模塊滾動練(選修3-1)

高三單元滾動檢測卷·物理考生注意：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁．2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填寫在相應(yīng)位置上．3．本次考試時間90分鐘，滿分100分．4．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．模塊滾動練(選修3－1)第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．下列敘述符合物理學(xué)史實的是()A．焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)，定量得出了電能和內(nèi)能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系B．法拉第提出了分子電流假說，解釋了磁鐵的磁場和電流的磁場在本質(zhì)上是相同的C．庫侖最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場D．奧斯特對電磁感應(yīng)現(xiàn)象的研究，將人類帶入了電氣化時代2．如圖1所示，平行板電容器與恒壓電源連接，電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場，若僅使電容器上極板上移，設(shè)電容器極板上所帶電荷量為Q，電子穿出平行板時在垂直于板面方向偏移的距離為y，以下說法正確的是()圖1A．Q減小，y不變 B．Q減小，y減小C．Q增大，y減小 D．Q增大，y增大3．如圖所示，實線表示電場線，虛線表示帶電粒子的運動軌跡，帶電粒子只受電場力的作用，運動過程中電勢能逐漸減少，它運動到b處時的運動方向與受力方向可能的是()4．如圖2所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.若將M處長直導(dǎo)線移至P處，則O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,那么B2與B1之比為()圖2A.eq\r(3)∶1 B.eq\r(3)∶2C．1∶1 D．1∶25．如圖3所示，電源內(nèi)阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想電表，當(dāng)滑動變阻器R的滑片從a端滑到b端過程中()圖3A．V的示數(shù)先增大后減小，A示數(shù)增大B．V的示數(shù)先增大后減小，A示數(shù)減小C．V的示數(shù)先減小后增大，A示數(shù)增大D．V的示數(shù)先減小后增大，A示數(shù)減小6．如圖4所示，一個靜止的質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(重力忽略不計)，經(jīng)加速電壓U加速后，由O點垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，粒子打到P點，OP＝x，能正確反映x與U之間關(guān)系的是()圖4A．x與U成正比 B．x與U成反比C．x與eq\r(U)成正比 D．x與eq\r(U)成反比7．如圖5，在粗糙的絕緣水平面上，彼此靠近地放置兩個帶正電荷的小物塊(動摩擦因數(shù)相同)．由靜止釋放后，向相反方向運動，圖5最終都靜止．在小物塊運動的過程中，下列表述正確的是()A．物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力B．物塊之間的庫侖力都做正功，作用在質(zhì)量較小物塊上的庫侖力做功多一些C．因摩擦力始終做負(fù)功，故兩物塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直減少D．整個過程中，物塊受到的庫侖力做的功等于電勢能的減少8.如圖6所示，在豎直平面內(nèi)，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半徑為r的圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為－Q.現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m、電荷量為－q的點電荷由靜止釋放，該點電荷沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時的速度大小為4eq\r(gr).已知重力加速度為g.規(guī)定電場中B點的電勢為零，則在－Q形成的電場中()圖6A．D點的電勢為eq\f(7mgr,q)B．A點的電勢高于D點的電勢C．D點的電場強(qiáng)度大小是A點的2倍D．點電荷－q在D點具有的電勢能為7mgr9．在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，“Γ”型金屬導(dǎo)軌間距為0.5m，右段在水平面內(nèi)，左段豎直，如圖7所示．兩根質(zhì)量均為0.06kg的導(dǎo)體棒分別放在水平段和豎直段，并通過絕緣細(xì)線跨過定滑輪P相連，導(dǎo)軌水平段光滑，導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)軌豎直段間動摩擦因數(shù)為0.4.閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)兩導(dǎo)體棒靜止在導(dǎo)軌上，則下列各組磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和電流值能滿足要求的是(g取10m/s2)()圖7A．B＝0.5T，I＝2AB．B＝0.5T，I＝1AC．B＝1.0T，I＝1.5AD．B＝0.8T，I＝2.6A10．圖8甲是回旋加速器的原理示意圖．其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定)，并分別與高頻電壓相連．加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是()圖8A．在Ek－t圖象中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高頻電壓的變化周期應(yīng)該等于tn－tn－1C．粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能一定越大D．對于同種粒子，D形盒的半徑越大，粒子獲得的最大動能越大第Ⅱ卷(非選擇題，共60分)二、非選擇題(共60分)11．(8分)某實驗小組利用實驗室提供的器材探究一種合金絲的電阻率ρ，所用器材包括：A．待測合金絲ac：長度約1m，電阻約20Ω；B．電壓表：測量范圍0～5V，內(nèi)阻約50kΩ；C．電流表：測量范圍0～0.5A，內(nèi)阻約0.3Ω；D．滑動變阻器：電阻變化范圍0～10Ω；E．直流電源：電動勢約9V；F．螺旋測微器、米尺、開關(guān)，導(dǎo)線若干．(1)(多選)將合金絲ac拉直后固定在絕緣米尺上，其中a端點固定在米尺的0刻度上，c端點固定在米尺的另一端，并在合金絲上夾上一個可移動的小金屬夾，b是金屬夾與合金絲的接觸點．根據(jù)現(xiàn)有器材，圖9甲中實驗電路應(yīng)該選用的是________．圖9(2)用螺旋測微器測量合金絲的直徑D，示數(shù)如圖乙，則D＝________mm.(3)實驗的主要步驟如下：①正確連接電路，調(diào)節(jié)金屬夾的位置，將滑動變阻器滑片調(diào)到適當(dāng)位置，合上開關(guān)；②反復(fù)調(diào)節(jié)滑動變阻器，讓電流表的示數(shù)為I＝0.360A，讀出電壓表的示數(shù)U，同時記錄ab間合金絲對應(yīng)的長度L；③斷開開關(guān)，調(diào)節(jié)金屬夾的位置，合上開關(guān)，重復(fù)②的操作．(4)依據(jù)原理可知，U與L應(yīng)遵從的關(guān)系是U＝________.(用測得量和已知量的字母表示)(5)該小組依據(jù)測得的多組U與L的數(shù)據(jù)，作出了圖丙所示的U－L圖線，由圖可求得該合金絲的電阻率為ρ＝________Ω·m.(保留兩位有效數(shù)字)12．(8分)某同學(xué)要測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻．實驗室除提供開關(guān)S和導(dǎo)線外，有以下器材可供選擇：電壓表：V1(量程3V，內(nèi)阻RV1＝10kΩ)電壓表：V2(量程15V，內(nèi)阻RV2＝50kΩ)電流表：G(量程3mA，內(nèi)阻Rg＝100Ω)電流表：A(量程3A，內(nèi)阻約為0.5Ω)滑動變阻器：R1(阻值范圍0～10Ω，額定電流2A)R2(阻值范圍0～1000Ω，額定電流1A)定值電阻：R3＝0.5Ω，R4＝10Ω(1)為了能準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，同時為了操作方便，實驗中電壓表應(yīng)選用________，滑動變阻器應(yīng)選用________(填寫器材的符號)．該同學(xué)發(fā)現(xiàn)所給的兩個電流表的量程均不符合要求，他將電流表G進(jìn)行改裝，電流表G應(yīng)與定值電阻________并聯(lián)，改裝后的電流表對應(yīng)的量程是________A.(2)在虛線框中，畫出該同學(xué)實驗連線時依據(jù)的實驗原理圖．eq\x()(3)電流表G改裝后其表盤沒有來得及重新刻度，該同學(xué)利用上述實驗原理測得數(shù)據(jù)，以電流表G的讀數(shù)為橫坐標(biāo)，以電壓表V的讀數(shù)為縱坐標(biāo)繪出了如圖10所示的圖線，根據(jù)圖線可求出電源的電動勢E＝________V(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)，電源的內(nèi)阻r＝________Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．圖1013．(14分)如圖11所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45°.有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力．若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P視為質(zhì)點)．一段時間后，小球落在斜面上的C點．已知小球的運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求：圖11(1)小球P落到斜面時速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時間t；(2)小球P從拋出到落回斜面的位移x的大?。?4.(14分)如圖12所示，MN、PQ是平行金屬板，板長為L，兩板間距離為eq\f(L,2)，PQ板帶正電，MN板帶負(fù)電，在PQ板的上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．一個電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子以速度v0，從MN板邊緣沿平行于板的方向射入兩板間，結(jié)果粒子恰好從PQ板左邊緣飛進(jìn)磁場，然后又恰好從PQ板的右邊緣飛進(jìn)電場．不計粒子重力．求：圖12(1)兩金屬板間所加電場的場強(qiáng)大??；(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?5．(16分)如圖13所示，在xOy平面內(nèi)y軸與MN邊界之間有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，y軸左側(cè)和MN邊界右側(cè)的空間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等的勻強(qiáng)磁場，MN邊界與y軸平行且間距保持不變．一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸負(fù)方向射入磁場，每次經(jīng)過磁場的時間均為t0，粒子重力不計．圖13(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；(2)若t＝5t0時粒子回到原點O，求電場區(qū)域的寬度d和此時的電場強(qiáng)度E0；(3)若帶電粒子能夠回到原點O，則電場強(qiáng)度E應(yīng)滿足什么條件？答案解析1．A[安培提出分子電流假說，選項B錯誤；法拉第最早引入電場概念，并提出用電場線表示電場，選項C錯誤；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，選項D錯誤．]2．B3．D[由于帶電粒子只受電場力的作用，而且運動過程中電勢能逐漸減少，可判斷電場力做正功，即電場力與粒子速度方向的夾角為銳角，且兩者在軌跡兩側(cè)，綜上所述，可判斷只有D項正確．]4．B[如圖所示，當(dāng)通有電流的長直導(dǎo)線在M、N兩處時，根據(jù)安培定則可知，二者在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小都為eq\f(B1,2)；當(dāng)將M處長直導(dǎo)線移到P處時，兩直導(dǎo)線在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小也為eq\f(B1,2).作平行四邊形，由圖中的幾何關(guān)系可得cos30°＝eq\f(\f(B2,2),\f(B1,2))＝eq\f(B2,B1)＝eq\f(\r(3),2)，故選項B正確，選項A、C、D錯誤．]5．A[當(dāng)滑片從a端滑到中點時，變阻器左右并聯(lián)的電阻增大，分擔(dān)的電壓增大，變阻器右邊電阻減小，電流增大，則通過電流表的電流增大．外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，路端電壓增大，則電壓表的示數(shù)增大；當(dāng)滑片從中點滑到b端時，變阻器左右并聯(lián)的電阻減小，分擔(dān)的電壓減小，外電路總電阻減小，干路電流增大，而通過變阻器左側(cè)的電流減小，則通過電流表的電流增大．電源的內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，則電壓表的示數(shù)減?。訴的示數(shù)先增大后減小，A示數(shù)一直增大．]6．C[由x＝2R＝eq\f(2mv,qB)，qU＝eq\f(1,2)mv2，可得x與eq\r(U)成正比，選項C正確．]7．BD[開始時庫侖力大于摩擦力，兩物塊做加速運動，隨著距離的增大，庫侖力減小，即物塊做加速度減小的加速運動，當(dāng)庫侖力小于摩擦力時開始做減速運動直至停下，所以A錯誤；兩物塊受庫侖力大小相等，且一直做正功，質(zhì)量小的物塊受滑動摩擦力小，運動的位移較大，故庫侖力做功較多，所以B正確；整個過程庫侖力做正功，摩擦力做負(fù)功，加速過程機(jī)械能增大，減速過程機(jī)械能減小，根據(jù)動能定理知，整個過程庫侖力做正功等于克服摩擦力做的功等于電勢能的減少，所以C錯誤，D正確．]8．AC[由題意可知，A、B到C的距離相等，則A、B的電勢相等．沿著電場線的方向，電勢降低，而電場線會聚于負(fù)電荷，則A點的電勢低于D點電勢，－q電荷從A到D運動，根據(jù)動能定理，則有：mgr＋W電＝eq\f(1,2)m(4eq\r(gr))2－0，解得電場力做功：W電＝7mgr；規(guī)定電場中B點的電勢為零，A點的電勢也為零，因由A到D點電場力做正功，則電勢能減小，因此點電荷－q在D點的電勢能為EpD＝－7mgr；D點的電勢為φD＝eq\f(EpD,－q)＝eq\f(7mgr,q)，故A正確，B、D錯誤．由幾何關(guān)系得，D到C的距離與A到C的距離之比為eq\r(2)∶1，根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)，電場強(qiáng)度的大小與間距的平方成反比，則有D點電場強(qiáng)度大小是A點的2倍，故C正確．]9．AC[要使兩導(dǎo)體棒靜止在軌道上，則ab、cd受力平衡，ab所受安培力水平向右，細(xì)線的拉力水平向左，大小FT＝F安＝BIl；cd所受四個力如圖所示，其中靜摩擦力的方向可能豎直向上也可能豎直向下，因此有FN＝BIl，F(xiàn)T±μFN－mg＝0，聯(lián)立解得BI＝eq\f(mg,l1±μ)，代入數(shù)據(jù)解得0.857T·A≤BI≤2T·A，四組選項中BI在此范圍內(nèi)的是A、C.]

10．AD[粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，與粒子的速度無關(guān)，粒子每次在D形盒內(nèi)運動半個周期的時間都相等，故A正確；由于粒子每次在D形盒中偏轉(zhuǎn)半個圓周后就要加速一次，高頻電壓就要反向一次，所以高頻電壓的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等，即T電＝T＝2(tn－tn－1)，故B錯誤；由nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)可知，U不變時，粒子獲得的最大動能與加速次數(shù)n、電荷量q都有關(guān)，故粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能不一定越大，故C錯誤；粒子獲得的最大動能可由最后半個圓周的偏轉(zhuǎn)求得，設(shè)D形盒的半徑為R，則R＝eq\f(mvm,qB)，所以最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)，對于同種粒子，R越大，Ekm越大，故D正確．]11．(1)AD(2)0.300(4)eq\f(4ρIL,πD2)(5)1.2×10－6解析(1)由題意可知，待測電阻阻值與滑動變阻器最大阻值相差不多，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用限流式與分壓式接法都可以．因Rac<eq\r(RARV)，電流表采用外接法，故選A、D.(2)螺旋測微器讀數(shù)為D＝30.0×0.01mm＝0.300mm.(4)對電阻絲，分別由歐姆定律和電阻定律得Rx＝eq\f(U,I)和Rx＝ρeq\f(L,\f(πD2,4))，聯(lián)立解得U＝eq\f(4ρIL,πD2).(5)由U－L圖線可得斜率k＝eq\f(4.2－1.8,0.4)V/m＝6V/m，該合金絲的電阻率ρ＝eq\f(kπD2,4I)≈1.2×10－6Ω·m.12．(1)V1R1R30.603(填0.6或0.60均可)(2)如圖所示(3)1.480.84(0.70～0.90之間)解析(1)一節(jié)干電池的電動勢約E＝3V，故電壓表應(yīng)選擇V1；為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選R1，它的阻值范圍是0～10Ω，電路中最小電流約為：Imin＝eq\f(E,R)＝eq\f(3,10)A＝0.3A；電流表A的量程是3A,0.3A不到該量程的三分之一，量程太大，因此不能用電流表A.為了擴(kuò)大電流表的量程，應(yīng)并聯(lián)一個小電阻，故應(yīng)與R3并聯(lián)．改裝后電流表量程：I＝Ig＋eq\f(IgRg,R3)＝0.003A＋eq\f(3×10－3×100,0.5)A＝0.603A.(2)由題意可知，電流表用表頭進(jìn)行改裝，電壓表并聯(lián)在電源兩端，原理圖如圖所示．(3)由上可知，改裝后電流表的量程是電流表G量程的200倍，圖象的縱截距b等于電源的電動勢，由圖讀出電源的電動勢為E＝1.48V.圖線的斜率大小k＝r，由數(shù)學(xué)知識得：k＝eq\f(1.48－1.06,2.5×200×10－3)＝0.84，則電源的內(nèi)阻為：r＝k＝0.84Ω.13．(1)45°eq\f(πE,2gB)(2)eq\f(\r(2)Ev0,gB)解析(1)小球P靜止時對斜面無壓力mg＝qE①P獲得水平初速度后做勻速圓周運動，由對稱性可得小球P落到斜面時其速度方向與斜面的夾角為45°②qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)③T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)④小球P由A到C所需的時間：t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πE,2gB)⑤(2)由③式可知，P做勻速圓周運動的半徑R＝eq\f(mv0,qB)⑥由幾何關(guān)系知x＝eq\r(2)R⑦聯(lián)立解得位移x＝eq\f(\r(2)Ev0,gB)14．(1)eq\f(mv\o\al(2,0),qL)(2)eq\f(2mv0,qL)解析(1)設(shè)帶電粒子在平行金屬板間運動時間為t，由類平拋運動可知L＝v0t，eq