高中物理粤教版选修3-1 综合检测 Word版含解析

综合检测

一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是 (　　)
A．A、B平行板电容器的电容减小
B．A、B两板间的电场强度增大
C．A、B两板上的电荷量变小
D．有电流从b向a流过灵敏电流计
D　[根据C＝可知当产品厚度增大导致ε增大时，电容器的电容C增大，再根据Q＝CU可知极板带电量Q增加，有充电电流从b向a流过，故A、C错误，D正确；因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度E＝不变，故B错误．]
2.如图所示，一带电荷量Q＝0.1 C的正点电荷固定在F点，另一带电荷量q＝0.01 C的负点电荷仅在库仑力的作用下围绕Q做椭圆运动，F点为椭圆的一个焦点，已知长轴AC＝0.1 m，短轴BD＝0.08 m，则下列说法正确的是(　　)
A．q在A点的电势能大于在B点的电势能
B．q在A、C两点受到的库仑力大小之比为16∶1
C．在点电荷Q的电场中，B、D两点的电场强度相同
D．在点电荷Q的电场中，D点的电势大于O点的电势
B　[靠近正点电荷处的电势高，可知A点的电势高于B点的电势，负电荷在电势高处的电势能小，所以q在A点的电势能小于在B点的电势能，故A错误；设F点到O点的距离为x，AO＝CO＝a，BO＝DO＝b，由几何关系可知2a＝2·FB　而FB＝
代入数据可得x＝0.03 m
q在A点受到的电场力F1＝
q在C点受到的电场力F2＝
代入数据可得＝，故B正确；
B、D为椭圆的两个顶点，则B、D两点到Q的距离相等，由点电荷的场强公式E＝k可知，两点的电场强度大小相等，但方向不同，故C错误；靠近正点电荷处的电势高，可知在点电荷Q的电场中，D点的电势小于O点的电势，故D错误．]
3.两根粗细相同、材质不同的金属棒A、B接在一起后接入电路，已知两棒长度之比LA∶LB＝2∶1，电阻率ρA∶ρB＝1∶2，如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．A棒两端电压小于B棒两端电压
B．通过两棒的电流强度不相等
C．两棒电阻相等
D．电流流过两棒产生的热功率不相等
C　[两棒长度之比如LA∶LB＝2∶1，电阻率ρA∶ρB＝1∶2，由R＝可知，RA∶RB＝1∶1，由U＝IR可知电压相等，故A错误，C正确．两金属棒串联，因此两棒中的电流强度相同，故B错误；根据Q＝I2Rt，知两棒产生的热功率相等，故D错误．]
4．水平桌面上有一根绝缘的长直导线a，垂直纸面放置，在桌面正上方等高且与直导线a平行等距的位置，固定两根绝缘直导线b和c，三根导线中的电流大小相等、方向如图所示．导线a始终处于静止状态，关于导线a，以下说法中正确的是(　　)
A．对地面的压力数值上小于自身的重力
B．对地面的压力数值上等于自身的重力
C．对地面的压力数值上大于自身的重力
D．受水平向左的摩擦力
B　[由于三个导线上的电流大小相等，距离相等，所以a与b之间的作用力的大小等于a与c之间的作用力的大小，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可知，a与b之间是吸引力，a与c之间是排斥力，根据矢量的合成可知，a受到的安培力的合力的方向沿水平方向向左，所以a对地面的压力不变；在水平方向a要保持平衡，则受到地面的向右的摩擦力．故选B.]
5．如图是某温度检测和光电控制加热装置的原理图．RT为热敏电阻(温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度．RG为光敏电阻(光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照．其他电阻均为定值电阻．当R处温度升高后，下列说法正确的是(　　)
A．灯泡L将变暗
B．RG的电压将增大
C．R的功率将增大
D．R的电压变化量与R2的电流变化量的比值不变
D　[当R处温度升高时，RT阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L的功率增大，灯泡L将变亮，故A错误．左边回路中电流增大，L的光照强度增大，则RG阻值变小，右侧电路的总电阻变小，总电流变大，E2的内电压增大，则其路端电压变小；总电流增大，则R2两端电压增大，所以右侧电路并联部分电压减小，R的电压减小，则R的功率将减小；R的电流减小，而总电流增大，则通过R3的电流增大，R3的电压将增大，所以RG的电压将减小，故B、C错误．R的电压变化量与R2的电流变化量的比值＝R2+r2，保持不变，故D正确．]
6．如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1 T，方向垂直纸面向里．距离荧屏h＝16 cm处有一粒子源S，以速度v＝1×106 m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷＝1×108 C/kg的带正电粒子，不计粒子的重力，则粒子打在荧屏范围的长度为(　　)
A．12 cm B．16 cm
C．20 cm D．24 cm
C　[根据牛顿第二定律qvB＝m
得R＝＝0.1 m＝10 cm
当粒子的轨迹与屏幕相切时为临界情况，即打到荧屏上的边界，找到圆心O(到S点的距离与到MN的距离相等的点)，
如图，由几何知识知PS＝8 cm
设粒子打在荧屏上最左侧的C点，则CD＝＝12 cm
则范围的长度为CD＋DA＝20 cm
故选C.]
7．两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两铝环的运动情况是(　　)
A．两环彼此相向运动 B．两环彼此背向运动
C．电流大的铝环加速度大 D．两环的加速度大小相等
AD　[根据电流间相互作用规律“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互吸引，即彼此相向运动，故A正确，B错误；再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，故C错误，D正确．]
8．如图所示的电路有电源、电阻箱和电流表组成，电源电动势E＝4 V，内阻r＝2 Ω；电流表内阻忽略不计，闭合开关，调节电阻箱，当电阻箱读数分别等于R1和R2时，电流表对应的读数分别为I1和I2，这两种情况下电源的输出功率相等，下列说法正确的是(　　)
A．I1＋I2＝2 A B．I1－I2＝2 A
C．R1＝1/R2 D．R1＝4/R2
AD　[根据闭合电路欧姆定律得：I1＝＝，①
I2＝＝，②
这两种情况下电源的输出功率相等，则有：IR1＝IR2，③
由①②③解得：I1＋I2＝2 A，R1＝4/R2，故A、D正确．]
9．在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度．其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中电流强度沿x轴正方向，大小为I.已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间电压为U，则(　　)
A．金属导体的前侧面电势较低
B．金属导体的电阻为
C．自由电子定向移动的速度大小为
D．磁感应强度的大小为
AD　[金属导体中有自由电子．当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动．在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子．由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿z轴正方向，自由电子向前侧面偏转，金属导体前侧面聚集了电子，后侧面感应出正电荷，金属导体前侧面电势低，后侧面电势高，故A正确；金属前后侧面间的电势差是感应电势差，U＝Eb，故金属导体的电阻R≠，E为感应电场强度，故B错误；由电流的微观表达式可知，电流I＝nevS＝nevbc，电子定向移动的速度大小v＝，故C错误；电子在做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，由平衡条件得eE＝evB，导体前后侧面间的电势差U＝Eb，解得B＝，故D正确．]
10.质量为m、电量为q的小球沿着穿过它的竖直绝缘棒下落，绝缘棒与小孔间动摩擦因数为μ，匀强电场E方向向右，匀强磁场B方向垂直纸面向外，在球下落过程中(　　)
A．当小球速度为0时，小球加速度最大
B．当小球速度为时，小球加速度最大
C．小球运动的最大速度可达到
D．小球运动的最大速度可达到＋
BD　[假设小球带正电．小球在下滑过程中，开始阶段，洛伦兹力小于电场力，小球受重力、向左的洛伦兹力、向右的电场力、棒向左的弹力和向上的滑动摩擦力，重力大于滑动摩擦力，所以小球向下做加速运动，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力大小为N＝qE－qvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f＝μN也减小，小球所受的合力F合＝mg－f，f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力mg，加速度最大，此时有qBv＝qE，v＝.
小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向右，大小为N＝qvB－qE，v增大，N增大，f增大，F合减小，a减小．
当mg＝f时，a＝0，故加速度先增大后减小，直到为零；综上，知小球速度为时，小球加速度最大．小球的速度先增大，后不变；当a＝0时，则有：qBvm＝N＋qE；而f＝μN＝mg，解得最大速度vm＝＋.故B、D正确，A、C错误．]
二、非选择题(本题共6小题，共60分)
11．(6分)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．
(1)按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．
(2)在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(选填“A”或“B”)．
(3)图丙是根据实验数据作出的U-I图象，由图可知，电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
甲　　　　　　　乙
丙
[解析]　(1)由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图如图所示：
(2)为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端．
(3)由U-I图可知，电源的电动势E＝1.50 V，
当路端电压为1 V时，电流为0.5 A，则由闭合电路欧姆定律可知r＝＝1 Ω.
[答案]　(1)如解析图所示　(2)B　(3)1.50　1
12．(8分)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．
(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和乙所示，长度为________cm，直径为________mm.
(2)按图丙连接电路后，实验操作如下：
①将滑动变阻器R1的阻值置于最________(选填“大”或“小”)处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；
②将电阻箱R2的阻值调至最________(选填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1 280 Ω.
(3)由此可知，圆柱体的电阻为________Ω.
[解析]　(1)游标卡尺的读数为l＝(50＋0.1×1)mm＝50.1 mm＝5.01 cm.螺旋测微器的读数为d＝(5＋31.5×0.01)mm＝5.315 mm.
(2)电学实验的设计要遵循科学性原则、安全性原则和准确性原则．此电路中滑动变阻器是以限流方式接入电路中的，故在①步骤中合上开关前应使其接入电路中的阻值为最大，以保证电路安全．同理②步骤中亦将电阻箱R2的阻值调至最大．
(3)①步骤中，由闭合电路欧姆定律得
I0＝，其中R表示圆柱体的电阻；
②步骤中，仍由闭合电路欧姆定律得
I0＝，
由等量代换可得R＝R2＝1 280 Ω.
[答案]　(1)5.01　5.315　(2)大　大　(3)1 280
13.(10分)如图所示，空间存在着电场强度E＝2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋4×10－2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g＝10 m/s2.求：
(1)小球运动到圆周最高点的速度，细线能承受的最大拉力；
(2)当细线断裂后，小球继续运动到与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度．
[解析]　(1)在最高点，根据动能定理可得(Eq－mg)L＝mv
在最高点，小球的向心力由绳子的拉力、重力和电场力的合力充当，故有T＋mg－Eq＝m
联立解得vB＝ m/s，T＝15 N.
(2)小球做类平抛运动，设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则，由L＝vBt
在竖直方向上，加速度为a＝，故h＝L＋t2
联立解得h＝0.625 m.
[答案]　(1) m/s　15 N　(2)0.625 m
14.(10分)如图所示，由A、B两平行板构成的电容器，电容为C，原来不带电．电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0，如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达B板后再射第二个电子，并且所有和B板相碰的电子都留在B板上．随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值．已知电子的质量为m、电量为e，电子所受的重力可忽略不计，A、B两板的距离为L.
(1)有n个电子到达B板上，这时两板间电场的场强E多大？
(2)最多能有多少个电子和B板相碰？
(3)到达B板的第1个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？
[解析]　(1)当B板上聚集了n个射来的电子时，两板间的电势差为U＝＝，
内部电场为匀强电场，场强为E＝＝.
(2)设最多能聚集N个电子，第N＋1个射入的电子到达B板时速度减为零．
此时两板间的电势差为U1＝＝
对此后再射入的电子，根据动能定理有－eU1＝0－mv
联立解得N＝.
(3)第一个电子在两板间做匀速运动，运动时间为t1＝
最后一个电子在两极间做匀减速运动，到达B板时速度为零，运动时间为：t2＝＝二者时间差为Δt＝t2－t1＝.
[答案]　(1)　(2)　(3)
15．(12分)如图所示的电路中，R1＝10 Ω，R2＝4 Ω，R3＝6 Ω，R4＝3 Ω，U＝2.4 V.
(1)在ab间接一只理想电压表，它的读数是多少？
(2)如在ab间接一只理想电流表，它的读数又是多少？
[解析]　(1)在ab间接一只理想电压表时，
R2、R3串联后电阻为R串＝R2＋R3＝10 Ω
R串与R1并联后电阻为R并＝＝5 Ω
再与R4串联后总电阻为R总＝R并＋R4＝8 Ω
此时电路电流为I总＝＝0.3 A
R4两端的电压为U4＝I总R4＝0.9 V
R2、R3串联后两端的电压为U串＝U－U4＝1.5 V
R2、R3串联电路中的电流为I分＝＝0.15 A
R3两端的电压为U3＝I分R3＝0.9 V
电阻R3、R4两端的电压之和也就是电压表的示数U分＝U3＋U4＝1.8 V.
(2)在ab间接一电流表时，通过电阻R2的电流为I2＝＝0.6 A
R3、R4并联后电阻为R并＝＝2 Ω
再与R1串联后总电阻为R串＝R1＋R并＝12 Ω
此时这段电路的电流为I1＝＝0.2 A
所以通过R1的电流为0.2 A，R3两端的电压为U3＝I1R并＝0.4 V
通过R3的电流为I3＝≈0.07 A
电流表的示数为I＝I2＋I3＝0.67 A.
[答案]　(1)1.8 V　(2)0.67 A
16．(14分)如图所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C，从静止开始经电压为U1＝100 V的电场加速后，从两平行金属板的中间水平进入偏转电场中，微粒从金属板边缘射出电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D＝34.6 cm的匀强磁场区域．微粒重力忽略不计．求：
(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1；
(2)偏转电场中两金属板间的电压U2；
(3)为使带电微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？
[解析]　(1)带电微粒经加速电场加速后速率为v1，
根据动能定理，得U1q＝mv，v1＝＝1.0×104 m/s.
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，
设微粒进入磁场时的速度为v′，则
v′＝，得出v′＝v1.
由动能定理有m(v′2－v)＝q，
解得U2＝66.7 V.
(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒恰好不从磁场右边射出时，做匀速圆周运动的轨道半径为R，
由几何关系知R＋＝D，
由牛顿运动定律及运动学规律qv′B＝，
得B＝0.1 T.
若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1 T.
[答案]　(1)1.0×104 m/s　(2)66.7 V　(3)0.1 T