高中物理选修3-1期末测试卷-附答案.doc

高中物理选修3-1期末测试卷一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是()A. 奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了电磁感应定律B. 库仑提出了库仑定律，并最早实验测得元电荷e的数值C. 伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量D. 法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机2. 在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时() A. 伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B. 安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大C. 伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D. 伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大3. 三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置.三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等.则P、Q中点O处的磁感应强度方向为()A. 方向水平向左B. 方向水平向右C. 方向竖直向上D. 方向竖直向下4. 如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的而且绝缘，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，a、b为轨道的最低点，则不正确的是()A. 两小球到达轨道最低点的速度VaVbB. 两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FaFbC. 小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间D. 在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端5. 如图所示，在同一平面内，同心的两个导体圆环中通以同向电流时() A. 两环都有向内收缩的趋势 B. 两环都有向外扩张的趋势C. 内环有收缩趋势，外环有扩张趋势 D. 内环有扩张趋势，外环有收缩趋势6. 如图所示，水平直导线中通有恒定电流I，导线正下方处有一电子初速度v0，其方向与电流方向相同，以后电子将()A. 沿路径a运动，曲率半径变小 B. 沿路径a运动，曲率半径变大C. 沿路径b运动，曲率半径变小 D. 沿路径b运动，曲率半径变大7. 下列说法中正确的是()A. 磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I乘积的比值.即B=FILB. 通电导线放在磁场中的某点，该点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，该点的磁感应强度就为零C. 磁感应强度B=FIL只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D. 通电导线所受磁场力的方向就是磁场的方向8. 如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为()A. mv022q B. 3mv02qC. 2mv02q D. 3mv022q9. 如图所示，一个绝缘圆环，当它的14均匀带电且电荷量为+q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电+2q，而另一半圆ADC均匀带电-2q，则圆心O处的电场强度的大小和方向为()A. 22E方向由O指向DB. 4E方向由O指向DC. 22E方向由O指向BD. 010. 某区域的电场线分布如图所示，M、N、P是电场中的三个点，则下列说法正确的是() A. P、N两点点场强不等，但方向相同B. 将一带负电的粒子从M点移到N点，电场力做负功C. 带电量+q的粒子，从P点的电势能小于在N点的电势能D. 带正电的粒子仅在电场力作用下，一定沿电场线PN运动二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）11. 如图所示，实线表示在竖直平面内的匀强电场的电场线，电场线与水平方向成角，水平方向的匀强磁场与匀强电场相互垂直.有一带电液滴沿虚线L向上做直线运动，L与水平方向成角，且.下列说法中正确的是()A. 液滴一定做匀速直线运动B. 液滴一定带正电C. 电场线方向一定斜向上D. 液滴有可能做匀变速直线运动12. 如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等.现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示.点a、b、c为实线与虚线的交点.已知O点电势高于c点，若不计重力，则()A. M带负电荷，N带正电荷B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零三、实验题探究题（本大题共3小题，共27.0分）13. 请完成以下两小题： (1)图a中螺旋测微器读数为_ mm.图b中游标卡尺(游标尺上有50个等分刻度)读数为_ cm(2)欧姆表“1”档的中值电阻为20，已知其内装有一节干电池，干电池的电动势为1.5V.该欧姆表表头满偏电流为_ mA，要测2.5k的电阻应选_ 档.14. 测得接入电路的金属丝的长度为L，金属丝的直径d，已知其电阻大约为25(1)在用伏安法准确测其电阻时，有下列器材供选择，除必选电源(电动势1.5V，内阻很小)、导线、开关外，电流表应选_ ，电压表应选_ ，滑动变阻器应选_ .(填代号)并将设计好的测量电路原理图画在方框内A1电流表(量程40mA，内阻约0.5) A2电流表(量程10mA，内阻约0.6) V1电压表(量程6V，内阻约30k) V2电压表(量程1.2V，内阻约的20k) R1滑动变阻器(范围0-10) R2滑动变阻器(范围0-2k) (2)若电压表、电流表读数用U、I表示，用上述测得的物理量计算金属丝的电阻率的表示式为= _ .(全部用上述字母表示)15. 为了测定干电池的电动势和内阻，现有下列器材：A.干电池一节B.电压表v1(0-15V，内阻约为15K) C.电压表v2(0-3V，内阻约为3K) D.电流表A1(0-3A，内阻约为2) E.电流表A2(0-0.6A，内阻约为10) F.电流表G(满偏电流3mA，内阻Rg=10) G.变压器H.滑动变阻器(0-1000) I.滑动变阻器(0-20) J.开关、导线(1)用电流表和电压表测量干电池的电动势和内电阻，应选用的滑动变阻器是_ ，电流表_ ，电压表_ (用代号回答) (2)根据实验要求，用笔画线代替导线在实物图甲上连线(3)某次实验记录如下：组别123456电流I/A0.120.200.310.320.500.57电压U/V1.371.321.241.181.101.05根据表中数据在坐标图乙上画出U-I图线，由图可求得E= _ V，r= _ . (4)用你设计的电路做实验，测得的电动势与电池电动势的真实值相比_ (填“偏大”“偏小”或“相等”)四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）16. 如图所示，y轴上A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里.有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0沿着x轴正方向射入磁场区域，并从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向之间的夹角为60.求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)电子在磁场中运动的时间17.如图甲所示，足够长的“U”型金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L=1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m=0.1kg，空间存在磁感应强度B=0.5T，竖直向下的匀强磁场.连接在导轨两端的电阻R=3.0，金属杆的电阻r=1.0，其余部分电阻不计.某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v-t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数=0.5.在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3：5.g取10m/s2.求：(1)水平恒力F的大小；(2)求前2s内金属杆P运动的位移大小x1；(3)前4s内电阻R上产生的热量18.质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为+e的正电子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动.求：(1)粒子射出加速器时的速度v为多少？(2)速度选择器的电压U2为多少？(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？19.如图所示，一质量为m、电量为+q、重力不计的带电粒子，从A板的S点由静止开始释放，经A、B加速电场加速后，穿过中间偏转电场，再进入右侧匀强磁场区域.已知AB间的电压为U，MN极板间的电压为2U，MN两板间的距离和板长均为L，磁场垂直纸面向里、磁感应强度为B、有理想边界.求：(1)带电粒子离开B板时速度v0的大小；(2)带电粒子离开偏转电场时速度v的大小与方向；(3)要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度d多大？答案和解析【答案】1. D2. D3. A4. C5. D6. B7. C8. C9. A10. B11. ABC12. BD13. 1.998；1.094；75；10014. A1；V2；R1；Ud24IL15. I；E；C；1.45；0.75；偏小16. 解：(1)过B点作电子出射速度方向的垂线交y轴于C点，则C点为电子在磁场中运动轨迹的圆心，画出电子的运动轨迹由几何知识得ACB=60 设电子在磁场中运动的轨迹半径为R，则R-L=Rsin30，得：R=2L 又由洛伦兹力提供向心力，得：ev0B=mv02R 则得：B=mv02eL；(2)由几何知识ACB=60 则粒子在磁场中飞行时间为t=3602Rv0 将R=2L代入得：t=2L3v0；答：(1)磁场的磁感应强度大小为mv02eL；(2)电子在磁场中运动的时间为2L3v017. 解：(1)由图乙可知金属杆P先作加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动当t=2s时，v=4m/s，此时感应电动势 E=Blv 感应电流I=ER+r 安培力 根据牛顿运动定律有 解得F=0.75N (2)通过金属杆P的电荷量 q=It=ER+rt 其中E.=t=BLxt 所以q=BLxR+rx(x为P的位移) 设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内P的位移为x2 则1=BLx1 2=BLx=BLvt 由于q1：q2=3：5 联立解得x2=8m，x1=4.8m. (3)前4s内由能量守恒得F(x1+x2)=12mv2+mg(x1+x2)+Qr+QR 其中Qr：QR=r：R=1：3 解得：QR=1.8J答：(1)水平恒力F的大小为0.75N；(2)前2s内金属杆P运动的位移大小x1为4.8m；(3)前4s内电阻R上产生的热量为1.8J. 18. 解：(1)粒子经加速电场U1加速，获得速度为v，由动能定理可知：eU1=12mv2 解得v=2U1em (2)在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得：eE=evB1 即U2de=evB1 解得：U2=B1dv=B1d2U1em (3)在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，qvB2=mv2R 解得：R=mveB2=1B22U1me 答：(1)粒子射出加速器时的速度v为2U1em；(2)速度选择器的电压B1d2U1em；(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径为1B22U1me19. 解：(1) 带电粒子在加速电场中，由动能定理得：qU=12mv02 得带电粒子离开B板的速度：v0=2qUm (2) 粒子进入偏转电场后，有：t=Lv0 电场强度，E=2UL 电场力，F=qE 由牛顿第二定律，a=Fm 速度，vy=at 解得：vy=2qUm 所以带电粒子离开偏转电场时速度v的大小22qUm，方向与水平方向成45(3)根据洛伦兹力提供向心力，则有Bqv=mv2R，解得：R=mBq2qUm=2BmUq 由于与水平方向成45入射，所以磁场的宽度为，d=22R=222BmUq=2BmUq 答：(1)带电粒子离开B板时速度v0的大小2qUm；(2)带电粒子离开偏转电场时速度v的大小22qUm，与方向与水平方向成45；(3)要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度2BmUq.第7页，共7页