2024高中物理綜合評估含解析新人教版選修3-1

PAGEPAGE9綜合評估限時：90分鐘總分：100分一、選擇題(1～7為單選題，每小題5分，8～10為多選題，每小題5分，共50分)1．我們做電學試驗時常常用到電阻箱，關于電阻箱內的電阻是由什么材料制成的，以下揣測可能正確的是(D)A．純銀B．純銅C．石墨D．某些金屬的合金2．關于帶電粒子(不計重力)在勻強電場中的運動狀況，下列說法正確的是(A)A．肯定是勻變速運動 B．不行能做勻減速運動C．肯定做曲線運動 D．可能做勻變速直線運動，不行能做勻變速曲線運動解析：帶電粒子在勻強電場中受到的電場力恒定不變，可能做勻變速直線運動，也可能做勻變速曲線運動，故選A.3．兩根完全相同的金屬裸導線，假如將其中一根勻稱拉長到原來的2倍，而將另一根對折絞合起來，然后把它們并聯(lián)接入電路中，電路導通，下列說法錯誤的是(A)A．二者電阻大小之比為4∶1B．二者電阻大小之比為16∶1C．二者電壓相同D．二者電流大小之比為1∶16解析：設原來的電阻為R，其中的一根勻稱拉長到原來的2倍，橫截面積變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，依據(jù)電阻定律，電阻R1＝4R，另一根對折后絞合起來，長度減小為原來的一半，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?倍，依據(jù)電阻定律，電阻R2＝eq\f(1,4)R，則兩電阻之比為16∶1，故A錯誤，B正確；兩電阻并聯(lián)，電壓相同，二者電流大小之比為1∶16，故C正確，D正確．4．圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相等的電流，方向如圖所示．一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是(B)A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：依據(jù)題意，由右手螺旋定則，則有b與d導線電流產生磁場正好相互抵消，而a與c導線產生磁場正好相互疊加，由右手螺旋定則，則得磁場方向水平向左，當一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，依據(jù)左手定則可知，它所受洛倫茲力的方向向下．故B正確，A、C、D錯誤．4題圖5題圖6題圖5．在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內電阻為r，閉合開關S，待電流達到穩(wěn)定后，電流表示數(shù)為I，電壓表示數(shù)為U，電容器C所帶電荷量為Q，將滑動變阻器的滑動觸頭P從圖示位置向a端移動一些，待電流達到穩(wěn)定后，則與P移動前相比(B)A．U變小 B．I變小C．Q不變 D．Q減小解析：當電流穩(wěn)定時，電容器可視為斷路，當P向左滑時，滑動變阻器連入電路的阻值R增大，依據(jù)閉合電路歐姆定律得，電路中的電流I＝eq\f(E,R＋R2＋r)減小，電壓表的示數(shù)U＝E－I(R2＋r)增大，A錯、B對；對于電容器，電荷量Q＝CU增大，C、D均錯．6．靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大?。鐖D所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計．起先時開關S閉合，靜電計指針張開肯定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列實行的措施可行的是(A)A．斷開開關S后，將A、B兩極板分開些B．保持開關S閉合，將A、B兩極板分開些C．保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近些D．保持開關S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動解析：要使靜電計的指針張開角度增大些，必需使靜電計金屬球和外殼之間的電勢差增大，斷開開關S后，將A、B兩極板分開些，電容器的帶電量不變，電容減小，電勢差增大，A正確；保持開關S閉合，將A、B兩極板分開或靠近些，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，B、C錯誤；保持開關S閉合，將滑動變阻器滑動觸頭向右或向左移動，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，D錯誤．7.三個α粒子在同一地點沿同一方向飛入偏轉電場，出現(xiàn)了如圖所示的軌跡，由此可以推斷下列不正確的是(B)A．在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上B．b和c同時飛離電場C．進電場時c的速度最大，a的速度最小D．動能的增加值c最小，a和b一樣大解析：三個α粒子沿電場線方向的運動規(guī)律完全一樣，側向位移相同的粒子它們的飛行時間、電場力做的功都一樣，側向位移小的粒子飛行時間短、電場力做的功小．8．如圖是某一點電荷的電場線分布圖，下列表述正確的是(BD)A．a點的電勢高于b點的電勢B．該點電荷帶負電C．a點和b點電場強度的方向相同D．a點的電場強度大于b點的電場強度解析：A.依據(jù)電場線與等勢線垂直，在b點所在電場線上找到與a點電勢相等的，依據(jù)沿電場線電勢降低，a點電勢低于b點電勢，故A錯誤．B.該點電荷帶負電，故B正確．C.由題圖可看出a點和b點電場強度的方向不相同，故C錯誤．D.電場線越密的地方電場強度越大，a點的電場強度大于b點的電場強度，故D正確．8題圖9題圖10題圖9．如圖所示，連接兩平行金屬板的導線的一部分CD與一有電源回路的一部分GH平行且均在紙面內，金屬板置于磁場中，磁場方向垂直于紙面對里，當一束等離子體射入兩金屬板之間時，CD段導線受到力F的作用．則(AD)A．若等離子體從右方射入，F(xiàn)向左B．若等離子體從右方射入，F(xiàn)向右C．若等離子體從左方射入，F(xiàn)向左D．若等離子體從左方射入，F(xiàn)向右解析：等離子體指的是整體顯電中性，內部含有等量的正、負電荷的氣態(tài)離子群體．當?shù)入x子體從右方射入時，正、負離子在洛倫茲力作用下將分別向下、向上偏轉，使上極板的電勢低于下極板，從而在外電路形成由D流向C的電流，這一電流處在導線GH中電流所產生的磁場中，由左手定則可知，它所受安培力方向向左，所以A項對，B項錯，同理可分析得知C項錯，D項對．10．如圖所示，現(xiàn)有一帶正電的粒子能夠在正交的勻強電場和勻強磁場中勻速直線穿過．設產生勻強電場的兩極板間電壓為U，板間距離為d，勻強磁場的磁感應強度為B，粒子帶電荷量為q，進入速度為v(不計粒子的重力)．以下說法正確的是(AD)A．勻速穿過時粒子速度v與U、d、B間的關系為v＝eq\f(U,Bd)B．若只增大v，其他條件不變，則粒子仍能直線穿過C．若只增大U，其他條件不變，則粒子仍能直線穿過D．若保持兩板間電壓不變，只減小d，其他條件不變，粒子進入兩板間后將向下偏解析：粒子受到豎直向下的電場力和豎直向上的洛倫茲力作用，qvB＝qeq\f(U,d)，解得v＝eq\f(U,Bd)，A選項正確；增大v，洛倫茲力大于電場力，粒子向上偏轉，B選項錯誤；增大U，電場力大于洛倫茲力，粒子向下偏轉，C選項錯誤；保持兩板間電壓不變，只減小d，電場力大于洛倫茲力，粒子向下偏，D選項正確．二、試驗題(共16分)11．(6分)某同學利用如圖甲所示電路來測量一節(jié)干電池的電動勢和內電阻，試驗時共記錄5組伏特表和安培表的示數(shù)(電表均可視為志向電表)，并繪得如圖乙所示的U－I圖線．(1)由圖線可知該干電池的電動勢E＝1.45V；(2)當滑動變阻器接入電路的電阻為0.75Ω時，變阻器上的電功率最大，最大值為0.70W．(結果保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)由圖示電源U－I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是1.45，則電源電動勢：E＝1.45V，電源內阻：r＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1.45－1.0,0.6)Ω＝0.75Ω；(2)當內阻等于外阻時，輸出功率最大，即R＝r＝0.75Ω時，最大功率P＝eq\f(E2,4r)＝eq\f(1.452,4×0.75)W≈0.70W.12．(4分)在“測定金屬絲電阻率”的試驗中須要測出其長度L、直徑d和電阻R.(1)用螺旋測微器測金屬絲直徑時讀數(shù)如下圖甲，則金屬絲的直徑為0.697(0.696,0.698也對)mm.(2)若用圖乙測金屬絲的電阻，則測量結果將比真實值偏?。?填“偏大”或“偏小”)(3)用電壓表和電流表測金屬絲的電壓和電流時讀數(shù)如下圖所示，則電壓表的讀數(shù)為2.60V，電流表的讀數(shù)為0.520A.解析：(1)螺旋測微器的讀數(shù)為(0＋0.5＋0.01×19.7)mm＝0.697mm(0.696mm,0.698mm也對)．(2)圖乙中電流表采納外接法，故測量值偏?。?3)電壓表精度為0.1V，其讀數(shù)為2.60V；電流表精度為0.02A，其讀數(shù)應為0.520A.13．(6分)在測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻的試驗中，備有下列器材：A．待測干電池(電動勢約為1.5V，內阻小于1.0Ω)B．電流表G(滿偏電流Ig＝3mA，內阻Rg＝10Ω)C．電流表A(0～0.6A，內阻0.1Ω)D．滑動變阻器R1(0～20Ω，10A)E．滑動變阻器R2(0～200Ω，1A)F．定值電阻R0(990Ω)G．開關和導線若干(1)某同學發(fā)覺上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了圖甲中的a、b兩個參考試驗電路．其中合理的是圖b所示的電路；在該電路中，為了操作便利且能較精確的進行測量，滑動變阻器應選D(填寫器材的字母代號)．(2)圖乙為該同學依據(jù)(1)中選出的合理試驗電路，利用測出的數(shù)據(jù)繪出的I1－I2圖線(I1為電流表G的示數(shù)，I2為電流表A的示數(shù))，則由圖線可得被測電池的電動勢E＝1.48(1.47～1.49均正確)V，內阻r＝0.8(0.78～0.82均正確)Ω.解析：(1)電路a中電流表A和定值電阻R0組成的電壓表量程為0.6×990.1V≈594V，而電源電動勢僅約為1.5V，所以電路a不合理，電路b合理，電源的內阻較小，又滑動變阻器采納限流式變更電路，所以用滑動變阻器R1變更電路較為便利．(2)依據(jù)試驗原理可知電流表G的讀數(shù)乘以(10＋990)Ω，即為電路的路端電壓，所以圖線在縱軸上的截距乘以(10＋990)Ω，可得電源電動勢E＝1.48×10－3×1000V＝1.48V；從圖線上取兩點得電池的內阻r＝eq\f(1.45－1.25×10－3×1000,0.3－0.05)Ω＝0.8Ω.三、計算題(共34分)14.(8分)如圖所示，電源的電動勢是6V，內阻是0.5Ω，小電動機M的線圈電阻為0.5Ω，限流電阻R0為3Ω，若志向電壓表的示數(shù)為3V，試求：(1)電源的功率和電源的輸出功率；(2)電動機消耗的功率和電動機輸出的機械功率．答案：(1)6W5.5W(2)2.5W2W解析：(1)I＝IR0＝eq\f(UR0,R0)＝1A；電源的功率PE＝IE＝6W；內電路消耗的功率Pr＝I2r＝0.5W；電源的輸出功率P出＝PE－Pr＝5.5W.(2)電動機分壓UM＝E－Ir－UR0＝2.5V；電動機消耗的功率PM＝IUM＝2.5W；熱功率P熱＝I2rM＝0.5W；電動機輸出的機械功率P機＝PM－P熱＝2W.15．(8分)如圖所示，粗糙程度勻稱的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度v1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2(v2<v1)．若小物體電荷量保持不變，OM＝ON，求小物體上升的最大高度．答案：eq\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),4g)解析：因為OM＝ON，M、N兩點位于同一等勢面上，所以從M到N過程中電場力對小物體先做正功再做負功，其代數(shù)和為零．設物體上升的最大高度為h，摩擦力做功為W，在上升過程中由動能定理得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，下滑過程中由動能定理得mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯(lián)立求解得物體上升的最大高度為h＝eq\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),4g).16．(8分)如圖所示，電源電動勢E0＝15V，內阻r0＝1Ω，電阻R1＝30Ω，R2＝60Ω.間距d＝0.2m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面對里、磁感應強度B＝1T的勻強磁場．閉合開關S，板間電場視為勻強電場，將一帶正電的小球以初速度v＝0.1m/s沿兩板間中線水平射入板間．設滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽視空氣對小球的作用，取g＝10m/s2.(1)當Rx＝29Ω時，電阻R2消耗的電功率是多大？(2)若小球進入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為60°，則Rx是多少？答案：(1)0.6W(2)54Ω解析：設R1和R2的并聯(lián)電阻為R，有R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)①R2兩端的電壓：U＝eq\f(E0R,r0＋R＋Rx)②R2消耗的電功率為：P＝eq\f(U2,R2)③(1)當Rx＝29Ω時，聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得：P＝0.6W．④(2)設小球質量為m，電荷量為q，小球做勻速圓周運動時，有：qE＝mg⑤E＝eq\f(U,d)⑥設小球做圓周運動的半徑為r，有qvB＝mv2/r⑦由幾何關系有：r＝d⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得：Rx＝54Ω.17．(10分)如圖所示，在虛線所示寬度范圍內，用場強為E的勻強電場可使初速度是v0的某種正離子偏轉θ角．在同樣寬度范圍內，若改用方向垂直紙面對外的勻強磁場，使該離子穿過該區(qū)域，并使偏轉角也為θ，(不計離子的重力)求：(1)勻強磁場的磁感應強度是