高中物理人教版1本冊總復習總復習學業(yè)質量標準檢測3

第三章學業(yè)質量標準檢測本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小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．(遼寧鞍山一中2023～2023學年高二上學期期中)下列四個實驗現象中，不能表明電流能產生磁場的是eq\x(導學號50232714)(B)A．甲圖中，導線通電后磁針發(fā)生偏轉B．乙圖中，通電導線在磁場中受到力的作用C．丙圖中，當電流方向相同時，導線相互靠近D．丁圖中，當電流方向相反時，導線相互遠離解析：甲、丙、丁中小磁針或導線所受的磁場力都是導線中電流產生的磁場給的力，但乙中的磁場是磁鐵產生的。2．(河北衡水中學2023～2023學年高二上學期調研)如圖所示，裝有導電液的玻璃器皿放在上端為S極的蹄形磁鐵的磁場中，器皿中心的圓柱形電極與電源負極相連，內壁邊緣的圓環(huán)形電極與電源正極相連。電流方向與液體旋轉方向(從上往下看)分別是eq\x(導學號50232715)(B)A．由邊緣流向中心、順時針旋轉B．由邊緣流向中心、逆時針旋轉C．由中心流向邊緣、順時針旋轉D．由中心流向邊緣、逆時針旋轉解析：在電源外部電流由正極流向負極，因此電流由邊緣流向中心；器皿所在處的磁場豎直向上，由左手定則可知，導電液體受到的磁場力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉；故選B。3．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法不正確的是eq\x(導學號50232716)(B)A．帶電粒子由加速器的中心附近進入加速器B．帶電粒子由加速器的邊緣進入加速器C．電場使帶電粒子加速，磁場使帶電粒子旋轉D．離子從D形盒射出時的動能與加速電場的電壓無關解析：根據回旋加速器的加速原理，被加速離子只能由加速器的中心附近進入加速器，從邊緣離開加速器，故A正確，B錯誤；在磁場中洛倫茲力不做功，離子是從電場中獲得能量，故C正確；當離子離開回旋加速器時，半徑最大，動能最大，Em＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2q2r2,2m)，與加速的電壓無關，故D正確。本題選不正確的，故選B。4．(廣東汕頭市2023～2023學年高二上學期三校聯考)如圖所示，a、b是兩個勻強磁場邊界上的兩點，左邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應強度大小相等。電荷量為2e的正離子以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，當它運動到b點時，擊中并吸收了一個處于靜止狀態(tài)的電子，不計正離子和電子的重力且忽略正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運動軌跡是eq\x(導學號50232717)(D)解析：正離子以某一速度擊中并吸收了一個處于靜止狀態(tài)的電子后，速度不變，電荷量變?yōu)椋玡，由左手定則可判斷出正離子過b點時所受洛倫茲力方向向下，由r＝mv/qB可知，軌跡半徑增大到原來的2倍，所以在磁場中的運動軌跡是圖D。5．如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上，三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點，如圖所示，則下列有關判斷正確的是eq\x(導學號50232718)(B)A．小球第一次到達軌道最低點的速度關系vp＝vM>vNB．小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系FP＝FM>FNC．小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系tP<tM<tND．三個小球到達軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來的出發(fā)點位置解析：小球沿P、M軌道下滑過程都只有重力做功，根據動能定理WG＝mgR＝eq\f(1,2)mv2知到達底端速度相等，小球沿N軌道下滑過程電場力做負功，根據動能定理WG－W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，其到達最低點速度要小于沿P、M軌道下滑情況，故選項A正確；根據上述分析知到達最低點的時間關系tP＝tM<tN，故選項C錯誤；選項B中，小球沿P軌道到達底端時，根據牛頓第二定律：FP－mg＝eq\f(mv2,R)＝2mg，所以FP＝3mg，同理小球沿M軌道到達底端時，對軌道的壓力為FM＝3mg＋F洛，小球沿N軌道到達底端時FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,N),R)<2mg，故FM>FP>FN，故選項B錯誤；小球沿軌道P、M下滑后，能到達右端同樣高度的地方，故選項D錯誤。6．(哈爾濱六中2023～2023學年高二下學期檢測)如圖所示，一束質量、速度和電荷量不同的正離子垂直地射入勻強磁場和勻強電場正交的區(qū)域里，結果發(fā)現有些離子保持原來的運動方向，未發(fā)生任何偏轉，如果讓這些不偏轉的離子進入另一勻強磁場中，發(fā)現這些離子又分裂成幾束，對這些進入另一磁場的離子，可得出結論eq\x(導學號50232719)(D)A．它們的動能一定各不相同B．它們的電荷量一定各不相同C．它們的質量一定各不相同D．它們的電荷量與質量之比一定各不相同解析：因為粒子進入電場和磁場正交區(qū)域時，不發(fā)生偏轉，說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qE，得出能不偏轉的粒子速度應滿足v＝eq\f(E,B)，粒子進入磁場后受洛倫茲力作用，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)，由于粒子又分裂成幾束，也就是粒子做勻速圓周運動的半徑R不同，進入第二個勻強磁場時，粒子具有相同的速度，所以粒子能分裂成幾束的原因是粒子的eq\f(m,q)比值不同，故D正確，ABC錯誤。7．(山東臨沂市2023～2023學年高二上學期三校聯考)根據磁場對電流會產生作用力的原理，人們研制出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置——電磁炮，其原理如圖所示：把待發(fā)炮彈(導體)放置在強磁場中的兩平行導軌上，給導軌通以大電流，使炮彈作為一個通電導體在磁場作用下沿導軌加速運動，并以某一速度發(fā)射出去。現要提高電磁炮的發(fā)射速度，你認為下列方案在理論上可行的是eq\x(導學號50232720)(AB)A．增大電流I的值B．增大磁感應強度B的值C．減小磁感應強度B的值D．改變磁感應強度B的方向，使之與炮彈前進方向平行解析：根據F＝BIL可知，選項A、B正確，C錯誤；根據左手定則可知，選項D錯誤。8．(沈陽市2023～2023學年高二上學期期末)如圖所示，在射線OA以下有垂直紙面向里的勻強磁場，兩個質量和電荷量都相同的正電粒子a和b以不同的速率由坐標原點O沿著x軸正方向射入磁場，已知va＞vb，若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是eq\x(導學號50232721)(ACD)A．兩粒子的軌道半徑之比eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(va,vb) B．粒子a在磁場中運動時間比b長C．兩粒子在磁場中運動時間相等 D．兩粒子離開磁場時速度方向相同解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，根據qvB＝meq\f(v2,r)，得：r＝eq\f(mv,qB)，則得eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(va,vb)，故A正確；粒子運動周期T＝eq\f(2πm,qB)，T相同，兩個粒子從OA射出磁場時，速度與OA夾角相同，方向平行，則兩個粒子軌跡對應的圓心角都是60°，根據t＝eq\f(θ,2π)T知兩粒子在磁場中運動時間相等，故B錯誤，CD正確。9．如圖所示，在沿水平方向向里的勻強磁場中，帶電小球A與B處在同一條豎直線上，其中小球B帶正電荷并被固定，小球A與一水平放置的光滑絕緣板C接觸而處于靜止狀態(tài)，若將絕緣板C沿水平方向抽去，則eq\x(導學號50232722)(AB)A．小球A仍可能處于靜止狀態(tài)B．小球A將可能沿軌跡1運動C．小球A將可能沿軌跡2運動D．小球A將可能沿軌跡3運動解析：若小球所受庫侖力和重力二力平衡，則撤去絕緣板后，小球仍能繼續(xù)處于平衡狀態(tài)，A正確。若小球在庫侖力、重力、絕緣板彈力三力作用下處于平衡狀態(tài)，則撤去絕緣板后，小球所受合力向上，小球向上運動并受到向左的洛倫茲力而向左偏轉，B正確，C、D錯誤。10．長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應強度為B，板間距離為L，板不帶電?，F在質量為m、電量為q的正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的方法是eq\x(導學號50232723)(AC)A．使粒子的速度v<BqL/4B．使粒子的速度v>BqL/4C．使粒子的速度v>5BqL/4D．使粒子的速度BqL/4m<v<5BqL/解析：要使粒子不打在板上，那么粒子經過磁場后，可在板的右邊或者左邊穿出磁場，依據題意，粒子打在板上的臨界狀態(tài)，如圖所示，即從板左邊B點或者右邊A點穿出磁場。根據幾何關系，有：r1＝eq\f(L,4)req\o\al(2,2)＝L2＋(r2－eq\f(L,2))2得r2＝eq\f(5,4)L，根據r＝eq\f(mv,Bq)，則v1＝eq\f(Bqr1,m)＝eq\f(qBL,4m)，v2＝eq\f(Bqr2,m)＝eq\f(5BqL,4m)那么欲使粒子不打到極板上，v<BqL/4m或v>5BqL/4第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(6分)(華中師大一附中2023～2023學年高三模擬)在第三次工業(yè)革命的今天，新材料的發(fā)現和運用尤為重要。我國某科研機構發(fā)現一種新型的半導體材料，目前已經知道這種半導體材料的載流子(參與導電的帶電粒子)的電荷量的值是e(電子電量的絕對值)，但不知道它的電性和載流子的數密度n(單位體積中載流子的數量)。為了測定這種材料中的載流子是帶正電還是帶負電，以及載流子的數密度，科學家把這種材料先加工成一塊扁平的六面體樣品，這塊樣品的長、寬和厚度分別為a、b、d(如圖所示)?，F將這塊樣品接入電路中，且把靠外的扁平面標記為M，靠里的扁平面標記為N，然后在垂直于大平面的方向加上一個磁感應強度大小為B的勻強磁場。接通開關S，調節(jié)可變電阻R，使電路中產生合適的電流。然后用電壓表判定M、N兩個面的電勢高低并測定M、N間的電壓(也叫霍耳電壓)，從而得到這種半導體材料載流子的電性和數密度。eq\x(導學號50232724)(1)當M的電勢比N的電勢低時，材料中的載流子帶__負__(填“正”或“負”)電；(2)為了測定載流子的數密度n，除題目中已給出的數據外，還需要測定的物理量有__電路中的電流強度(電流表讀數)I，M、N間的電壓(電壓表讀數或霍爾電壓)U__(寫出物理量的含義并設定相應的符號)；(3)根據題設條件和你測定的物理量，寫出載流子的數密度的表達式n＝__eq\f(BI,Ued)。解析：(1)根據左手定則判斷，載流子為負電荷，受到指向M端的磁場力作用，因此M端電勢低；若載流子為正電荷，受到指向M端的磁場力作用，M端電勢高。(2)由qeq\f(U,b)＝qvB，I＝nqvS＝nqvbd，解得n＝eq\f(BI,Ued)。所以還要測量I、U。12．(8分)圖中虛線框內存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場?，F通過測量通電導線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小、并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；為電流表；S為開關。此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線。eq\x(導學號50232725)(1)在圖中畫線連接成實驗電路圖。(2)完成下列主要實驗步驟中的填空：①按圖接線。②保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細沙質量m1。③閉合開關S，調節(jié)R的值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D__重新處于平衡狀態(tài)__；然后讀出__電流表的示數I__，并用天平稱出__此時細沙的質量m2__。④用米尺測量__D的底邊長度L__。(3)用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小，可以得出B＝__eq\f(|m2－m1|g,IL)__。(4)判定磁感應強度方向的方法是：若__m2>m1，磁感應強度方向垂直紙面向外；反之，磁感應強度方向垂直紙面向里。答案：(1)如圖所示解析：考查了安培力作用下物體的平衡，解題的關鍵是弄清實驗原理。分析知，兩次細沙的重力差與D的底邊所受安培力相等，即BIL＝|m2－m1|g，所以磁感應強度B＝eq\f(|m2－m1|g,IL)；根據m1和m2的關系及左手定則可判斷磁感應強度的方向。三、論述·計算題(共4小題，共46分。解答應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，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)13．(10分)(江西南昌二中2023～2023學年高二上學期期中)水平面上有電阻不計的U形導軌NMPQ，它們之間的寬度為L，M和P之間接入電動勢為E的電源(不計內阻)，現垂直于導軌擱一根質量為m，電阻為R的金屬棒ab，并加一個范圍較大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向與水平面夾角為θ且指向右斜上方，如圖所示，問：eq\x(導學號50232726)(1)當ab棒靜止時，受到的支持力和摩擦力各為多少？(2)若B的大小和方向均能改變，則要使ab棒所受支持力為零，B的大小至少為多少？此時B的方向如何？答案：(1)N＝mg－eq\f(BLEcosθ,R)，f＝eq\f(BLEsinθ,R)。(2)B的大小至少為eq\f(mgR,EL)，此時B的方向水平向右。解析：從b向a看其受力如圖所示。(1)水平方向：f＝FAsinθ①豎直方向：N＋FAcosθ＝mg②又FA＝BIL＝eq\f(BEL,R)③聯立①②③得：N＝mg－eq\f(BLEcosθ,R)，f＝eq\f(BLEsinθ,R)。(2)使ab棒受支持力為零，且讓磁場最小，可知所受安培力豎直向上，則有FA＝mg解得：Bmin＝eq\f(mgR,EL)，根據左手定則判定磁場方向水平向右。14．(12分)(遼寧鞍山一中2023～2023學年高二上學期期中)豎直平行放置的兩個金屬板A、K連在如圖所示電路中，電源電動勢E＝91V，內阻r＝1Ω，定值電阻R1＝10Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為80Ω，S1、S2為A、K板上的兩個小孔，S1與S2的連線水平，在K板的右側正方形MNPQ區(qū)域內有一個水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝，方向垂直紙面向外。其中正方形MN邊與S1S2連線的延長線重合，已知正方形MNPQ的邊界有磁場，其邊長D＝0.2m，電量與質量之比為eq\f(q,m)＝×105C/kg的帶正電粒子由S1進入電場后，通過S2沿MN射入磁場，粒子從NP邊的中點離開磁場，粒子進入電場的初速度、重力均可忽略不計，(sin30°＝，sin37°＝，sin45°＝，π＝問：eq\x(導學號50232727)(1)兩個金屬板A、K各帶什么電？(不用說明理由)(2)粒子在磁場中運動的時間為多長？(3)滑動變阻器R2的滑片P左端的電阻R2′為多大？(題中涉及數學方面的計算需要寫出簡要的過程，計算結果保留三位有效數字)答案：(1)A板帶正電，K板帶負電(2)×10－5s(3)Ω解析：(1)帶正電的粒子在電場力作用下向右加速運動，粒子所受電場力水平向右，電場水平向右，則金屬板A帶正電，金屬板K帶負電；(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何知識得：D2＋(r－eq\f(D,2))2＝r2，解得：r＝0.25m，sinθ＝eq\f(D,r)＝，則：θ＝53°；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，粒子做圓周運動的周期：T＝eq\f(2πm,qB)，粒子的運動時間：t＝eq\f(θ,360)T，解得：v＝5×103m/s，t＝×10(3)粒子在極板間做加速運動，由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2－0，由歐姆定律得：I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)，U＝I(R1＋R2′)，解得：R2′＝Ω；15．(12分)如圖所示空間分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個足夠長的區(qū)域，各邊界面相互平行，其中Ⅰ、Ⅱ區(qū)域存在勻強電場E1＝×104V/m，方向垂直邊界豎直向上，E2＝eq\f(\r(3),4)×105V/m，方向水平向右；Ⅲ區(qū)域存在勻強磁場，磁感應強度B＝，方向垂直紙面向里，三個區(qū)域寬度分別為d1＝5.0m，d2＝4.0m，d3＝10eq\r(3)m，一質量m＝×10－8kg、電荷量q＝×10－6C的粒子從O點由靜止釋放，粒子重力忽略不計。求：eq\x(導學號50232728(1)粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度大??；(2)粒子從區(qū)域Ⅱ進入區(qū)域Ⅲ時的速度方向與邊界面的夾角；(3)粒子從O點開始到離開Ⅲ區(qū)域時所用的時間。答案：(1)v1＝4×103m/s(2)θ＝30°(3)t＝×10解析：(1)由動能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝qE1d1得：v1＝4×103(2)粒子在區(qū)域Ⅱ做類平拋運動，設水平向右為y軸，豎直向上為x軸，粒子進入區(qū)域Ⅲ時速度與邊界的夾角為θtanθ＝eq\f(vx,vy) ①vx＝v1vy＝at2 ②a＝eq\f(qE2,m) ③t2＝eq\f(d2,v1) ④由①②③④式解得θ＝30°(3)粒子進入磁場時的