高考物理一轮复习配套单元检测第八章 模块知识整合与综合检测(选修3-1)

高考物理一轮复习配套单元检测第八章 模块知识整合与综合检测(选修3-1)

‎[迁移应用——能力大提升]‎ 一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意)‎ ‎1．如图1所示 ，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，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，据此可知下列判断错误的是(　　)‎ 图1‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 解析：由轨迹的弯曲情况，电场力应指向曲线凹侧，且与等势面垂直(电场线垂直该处等势面)，由于正电荷的受力方向与场强方向一致，故可画出电场线方向，如图所示。顺着电场线方向电势降低，故A项对。如果由P到Q，速度或位移与力的方向夹角小于90°做正功，电势能减小，动能增大；反之，如果由Q到P，速度或位移与力的方向夹角大于90°做负功，电势能增大，动能减小，故B项对，C项错。P处等势面比Q处密，等势面密处场强大，电荷在P点受的电场力大， 加速度就大，故D对。‎ 答案：C ‎2. A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球。两块金属板接在如图2所示的电路中。电路中的R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S。此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定。则以下说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大 B．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则I增大，U增大 C．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ角变大 D．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变 解析：由电路图知滑动变阻器R2与电容器串联后与光敏电阻并联，在稳定的状态下无电流通过R2，故滑动R2的滑片对电路无影响，A错误。当用更强的光照射R1时，R1的阻值减小，外电路的总电阻减小，则电路中的电流增大，内电压增大，路端电压减小，B错误。由于R3为定值电阻，故电流增大时其两端电压增大，从而R1两端电压即电容器两端电压减小，板间电场减弱，小球所受电场力减小，由小球受力及平衡条件知其重新平衡时θ角减小，C错误。由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir知＝－r是一定值，D正确。‎ 答案：D ‎3.一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图3中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是(　　)‎ 图3‎ A．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高 B．如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低 C．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大 D．如果实线是等势面，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大 解析：由于在曲线运动中合外力方向总是指向运动轨迹的内侧，可知电子所受电场力的方向指向轨迹的右下方。当实线是电场线时，电场力方向水平向右，由于电子带负电，则电场线方向向左，而沿电场线方向电势是降低的，即a点电势低于b点电势，又因为负电荷在电势越高处电势能越小，故电子在a点的电势能大，A错误C正确。若实线是等势面时，电场线与其垂直只能沿竖直方向，即电子所受电场力的方向一定是竖直向下的，同理可判定此时a点电势高，电子在a点的电势能小，B、D皆错误。‎ 答案：C ‎4.如图4所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ。整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中，金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止。则(　　)‎ 图4‎ A．磁场方向竖直向上 B．磁场方向竖直向下 C．ab受安培力的方向平行导轨向上 D．ab受安培力的方向平行导轨向下 解析：安培力的方向总是既垂直于电流方向也垂直于磁场方向，由题意可知，金属杆要静止于光滑导轨上，所受安培力的方向必水平向右，C、D错误。再由左手定则可判定磁场方向应为竖直向上，A正确B错误。‎ 答案：A ‎5．在如图5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5‎ ‎①仅使R1的阻值增大 ‎②仅使R1的阻值减小 ‎③仅使R2的阻值增大 ‎④仅使R2的阻值减小 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③‎ 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①、④正确②、③错误。‎ 答案：D ‎6．如图6是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离。取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即(该比值越大则灵敏度越高)，则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度 ‎(　　)‎ 图6‎ A．增大U1　　　　　　　 B．增大U2‎ C．减小L D．减小d 解析：由y＝·()2＝＝可以看出，灵敏度＝与U2无关，增大L或减小U1、d时可提高灵敏度，D正确。‎ 答案：D ‎7．电荷量为q＝1×10－‎4C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图7所示。若重力加速度g取‎10 m/s2，则物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别是(　　)‎ 图7‎ A．m＝‎1 kg，μ＝0.2　　 B．m＝‎1.5 kg，μ＝0.13‎ C．m＝‎0.5 kg，μ＝0.2 D．m＝‎0.5 kg，μ＝0.4‎ 解析：由题图乙可知，在前2 s内物体的加速度a＝‎1 m/s2，后2 s内物体处于平衡状态，再结合两图并利用牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，qE2＝μmg，利用图中的数据可解得m＝‎1 kg，μ＝0.2，A正确。‎ 答案：A ‎8.有两根长直导线a、b互相平行放置，如图8所示为垂直于导线的截面图。在图示的平面内，O点为两根导线连线ab的中点，M、N为ab的中垂线上的两点，它们与a、b的距离相等。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流，已知直线电流产生的磁场在某点的磁感应强度 B的大小跟该点到通电导线的距离r成反比。则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是(　　)‎ 图8‎ A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．若在N点放一小磁针，静止时其北极沿ON指向O点 解析：直线电流产生的磁场的磁感线是以导线为圆心的同心圆，由此可知直线电流a在M点处产生的磁场方向垂直于aM向下，在N点处产生的磁场方向垂直于aN向上；直线电流b在M点处产生的磁场方向垂直于bM向下，在N点处产生的磁场方向垂直于bN向上，又由于两导线中电流大小相同，故它们在M、N两点处产生的磁场大小都相等，再由场的叠加可得M点处磁场方向垂直于MN向下，N点处磁场方向垂直于MN向上，且大小相等，A错误，B正确。在MN的中点O，两电流产生的磁场等值反向，O点磁场为零，C错误。放在磁场中的小磁针静止时N极指向所在处磁场的方向，由上述分析可知其应指向与MN垂直向上的方向，D错误。‎ 答案：B ‎9.如图9所示，回旋加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感应强度为B，用来加速质量为m、电荷量为q的质子，质子从下半盒的质子源由静止出发，加速到最大能量E后，由A孔射出。则下列说法错误的是(　　)‎ 图9‎ A．回旋加速器不能无限加速粒子 B．增大交变电压U，则质子在加速器中运行时间将变短 C．回旋加速器所加交变电压的频率为 D．下半盒内部质子的轨道半径之比(由内到外)为1∶∶ 解析：回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期必须等于所加交变电压的周期，而粒子被加速到速度足够大时必须考虑相对论效应，即粒子的速度越大时质量越大，而粒子在磁场中运动周期与质量有关：T＝ ‎，这样就不能保证粒子运动的周期等于加速电压的周期了，A正确。增大加速电压时，粒子每次被加速时获得的能量增大，粒子在磁场中回旋半径的增加变快，粒子在电场中被加速的次数减少，在磁场中回旋的圈数减少，运动时间减少，B正确。当粒子从加速器射出时，其轨道半径等于D形盒的半径，由＝m、E＝mvm2、f＝＝可得f＝，C正确。由Bqvm＝m、mvk2＝kqU可得Rk＝ ∝，而在下半盒内粒子被加速的次数k依次是2、4、6…，故轨道半径之比应是1∶∶…，D错误。‎ 答案：D 二、实验题(本题共2小题，共24分，把答案填在题中横线上或按要求做答)‎ ‎10．(11分)用下列器材，测定小灯泡的额定功率。‎ A．待测小灯泡：额定电压6 V，额定功率约为5 W；‎ B．电流表：量程‎1.0 A，内阻约为0.5 Ω；‎ C．电压表：量程3 V，内阻5 kΩ；‎ D．滑动变阻器R：最大阻值为20 Ω，额定电流‎1 A；‎ E．电源：电动势10 V，内阻很小；‎ F．定值电阻R0(阻值10 kΩ)；‎ G．开关一个，导线若干。‎ 要求：(1)实验中，电流表应采用________接法(填“内”或“外”)；滑动变阻器应采用________接法(填“分压”或“限流”)。‎ ‎(2)在方框中画出实验原理电路图。‎ ‎(3)实验中，电压表的示数调为________V时，即可测定小灯泡的额定功率。‎ 解析：(1)小灯泡的额定电流为I＝＝ A，正常发光时的电阻为R＝＝7.2 Ω，由于电压表量程小于小灯泡的额定电压，实验时需先与定值电阻串联以扩程，则有R<＝ Ω＝ Ω，故测量电路采用电流表外接法。由于采用限流式接法时可使小灯泡获得的最低电压为Umin＝≈2.7 V，满足小灯泡正常发光时的要求，故控制电路可以采用限流式，当然也可以使用分压式。‎ ‎(2)电路如图所示 ‎(3)由于定值电阻的阻值等于电压表内阻的二倍，则电压表两端电压等于总电压的三分之一。‎ 答案：(1)外　限流(分压也可)　(2)见解析 ‎(3)2‎ 三、计算题(本题共2小题，共32分，解答案应写出必要的文字说明、方程和演算步聚，有数值计算的要注明单位)‎ ‎11．(14分)如图10甲所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，长为L，两板加电压后板间可视为匀强电场，图乙表示一周期性变化的交变电压。t＝0时，将图乙中交变电压加在A、B两板上，此时恰好有一质量为m、电荷量为q的粒子在两板中央沿平行两板中线以速度v0射入电场。若此粒子离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，求：‎ 图10‎ ‎(1)A、B两板上所加交变电压的频率应满足的条件；‎ ‎(2)该交变电压U0的取值范围(忽略粒子的重力)‎ 解析：(1)由于粒子水平方向匀速运动，故穿过两板时间为t＝。离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，则竖直速度分量为零，则它在电场中运动时间必为交变电压周期的整数倍，即t＝nT(n＝1,2,3，…)。交变电压的频率应为f＝＝(n＝1,2,3，…)。‎ ‎(2)一个周期内，粒子的侧向位移为 y＝2×a()2＝()2＝·()2‎ 欲刚好不打在板上且水平射出，必须≥ny 所以得U0≤(n＝1,2,3，…)。‎ 答案：(1)f＝(n＝1,2,3，…)‎ ‎(2)U0≤(n＝1,2,3，…)‎ ‎12．(18分)如图11所示，两端开口、内壁光滑绝缘直管质量为M，中央有绝缘隔板，放在光滑水平面上。中央隔板两侧有带等量正负电荷小球A、B，质量均为m，带电量均为q。处在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，不计二者间库仑力。现给系统垂直直管的水平初速度v0，设以后运动过程中小球始终在管内。 求：‎ 图11‎ ‎ (1)小球的最大速度vm；‎ ‎(2)小球向右离开初位置的最远距离xm；‎ ‎(3)两球相距的最远距离ym。‎ 解析：对系统，不考虑内弹力作用，两带电小球受到磁场的洛伦兹力。设两小球垂直管向速度为vx，沿管向速度为vy。在沿管方向上，受到的洛伦兹力分力为qBvx，两球在管内反向运动vy；分别受到垂直管向的洛伦兹力qBvy，使管系统向右减速，速度一直减到零。两球沿管向速度由0增到最大vm，此时管向右运动到最远处。以后，小球受向左的洛伦兹力qBvm系统返回，做周期性往复运动。‎ ‎(1)对系统，两球从初位置向右运动到最远时，两球速度最大vm，管速度减为零，仅内弹力做功(洛伦兹力不做功)，系统机械能守恒，有：‎ (M＋‎2m)v02＝2mvm2，vm＝v0。‎ ‎(2)两球从初位置向右运动到最远过程中，对一个球，沿管方向上，受到的洛伦兹力分力的平均值大小为qBx，依动量定理有qBxt1＝mvm。‎ 根据对称性知，小球离开初位置的最远距离 xm＝xt1＝＝ 。‎ ‎(3)两球从初位置向右运动到最远过程中，对系统，在垂直管方向上，弹力是系统内力，外力是两球垂直管向的洛伦兹力分力，其平均值大小为qBy根据系统的动量定理，有：‎ ‎－2qByt1＝(M＋‎2m)0－(M＋‎2m)v0‎ 根据对称性知，两球相距最远距离 ym＝4yt1＝。‎ 答案：(1)v0 ‎(2) ‎(3)