新课标高三物理寒假作业3《物理》选修31部分Word格式.docx

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A．电势能减少了mghB．电势能减少了mgh+qEh

C．小球的水平位移为

D．小球的水平位移为

4.（单选）如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其

图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是

A．该物块带负电

B．皮带轮的传动速度大小一定为lm／s

C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移

D．在2s～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动

5.（单选）首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是（　　）

安培

法拉第

奥斯特

特斯拉

6.（多选）如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中

A．小球的加速度一直减小

B．小球的机械能和电势能的总和保持不变

C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是

D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是

二、实验题（本题共2道小题）

7.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）.正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值越大，负责温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中.某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx（常温下阻值约为10.0Ω）的电流随其两端电压变化的特点，如题6图2乙所示.

A．电流表A1（量程100mA，内阻约1Ω）　　B．电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）

C．电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ） 

　D．电压表V2（量程15.0V，内阻约10kΩ）

E．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω） 

　F．滑动变阻器R′（最大阻值为500Ω）

G．电源E（电动势15V，内阻忽略） 

H．电键、导线若干

①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为电流表 

；

电压表 

滑动变阻器 

.（只需填写器材前面的字母即可）

②请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图.

③该小组测出热敏电阻R1的U—I图线如曲线I所示.请分析说明该热敏电阻是 

热敏电阻（填PTC或NTC）.

④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U—I图线如曲线II所示.然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成电路如图丙所示.测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为 

V，内阻为 

Ω.（结果均保留三位有效数字）

8.某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻。

他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示。

已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱。

该同学顺利完成了这个实验。

（1）实验步骤如下；

A．分别将R1和R2的阻值调至最大

B．合上开关S1

C．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数I1如图甲所示，则I1＝μA

D．合上开关S2

E．反复调节R1和R2的阻值，使G2的指针偏转到满刻度的一半，G1的示数仍为I1，此时电阻箱R2的示数r如图乙所示，则r＝Ω

（2）仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比_____（选填“偏大”“偏小”或“相等”）；

（3）若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS＝________。

（用I、I1、r表示）

三、计算题（本题共3道小题）

9.如图所示，电荷q1固定于半径为R的半园光滑轨道圆心处，将另一带正电电量为q2，质量为m的小球，从轨道的A处无初速释放，求：

（1）小球运动到最低点B点的速度大小；

（2）小球在B点对轨道的压力．

10.如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．

（1）电阻R2中的电流为多大？

（2）路端电压为多大？

（3）电源的电动势为多大？

（4）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数变为多大？

11.如图xOy在竖直平面内，x轴下方有匀强电场和匀强磁场．电场强度为E、方向竖直向下．磁感应强度为B、方向垂直纸面向里．将一个带电小球从y轴上P（0，h）点以初速度v0竖直向下抛出．小球穿过x轴后，恰好做匀速圆周运动．不计空气阻力，已知重力加速度为g．

（1）判断小球带正电还是负电；

（2）求小球做圆周运动的半径．

试卷答案

1.解：

在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；

在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为F，根据动能定理得：

△Ek=F△r则得：

F=

根据数学知识得知：

等于Ek﹣r图象上切线的斜率，由库仑定律知r增大，F减小，图象切线的斜率减小，故A正确，BCD错误．

故选：

A

2.

解：

以整体为研究对象可知，ON对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知A对ON的压力也等于A、B两球的重力，因此移动P板过程中，A对ON压力不变，故B错误；

隔离B球受力如图所示，根据受力平衡有：

FN=mgtanθ，

=F=k

当P板缓慢向左平移时，θ角变小，因此P板给球B的支持力减小，根据作用力与反作用力可知B球对P板的压力变小，故A错误；

θ角变小，cosθ变大，因此库仑力F减小，两球之间的距离增大，电场力做正功，系统电势能减小，故C错误，D正确．

3.解析：

AB、由题意，电场力为

，方向竖直向下，则电场力做功为

，则电势能减少了

，则AB错误；

CD、根据牛顿第二定律知，小球所受的合力为

，得：

，粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向：

，

水平方向：

，故C正确，D错误。

C

4.D

由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；

结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；

结合运动学的公式可以判断位移．

由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s．

A、对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：

μFN﹣mgsinθ=ma①

物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时：

FN=mgcosθ，后来：

FN′=mgcosθ﹣f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电．故A错误；

B、D、物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：

mgsinθ=μ（mgcosθ﹣f洛）②

由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止．故B错误，D正确；

C、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．

D

5.C

首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特．安培提出了分子电流假说，研究了通电导线的磁场．法拉第研究了电磁感应现象，特斯拉是电力工程师．故C正确．

6.解析：

小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；

开始时，小球的加速度应为a=

小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大；

故A错误；

当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达最大；

此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；

加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则：

，解得，

，故C正确；

同理有：

，解得

=

，故D正确；

而在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小；

故B错误；

故选CD．

7.①C；

②电路图如图所示；

③PTC；

④10.0；

6.67．

①为方便实验操作，滑动变阻器应选C；

②加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：

③由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻．④在闭合电路中，电源电动势：

E=U+Ir，由图2曲线II所示可知，电流为0.3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0.60A时，电阻R2两端电压为6.0V，则：

E=8+0.3r，E=6+0.6r，解得：

E=10.0V，r=6.67Ω；

8.

（1）25.0；

508

（2）相等（3）

（1）由图知，电流表的示数为25mA,最小刻度为1，需要向下估读一位，即25.0mA.

（2）用上述方法得到的G2内阻时，实际为半偏法，G2的指针偏转到满刻度的一半，G1的示数仍为I1，变阻箱的电流等于G2的电流，阻值等于G2的内阻。

（3）根据并联电路的电压相等，有

，得

9.

（1）设小球通过轨道最低点时的速度大小为v．以轨道最低点所在的水平面为参考平面，小球从A到B的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律得：

mgR=

得：

（2）以小球为研究对象，重力．支持力与电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

解得：

N=

由牛顿第三定律得：

小球通过轨道最低点时对轨道的压力大小为：

N′=N=3mg

答：

（1）小球通过轨道最低点时的速度大小是

（2）小球通过轨道最低点时对轨道的压力大小是

．

10.

（1）电阻R2中的电流I=

=1A

（2）外电阻R=R2+

=15Ω

所以路端电压为：

U=RI=15×

1=15V

（3）根据闭合电路欧姆定律I=

得

E=I（R+r）

代入数据解得E=20V　　　　　　　　　　　　

（4）S1闭合而S2断开，电路中的总电流

I′=

A=0.8A

电压表示数U′=I′（R1+R2）=0.8×

20V　　　　　　　　　

代入数据解得U′=16V．

（1）电阻R2中的电流是1A；

（2）路端电压为15V；

（3）电源的电动势是20V；

（4）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数是16V．

11.

画出小球运动的轨迹示意图

（1）小球穿过x轴后恰好做匀速圆周运动

有qE=mg方向竖直向上，故小球带负电

（2）设小球经过O点时的速度为v，从P到O由匀变速运动规律得：

v2=v02+2gh

从O到A，根据牛顿第二定律qvB=

故有：

r=

（1）小球带负电；

（2）小球做圆周运动的半径为