优化方案高中物理 综合质量评估知能优化训练 教科版选修31.docx

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优化方案高中物理综合质量评估知能优化训练教科版选修31

（时间：

90分钟，满分：

100分）

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）

1．下列关于电场强度的描述，正确的是（　　）

A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上各点的场强都相同

B．正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大

C．取走电场中某点的试探电荷之后，该点的场强变为0

D．电场线越密的地方，电场强度越大

解析：

选D.电场强度是描述电场性质的物理量，所以场强由电场本身的性质决定，与有没有试探电荷无关，并且场强是矢量，有方向，方向不同场强也不同，我们用电场线的疏密描述场强的强弱，方向描述电场方向，电场线的方向不能描述场强大小．

2．若带正电荷的小球只受到静电力作用，则它在任意一段时间内（　　）

A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动

B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动

C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动

D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动

解析：

选D.带正电荷的小球只受静电力的作用而运动，不一定沿电场线运动，若由静止开始运动，它一定由高电势处向低电势处运动，但若初速度不为零，则运动情况由初速度方向和静电力方向决定，可能由高电势处向低电势处运动，也可能由低电势处向高电势处运动，因此只有D正确．

3.（2020年广州高二检测）一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间变化的图像如图1所示，此图像的斜率可表示为（　　）

图1

A．U　　　　　　　　　　B．R

C.

D.

解析：

选C.此图线的斜率表示电流，即I＝

，又由欧姆定律有I＝

，则选项C正确．

4．（2020年高考大纲全国卷）通常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是（　　）

A．闪电电流的瞬时值可达到1×105A

B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W

C．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/m

D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J

解析：

选AC.由I＝

＝

A＝1×105A知，A对．由E＝

＝

V/m＝1×106V/m知，C对；由W＝qU＝6×1.0×109J＝6×109J知，D错；

＝

＝

W＝3×1010W，B错．

5.在如图2所示的电路中，当开关S断开时，螺线管中小磁针的N极的指向如图所示，则当开关S闭合后，小磁针静止时，N极的指向为（　　）

图2

A．垂直纸面向里

B．垂直纸面向外

C．水平向右

D．水平向左

解析：

选D.S闭合后，螺线管中电流方向从右侧到左侧，据右手螺旋定则可以确定螺线管内部磁场方向水平向左，故小磁针静止时N极指向左方，D正确．

6．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是（　　）

A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用

B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现

C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功

D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行

解析：

选B.导线与磁场平行时不受安培力，A错．洛伦兹力始终与速度方向垂直，始终不做功，C错．通电导线在磁场中受到的安培力方向始终与磁场垂直，D错．

7.在如图3所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，R1两端电压为U1；将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比（　　）

图3

A．U变小B．I变小

C．Q减小D．U1减小

解析：

选BCD.P向a端移动，则滑动变阻器接入电路阻值增大，总电阻增大，故总电流减小，电压表示数应增大，故A错，B对；变阻器两端电压增大，故电容器两端电压增大，由Q＝CU知Q增大，C正确；而R1两端电压U1＝I·R1，U1减小，D对．

8.如图4所示，一个电子以100eV的初动能从A点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B点离开电场时，其运动方向与电场线成150°角，则A与B两点间的电势差为（　　）

图4

A．300V

B．－300V

C．－100V

D．100/3V

解析：

选B.电子做类平抛运动，在B点，由速度分解可知vB＝

＝2vA，所以EkB＝4EkA＝400eV，由动能定理得UAB（－e）＝EkB－EkA，所以UAB＝－300V，B对．

9.如图5所示电路，其中L为“4V　8W”的用电器，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，R为滑动变阻器，则（　　）

图5

A．要使用电器正常工作，电源额定功率不得少于12W

B．要使变阻器安全工作，其额定电流不得少于2A

C．变阻器滑片在左端时，L恰好正常工作

D．变阻器滑片在右端时，L恰好正常工作

解析：

选ABC.由公式P＝UI，I＝2A时用电器正常工作，此时电源功率P＝EI＝12W，故A、B正确．由U内＝Ir＝2V．故只有滑动变阻器电阻为零时用电器L才正常工作，故C正确．

10.如图6所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时力，使其由静止开始运动，则滑环在绝缘杆上的运动情况可能是（　　）

图6

A．始终做匀速运动

B．始终做减速运动，最后静止于杆上

C．先做加速运动，最后做匀速运动

D．先做减速运动，最后做匀速运动

解析：

选ABD.由左手定则可判断滑环受到向上的洛伦兹力．如果开始时qvB＝mg，滑环不受摩擦力将做匀速运动；如果开始时qvB＞mg时，滑环受到摩擦力作用，随着速度v的减小，洛伦兹力也减小，当减小到qvB＝mg时，滑环以后做匀速运动；如果开始时qvB＜mg，滑环由于受到摩擦力作用，做减速运动，当速度减到0时，静止于绝缘杆上．

二、填空题（本题共2小题，共16分．把答案填在题中的横线上）

11．（6分）如图7所示，A、B、C、D是匀强电场中的一个正方形的四个顶点．已知A、B、C三点电势分别为φA＝15V，φB＝3V，φC＝－3V，则由此可得D点电势φD＝________.

图7

解析：

如图所示，连接AC，则UAC＝18V，将AC三等分，AE＝EF＝FC，则E、F点的电势分别为φE＝9V、φF＝3V，F点与B点等势，作出等势线如图中所示．则D点电势φD＝9V.

答案：

9V

12．（10分）（2020年广东东莞高二检测）在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l.用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx.

（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：

ρ＝________（用上述测量量的字母表示）．

（2）若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图8所示，则金属丝长度的测量值为l＝________cm，金属丝直径的测量值为d＝________mm.

图8

（3）如图9，要用伏安法测量Rx的电阻，已知电压表内阻约几千欧，电流表内阻约1Ω，若用图甲电路，Rx的测量值比真实值________（填“偏大”或“偏小”），若Rx的阻值约为10Ω，应采用________（填“甲”或“乙”）图的电路，误差会较小．

图9

解析：

（1）由Rx＝ρ

与S＝

πd2得ρ＝

.

（2）由刻度尺读得，l＝36.50cm（36.48～36.52都正确），螺旋测微器读得d＝0.797mm（0.796～0.799都正确）．

（3）题图甲电路中电流表的读数是流过Rx与电压表的电流之和，即测得的电流值偏大，由欧姆定律R＝

知，测得的电阻偏小，由于Rx＝10Ω，远小于电压表内阻，故应用电流表外接法，因此用甲图．

答案：

（1）

（2）36.50（36.48～36.52）　0.797（0.796～0.799）

（3）偏小　甲

三、计算题（本题共4小题，共44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，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13．（10分）如图10所示，一个质量为m、带电荷量为－q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向．小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦力F作用，且F＜qE.设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程x.

图10

解析：

由题意知，带电体小物体停止运动时它的电势能减少了qEx0，动能减少了

mv

，由于碰撞时不损失机械能，因而小物体克服摩擦力所做的功等于所减少的动能和电势能之和．

所以Fx＝qEx0＋

mv

，

所以x＝

.

答案：

14．（10分）如图11所示的电路中，电源电动势E＝24V，内阻不计，电容C＝12μF，R1＝10Ω，R3＝60Ω，R4＝20Ω，R5＝40Ω，电流表G的示数为零，此时电容器所带电荷量Q＝7.2×10－5C．求电阻R2的阻值．

图11

解析：

电容器两端电压UC＝

＝6V，

＝

，所以U4＝8V，

若U1＝6V＋8V＝14V，则

＝

，

所以R2＝7.14Ω.

若U′1＝8V－6V＝2V，则

＝

，

所以R2＝110Ω.

答案：

110Ω或7.14Ω

15．（10分）如图12所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，其质量为m、带电荷量为＋q，小球可在棒上滑动，将此棒竖直放在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E，磁感应强度是B，小球与棒的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下落具有最大加速度时的速度和所能达到的最大速度．

图12

解析：

小球向下运动时，洛伦兹力水平向右，电场力向左，当此二力平衡时，小球的加速度最大，设此时速度为v，则

qvB＝qE，故v＝

.

小球达到最大速度vm时，mg＝μN.

其中N＝qvmB－qE

所以mg＝μ（qvmB－qE）

vm＝

＋

.

答案：

＋

16．（14分）如图13所示，AB间存在方向与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E1，BC间存在竖直向上的匀强电场E2，AB间距为0.2m，BC间距为0.1m，C为荧光屏．质量m＝1.0×10－3kg，电荷量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏的O点．若在BC间再加方向垂直纸面向外、大小B＝1.0T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点（未画出）．取g＝10m/s2，求：

图13

（1）E1的大小．

（2）加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．

解析：

（1）粒子在AB间做匀加速直线运动，受力如图所示，

qE1cos45°＝mg

E1＝

＝

V/m＝1.4V/m.

（2）由动能定理得：

qE1sin45°·dAB＝

mv

vb＝

＝

＝2m/s

加磁场前粒子在BC间作匀速直线运动则有qE2＝mg

加磁场后粒子作匀速圆周运动，轨迹如图．

由洛伦兹力提供向心力得

qvbB＝

，R＝

＝0.2m

设偏转距离为y，由几何关系得：

R2＝d

＋（R－y）2

解得y＝2.7×10－2m

W＝－qE2·y＝－mgy＝－2.7×10－4J

即电势能变化了2.7×10－4J.

答案：

（1）1.4V/m　

（2）2.7×10－4J