人教版高中物理选修3-1:全册综合评估试卷(含答案)

《选修3—1》综合评估

限时：90分钟

总分：100分

一、选择题(每小题4分，共40分)

1．在一个等边三角形ABC 顶点B 、C 处各放一个点电荷时，测得A 处的电场强度大小为E ，方向与BC 边平行沿B 指向C . 如图1所示，拿走C 处的电荷后，A 处电场强度的情况将是(

)

图1

A ．大小仍为E ，方向由A 指向B

E B ．大小变为，方向不变 2

C ．大小仍为E ，方向沿BA 向外

D ．无法确定

解析：根据矢量合成法则可推理知，在B 、C 两处同时存在场电荷时，合电场场强方向沿平行BC 的方向，说明B 、C 两处电荷在A 处独立产生的场强大小相等，方向均与合电场场强成60°. 当撤去C 处场电荷时，只剩下B 处场电荷，此时A 处场强大小为E ，方向沿BA 方向向外．

答案：C

2．如图2所示，AB 是某个点电荷电场中的一条电场线，在线上O 点放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是(

)

图2

A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小

B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大

C ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度变化不能确定

D ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀加速运动

解析：电场线是直线型，负电荷由静止开始做加速运动，它的运动方向与电场线方向相反．而电荷运动所在处的电场线疏密程度不确定，故它的加速度大小变化情况也不确定．

答案：

C

图3

3．如图3所示，电荷量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )

A ．体中心、各面中心和各边中点

B ．体中心和各边中点

C ．各面中心和各边中心

D ．体中心和各面中心

解析：对于每个侧面，分别连接两正点电荷与两负点电荷，即两条对角线，可以看到两条对角线的交点处电场强度都为零，所以各侧面的电场强度都为零．分析每个边的中点的电场强度都不可能为零．所以D 正确．

答案：

D

图4

4．如图4所示是一只利用电容器电容(C ) 测量角度(θ) 的电容式传感器的示意图．当动片和定片之间的角度(θ) 发生变化时，电容(C ) 便发生变化，于是通过知道电容(C ) 的变化情况就可以知道角度(θ) 的变化情况．下图的图像中，最能正确反映角度(θ) 与电容(C ) 之间关系的是( )

解析：由题中介绍的电容器构造可知：C ＝εS4πkd

221πR εεRS ＝－θ)R 2所以C ＝θ电容C 随θ增大而减小，且28πkd 8πkd

为线性关系．

答案：B

5．空间存在匀强电场，有一电荷量q (q >0)，质量m 的粒子从O 点以速率v 0射入电场，运动到A 点时速率为2v 0. 现有另一电荷量－q 、质量m 的粒子以速率2v 0仍从O 点射入该电场，运动到B 点时速率为3v 0. 若忽略重力的影响，则( )

A ．在O 、A 、B 三点中，B 点电势最高

B ．在O 、A 、B 三点中，A 点电势最高

C ．OA 间的电势差比BO 间的电势差大

D ．OA 间的电势差比BO 间的电势差小

解析：本题考查电场力做功和动能定理，意在考查考生掌握电场

11232力做功与电势能的变化关系．由动能定理有qU OA ＝(2v 0) －m v 0222

1152222m v 0；－qU OB ＝(3v 0) －m (2v 0) ＝v 0，故在三点中，B 222点的电势

最高，A 点的电势最低，OA 间的电势差比BO 间的电势差小，所以选AD.

答案：AD

6．一辆电瓶车，质量为500 kg，由内阻不计的蓄电池组向直流电动机提供24 V 的电压，当电瓶车在水平地面上以0.8 m/s的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为5 A，设车所受的阻力是车重的0.02倍(g ＝10 m/s2) ，则此电动机的内阻是( )

A ．4.8 Ω

C ．1.6 Ω B ．3.2 Ω D ．0.4 Ω

解析：由能量守恒得：UIt ＝F v t ＋I 2rt ，又F ＝f ＝k ·G ，所以UI ＝kG ·v ＋I 2r ，所以r ＝1.6 Ω.

答案：

C

图5

7．如图5所示，在正交的匀强电场和匀强磁场区域内(磁场垂直纸面向里) ，有一离子(不计重力) 从匀强电场左边飞入，恰能沿直线飞过此区域，则( )

A ．若离子带正电，E 方向应向下

B ．若离子带负电，E 方向应向上

C ．若离子带正电，E 方向应向上

D ．不管离子带何种电荷，E 的方向都向下

解析：离子要能沿直线飞过此区域，则需要满足电场力与洛伦兹力等大反向．

答案：

AD

图6

8．如图6所示的电路，当闭合开关时，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小．试根据上述现象判断，发生的故障可能是( )

A ．R 1断路

B ．R 2断路

C ．R 3短路

D ．R 4短路

图7

解析：画出电路的等效电路如图7所示．再根据闭合电路欧姆定律可判断A 正确．

答案：

A

图8

9．当放在同一平面内的长直导线MN 和金属框通以如图8所示电流时，MN 固定不动，金属框的运动情况是( )

A ．金属框将靠近MN

B ．金属框将远离MN

C ．金属框将以XX ′为轴转动

D ．金属框将以YY ′为轴转动

解析：金属框左边受到吸引力，右边受到排斥力，上、下两边各受到向外的力，相互抵消，但左边的吸引力大于右边排斥力，故A 对．

答案：A

10．如下图9所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置．其核心部分是两个D 型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．则带电粒子加速所获得的最大动能与下列因素有关的是( )

图9

A ．加速的次数

B ．加速电压的大小

C ．金属盒的半径

D ．匀强磁场的磁感应强度

m v 12P 2

解析：粒子飞出时有：R ＝qB ，所以此时动能E k ＝v ＝＝22m

q 2B 2R 2

R 和磁感应强度B 有关． 2m

答案：CD

二、填空题(每小题5分，共20分

)

图10

11．如图10所示，A 、B 两带电小球可视为点电荷，Q A ＝2×10－8

C 、Q B ＝－2×10－8 C ，AB 相距3 cm. 在水平外电场的作用下，AB 保持静止，悬线却处于竖直方向，由此可知水平外电场的场强______，方向______．

F F 解析：AB 在水平方向上不受力，∴外电场方向向左，E ＝q ＝Q A

kQ Q r AB ＝Q ＝2×105 N/C r AB A

答案：2×105 N/C 向左

图11

12．如图11所示，真空中有一电子束，以初速度v 0沿着垂直场强方向从O 点进入电场，以O 点为坐标原点，沿x 轴取OA ＝AB ＝BC ，再自A 、B 、C 作y 轴的平行线与电子轨迹分别交于M 、N 、P 点，则AM ∶BN ∶CP ＝________，电子流经M 、N 、P 三点时沿x 轴的分速度之比为________．

解析：类平抛运动．

答案：1∶4∶9 1∶1∶1

13．为了测量“6 V 1 W”的灯泡在不同电压下的电功率，现有器材如下：

直流电源 电动势6 V，内阻不计；

直流电流表A 1 量程200 mA，内阻约2 Ω；

直流电流表A 2 量程0～0.6 A，内阻约0.5 Ω；

直流电压表V 1 量程0～3 V，内阻约5×103 Ω；

直流电压表V 2 量程0～15 V，内阻约1.5×104 Ω；

滑动变阻器 电阻值0～15 Ω，额定电流1 A；

开关一个、导线若干根．

测量时要求电灯两端电压从0开始连续调节，尽量减小误差，测多组数据．

(1)应选择电流表________和电压表________(用序号表示) ；

(2)在下面方框中画出电路图．

答案：(1)A1；V 2 (2)如图12所示．

图12

14．用图13所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R 0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材

还有：

图13

(a)电流表(量程0.6 A、3 A)； (b)电压表(量程3 V、15 V)；

(c)定值电阻(阻值1 Ω、额定功率5 W)； (d)定值电阻(阻值10 Ω、额定功率10 W)； (e)滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω、额定电流2 A)； (f)滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω、额定电流1 A)． 那么

(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择________ V ，电流表的量程应选择________ A；R 0应选择________ Ω的定值电阻，R 应选择阻值范围是________ Ω的滑动变阻器．

(2)引起该实验系统误差的主要原因是________________________．

解析：考查对电路原理的理解和实践能力，由图示电路可知本电路采用限流式，故滑动变阻器选择的量程不宜较大．而一节干电池的3 V

电动势约为1.5 V，故电压表的量程为3 V．I m ＝＝0.3 A故电流表

10 Ω的量程为0.6 A．由于电压表的分流作用引起该实验系统误差．

答案：(1)3；0.6；1；0～10 (2)电压表的分流． 三、论述计算题(共40分)

图14

15．(10分) 如图14所示，电子以速度v 0沿与电场垂直的方向从A 点飞入匀强电场，并且从另一侧的B 点沿与电场成150°角的方向飞出，已知电子的质量为m ，电荷量为e ，求A 、B 两点的电势差．

解：电子在电场里做类平抛运动．由几何关系v ＝v 0/cos60°＝2v 0，3m v 0121232

由动能定理：eU ＝m v m v 0，即eU ＝v 0，所以U ＝2222e

2

图15

16．(10分) 如图15所示，电源的电动势E ＝110 V，电阻R 1＝21 Ω，电动机绕线的电阻R 0＝0.5 Ω，开关S 1始终闭合．当开关S 2断开时，电阻R 1的电功率是525 W；当开关S 2闭合时，电阻R 1的电功率是336 W ，求：

(1)电源的内电阻；

(2)开关S 2闭合时流过电源的电流和电动机的输出的功率．

解：(1)S2断开时：E ＝I (R 1＋r ) 且P 1＝I 2·R 1，所以r ＝1 Ω.

2(2)S2闭合时：P 2＝I 1R 1，所以I 1＝4 A，所以U 并＝I 1R 1＝84 V，所

U 内

以U 内＝E －U 并＝26 V，所以I 总＝r 26 A.

所以I 2＝I 总－I 1＝22 A，

2

所以P 出＝U 并I 2－I 2·R 0＝1 606 W.

17．如图16所示，电源电动势E 0＝15 V，内阻r 0＝1Ω，电阻R 1

＝30 Ω，R 2＝60Ω。间距d ＝0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B ＝1 T的匀强磁场。闭合开关S ，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v ＝0.1 m/s沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为R x ，忽略空气对小球的作用，取g ＝10 m/s2。

图16

(1)当R x ＝29 Ω时，电阻R 2消耗的电功率是多大？

(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则R x 是多少？

解：(1)设R 1和R 2的并联电阻为R ，有： R R R ＝①

R 1＋R 2R 2两端的电压为：

E R

U ＝

r 0＋R ＋R x R 2消耗的电功率为： U 2P ＝

R 2

当R x ＝29 Ω时，联立①②③式，代入数据，解得： P ＝0.6 W④

(2)设小球质量为m ，电荷量为q ，小球做匀速圆周运动时，有： qE ＝mg ⑤ U E ＝d

设小球做圆周运动的半径为r ，有： v 2

q v B ＝m r 由几何关系有： r ＝d ⑧

联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得： R x ＝54 Ω⑨.

18．(10分) 如图17，在宽度分别为l 1和l 2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右．一带正电荷的粒子以速率v 从磁场区域上边界的P 点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q 点射出．已知PQ 垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ 的距离为d . 不计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比以及粒子在磁场与电场中运动时间之比．

图17

解：粒子在磁场中做匀速圆周运动(如题图) ．由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O 应在分界线上．OP 长度即为粒子运动的圆弧的半径R . 由几何关系得

2R 2＝l 1＋(R －d ) 2①

设粒子的质量和所带正电荷分别为m 和q ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

v 2q v B ＝m R

设P ′为虚线与分界线的交点，∠POP ′＝α，则粒子在磁场中的运动时间为

Rαt 1＝ l 式中sin α＝R

粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v ，方向垂直于电场，设粒子加速度大小为a ，由牛顿第二定律得

qE ＝ma ⑤ 由运动学公式有

12d ＝2⑥ 2l 2＝v t 2⑦

式中t 2是粒子在电场中运动的时间，由①②⑤⑥⑦式得

22

E l 1＋d

⑧ B l 2

由①③④⑦式得

22

t l 1＋d 2dl ＝arcsin(⑨ t 22dl 2l 1＋d 2