2020年高中物理(人教选修3-1)课时作业：配套全册结束综合检测卷.docx

综合检测卷
(时间：90分钟，满分100分)
一、单项选择题(共5小题，每小题4分，共20分)
1．物理学的进展是很多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是(　　)
A．安培通过试验发觉了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系
B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了出名的洛伦兹力公式
C．库仑在前人工作的基础上通过试验争辩确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律——库仑定律
D．安培不仅提出了电场的概念，而且接受了画电场线这个简洁的方法描述电场
答案　C
解析　奥斯特将通电导体放在小磁针上方时，小磁针发生了偏转，说明通电导体四周存在磁场，奥斯特是第一个发觉了电与磁之间的联系的物理学家，故A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了洛伦兹力公式，故B错误；真空中两个点电荷间存在相互的作用．库仑利用扭秤装置，争辩出两个静止点电荷间的相互作用规律：点电荷间的相互作用力跟两个点电荷的电荷量有关，跟它们之间的距离有关，这个规律就是库仑定律，故C正确；19世纪30年月，法拉第提出电荷四周存在一种场，并且是最早提出用电场线描述电场的物理学家，故D错误．所以选C.
2.如图1所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势凹凸的比较，正确的是(　　)

图1
A．EA＝EC>EB；φA＝φC>φB
B．EB>EA>EC；φA＝φC>φB
C．EA<EB，EA<EC；φA>φB，φA>φC
D．由于零电势点未规定，所以无法推断电势的凹凸
答案　B
解析　电场线分布如图所示，电场线在B处最密集，在C处最稀疏，故EB>EA>EC，中垂线为等势线，φA＝φC；沿电场线方向电势降低，φA>φB.综上所述，选项B正确．
3.如图2所示，B是一个螺线管，C是与螺线管相连接的金属线圈，在B的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环A，A的环面水平且与螺线管的横截面平行．若仅在金属线圈C所处的空间加上与C环面垂直的变化磁场，发觉在t1至t2时间段内金属圆环的面积有缩小的趋势，则金属线圈C处所加磁场的磁感应强度随时间变化的B－t图象可能是(　　)

图2

答案　D
解析　金属环A的面积有缩小的趋势，说明B产生的磁场在增加，即B中的电流在增大，C中产生的感应电动势在增大，故D正确．
4.如图3所示，金属板M、N水平放置，相距为d，其左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直纸面对里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当变阻器的滑动触头在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器滑片向A点滑动过程中(　　)

图3
A．粒子在M、N间运动过程中，动能确定不变
B．粒子在M、N间运动过程中，动能确定减小
C．粒子在M、N间仍做直线运动
D．粒子可能沿M板的右边缘飞出
答案　B
解析　滑动触头在中点时，粒子恰能做直线运动，此时M、N间为一速度选择器模型．当滑动触头滑向A点时，M、N间电压减小，电场力变小，粒子向下偏，所以粒子在其间运动时电场力做负功，动能减小，B选项正确．由于粒子向下偏，所以不行能从M板的右边缘飞出．
5.如图4所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，假如这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们确定具有相同的(　　)

图4
①速度　②质量　③电荷量　④比荷
A．①② B．①③ C．①④ D．②④
答案　C
解析　离子束在区域Ⅰ中不偏转，确定有qE＝qvB1，v＝，①正确．进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝知，因v、B2相同，所以只能是比荷相同，故④正确，故选C.
6.如图5所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是(　　)

图5
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有缩小的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将减小
答案　C
解析　若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中的电流增大，依据楞次定律，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a的磁通量变大，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将变大，选项C正确，D错误．
二、不定项选择题(共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
7．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则(　　)
A．电动机消耗的总功率为UI
B．电动机消耗的热功率为
C．电源的输出功率为EI
D．电源的效率为1－
答案　AD
解析　电动机消耗的总功率为UI，选项A正确；电动机消耗的热功率为I2R，选项B错误；电源的总功率为EI，电源的输出功率为EI－I2r，所以电源的效率为1－，选项C错误，D正确．
8.如图6所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知(　　)

图6
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C．带电质点通过P点时的动能较Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大
答案　ABD
解析　由于质点只受电场力作用，依据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功状况推断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．
电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a的电势最高，c的电势最低，A正确．
依据质点受力状况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的电势能大于Q点的电势能，P点的动能小于Q点的动能，B正确，C错误．
等势线密的地方电场线密，电场强度大，由题图可知P点场强大于Q点场强，由牛顿其次定律可知，带电质点通过P点时的加速度较Q点大，D正确．故选A、B、D.
9.在如图7所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内电阻，R1、R2为可变电阻．在下列叙述的操作中，可以使灯泡L的亮度变暗的是(　　)

图7
A．仅使R1的阻值增大
B．仅使R1的阻值减小
C．仅使R2的阻值增大
D．仅使R2的阻值减小
答案　AD
解析　由“串反并同”可知要使灯泡变暗，则要求与其串联(包括间接串联)的器件阻值增大或与其并联(包括间接并联)的器件阻值减小，故A、D正确，B、C错误．
10.如图8所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN和PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开头沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，如棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，ab棒速度的大小为v，则金属棒ab在这一过程中(　　)

图8
A．运动的平均速度大小为v/2
B．下滑位移的大小为qR/BL
C．产生的焦耳热为qBLv
D．机械能转化为内能
答案　BD
三、试验题(本题共2小题，共16分)
11.(8分)如图9所示为J0411多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调整的部件．某同学在试验室中用它测量一阻值约为1 kΩ～3 kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：

图9
(1)调整可调部件________，使电表指针指向________．
(2)调整可调部件B，使它的尖端指向__________位置．
(3)将红、黑表笔分别插入正、负插孔中，两笔尖相互接触，调整可动部件________________，使电表指针指向欧姆零刻度位置．
(4)将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．
(5)换测另一阻值为20 kΩ～25 kΩ的电阻时，应调整B，使它的尖端指向“×1 k”的位置，此时还必需重复步骤____________，才能进行测量，若电表读数如图所示，则该待测电阻的阻值是____________．
答案　(1)A　左边零刻度处　(2)“×100”的倍率挡
(3)C　(5)(3)　22 kΩ
12．(8分)如图10甲为某同学描绘额定电压为3.8 V的小灯泡伏安特性曲线的试验电路图．
(1)依据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的试验电路连接完整；
(2)开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应当置于________端(选填“A”、“B”或“AB中间”)；

图10
(3)试验中测出8组对应的数据(见下表)：
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
0
0.20
0.50
1.00
1.50
2.00
3.00
3.80
I/A
0
0.08
0.13
0.18
0.21
0.24
0.29
0.33
则测得小灯泡的额定功率为________ W．请在图11给出的坐标中，描点作出I—U图线．由图可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻________(选填“增大”、“减小”或“不变”)．

图11
答案　(1)如图所示

(2)A　(3)1.254　增大

三、计算题(共4小题，共44分．)
13．(8分)如图12所示，电源的电动势是6 V，内阻是0.5 Ω，小电动机M的线圈电阻为0.5 Ω，限流电阻R0为3 Ω，若抱负电压表的示数为3 V，试求：

图12
(1)电源的功率和电源的输出功率；
(2)电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率．
答案　(1)6 W　5.5 W　(2)2.5 W　2 W
解析　(1)I＝IR0＝＝1 A；电源的功率PE＝IE＝6 W；内电路消耗的功率Pr＝I2r＝0.5 W；
电源的输出功率P出＝PE－Pr＝5.5 W.
(2)电动机分压UM＝E－Ir－UR0＝2.5 V；电动机消耗的功率PM＝IUM＝2.5 W；热功率P热＝I2rM＝0.5 W；电动机输出的机械功率P机＝PM－P热＝2 W.
14. (10分)如图13所示，光滑的平行导轨间距为L，倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中其余电阻不计，将质量为m、电阻为R的导体棒由静止释放，求：

图13
(1)释放瞬间导体棒所受安培力的大小和方向；
(2)导体棒在释放瞬间的加速度．
答案　(1)　水平向右　(2)gsin θ－
解析　(1)导体棒中电流I＝ ①
导体棒所受安培力F＝BIL ②
由①②得 F＝
依据左手定则，安培力方向水平向右
(2)由牛顿其次定律得：mgsin θ－Fcos θ＝ma
解得：a＝gsin θ－
15. (12分)如图14所示，光滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，磁场方向垂直于导轨平面对外，导体棒ab在导轨上的长度L＝0.2 m(与导轨宽度相同)，电阻R＝1.0 Ω.导轨电阻不计，当导体棒紧贴导轨匀速下滑时，均标有“6 V　3 W”字样的两小灯泡恰好正常发光，求：

图14
(1)通过导体棒ab的电流的大小和方向．
(2)导体棒ab的运动速度．
答案　(1)1 A　方向由b→a　(2)70 m/s　方向向下
解析　(1)每个小灯泡中的电流为I1＝ ＝0.5 A，则导体棒ab中的电流为I＝2I1＝1 A．方向为b→a.
(2)导体棒ab产生的感应电动势
E＝U1＋IR＝(6＋1×1.0)V＝7 V
由E＝BLv，知导体棒ab的运动速度v＝＝70 m/s，方向向下．
16. (14分)如图15所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面对里的匀强磁场．现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)从坐标原点O以速度大小v0射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成30°角．当粒子第一次进入电场后，运动到电场中P点处时，方向与x轴正方向相同，P点坐标为[(2＋1)L，L]．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图15
(1)粒子运动到P点时速度的大小v；
(2)匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B；
(3)粒子从O点运动到P点所用的时间t.
答案　(1)v0　(2)　　(3)
解析　(1)粒子运动轨迹如图所示，OQ段为圆弧，QP段为抛物线，粒子在Q点时的速度大小为v0 ，依据对称性可知，方向与x轴正方向成30°角，可得：
v＝v0cos 30°
解得：v＝v0
(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得
－qEL＝mv2－mv
解得E＝
水平方向的位移为xQP＝v0t1
竖直方向的位移为y＝v0sin 30°t1＝L
可得xQP＝2L，OQ＝xOP－xQP＝L
由OQ＝2Rsin 30°，故粒子在OQ段圆周运动的半径R＝L
qv0B＝m
解得B＝
(3)粒子从O点运动到Q点所用的时间为
t1＝×＝
设粒子从Q到P所用时间为t2，在竖直方向上有t2＝＝
则粒子从O点运动到P点所用的时间为t＝t1＋t2＝