高中物理 本冊綜合能力測試練習(xí) 新人教版選修3-1

本冊綜合能力測試本卷分第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．年8月13日，臨近黃昏的一場雷雨交加中，河北刑臺牛城一對母子遭雷擊身亡，如何防范雷擊再次成為公眾關(guān)心的話題。假如在戶外我們遭遇雷電，下列防雷措施可行的是()①在大樹下避雷雨②停留在山頂、山脊的涼亭等地方避雷雨③不要快速開摩托、快騎自行車和在雨中狂奔④在空曠地帶，最好關(guān)掉手機(jī)電源A．①③ B．② ③C．①④ D．③ ④答案：D解析：表面具有突出尖端的導(dǎo)體，在尖端的電荷分布密度很大，使得其周圍電場很強(qiáng)，就可能使其周圍的空氣發(fā)生電離而引發(fā)尖端放電。因此不要在大樹下避雨；別停留在山頂、山脊的涼亭等地方；快速開摩托、快騎自行車和在雨中狂奔，身體的跨步越大，電壓就越大，雷電也越容易傷人；在空曠地帶使用手機(jī)通話，手機(jī)很有可能成為閃電的放電對象。2.真空中一點電荷形成的電場中的部分電場線如圖所示，分別標(biāo)記為1、2、3、4、5，且1、2和5、4分別關(guān)于3對稱。以電場線3上的某點為圓心畫一個圓，圓與各電場線的交點分別為a、b、c、d、e，則下列說法中正確的是()A．電場強(qiáng)度Ea>EcB．電勢φb>φdC．將一正電荷由a點移到d點，電場力做正功D．將一負(fù)電荷由b點移到e點，電勢能減小答案：A解析：由點電荷電場分布特點可知，以點電荷為圓心的圓上各點的電勢和場強(qiáng)大小均相等，沿如題圖所示的電場方向，電勢越來越低，電場線越來越密，故Ea>Ec，A正確；φb＝φd，B錯誤；因為φa<φd，正電荷由a點移到d點時，電場力做負(fù)功，C錯誤；又φb>φe，負(fù)電荷由b點移到e點時，電場力做負(fù)功，電勢能增大，D錯誤。3．靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)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。如圖所示，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(guān)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，下列采取的措施可行的是()A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些B．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開些C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些D．保持開關(guān)S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動答案：A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(guān)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(guān)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(guān)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．(吉林一中～學(xué)年高二上學(xué)期期末)電動自行車因輕便、價格相對低廉，污染和噪音小而受到市民喜愛。某國產(chǎn)品牌電動自行車的銘牌如下，則此車所配電機(jī)的內(nèi)阻為()規(guī)格后輪驅(qū)動直流永磁電機(jī)車型：20′電動自行車電機(jī)輸出功率：175W電源輸出電壓：≥36V額定工作電壓/電流：36V/5A整車質(zhì)量：40kg額定轉(zhuǎn)速：240r/minA．0.2Ω B．7.0ΩC．7.2Ω D．7.4Ω答案：A解析：電機(jī)輸出功率為P出＝175W，電源的輸出電壓為U＝36V，電流為I＝5A，設(shè)內(nèi)阻為R，則根據(jù)能量守恒定律得UI－I2R＝P出，代入解得R＝0.2Ω，故選A。5．(濟(jì)南一中～學(xué)年高二上學(xué)期期中)如圖所示，在方框中有一能產(chǎn)生磁場的裝置，現(xiàn)在在方框右邊放一通電直導(dǎo)線(電流方向如圖中箭頭方向)，發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線受到向右的作用力，則方框中放置的裝置可能是下面哪個()答案：C解析：根據(jù)通電導(dǎo)線受到向右的作用力，由左手定則判定導(dǎo)線處于垂直紙面向外的磁場中，根據(jù)右手定則可判只有C選項符合要求，故選C。6.如圖所示，在屏MN的上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里。P為屏上的一小孔，PC與MN垂直。一群質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域。粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)。則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為()A．eq\f(2mv,qB) B．eq\f(2mvcosθ,qB)C．eq\f(2mv1－sinθ,qB) D．eq\f(2mv1－cosθ,qB)答案：D解析：能打到的范圍中最遠(yuǎn)點為2R處，其中R為軌跡半徑，R＝eq\f(mv,qB)，最近點為2Rcosθ處，所以總長度L＝2R－2Rcosθ＝eq\f(2mv1－cosθ,qB)。7.如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，當(dāng)開關(guān)S閉合，滑動變阻器的滑片P位于中點位置時，三個小燈泡L1、L2、L3都正常發(fā)光，且亮度相同，則()A．三個燈泡的額定功率相同B．三個燈泡的額定電壓相同C．三個燈泡的電阻按從大到小排列是L1、L3、L2D．滑片P稍微向左滑動，燈L1和L3變暗，燈L2變亮答案：AC解析：等效電路為L3與滑動變阻器并聯(lián)，再與L2串聯(lián)，再與L1一起并聯(lián)在電源兩端；由題意知三個小燈泡正常發(fā)光且亮度相同，則額定功率相同，A正確；由于L1上的電壓最大，由R＝eq\f(U2,P)得L1的電阻最大，又由于通過L2的電流大于通過L3的電流，由R＝eq\f(P,I2)得L3的電阻大于L2的電阻，故B錯C對；當(dāng)變阻器電阻變大時，總電阻變大，總電流變小，電源兩端電壓變大，L1中電流變大，所以L1變亮，由I＝I1＋I(xiàn)2，由于I減小，I1增大，所以I2減小，則L2變暗，L2兩端的電壓減小，所以L3兩端的電壓增大，所以L3變亮，D錯。8．(重慶一中～學(xué)年高二上學(xué)期期末)光滑絕緣水平面上有一個帶電質(zhì)點正以速度v向右運動。如果加一個豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，經(jīng)過一段時間后，該質(zhì)點的速度第一次變?yōu)榕c初始時刻的速度大小相等，方向相反；如果不加勻強(qiáng)磁場而改為加一個沿水平方向的電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，經(jīng)過相同的一段時間，該質(zhì)點速度也第一次變?yōu)榕c初始時刻的速度大小相等，方向相反，則B/E不可能是()A．π/2v B．π/vC．2π/v D．2v/π答案：BCD解析：設(shè)時間為t，當(dāng)加磁場時：t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)當(dāng)加電場時：由速度公式v＝－v＋eq\f(Eq,m)t得t＝eq\f(2mv,Eq)，聯(lián)立得eq\f(B,E)＝eq\f(π,2v)。9．(湖北省部分重點中學(xué)～學(xué)年高二上學(xué)期期中)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(fù)合區(qū)后，并從狹縫S0進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2，在磁場B2中分為如圖所示的三束，則下列相關(guān)說法中正確的是()A．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電B．粒子1帶負(fù)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絕對值最大答案：BC解析：若粒子帶正電，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，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，電場強(qiáng)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場B1時向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷得知該束粒子帶負(fù)電，故B正確；粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，則有：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．(吉林白城市～學(xué)年高二上學(xué)期期末)如圖所示，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。已知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(jī)械能損失。先在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場，第二次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結(jié)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(qiáng)磁場，再次讓物塊m從A點由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D″點停下來。則以下說法中正確的是()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點重合答案：BC解析：根據(jù)動能定理mgh＝μmgcosα·LAB＋μmgLBD ①當(dāng)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(dāng)加磁場時，由左手定則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Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共3小題，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(6分)某同學(xué)通過實驗測定一個阻值約為5Ω的電阻Rx的阻值。(1)現(xiàn)有電源(4V，內(nèi)阻可不計)，滑動變阻器(0～50Ω，額定電流2A)，開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及下列電表：A．電流表(0～3A，內(nèi)阻約0.025Ω)B．電流表(0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω)C．電壓表(0～3V，內(nèi)阻約3kΩ)D．電壓表(0～15V，內(nèi)阻約15kΩ)為減小測量誤差，在實驗中，電流表應(yīng)選用______，電壓表應(yīng)選用________(選填器材前的字母)；實驗電路應(yīng)采用圖1中的________(選填“甲”或“乙”)(2)圖2是測量Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導(dǎo)線。請根據(jù)在(1)問中所選的電路圖，補(bǔ)充完成圖2中實物間的連線。(3)接通開關(guān)，改變滑動變阻器滑片P的位置，并記錄對應(yīng)的電流表示數(shù)I、電壓表示數(shù)U。某次電表示數(shù)如圖3所示，可得該電阻的測量值Rx＝eq\f(U,I)＝________Ω(保留兩位有效數(shù)字)。答案：(1)BC甲(2)如圖所示(3)5.2解析：本題綜合考查了伏安法測電阻的實驗原理、器材選項、誤差分析及讀數(shù)等問題。由于電源的電動勢為4V，待測電阻為5Ω左右，因此電壓表選C，電流表選B。根據(jù)Rx<eq\r(RARV)可知待測電阻為小電阻，因此采用電流表外接法，采用甲電路圖。Rx＝eq\f(U,I)＝eq\f(2.6,0.5)Ω＝5.2Ω。12．(8分)在測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，備有下列器材：A．待測干電池(電動勢約為1.5V，內(nèi)阻小于1.0Ω)B．電流表G(滿偏電流Ig＝3mA，內(nèi)阻Rg＝10Ω)C．電流表A(0～0.6A，內(nèi)阻0.1Ω)D．滑動變阻器R1(0～20Ω，10A)E．滑動變阻器R2(0～200Ω，1A)F．定值電阻R0(990Ω)G．開關(guān)和導(dǎo)線若干(1)某同學(xué)發(fā)現(xiàn)上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設(shè)計了圖甲中的a、b兩個參考實驗電路。其中合理的是圖________所示的電路；在該電路中，為了操作方便且能較準(zhǔn)確的進(jìn)行測量，滑動變阻器應(yīng)選________(填寫器材的字母代號)。(2)圖乙為該同學(xué)根據(jù)(1)中選出的合理實驗電路，利用測出的數(shù)據(jù)繪出的I1－I2圖線(I1為電流表G的示數(shù)，I2為電流表A的示數(shù))，則由圖線可得被測電池的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。答案：(1)bD(2)1.48(1.47～1.49均正確)0．80(0.78～0.82均正確)解析：(1)電路a中電流表A和定值電阻R0組成的電壓表量程為0.6×990.1V≈594V，而電源電動勢僅約為1.5V，所以電路a不合理，電路b合理，電源的內(nèi)阻較小，又滑動變阻器采用限流式改變電路，所以用滑動變阻器R1改變電路較為方便。(2)根據(jù)實驗原理可知電流表G的讀數(shù)乘以(10＋990)Ω，即為電路的路端電壓，所以圖線在縱軸上的截距乘以(10＋990)Ω，可得電源電動勢E＝1.48×10－3×1000V＝1.48V；從圖線上取兩點得電池的內(nèi)阻r＝eq\f(1.45－1.25×10－3×1000,0.3－0.05)Ω＝0.80Ω。三、論述·計算題(共4小題，共46分。解答應(yīng)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)(河南省實驗中學(xué)～學(xué)年高二上學(xué)期期中)如圖所示，用等長的絕緣線分別懸掛兩個質(zhì)量、電量都相同的帶電小球A和B，兩線上端固定于O點，B球固定在O點正下方。當(dāng)A球靜止時，兩懸線的夾角為θ。若某時刻A球的質(zhì)量減半，同時電荷量也減半，B球質(zhì)量、電荷量不發(fā)生變化。求此時兩懸線的夾角是多少？答案：α＝θ解析：設(shè)兩球距離為d，分析A球的受力如圖示，圖中F＝keq\f(qA×qB,d2)由平衡條件得T＝mg,2mgsineq\f(θ,2)＝F＝keq\f(qA×qB,d2)可得sineq\f(θ,2)＝eq\f(kqA×qB,2mgd2)所以，當(dāng)A球的質(zhì)量減半，同時電荷量也減半時，兩懸線的夾角不變故α＝θ。14．(11分)(常德市一中～學(xué)年高二上學(xué)期檢測)如圖所示，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間的距離d＝40cm。電源電動勢E＝24V，內(nèi)電阻r＝1Ω，電阻R＝15Ω.閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，在兩板之間形成勻強(qiáng)電場．在A板上有一個小孔k，一個帶電荷量為q＝＋1×10－2C、質(zhì)量為m＝2×10－2kg的粒子P由A板上方高h(yuǎn)＝10cm處的O點自由下落，從k孔進(jìn)入電場并打在B板上k′點處。當(dāng)P粒子進(jìn)入電場時，另一個與P相同的粒子Q恰好從兩板正中央O′點水平飛入。那么，滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，粒子Q與P恰好同時打在k′處。(粒子間的作用力及空氣阻力均忽略不計，取g＝10m/s答案：8Ω解析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得P粒子進(jìn)入電場時的速度為：v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.1)＝eq\r(2)m/s設(shè)P、Q在電場中運動的加速度為a，運動到k′點的時間為t，則：對P：d＝v0t＋eq\f(1,2)at2對Q：eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得：t＝eq\f(\r(2),10)s，a＝20m/s2而a＝g＋eq\f(Uq,dm)所以，滑動變阻器兩端的電壓為：U＝eq\f(a－gdm,q)＝8V由歐姆定律可得通過滑動變阻器的電流為：I＝eq\f(E－U,R＋r)＝eq\f(24－8,15＋1)＝1A所以，滑動變阻器接入電路的阻值為：R′＝eq\f(U,I)＝eq\f(8,1)Ω＝8Ω。15．(12分)如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強(qiáng)度的大小為E0，E0>0表示電場方向豎直向上。t＝0時，一帶正電、質(zhì)量為m的塵埃從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)求電場變化的周期T；答案：(1)eq\f(mg,E0)eq\f(2E0,v)(2)eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g)解析：(1)微粒做勻速圓周運動說明其重力與電場力平衡，即mg＝qE0故微粒所帶電荷量q＝eq\f(mg,E0)由于粒子在剛開始和最后一段做直線運動，對其受力分析如圖所示，則qvB＝qE0＋mg則B＝eq\f(E0,v)＋eq\f(mg,qv)＝eq\f(E0,v)＋eq\f(mg,v·\f(mg,E0))＝eq\f(2E0,v)(2)經(jīng)分析從N1點到Q點粒子做勻速直線運動的時間t1＝eq\f(\f(d,2),v)＝eq\f(d,2v)到Q點后做勻速圓周運動的周期T′＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πv,g)從Q點到N2點粒子做勻速直線運動，其運動時間t