2019鲁科版高中物理选修3-1全册模块测试题含答案解析

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2019鲁科版高中物理选修3-1全册模块测试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。
第Ⅰ卷
一、单选题(共20小题，每小题3.0分,共60分)
1.在已接电源的闭合电路中，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是(　　)
A．如果外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B．如果外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势也随内电压减小
C．如果外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D．如果外电压增大，则内电压减小，电源电动势始终为二者之和，保持恒定
【答案】D
【解析】由闭合电路欧姆定律知：E＝U＋Ur＝U＋Ir，可见电动势等于内电压和外电压之和，电动势是不变的，故D正确，A、B、C错误．
2.关于电流计，下列说法错误的是(　　)
A．电流计是根据通电线圈在磁场中受安培力的作用而制成的
B．电流计的优点是灵敏度高，可以测出很弱的电流
C．根据电流计的指针偏转方向，可以知道被测电流的方向
D．电流计内部的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是匀强磁场，安培力的方向与线圈平面垂直，故其表盘的刻度是均匀的
【答案】D
【解析】电流计内部的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是匀强磁场，安培力的方向与线圈平面垂直，故其表盘的刻度是不均匀的。
3.如图在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B/2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与x轴成30?角斜向上射人磁场(此为第一次)，且在上方运动半径为R（不计重力）。则（ ）

A．粒子经偏转一定能回到原点0
B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2:1
C．粒子完成一次周期性运动的时间为
D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R
【答案】D
【解析】根据左手定则可知，负电荷在第一、四象限所受洛伦兹力的方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向，而在第四象限沿逆时针方向，故不可能回到原点，所以A错误；根据，可知粒子圆周运动半径与B成反比，则粒子在一、四象限中的运动半径之比为1:2，所以B错误；负电荷在第一象限运动轨迹的圆心角为600，粒子在磁场中的周期为，在第四象限中的运动轨迹圆心角也是600，其周期为T′=，故粒子完成一次周期性运动的时间t=，所以C错误；根据几何关系得到，粒子第二次放入第一象限时沿横轴前进距离为x=3R,故D正确。
4.在摄谱仪等许多仪器中都设有一个速度选择器，其作用就是使进入仪器的带电粒子具有相同的速度，这些粒子在速度选择器中做的是匀速直线运动．下面就是一个速度选择器原理的示意图．有一束初速度大小不同的带正电的粒子（不计重力）沿水平向右的方向通过O点进入真空室内，若要使具有某一速度值的粒子保持匀速运动，从Oˊ点（O Oˊ点在同一水平线上）射出，需要将真空室置于匀强电场和匀强磁场中，下面图所示的几种情况中，匀强电场和匀强磁场的方向正确的是（　　）

A．x代表磁场方向，箭头代表电场方向
B．x代表磁场方向，箭头代表电场方向
C．x代表磁场方向，箭头代表电场方向
D．x代表磁场方向，箭头代表电场方向
【答案】B
【解析】由于带正电，且从O向O′运动，根据电场线可确定正电荷的电场力与电场线方向相同，再由左手定则可知，大拇指向即为正电荷的洛伦兹力的方向，从而可得，B正确，ACD均错误；
5.两段材料和质量都相同的均匀电阻线，它们的长度之比为L1∶L2＝2∶3，则它们的电阻之比R1∶R2为(　　)
A．2∶3
B．4∶9
C．9∶4
D．3∶2
【答案】B
【解析】材料和质量都相同的均匀电阻线的体积是相同的，又因长度之比L1∶L2＝2∶3，故横截面积之比S1∶S2＝3∶2.由电阻定律得电阻之比为＝＝·＝×＝.
6.如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一带电粒子以平行于金属板的初速度v0从板间某点射入电场，不计粒子受的重力，当入射动能为Ek时，此带电粒子从场中射出的动能恰好为2Ek.如果入射速度方向不变，初动能变为2Ek，那么带电粒子射出的动能为(　　)

A．Ek
B．Ek
C．Ek
D．3Ek
【答案】C
【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，当入射动能为Ek时，水平方向L＝v0t，竖直方向d1＝t2，联立解得d1＝()2＝，根据动能定理得qEd1＝2Ek－Ek＝Ek；当入射动能为2Ek时，同理得d2＝＝，根据动能定理得qEd2＝Ek′－2Ek；联立上式解得：Ek′＝2Ek＋qE＝Ek，故C选项正确，A、B、D选项错误．
7.如图，一个可以自由运动的圆形线圈水平放置并通有电流i，电流方向俯视为顺时针方向，一根固定的竖直放置直导线通有向上的电流I，线圈将（　　）

A．a端向上，b端向下转动，且向左运动
B． a端向上，b端向下转动，且向右运动　
C． a端向下，b端向上转动，且向左运动
D． a端向下，b端向上转动，且向右运动
【答案】B
【解析】根据安培定则可知，通电导线在左侧产生的磁场方向垂直纸面向外．采用电流元法，将圆环分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，圆环将转动．再用特殊位置法：圆环转过90°时，通电直导线对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，圆环靠近通电直导线．故B正确，ACD错误．
8.如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从A，B，C，D四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是（　　）

A．taB．ta＝tb＝tc＝td
C．ta＝tbD．ta＝tb>tc>td
【答案】D
【解析】画出四个电子运动的轨迹如图所示。根据带电粒子在磁场中运动的周期公式可知，周期T与速度无关，所以它们在磁场中运动的周期相同，运动时间取决于圆弧所对的圆心角的大小。由图可知，从A，B两点射出的电子的圆心角最大且都等于2，所对应的时间最长；从d点射出的电子对应的圆心角最小，所对应的时间最短。所以ta＝tb>tc>td，选项D正确。

9.将通电直导线置于匀强磁场中，导线与磁场方向垂直．若仅将导线中的电流增大为原来的3倍，则导线受到的安培力的大小(　　)
A．减小为原来的
B．保持不变
C．增大为原来的3倍
D．增大为原来的9倍
【答案】C
【解析】根据F＝BIL得，电场力增大为原来的3倍，则安培力增大为原来的3倍．故C正确，A、B、D错误．
10.一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为R.把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为(　　)
A．
B．
C．100R
D．10000R
【答案】D
【解析】由R＝ρ，V＝lS，得R′＝10000R.
11.如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是(　　)

A．0＜t0＜
B．＜t0＜
C．＜t0＜T
D．T＜t0＜
【答案】B
【解析】若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误．若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误．
12.空间有p、q两个点电荷相距r且仅在相互间的库仑力作用下从静止开始运动，开始时p的加速度为a，q的加速度为4a，经过一段时间后，q的加速度为a，速度达到v，则这时p的加速度和p、q两个点电荷相互间的距离的大小为(　　)
A．4a、4r
B．a、r
C．a、2r
D．a、4r
【答案】C
【解析】两点电荷间的相互作用力，大小相等，方向相反，由于开始时p的加速度为a，q的加速度为4a，所以p、q两个点电荷的质量之比为4∶1，因此当q的加速度为a时，p的加速度为a，当p的加速度为a时，p、q间的库仑力为k＝4ma①
而当q的加速度为a时，p、q间的库仑力为k＝ma②
由①②可得：R＝2r，故C正确．
13.某同学使用多用表测量一个电阻时，选择开关拔在欧姆挡的“×10”倍率挡，指针位置如图所示，恰好在两数值的正中央，则该电阻的阻值可能为(　　)

A．22Ω
B．23Ω
C．220Ω
D．230Ω
【答案】C
【解析】欧姆表刻度线左密右疏，指针位置恰好在两数值的正中央，由图示可知，指针示数应小于22.5，选择开关拔在欧姆挡的“×10”倍率挡，则电阻阻值应大于200Ω且小于22.5×10Ω＝225Ω，故C正确．
14.如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应(　　)

A．给平行板电容器充电，补充电荷量
B．给平行板电容器放电，减小电荷量
C．使两极板相互靠近些
D．使两极板相互远离些
【答案】A
【解析】为维持油滴静止状态，应增大两板间场强，由Q＝CU，U＝Ed，C＝可知E＝，增大Q，E也增大，故A项对，B项错；Q不变，改变d，E不变，C、D项错．
15.两根长直导线平行固定在M、N两点，如图所示，图中的O1为MN的中点，O2为MN延长线上的一点，且N刚好是O1O2的中点，现在两导线中通有方向相反，大小相等的电流，经测量可知O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1、B2，已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比，即B＝k，突然导线N中的电流减为零，则此时(　　)

A．O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1、B2－B1
B．O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1、B1－B2
C．O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1－B2、B1－B2
D．O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1－B2、B2－B1
【答案】B
【解析】根据安培定则可知，M在O1、O2两点产生的磁场的方向都向上，N在O1产生的磁场的方向向上，在O2产生的磁场的方向向下，设：
MO1＝O1N＝NO2＝r，电流的大小都是I，则：
B1＝2×
B2＝－＝＝B1
若突然导线N中的电流减为0，则：B1′＝＝B1
B2′＝＝B2＝－＝B1－B2
可知选项B是正确的．
16.如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a，b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是(　　)

A．a，b、c的N极都向纸里转
B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
【答案】B
【解析】带负电荷的圆环顺时针转动，形成逆时针方向等效电流，根据安培定则，判断出环内、外的磁场方向，可知小磁针的转动方向．
17.关于电场及电场线，下列说法正确的是(　　)
A．电场是真实存在的客观物质，而电场线则是工具和模型
B．电场线是真实存在的客观物质，而电场则是描述电现象的工具和模型
C．电场和电场线都是真实存在的客观物质
D．电场和电场线都是描述电现象的工具和模型
【答案】A
【解析】电场是在电荷的周围真实存在的客观物质，具有客观物质的一些属性，如强弱、方向以及能量的一些性质；而电场线则是为了形象地描述电场的强弱与方向而引入的一种线，客观上它是不存在的，只是描述电现象的工具和模型．故A选项正确．
18.在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表的读数为I，电压表的读数为U，当R5的滑动触点向图中a端移动时(　　)

A．I变大，U变小
B．I变大，U变大
C．I变小，U变大
D．I变小，U变小
【答案】D
【解析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5接入电路的电阻变小，外电路的总电阻就变小，总电流变大，路端电压变小，即电压表V的读数U变小；由于总电流变大，使得R1、R3两端电压都变大，而路端电压又变小，因此，R2和R4串联两端电压变小，则电流表A的读数I变小，故选D.
19.在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为q，受到的静电力为F，则该点的电场强度为E＝，下列说法正确的是(　　)
A．若移去试探电荷，则该点的电场强度为0
B．若试探电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4E
C．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反
D．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则场中该点的场强大小、方向均不变
【答案】D
【解析】电场中某点场强的大小和方向由电场本身决定，与放入该点的试探电荷无关，也与在该点是否放试探电荷无关，故选D.
20.质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中(　　)
A．小球的重力势能减少了2mgh
B．小球的动能减少了2mgh
C．电场力做负功2mgh
D．小球的电势能增加了2mgh
【答案】B
【解析】带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg.在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh；根据动能定理，小球的动能减小了2mgh，综上所述只有B项正确．

第II卷
二、实验题(共2小题，每小题8.0分,共16分)
21.为描绘“2.5 V,0.3 A”小灯泡的伏安特性曲线，实验室提供有：电源(6.0 V，内阻不计)；滑动变阻器(总电阻20 Ω)；电压表(有3 V、15 V两个量程)；电流表(有0.6 A、3 A两个量程)；开关一个、导线若干.

(1)为较准确地测量数据描绘出图线，请你帮该同学选择仪表的适当量程完成实验．电压表应选择的量程是__________V，电流表应选择的量程是________ A．在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用________(选填“内接”或“外接”)法．滑动变阻器的连接方式应采用________式(选填“分压”或“限流”)．
(2)用笔画线当导线，将实物图连成完整的电路(图中有三根导线已经接好)．开始时，滑动变阻器的滑动触头应该移到最__________端(选填“左”或“右”)．
(3)若该小灯泡正常发光时的电阻为R1，小灯泡发光很暗时的电阻为R2，则R1与R2的大小关系为：R1________R2(选填“大于”、“等于”或“小于”)．
【答案】(1)3　0.6　外接　分压　(2)右

(3)大于
【解析】(1)因为小灯泡两端的额定电压为2.5 V，所以选用的电压表量程应为0～3 V，小灯泡的额定电流为0.3 A，所以选用的电流表为0.6 A量程，因为小灯泡的电阻较小，所以电流表的分压较大，故采用电流表外接法；实验中需要描绘图线，电压需要从零开始，故滑动变阻器采用分压式接法．
(2) 为了保护电路安全，滑动变阻器应接最大阻值处，即触头移动到右端，如图所示

(3)小灯泡的电阻随着温度的升高而升高，正常发光时的温度大于发光较暗时的温度，所以R1＞R2.
22.一学生使用多用电表测电阻，他在实验中有违反使用规则的地方．他的主要实验步骤如下：
A．把选择开关置于“×1”的欧姆挡；
B．把表笔插入插孔中，先把两表笔相接触，旋转调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零刻线上；
C．把两表笔分别与某一待测电阻的两端相连，发现这时指针偏转角度较小；
D．换用“×100”挡，发现这时指针偏转适中，随即记下电阻值；
E．把表笔从插孔中拔出后，就把多用电表放回桌上原处，实验完毕．
这个学生已经注意到在测量时待测电阻与其他元件或电源断开，不用手碰表笔的金属杆．这个学生在实验中哪一个或哪些步骤违反了使用规则？
【答案】D步骤中应先调零后再测电阻；E步骤中应将选择开关置于“OFF”或交流电压最高挡．
【解析】每换一次挡都要重新电阻调零，所以在步骤D中要重新电阻调零；欧姆表使用完毕应将选择开关置于OFF挡或者交流电压最高挡
三、计算题(共3小题，每小题8.0分,共24分)
23.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，沿与水平面成θ=60°的方向匀速运动，进入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域后，从水平金属板M左端下边缘附近水平射出磁场，进入两平行金属板M、N间，恰好从N板右边缘飞出.已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，两带电极板M、N长为l，间距为d，板间电压为U，不计粒子重力.

（1）分析判断极板M带正电还是带负电?
（2）求粒子在磁场中运动的速度大小；
（3）求粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点之间的距离。
【答案】(1) M板带负电(2)v=(3)
【解析】（1）粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可知，粒子带负电；粒子在电场中向下偏转， 所以M板带负电。

（2）设带电粒子进入电场时的初速度为v，则
解得：v=
（3）设磁偏转的半径为R，则由
得
如图所示，粒子进入磁场时的入射点与离开磁场时的出射点间的距离
d=2Rsin=2Rsin300=
24.如图所示，三条曲线表示三条等势线，其电势φC＝0，φA＝φB＝10 V，φD＝－30 V，将电荷量q＝1.2×10－6C的电荷在该电场中移动．

(1)把这个电荷从C移到D，静电力做功多少？
(2)把这个电荷从D移到B再移到A，电势能变化多少？
【答案】(1) 3.6×10－5J　(2)增加4.8×10－5J
【解析】(1)UCD＝φC－φD＝30 V
WCD＝qUCD＝1.2×10－6×30 J＝3.6×10－5J
(2)UDA＝φD－φA＝(－30－10) V＝－40 V
WDA＝qUDA＝1.2×10－6×(－40) J＝－4.8×10－5J
所以电势能应该增加4.8×10－5J.
25.示波管的主要结构由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．在电子枪中，电子由阴极K发射出来，经加速电场加速，然后通过两对相互垂直的偏转电极形成的电场，发生偏转．其示意图如图(图中只给出一对yy′方向偏转的电极)所示．已知：电子质量为m，电量为e，两个偏转电极间的距离为d，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L.没有加偏转电压时，电子从阴极射出后，沿中心线打到荧光屏上的O点时动能是E0.设电子从阴极发射出来时的初速度可以忽略，偏转电场只存在于两个偏转电极之间．求：

(1)电子枪中的加速电压U是多少？
(2)如果yy′方向的偏转电极加的偏转电压是Uy，电子打到荧光屏上P点时的动能为Et.求电子离开偏转电场时，距中心线的距离sy为多少？
【答案】(1)　(2)
【解析】(1)由E0＝eU得：U＝
(2)偏转电场的场强为：E＝
带电粒子在偏转电场中运动时由动能定理得：Eesy＝Et－E0
所以：sy＝＝.