期末测试卷
(时间：90分钟 满分：100分) 第Ⅰ卷(选择题，共50分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确的选项前的符号填在括号内)
1．如图所示，环中电流方向由左向右，且I1＝I2，则圆环中心O处的磁场是( )
A．最大，垂直穿出纸面 B．最大，垂直穿入纸面 C．为零 D．无法确定
解析 根据安培定则分析可知，I1和I2在圆环中心形成的磁感应强度大小相等，方向相反，即圆心处的磁感应强度的矢量和为零，C选项正确．
答案 C 2.
1
新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略
在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.00 A和24.0 V．则这台电动机正常运转时输出功率为( )
A．32 W C．47 W
B．44 W D．48 W
解析 当电动机停止转动时，电动机可视为纯电阻，由欧姆定律可知电动机的电阻r＝
2.0
Ω＝4 Ω.当正常转动后，P入＝24×2 W＝0.5
48 W，P出＝P入－Pr＝48 W－2.02×4 W＝32 W.
答案 A
3．在场强大小为E的匀强电场中，质量为m、带电量为＋q的物体以某一初速度沿电场反向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m.物体运动S距离时速度变为零，则该物体( )
A．克服电场力做功qES B．电势能减少了0.8qES C．电势能增加了qES D．动能减少了0.8qES
解析 正电荷逆着电场力运动，电场力做负功，电场力大小为qE，运动距离为S，故A选项正确；电场力做负功，电势能增加，
2
新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 故B选项错误，C选项正确；由动能定理可知物体受到外力作用大小为0.8qE，克服外力做功0.8qES，动能减少了0.8qES，故D选项正确．
答案 ACD 4.
如图所示，a、b是位于真空中的平行金属板，a板带正电，b板带负电，板间场强为E，两板间的空间中加匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B.一束电子以大小为v0的速度从左边沿图中虚线方向射入，虚线平行于a、b板，要想电子沿虚线运动，则v0、E、B之间的关系应满足( )
EA．v0＝B C．v0＝
EB
BB．v0＝E D．v0＝
BE
解析 电子在复合场中受电场力和洛伦兹力平衡，从而做匀速直E
线运动，由qE＝qv0B，可知v0＝B，故A正确．
答案 A 5.
3
新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略
一电子经加速电场加速后，垂直射入一匀强磁场区域，如图所示，电子从磁场边界射出时的偏角θ随加速电压U和磁感应强度B的变化关系为( )
A．U增大时θ增大 B．U增大时θ减小 C．B增大时θ增大 D．B增大时θ减小 解析
12
由动能定理得qU＝mv，离开磁场时偏角为θ，如右图所示，
2设磁场的宽度为L，由L＝Rsinθ，得R＝
L
，电子在磁场中的轨道sinθ
mvqB2L22
半径R＝qB，联立以上各式得sinθ＝，当U增大时，sin2θ减
2mU
4
新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 小，θ减小；当B增大时，sin2θ增大，θ增大．
答案 BC
6．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是( )
A．电压表读数增大 C．电流表读数减小
B．电压表读数减小 D．电流表读数增大
解析 当变阻器的触头由中点向b端滑动时，外电路的电阻增大，路端电压升高，电压表示数增大，A选项正确；总电流减小，R1两端电压减小，所以R2两端电压升高，电流表读数变大，D选项正确．
答案 AD 7.
(2011·浙江)利用如图所示装置可以选择一定范围内的带电粒
5
新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
qB3d＋L
B．射出粒子的最大速度为 2m
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查学生应用数学知识处理问题的能力和分析问题的能力．由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A错误；根据洛伦兹力提供向心力mv2qBr
qvB＝r，可得v＝m，r越大，v越大，由图可知r最大值为rmax3d＋LL＝，选项B正确；又r最小值为rmin＝，将r的最大值和最小
223qBd值代入v的表达式后得出速度之差为Δv＝，可见选项C正确，
2mD错误．
答案 BC 8.
6
新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略
如图所示，一个不带电的导体球A放在带负电的可以看作是点电荷的导体B附近，达到静电平衡后，则有( )
A．导体球A左端的电势高于右端的电势 B．导体球A左端的电势等于右端的电势 C．当导体球A接地后，导体球A的电势将降低 D．当导体球A接地后，导体球A的电势将升高
解析 A处于B的电场中，受静电感应，达到静电平衡，A是等势体，故B选项正确；A处于负电荷B的电场中，电势为负值，接地后A的电势为零，导体球A的电势将升高，故B、D选项正确．
答案 BD 9.
如图所示是测定两个电源电动势和内阻实验中得到的电流和路端电压图线，则应有( )
A．当I1＝I2，电源总功率P1＝P2
7
新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略
B．当I1＝I2，外电阻R1＝R2
C．当U1＝U2时，电源输出功率P出1 由闭合电路欧姆定律I＝可知，当I1＝I2时，内外电阻之和相等， R＋r由于r1>r2，故R1 如图所示，摆球带负电的单摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆动过程中，从A点摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F1，摆球加速度大小为a1；从B点摆到最低点C时，摆线拉力的大小为F2，摆球的加速度大小为a2，则( ) A．F1>F2，a1＝a2 C．F1>F2，a1>a2 8 B．F1 解析 带电摆球在磁场和重力场组成的复合场中摆动，在此过程中绳的拉力和洛伦兹力与速度方向垂直，始终不做功，只有重力做功，机械能守恒，从A→B或B→A，经过C点时速度大小相等，向心加v2 速度a＝r，故a1＝a2.在C点向心力由重力，绳的拉力，洛伦兹力共mv2 同提供，当由A→B经C点时，F向＝F1＋F洛－mg＝r，当由B→Amv2 经C点时，F向＝F2－F洛－mg＝r，所以F1 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共20分) 11．(10分)在物理兴趣小组活动中，一同学利用下列器材设计并完成了“探究导体阻值与长度的关系”的实验． 电压表量程3 V 内阻约为900 Ω 电压表量程10 V 内阻约为3 kΩ 电流表量程60 mA 内阻约为5 Ω 电源E1 电动势1.5 V 内阻约为0.2 Ω 电源E2 电动势4.5 V 内阻约为0.4 Ω 滑动变阻器(最大阻值为10 Ω)、粗细均匀的同种电阻丝、开关、导线和刻度尺 9 新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 其主要实验步骤如下： A．选取图中器材，按示意图连接电路 B．用伏安法测定电阻丝的阻值R C．用刻度尺测出电阻丝的长度L D．依次减小电阻丝的长度，保持电路其他部分不变，重复步骤B、C E．处理数据，根据下列测量结果，找出电阻丝阻值与长度的关系 L(m) R(Ω) 0.9956 104.8 0.8049 85.3 0.5981 65.2 0.4021 46.6 0.1958 27.1 为使实验尽可能准确，请你对上述步骤中画线处加以改进． (1)______________________________________________； (2)______________________________________________． 解析 由于所选电压表的量程为3 V，所以应改用电动势为4.5 V的电源E2，因被测电阻的阻值发生变化，为了减小实验误差，应根据实验情况，重新确定电流表的内外接法再测电阻． 答案 (1)电源改选E2 (2)判断电流表的内外接法，作出相应调整 12．(10分)某同学采用如图①所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5 V，内阻约2 Ω，电压表(0～3 V,3 kΩ)，电流表(0～0.6 A，1.0 Ω)，滑动变阻器有R1(10 Ω，2 A)和R2(100 Ω，0.1 A)各一只． 10 新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 (1)实验中滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”)． (2)在图②中用笔画线代替导线连接实验电路． (3)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图③所示的U－I图象，由图可较准确地求出电源电动势E＝________ V；内阻r＝________Ω. E1.5 解析 (1)电路中最大电流I＝r＝ A＝0.75 A．R2的额定电 2流小于0.75 A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器用R1. (2)如图所示 11 新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 (3)将图线延长，交于纵轴，则纵截距即为电动势 E＝1.48 V(1.47～1.49 V均正确)． r＝ ΔU ，可得r＝1.79 Ω(1.78 Ω～1.90 Ω均正确)． ΔI 答案 (1)R1 (2)见解析图 (3)1.48(1.47～1.49均正确) 1.79(1.78～1.90均正确) 三、计算题(本题共3小题，共30分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤) 13．(8分)轻直导线杆ab沿垂直于轨道方向放在水平平行的光滑轨道上，ab杆所在区域充满竖直向下的匀强磁场，如图所示，磁感应强度B＝0.2 T，轨道间距为10 cm，当给ab杆施加一个大小为0.04 N，方向水平向左的力时，ab杆恰好静止不动，已知电源内阻r＝1 Ω，电阻R＝8 Ω，ab杆电阻为4 Ω，导轨电阻不计，求电源电动势． 解析 设外电压为U，则由题意可得 12 新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 U BRL＝F， ab FRab0.04×4U＝BL＝ V＝8 V. 0.2×0.1通过电源的总电流 I＝ 8UU ＝RR＝ A＝3 A. R外8×4abR＋Rab8＋4 由闭合电路的欧姆定律，得 E＝U＋Ir＝8 V＋3×1 V＝11 V. 答案 11 V 14．(10分)如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0沿偏转电场的中心线射入，极板间距为d，极板长为l，偏转电场所加电压为U，射出后打在距极板右端L远处的竖直荧光屏上，求打在荧光屏上的亮斑距荧光屏中心(荧光屏中心与偏转电场两极板的中心线在同一水平直线上)的距离y′. 解析 带电粒子射出电场时的偏转量为 1qUl2qUl2y＝md()＝2. 2v02mdv0 粒子由电场射出后，沿直线做匀速运动，运动的方向就是其射出时的速度方向．射出时沿速度方向的反方向延长线交于极板中心，如 13 新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 1L＋ly′2 图所示，由相似三角形关系有y＝l. 2 1L＋l 21qlU 得y′＝ly＝2(L＋l)． mv0d22答案 15. 1qUl(L＋l) 2mv0d2 (12分)如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量＋q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x 14 新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d.接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场．不计重力影响．若OC与x轴的夹角为φ，求： (1)粒子在磁场中运动速度的大小； (2)匀强电场的场强大小． 解析 (1)如图所示，质点在磁场中的轨迹为一圆弧．由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上．依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O′.由几何关系知，AO′垂直于OO′，O′是圆弧的圆心．设圆弧的半径为R，则有 R＝dsinφ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 v2 qvB＝mR.② qBd 将①式代入②式得v＝msinφ.③ (2)质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有 15 新课标版·物理·选修3-1 高中同步学习方略 v0＝vcosφ，④ vsinφ＝at，⑤ d＝v0t.⑥ v2sinφcosφ 联立④⑤⑥得a＝.⑦ d 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE＝ma⑧ qB2d3 联立③⑦⑧得E＝msinφcosφ. qBd 答案 (1)msinφ qB2d3 (2)msinφcosφ 16 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容