【名師一號】2015年新課標版物理選修3-1教輔：期末測試卷資料

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1、新課標版?物理?選修3-1 高中同步學習方略 ’] 期末測試卷 第I卷（選擇題，共50分） 一、選擇題（本題共10小題，每小題5分，共50分.有的小題 只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確，把正確的選項前的符 號填在括號內） 1 .如圖所示，環(huán)中電流方向由左向右，且 Il = l2,則圓環(huán)中心 O處的磁場是（ ） A.最大，垂直穿出紙面 B.最大，垂直穿入紙面 C.為零 D.無法確定 解析 根據(jù)安培定則分析可知，Ii和I2在圓環(huán)中心形成的磁感應 強度大小相等、方向相反，即圓心處的磁感應強度的矢量和為零， C 選項正確. 答案 C 2.在研究微型電動機

2、的性能時，應用如圖所示的實驗電路.當 調節(jié)滑動變阻器 R并控制電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示 數(shù)分別 為0.50 A和2.0 V.重新調節(jié)R并使電動機恢復正常運轉，止匕時 電流表和電壓表的示數(shù)分別為 2.00 A和24.0 V.則這臺電動機正常 運轉時輸出功率為（ ） B. 44 W A. 32 W C. 47 W D . 48 W 解析 當電動機停止轉動時，電動機可視為純電阻，由歐姆定律， 一， , 一一，一一 2.0 , 一 可知電動機的電阻r = z-O Q=4 Q當正常轉動后，P入=24X2 W = 48 0.5 W, P出 = P 入一Pr=48 W- 2

3、.02X4 W=32 W 答案 A 3.在場強大小為E的勻強電場中，質量為 m、帶電量為+ q的 物體以某一初速度沿電場反向做勻減速直線運動，具加速度大小為 0.8qE/m.物體運動s距離時速度變?yōu)榱?，則該物體（ ） A.克服電場力做功qEs B.電勢能減少了 0.8qEs C.電勢能增加了 qEs D.動能減少了 0.8qEs 解析 正電荷逆著電場力運動，電場力做負功，電場力大小為 qE,運動距離為s,故A選項正確；電場力做負功，電勢能增加，故 B選項錯誤，C選項正確；由動能定理，可知物體受到外力作用大小 為0.8qE,克服外力做功0.8qEs,動能減少了 0.8qEs,故

4、D選項正 2 新課標版?物理?選修3-1 高中同步學習方略 新課標版?物理?選修3-1 答案 ACD 4. Ct Lz!z + + X X X X b 5 如圖所示，a、b是位于真空中的平行金屬板，a板帶正電，b板 帶負電，板間場強為E,兩板間的空間中加勻強磁場，磁場方向垂直 于紙面向里，磁感應強度為 B.一束電子以大小為V。的速度從左邊沿 圖中虛線方向射入，虛線平行于 a、b板，要想電子沿虛線運動，則 V。、E、B之間的關系應滿足（ ） B. D. B Vo= E Vo = 解析 電子在復合場中受電場力和洛倫茲

5、力平衡， 從而做勻速直 線運動，由qE = qvB,可知v0= E,故A正確. B 答案 A 5.  Fnu$ leBthm 一電子經(jīng)加速電場加速后，垂直射入一勻強磁場區(qū)域，如圖所示， 電子從磁場邊界射出時的偏角 0隨加速電壓U和磁感應強度B的變 化關系為（） A. U增大時0增大 B. U增大時0減小 C. B增大時0增大 D. B增大時0減小 解析 1 2 由動能定理，得qU = ]mv2,離開磁場時偏角為0,如右圖所不， 設磁場的寬度為L,由1 = 口5訪0,得R= A，電子在磁場中的軌道 sin 半徑口 =黑，聯(lián)立以上各式得sin2

6、 0= qBU，當U增大時，sin2 0減 小，8減?。划擝增大時，sin2 0增大，0增大. 答案 BC la Th 新課標版?物理?選修3-1 高中同步學習方略 | Fons TeKhen 6.電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻Ri、R2及滑動變阻 器R連接成如圖所示的電路.當滑動變阻器的觸頭由中點滑向 b端 A.電壓表讀數(shù)增大 B.電壓表讀數(shù)減小 C.電流表讀數(shù)減小 D.電流表讀數(shù)增大 解析 當變阻器的觸頭由中點向 b端滑動時，外電路的電阻增 大，路端電壓升高，電壓表示數(shù)增大, A選項正確；總電流減小，Ri 時，下列說法正確的是（ 7

7、 兩端電壓減小，所以 R2兩端電壓升高，電流表讀數(shù)變大，D選項正 確. 答案 AD 7. X X X X X I X X X : X : X 2d X X X X X X X X X X X X X X XBX X X X X X X X X X X X X X X 利用如圖所示裝置可以選擇一定范圍內的帶電粒子. 圖中板MN 上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有 兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L. 一群質量為m、電 荷量為q,具有不同速度的粒子從寬度為 2d的縫垂直于

8、板MN進入 磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是（ ） A.粒子帶正電 一 qB3d+L B.射出粒子的最大速度為 C.保持d和L不變，增大B,射出粒子的最大速度與最小速度 之差增大 D.保持d和B不變，增大L,射出粒子的最大速度與最小速度 之差增大 解析 本題考查帶電粒子在磁場中的運動，意在考查學生應用數(shù) 學知識處理問題的能力和分析問題的能力. 由左手定則和粒子的偏轉 情況可以判斷粒子帶負電，選項 A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力 2 qvB=~rr,可得v=qm，r越大，v越大，由圖可知r最大值為「max 3d+L L =—2 —，選項B正確；又

9、r最小值為rmin= 2＞將「的最大值和最 小值代入v的表達式后得出速度之差為加=需,可見選項c正確， 選項D錯誤. 答案 BC 8. 如圖所示，一個不帶電的導體球 A放在帶負電的可以看作是 點電荷的導體B附近，達到靜電平衡后，則有（ ） A.導體球A左端的電勢高于右端的電勢 B.導體球A左端的電勢等于右端的電勢 No.I新課標版?物理?選修3-1 高中同步學習方略? Fsiwb C.當導體球A接地后，導體球A的電勢將降低 D.當導體球A接地后，導體球A的電勢將升高 解析 A處于B的電場中，受靜電感應，達到靜電平衡，A是等 勢體，故B選項正確；A處于負

10、電荷B的電場中，電勢為負值，接 地后A的電勢為零，導體球 A的電勢將升高，故B、D選項正確. 答案 BD 9. 原U 「 0 T 如圖所示是測定兩個電源電動勢和內阻實驗中得到的電流和路 端電壓圖線，則應有（ ） A.當Ii = l2,電源總功率Pl = P2 B.當 Ii = l2,外電阻 Ri = R2 C.當Ui=U2時，電源輸出功率P出i「2,當Ii=l2時，電源總功率P=EI,即Pi = P2, A選項正確； 由閉

11、合電路歐姆定律I=-J可知，當Ii=l2時，內外電阻之和相等， R+r 由于門>「2,故RiIi, 8 新課標版?物理?選修3-1 高中同步學習方略 | 則P出1=UlIl

12、勻強磁場中擺動，勻強磁場 的方向垂直紙面向里，擺球在 AB間擺動過程中，從 A點擺到最低 點C時，擺線拉力的大小為F1,擺球加速度大小為 耳；從B點擺到 最低點C時，擺線拉力的大小為F2,擺球的加速度大小為22,則( ) 10 A. FPF2, a〔=a2 B. F1F2, a1>a2 D. F1

13、a1 = a2.在C點向心力由重力、繩的拉力、洛倫茲力共 同提供，當由A-B經(jīng)C點時，F(xiàn)向=F1+F洛一mg= ?，當由B-A ,所以Fi

14、 Q 電源E2 電動勢4.5 V 內阻約為0.4 Q （ A 1 絲 S—— 滑動變阻器（最大阻值為10 Q）、粗細均勻的同種電阻絲、開關、 導線和刻度尺 其主要實驗步驟如下： A.詵取圖中器材,按示意圖連接電路 B.用伏安法測定電阻絲的阻值 R C.用刻度尺測出電阻絲的長度 L D.依次減小電阻絲的長度，保持電路其他部分不變，的復步驟 B、C E.處理數(shù)據(jù)，根據(jù)下列測量結果，找出電阻絲阻值與長度的關 L(m) 0.995 6 0.804 9 0.598 1 0.402 1 0.195 8 R( Q) 104.8 85.3 6

15、5.2 46.6 27.1 為使實驗盡可能準確，請你對上述步驟中畫線處加以改進. ⑴ ⑵ 解析 由于所選電壓表的量程為3 V,所以應改用電動勢為4.5 V 的電源E2,因被測電阻的阻值發(fā)生變化，為了減小實驗誤差，應根 據(jù)實驗情況，重新確定電流表的內外接法再測電阻. 答案(1)電源改選E2 (2)判斷電流表的內外接法，作出相應調整 12.(10分)某同學采用如圖①所示的電路測定電源電動勢和內電 阻，已知干電池的電動勢約為 1.5 V,內阻約2 Q,電壓表(0?3 V,3 kQ),電流表(0?0.6 A, 1.0 Q),滑動變阻器有R1(10 Q, 2 A)和R2(10

16、0 Q, 0.1 A)各一只. ①  Tewhen 新課標版?物理?選修3-1 高中同步學習方略 | ⑴實驗中滑動變阻器應選用 (選填“曠或 飛”.) (2)在圖②中用筆畫線代替導線連接實驗電路. (3)在實驗中測得多組電壓和電流值，得到如圖③所示的 U-I圖 象，由圖可較準確地求出電源電動勢 E =V;內阻r = Q. E 15 解析 (1)電路中最大電流I=—= — A=0.75 A. R2的額定電 r 2 流小于0.75 A,同時R2阻值遠大于電源內阻r,不便于調節(jié)，所以變 阻器用Ri. (2)如圖所示 (3)將圖線延長，交于縱軸，則縱截距

17、即為電動勢 E = 1.48 V(1.47?1.49 V 均正確). △U . 「=不，可得 r=1.79 Q(1.78?1.90 Q均正確). ii 新課標版?物理?選修3-1 高中同步學習方略 | 答案（1）Ri （2）見解析圖 （3）1.48（1.47?1.49 均正確）1.79（1.78?1.90 均正確） 三、計算題（本題共3小題，共30分.解答時應寫出必要的文字 說明、方程式和重要的演算步驟） R XXX 14 13. （8分）輕直導線桿ab沿垂直于軌道方向放在水平平行的光滑 軌道上，ab桿所在區(qū)域充滿豎直向下的勻強

18、磁場，如圖所示，磁感 應強度B=0.2 T,軌道間距為10 cm,當給ab桿施加一個大小為0.04 N,方向水平向左的力時，ab桿恰好靜止不動，已知電源內阻r=1 Q, 電阻R = 8 Q, ab桿電阻為4 Q,導軌電阻不計，求電源電動勢. 解析設外電壓為U,則由題意，可得 U FRab 0.04X 4 BR；L = F, .17=02^ V = 8 V 通過電源的總電流1= U 8 RRab =8X4 A=3 A R+Rab 8 + 4 由閉合電路的歐姆定律，得 E=U + Ir =8 V+3X1 V=11 V 答案 11 V 14. （10分）如圖所示，質量為

19、m、帶電荷量為q的粒子，以初速 度V。沿偏轉電場的中心線射入，極板間距為 d,極板長為1,偏轉電 場所加電壓為U,射出后打在距極板右端 L遠處的豎直熒光屏上， 求打在熒光屏上的亮斑距熒光屏中心（熒光屏中心與偏轉電場兩極板 的中心線在同一水平直線上）的距離y . 解析帶電粒子射出電場時的偏轉量為 1qU y— 2md —2mdv0 粒子由電場射出后，沿直線做勻速運動，運動的方向就是其射出 時的速度方向.射出時沿速度方向的反方向延長線交于極板中心， 如 圖所示，由相似三角形關系，有 y L + 2l qlU 1 m^L+加

20、 1 L + 2l 得 y = -l- y= 2 Fnom Tewhen 新課標版?物理?選修3-1 高中同步學習方略 答案 mqU2ld（L+2i） 15. E ■ Ar (12分)如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場 的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線 OC之間有一勻強 磁場，磁感應強度的大小為B,方向垂直于紙面向外.有一質量為m, 帶有電荷量+ q的質點由電場左側平行于x軸射入電場.質點到達x 軸上A點時，速度方向與x軸的夾角為 九A點與原點。的距離為 d.接著，質點進入磁場，并垂直于 OC飛離磁場.不計重力影響.若 OC與x軸的夾角為0

21、,求： (1)粒子在磁場中運動速度的大小； (2)勻強電場的場強大小. 解析 15 新課標版?物理?選修3-1 高中同步學習方略 | Tewhen (1)如圖所示，質點在磁場中的軌跡為一圓弧.由于質點飛離磁 場時，速度垂直于OC,故圓弧的圓心在OC上.依題意，質點軌跡 與x軸的交點為A,過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC 交于O.由幾何關系知，AO 垂直于OO ,0是圓弧的圓心.設 圓弧的半徑為R,則有 R = dsin（|） 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，得 丫2 qvB = mg ② R 將①式代入②式，得丫=鬻5叫③ (2)質點在電場中的運動為類平拋運動.設質點射入電場的速度 為V0,在電場中的加速度為a,運動時間為t,則有 V0 = vcos（|/4） vsin（|）= at ⑤ d = vot@ 聯(lián)立④⑤⑥，得a = v2sin產(chǎn)6（7 設電場強度的大小為E,由牛頓第二定律得 qE = ma ⑤ 17 聯(lián)立③⑦⑧，得E = qB2d_. 3 , . sin Mos。 Fons TeKhm 答案⑴qmdsin qB2d 3 (2) m sin3 Mos