到右極板，與右極板接觸后乒乓球帶正電，在電場力作用下，運動到左極板，如此重復，即乒乓球會在兩極板間來回碰撞，D正確。8．(浙江寧波鎮(zhèn)海中學2022～2022學年高二上學期期中)某同學利用圖甲所示裝置測定某小電動機的效率，分別用電壓傳感器和電流傳感器測量電動機的輸入電壓和輸入電流。當重物勻速上升時用位移傳感器測得重物上升的位移與時間的關系圖線如圖乙所示，而電壓傳感器的示數(shù)為3.30V，電流傳感器的示數(shù)為0.14A，重物的質(zhì)量為0.05kg，取g＝10m/s2，那么在2.40s至2.80s時間內(nèi)eq\x(導學號50232737)(AD)A．小電動機的輸入功率為0.462W B．小電動機輸出的機械能是0.185JC．小電動機的線圈電阻是23.6Ω D．小電動機的效率為54%解析：小電動機的輸入功率P入＝UI＝3.30×0.14＝0.462W，故A正確；根據(jù)乙圖可知，重物勻速上升的速度v＝eq\f(Δh,Δx)＝eq\f(0.75－0.50,2.80－2.30)＝0.5m/s，那么小電動機輸出的機械能E＝mgvt＝0.05×10×0.5×0.4＝0.1J，故B錯誤；小電動機的線圈消耗的熱量Q＝I2rt＝P入t－E，解得：r＝10.8Ω，故C錯誤；小電動機的效率為η＝eq\f(P機,P入)×100%＝eq\f(\f(0.1,0.4),0.462)×100%＝54%，故D正確，應選AD。9．一束粒子流由左端平行于極板P1射入質(zhì)譜儀，沿著直線通過電磁場復合區(qū)后，并從狹縫S0進入勻強磁場B2，在磁場B2中分為如下圖的三束，那么以下相關說法中正確的選項是eq\x(導學號50232738)(BC)A．速度選擇器的P1極板帶負電B．粒子1帶負電C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于E/B1D．粒子2的比荷q/m絕對值最大解析：假設粒子帶正電，在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個力作用而做勻速直線運動，由左手定那么可知，洛倫茲力方向豎直向上，那么電場力方向向下，電場強度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故A錯誤；由圖可知，粒子1進入勻強磁場B1時向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定那么判斷得知該束粒子帶負電，故B正確；粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，那么有：qvB1＝qE，解得v＝eq\f(E,B1)，故C正確；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，知r越大，比荷越小，所以D錯誤。10．(新余一中2022～2022學年高二上學期檢測)如下圖，一個帶正電荷的物塊m，由靜止開始從斜面上A點下滑，滑到水平面BC上的D點停下來。物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計物塊經(jīng)過B處時的機械能損失。先在ABC所在空間加豎直向下的勻強電場，第二次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊在水平面上的D′點停下來。后又撤去電場，在ABC所在空間加水平向里的勻強磁場，再次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D″點停下來。那么以下說法中正確的選項是eq\x(導學號50232739)(BC)A．D′點一定在D點左側(cè) B．D′點一定與D點重合C．D″點一定在D點右側(cè) D．D″點一定與D點重合解析：根據(jù)動能定理mgh＝μmgcosα·LAB＋μmgLBD ①當加電場時(mg＋Eq)h＝μ(mg＋Eq)cosα·LAB＋μ(mg＋Eq)LBD′ ②由上兩式得LBD＝LBD′，所以B項正確。當加磁場時，由左手定那么知物塊在運動過程中對斜面及地面的正壓力減小，又洛倫茲力不做功，所以可判斷C項正確。第二卷(非選擇題共60分)二、填空題(共2小題，每題8分，共16分。把答案直接填在橫線上)11．(蘇州五中2022～2022學年高二上學期期中)在做“用電流表和電壓表測電池的電動勢E(約3V)和內(nèi)電阻r〞的實驗時，局部器材參數(shù)如下：電壓表(量程3V)，電流表(量程0.6A)，定值電阻R0(阻值為3Ω)，滑動變阻器R(阻值約30Ω)。eq\x(導學號50232740)(1)小紅按如圖甲所示的電路圖連接實物電路，在電路連接正確的情況下，當她閉合開關時發(fā)現(xiàn)電壓表有示數(shù)，電流表沒有示數(shù)，反復檢查后發(fā)現(xiàn)電路連接完好，估計是某一元件斷路，因此她拿來多用電表檢查故障。她的操作如下：a．斷開電源開關S；b．將多用表選擇開關置于×1Ω擋，調(diào)零后，紅黑表筆分別接R兩端，讀數(shù)為30Ωc．將多用表選擇開關置于×100Ω擋，調(diào)零后，將紅黑表筆分別接電壓表兩端，發(fā)現(xiàn)指針讀數(shù)如圖乙所示，那么所測阻值為__2200__Ω，然后又將兩表筆接電流表兩端，發(fā)現(xiàn)指針位置幾乎不變。由以上操作可判斷發(fā)生斷路故障的元件是__電流表__(填元件名稱)。(2)她設計的實驗電路中定值電阻R0的作用是(說出一條理由即可)__保護電源__。(3)請根據(jù)電路圖把實物圖丙沒完成的連線連接好。(4)在更換規(guī)格相同的元件后，她改變滑動變阻器的阻值，測出了6組對應的數(shù)據(jù)并在圖象上描點如圖丁所示，請在圖丁中繼續(xù)完成圖象；并根據(jù)圖象可得該電池的電動勢E＝__3.00__V，電池內(nèi)阻r＝__0.57__Ω(小數(shù)點后保存兩位數(shù)字)。答案：(3)如下圖解析：(1)根據(jù)圖乙可讀出所測阻值為2200Ω；將兩表筆接電流表兩端，發(fā)現(xiàn)指針位置幾乎不變，說明多用電表仍然測量的是電壓表的內(nèi)阻，也就說明了電流表處發(fā)生了斷路。(2)她設計的實驗電路中定值電阻R0的作用是：①保護電阻，②增大電源等效內(nèi)阻，使調(diào)節(jié)時兩電表示數(shù)變化明顯。(3)實物圖連線見圖a(4)描點連線見圖b，根據(jù)U－I圖象得：當電流I＝0時，U＝3.00V，所以電池的電動勢E＝3.00V，通過U－I圖象求出該直線的斜率為k＝eq\f(3－1.5,0.42)＝3.57Ω，也就是r＋R0＝3.57Ω，所以電池內(nèi)阻r＝0.57Ω。12．(廣州實驗中學2022～2022學年高二上學期期中)使用如圖1所示的器材測定小燈泡在不同電壓下的電功率，小燈泡標有“2.5V,3W〞的字樣，電源電壓為6V，電流表有0.6A(內(nèi)阻約10Ω)、3A(內(nèi)阻約0.1Ω)兩個量程；電壓表有3V(內(nèi)阻6000Ω)、15V(內(nèi)阻10000Ω)兩個量程，滑動變阻器有兩個規(guī)格，R1標有“5Ω，2A〞，R2標有“100Ω，20mA〞。各電表的量程如圖中所示，測量時要求小燈泡兩端的電壓從零開始，并能測量多組數(shù)據(jù)。eq\x(導學號50232741)(1)電壓表應選用__3V__量程，電流表應選用__3A__量程，滑動變阻器應選用__R1__；(2)將實驗電路圖畫在圖2方框中；(3)把圖1中實物連成完整的實驗電路；(4)開始時，滑動變阻器的滑動觸頭應該移到最__左__端(左或右)；(5)在圖3中作出小燈泡的電功率P與它兩端的電壓平方(U2)的關系曲線。(在坐標系P－U2中定性作出實驗的大致圖象)答案：(2)(3)(5)見解析圖解析：(1)因燈泡額定電壓為2.5V，故電壓表應選擇3V量程；燈泡中電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(3,2.5)＝1.2A，故電流表應選擇3A量程；因本實驗中要求多測幾組數(shù)據(jù)，故應采用滑動變阻器分壓接法，故應采用小電阻R1；(2)滑動變阻器采用分壓接法，因燈泡電阻較小，故采用電流表外接法；原理圖如圖乙所示；(3)根據(jù)原理圖可得出對應的實物連線圖，如圖甲所示；(4)由圖可知，測量電路與滑動變阻器左側(cè)并聯(lián)，故開始滑動變阻器滑片應滑到左側(cè)；(5)因燈泡電阻隨溫度的升高而增大，那么由P＝eq\f(U2,R)可知，圖象應隨電壓平方的增大而增大，其圖線斜率逐漸減小，見圖丙。三、論述·計算題(共4小題，共44分。解容許寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13．(10分)(河南信陽市2022～2022學年高二上學期期中)如下圖，在水平方向的勻強電場中，用長為L不可伸長的絕緣細線拴住一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球1，線的上端固定于O點，假設在B點同一水平線上的左方距離為r處固定另一帶電小球2，小球1恰好處于靜止狀態(tài)，當拿走小球2后，小球1由靜止開始向上擺動，當細線轉(zhuǎn)過120°角到達A點時的速度恰好為零，此時OA恰好處于水平狀態(tài)，設整個過程中細線始終處于拉直狀態(tài)，靜電力常量為k，求：eq\x(導學號50232742)(1)BA兩點間的電勢差U；(2)勻強電場的場強E的大?。?3)小球2的帶電量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從B到A過程，由動能定理得：qU－mgLcos30°＝0－0解得：U＝eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)BA間沿電場線的距離為：d＝L＋Lsin30°在勻強電場，有：E＝eq\f(U,d)所以聯(lián)立以上三式得：E＝eq\f(\r(3)mg,3q)(3)未拿走球2時，小球1恰好處于靜止狀態(tài)，小球1和2間的作用力為：F庫＝keq\f(Qq,r2)小球1受力平衡，那么有：Fsin30°＋qE＝keq\f(Qq,r2)Fcos30°＝mg所以解得：Q＝eq\f(2\r(3)mgr2,3kq)14．(10分)(江西吉安一中2022～2022學年高二上學期期中)在如圖1所示的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3是一滑動變阻器，當其滑片從左端滑至右端時，測得電源的路端電壓隨電流的變化圖線如圖2所示，其中A、B兩點是滑片在變阻器的兩個不同端點得到的。求：eq\x(導學號50232743)(1)電源的電動勢和內(nèi)阻；(2)定值電阻R2的阻值；(3)滑動變阻器的最大阻值。答案：(1)20V；20Ω(2)5Ω(3)300Ω解析：(1)電源的路端電壓隨電流的變化圖線斜率大小等于電源的內(nèi)阻，那么有內(nèi)阻r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|＝eq\f(16－4,0.8－0.2)Ω＝20Ω電源的電動勢為E＝U＋Ir，取電壓U＝16V，電流I＝0.2A，代入解得，E＝20V。(2)當滑片滑到最右端時，R1被短路，外電路的電阻最小，電流最大，此時電壓U＝4V，電流I＝0.8A，那么定值電阻R2＝eq\f(U,I)＝5Ω(3)滑動變阻器阻值最大時，外電阻最大，電流最小，此時電壓U＝16V，電流I＝0.2A，外電路總電阻為R＝eq\f(U,I)＝80Ω又R＝R2＋eq\f(R1R3,R1＋R3)，R1＝100Ω，R2＝5Ω代入解得，R3＝300Ω。15．(12分)(江蘇揚州市2022～2022學年高二上學期聯(lián)考)如下圖，大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從靜止開始經(jīng)極板A、B間加速后，沿中心線方向陸續(xù)進入平行極板C、D間的偏轉(zhuǎn)電場，飛出偏轉(zhuǎn)電場后進入右側(cè)的有界勻強磁場，最后從磁場左邊界飛出。A、B間電壓為U0；極板C、D長為L，間距為d；磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場的左邊界與C、D右端相距L，且與中心線垂直。假設所有粒子都能飛出偏轉(zhuǎn)電場，并進入右側(cè)勻強磁場，不計粒子的重力及相互間的作用，那么：eq\x(導學號50232744)(1)求粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t；(2)求能使所有粒子均能進入勻強磁場區(qū)域的偏轉(zhuǎn)電壓的最大值U；(3)接第(2)問，當偏轉(zhuǎn)電壓為U/2時，求粒子進出磁場位置之間的距離。答案：(1)Leq\r(\f(m,2qU0))(2)eq\f(2d2,L2)U0(3)eq\f(2\r(2mqU0),qB)解析：(1)粒子在AB間加速，有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0又粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向：L＝v0t所以：t＝Leq\r(\f(m,2qU0))(2)當粒子擦著偏轉(zhuǎn)極板邊緣飛出時，偏轉(zhuǎn)電壓最大即y＝eq\f(d,2)又a＝eq\f(qU,md)且y＝eq\f(1,2)at2代入第(1)問數(shù)據(jù)得：U＝eq\f(2d2,L2)U。(3)設粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度為v0，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度為v，速度v的偏向角為θ，在磁場中軌道半徑為r粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時，vcosθ＝v0在勻強磁場中：qvB＝eq\f(mv2,r)粒子進