【紅對勾】2020-2021學(xué)年人教版高中物理選修3-1：綜合評估

《選修3—1》綜合評估限時：90分鐘總分：100分一、選擇題(每小題4分，共40分)1．在一個等邊三角形ABC頂點B、C處各放一個點電荷時，測得A處的電場強度大小為E，方向與BC邊平行沿B指向C.如圖1所示，拿走C處的電荷后，A處電場強度的狀況將是()圖1A．大小仍為E，方向由A指向BB．大小變?yōu)閑q\f(E,2)，方向不變C．大小仍為E，方向沿BA向外D．無法確定解析：依據(jù)矢量合成法則可推理知，在B、C兩處同時存在場電荷時，合電場場強方向沿平行BC的方向，說明B、C兩處電荷在A處獨立產(chǎn)生的場強大小相等，方向均與合電場場強成60°.當(dāng)撤去C處場電荷時，只剩下B處場電荷，此時A處場強大小為E，方向沿BA方向向外．答案：C2．如圖2所示，AB是某個點電荷電場中的一條電場線，在線上O點放一個自由的負(fù)電荷，它將沿電場線向B點運動．下列推斷中正確的是()圖2A．電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越小B．電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越大C．電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度變化不能確定D．電場線由A指向B，該電荷做勻加速運動解析：電場線是直線型，負(fù)電荷由靜止開頭做加速運動，它的運動方向與電場線方向相反．而電荷運動所在處的電場線疏密程度不確定，故它的加速度大小變化狀況也不確定．答案：C圖33．如圖3所示，電荷量為＋q和－q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內(nèi)電場強度為零的點有()A．體中心、各面中心和各邊中點B．體中心和各邊中點C．各面中心和各邊中心D．體中心和各面中心解析：對于每個側(cè)面，分別連接兩正點電荷與兩負(fù)點電荷，即兩條對角線，可以看到兩條對角線的交點處電場強度都為零，所以各側(cè)面的電場強度都為零．分析每個邊的中點的電場強度都不行能為零．所以D正確．答案：D圖44．如圖4所示是一只利用電容器電容(C)測量角度(θ)的電容式傳感器的示意圖．當(dāng)動片和定片之間的角度(θ)發(fā)生變化時，電容(C)便發(fā)生變化，于是通過知道電容(C)的變化狀況就可以知道角度(θ)的變化狀況．下圖的圖像中，最能正確反映角度(θ)與電容(C)之間關(guān)系的是()解析：由題中介紹的電容器構(gòu)造可知：C＝eq\f(εS,4πkd)S＝eq\f(1,2)(π－θ)R2所以C＝eq\f(πR2ε,8πkd)－eq\f(εR2,8πkd)·θ電容C隨θ增大而減小，且為線性關(guān)系．答案：B5．空間存在勻強電場，有一電荷量q(q>0)，質(zhì)量m的粒子從O點以速率v0射入電場，運動到A點時速率為2v0.現(xiàn)有另一電荷量－q、質(zhì)量m的粒子以速率2v0仍從O點射入該電場，運動到B點時速率為3v0.若忽視重力的影響，則()A．在O、A、B三點中，B點電勢最高B．在O、A、B三點中，A點電勢最高C．OA間的電勢差比BO間的電勢差大D．OA間的電勢差比BO間的電勢差小解析：本題考查電場力做功和動能定理，意在考查考生把握電場力做功與電勢能的變化關(guān)系．由動能定理有qUOA＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)；－qUOB＝eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，故在三點中，B點的電勢最高，A點的電勢最低，OA間的電勢差比BO間的電勢差小，所以選AD.答案：AD6．一輛電瓶車，質(zhì)量為500kg，由內(nèi)阻不計的蓄電池組向直流電動機供應(yīng)24V的電壓，當(dāng)電瓶車在水平地面上以0.8m/s的速度勻速行駛時，通過電動機的電流為5A，設(shè)車所受的阻力是車重的0.02倍(g＝10m/s2)，則此電動機的內(nèi)阻是()A．4.8Ω B．3.2ΩC．1.6Ω D．0.4Ω解析：由能量守恒得：UIt＝Fvt＋I2rt，又F＝f＝k·G，所以UI＝kG·v＋I2r，所以r＝1.6Ω.答案：C圖57．如圖5所示，在正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域內(nèi)(磁場垂直紙面對里)，有一離子(不計重力)從勻強電場左邊飛入，恰能沿直線飛過此區(qū)域，則()A．若離子帶正電，E方向應(yīng)向下B．若離子帶負(fù)電，E方向應(yīng)向上C．若離子帶正電，E方向應(yīng)向上D．不管離子帶何種電荷，E的方向都向下解析：離子要能沿直線飛過此區(qū)域，則需要滿足電場力與洛倫茲力等大反向．答案：AD圖68．如圖6所示的電路，當(dāng)閉合開關(guān)時，燈L1、L2正常發(fā)光．由于電路消滅故障，突然發(fā)覺燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的讀數(shù)變?。囈罁?jù)上述現(xiàn)象推斷，發(fā)生的故障可能是()A．R1斷路B．R2斷路C．R3短路D．R4短路圖7解析：畫出電路的等效電路如圖7所示．再依據(jù)閉合電路歐姆定律可推斷A正確．答案：A圖89．當(dāng)放在同一平面內(nèi)的長直導(dǎo)線MN和金屬框通以如圖8所示電流時，MN固定不動，金屬框的運動狀況是()A．金屬框?qū)⒖拷麺NB．金屬框?qū)⑦h離MNC．金屬框?qū)⒁訶X′為軸轉(zhuǎn)動D．金屬框?qū)⒁訷Y′為軸轉(zhuǎn)動解析：金屬框左邊受到吸引力，右邊受到排斥力，上、下兩邊各受到向外的力，相互抵消，但左邊的吸引力大于右邊排斥力，故A對．答案：A10．如下圖9所示，回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的裝置．其核心部分是兩個D型金屬盒，置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連．則帶電粒子加速所獲得的最大動能與下列因素有關(guān)的是()圖9A．加速的次數(shù)B．加速電壓的大小C．金屬盒的半徑D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度解析：粒子飛出時有：R＝eq\f(mv,qB)，所以此時動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(P2,2m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，所以最大動能與半徑R和磁感應(yīng)強度B有關(guān)．答案：CD二、填空題(每小題5分，共20分)圖1011．如圖10所示，A、B兩帶電小球可視為點電荷，QA＝2×10－8C、QB＝－2×10－8C，AB相距3cm.在水平外電場的作用下，解析：AB在水平方向上不受力，∴外電場方向向左，E＝eq\f(F,q)＝eq\f(FBA,QA)＝eq\f(\f(kQAQB,r\o\al(2,A)B),QA)＝eq\f(kQB,r\o\al(2,A)B)＝2×105N/C答案：2×105N/C向左圖1112．如圖11所示，真空中有一電子束，以初速度v0沿著垂直場強方向從O點進入電場，以O(shè)點為坐標(biāo)原點，沿x軸取OA＝AB＝BC，再自A、B、C作y軸的平行線與電子軌跡分別交于M、N、P點，則AM∶BN∶CP＝________，電子流經(jīng)M、N、P三點時沿x軸的分速度之比為________．解析：類平拋運動．答案：1∶4∶91∶1∶113．為了測量“6V1W”的燈泡在不同電壓下的電功率，現(xiàn)有器材如下：直流電源電動勢6V，內(nèi)阻不計；直流電流表A1量程200mA，內(nèi)阻約2Ω；直流電流表A2量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω；直流電壓表V1量程0～3V，內(nèi)阻約5×103Ω；直流電壓表V2量程0～15V，內(nèi)阻約1.5×104Ω；滑動變阻器電阻值0～15Ω，額定電流1A；開關(guān)一個、導(dǎo)線若干根．測量時要求電燈兩端電壓從0開頭連續(xù)調(diào)整，盡量減小誤差，測多組數(shù)據(jù)．(1)應(yīng)選擇電流表________和電壓表________(用序號表示)；(2)在下面方框中畫出電路圖．答案：(1)A1；V2(2)如圖12所示．圖1214．用圖13所示電路，測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻．電池的內(nèi)阻較小，為了防止在調(diào)整滑動變阻器時造成短路，電路中用一個定值電阻R0起愛護作用．除電池、開關(guān)和導(dǎo)線外，可供使用的試驗器材還有：圖13(a)電流表(量程0.6A、3A)；(b)電壓表(量程3V、15V)；(c)定值電阻(阻值1Ω、額定功率5W)；(d)定值電阻(阻值10Ω、額定功率10W)；(e)滑動變阻器(阻值范圍0～10Ω、額定電流2A)；(f)滑動變阻器(阻值范圍0～100Ω、額定電流1A)．那么(1)要正確完成試驗，電壓表的量程應(yīng)選擇________V，電流表的量程應(yīng)選擇________A；R0應(yīng)選擇________Ω的定值電阻，R應(yīng)選擇阻值范圍是________Ω的滑動變阻器．(2)引起該試驗系統(tǒng)誤差的主要緣由是________________________．解析：考查對電路原理的理解和實踐力量，由圖示電路可知本電路接受限流式，故滑動變阻器選擇的量程不宜較大．而一節(jié)干電池的電動勢約為1.5V，故電壓表的量程為3V．Im＝eq\f(3V,10Ω)＝0.3A故電流表的量程為0.6A．由于電壓表的分流作用引起該試驗系統(tǒng)誤差．答案：(1)3；0.6；1；0～10(2)電壓表的分流．三、論述計算題(共40分)圖1415．(10分)如圖14所示，電子以速度v0沿與電場垂直的方向從A點飛入勻強電場，并且從另一側(cè)的B點沿與電場成150°角的方向飛出，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，求A、B兩點的電勢差．解：電子在電場里做類平拋運動．由幾何關(guān)系v＝v0/cos60°＝2v0，由動能定理：eU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即eU＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，所以U＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2e).圖1516．(10分)如圖15所示，電源的電動勢E＝110V，電阻R1＝21Ω，電動機繞線的電阻R0＝0.5Ω，開關(guān)S1始終閉合．當(dāng)開關(guān)S2斷開時，電阻R1的電功率是525W；當(dāng)開關(guān)S2閉合時，電阻R1的電功率是336W，求：(1)電源的內(nèi)電阻；(2)開關(guān)S2閉合時流過電源的電流和電動機的輸出的功率．解：(1)S2斷開時：E＝I(R1＋r)且P1＝I2·R1，所以r＝1Ω.(2)S2閉合時：P2＝Ieq\o\al(2,1)R1，所以I1＝4A，所以U并＝I1R1＝84V，所以U內(nèi)＝E－U并＝26V，所以I總＝eq\f(U內(nèi),r)＝26A.所以I2＝I總－I1＝22A，所以P出＝U并I2－Ieq\o\al(2,2)·R0＝1606W.17．如圖16所示，電源電動勢E0＝15V，內(nèi)阻r0＝1Ω，電阻R1＝30Ω，R2＝60Ω。間距d＝0.2m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面對里、磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場。閉合開關(guān)S，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度v＝0.1m/s沿兩板間中線水平射入板間。設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽視空氣對小球的作用，取g＝10m/s2。圖16(1)當(dāng)Rx＝29Ω時，電阻R2消耗的電功率是多大？(2)若小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為60°，則Rx是多少？解：(1)設(shè)R1和R2的并聯(lián)電阻為R，有：R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)①R2兩端的電壓為：U＝eq\f(E0R,r0＋R＋Rx)②R2消耗的電功率為：P＝eq\f(U2,R2)③當(dāng)Rx＝29Ω時，聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)，解得：P＝0.6W④(2)設(shè)小球質(zhì)量為m，電荷量為q，小球做勻速圓周運動時，有：qE＝mg⑤E＝eq\f(U,d)⑥設(shè)小球做圓周運動的半徑為r，有：qvB＝meq\f(v2,r)⑦由幾何關(guān)系有：r＝d⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)，解得：Rx＝54Ω⑨.18．(10分)如圖17，在寬度分別為l1和l2的兩個毗鄰的條形區(qū)域中分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面對里，電場方向與電、磁場分界線平行向右．一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最終從電場邊界上的Q點射出．已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d.不計重力，求電場強度與磁感應(yīng)強度大小之比以及粒子在磁場與電場中運動時間之比．圖17解：粒子在磁場中做勻速圓周運動(如題圖)．由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應(yīng)在分界線上．OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得R2＝leq\o\al(2,1)＋(R－d)2①設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)②設(shè)P′為虛線與分界線的交點，∠POP′＝α，則粒子在磁場中的運動時間為t1＝eq\f(Rα