高中物理3-1试题？如图，三个小球在运动过程中保持间距 L 不变，c球必带负电，且A、B、C的加速度相同，有对称性知A、B的合力必沿着垂直于A、B连线，设A、B间斥力为F1，则对于B球，有F1 = kQ²/ L² ① 设C球带电量为q，则C对B的引力 F2 = kQq / L² ② 由于F1、那么，高中物理3-1试题？一起来了解一下吧。
选修3-1第一章检测卷
一、选择题(本题共有10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的4个选项中，至少有一项是正确的。全部选对的给4分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分)
1.两个用相同材料制成的半径相等的带电金属小球,其中一个球的带电量的绝对值是另一个的5倍,它们间的库仑力大小是F,现将两球接触后再放回原处,它们间库仑力的大小可能是（ ）
A.5 F/9B.4F/5 C.5F/4D.9F/5
2.点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图1-69所示，电场强度为零的地方在 ( )
A．A和B之间 B．A右侧
C．B左侧 D．A的右侧及B的左侧
3．如图1-70所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是（）
A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
4．如图1-71所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将作（ ）
A．自由落体运动 B．曲线运动
C．沿着悬线的延长线作匀加速运动 D．变加速直线运动
5.如图是表示在一个电场中的a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是（）
A．这个电场是匀强电场
B．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ed>Ea>Eb>Ec
C．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ea>Eb>Ec>Ed
D．无法确定这四个点的场强大小关系
6．以下说法正确的是（）
A．由 可知此场中某点的电场强度E与F成正比
B．由公式 可知电场中某点的电势φ与q成反比
C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D．公式C=Q/U，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关7. A、B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上,且到连线的距离相等,如图1-73所示,则（）
A.同一点电荷在A、B两点的电势能相等
B.把正电荷从A点移到B点,电势能先增大后减小
C.把正电荷从A点移到B点,电势能先减小后增大
D. A、B两点的连线上任意两点的电势差为零
8．一个电子在电场中A点具有80eV的电势能，当它由A运动到B克服电场力做功30eV，则（ ）
A．电子在B点的电势能是50eVB．电子的电势能增加了30eV
C．B点的电势为110V D．B点的电势为-110V
9.如图1-74所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（）
A．电荷从a到b加速度减小 B．b处电势能大
C．b处电势高 D．电荷在b处速度小
10.如图1-75所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为：( )
二、填空题（本大题共15分，把答案填在题中的横线上或按题目的要求作答）
11．氢原子中电子绕核做匀速圆周运动，当电子运动轨道半径增大时,电子的电势能, 电子的动能增, 运动周期 .(填增大、减小、不变)
12．如图1-76所示，两平行金属板间电场是匀强电场，场强大小为1.0×104V／m，A、B两板相距1cm，C点与A相距0.4cm，若B接地，则A、C间电势差UAC＝____,将带电量为－1.0×10-12C的点电荷置于C点，其电势能为____ ．
13.带正电1.0×10-3C的粒子，不计重力,在电场中先后经过A、B两点，飞经A点时动能为10J，飞经B点时动能为4J，则带电粒子从A点到B点过程中电势能增加了______，AB两点电势差为____．
三、计算题(本大题共45分, 解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分。
E＝1.0×10^4 牛 / 库
m＝1.0×10^(-4)千克（原题没给出单位，我认为是这个单位）
q＝+1.0×10^(-7)库仑（原题没给出单位，我认为是这个单位）
物体的重力大小是 G＝mg＝1.0×10^(-4)*10＝1.0×10^(-3)牛，方向是竖直向下
物体受的电场力大小是F电＝qE＝1.0×10^(-7)*1.0×10^4＝1.0×10^(-3)牛，方向是水平向左
由于重力与电场力大小相等，互相垂直，它们的合力大小是
G0＝（根号2）*mg＝（根号2）*10^(-3)牛，G0的方向是斜向下偏左、与水平成45度。
物体从静止释放后（原来细线无弹力），必然是沿G0的方向做初速为0的匀加速直线运动，直到线被拉直。
细线被拉直时，物体的速度迅速减为0（因速度与线方向在同一直线上），而此处正是物体的“平衡位置”，物体速度为0后就一直静止。
可见，物体最终与竖直线的夹角是45度。
如图，三个小球在运动过程中保持间距L不变，c球必带负电，
且A、B、C的加速度相同，有对称性知A、B的合力必沿着垂直于A、B连线，
设A、B间斥力为F1，则对于B球，有F1=kQ²/L²①
设C球带电量为q，则C对B的引力F2=kQq/L²②
由于F1、F1的合力垂直于直线AB，且角ABC等于60°
所以，F2=2F1③
将①、②代入③解得：q=2Q
F=3F合=3F1/tan30°=√3F1=√3kQ²/L²
高中物理 模块综合检测检测试题 选修3-1
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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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．下述说法中不正确的是()
A．根据E＝F/q，可知电场中某点的场强与电场力成正比
B．根据E＝kq/r2，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比
C．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强
D．电场线就是点电荷在电场中运动的轨迹
解析：选ACD.电场强度是反映电场性质的物理量，它只与产生它的电荷有关，而与放入其中的检验电荷所受的力及其电荷量无关；且场强为矢量，遵循矢量相加的平行四边形定则，所以合场强可以小于分场强；而电场线是为了描述电场而假设出来的一种工具，和电荷运动的轨迹是完全不同的两个概念．
2．门电路的真值表如下，它是()
输入
输出
A
B
Q
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
A.“或”门电路B．“非”门电路
C．“与”门电路D．“与非”门电路
解析：选C.由表可得只有当两输入端都成立时输出端才成立，这是与门的特性，所以C正确．
3．如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡均正常发光，且两个电路的总功率相等．则这两个电路中的U甲、U乙，R甲、R乙之间的关系，正确的是()
A．U甲>2U乙B．U甲＝2U乙
C．R甲＝R乙D．R甲＝2R乙
解析：选B.设灯的阻值为R，正常发光时电流为I，由于两个电路的总功率相等，所以I2·R甲＝(2I)2·R乙，即R甲＝4R乙；由P＝U甲·I＝U乙·2I可知，U甲＝2U乙，故选项B正确．
4．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V．则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是()
A．电动机的内电阻为2 Ω
B．电动机的内电阻为7.5 Ω
C．电动机的输出功率为30 W
D．电动机的输出功率为8 W
解析：选A.当电动机不转动时，电动机消耗的电功率等于热功率，电压表与电流表示数的比值就是电动机的电阻，即R＝I(U)＝2 Ω，选项A正确、B错误；当电动机正常工作时，电动机的输出功率为P出＝UI－I2R＝22 W，选项C、D错误．
5．在如图所示的实验电路中，当滑动变阻器R0的滑动触头向右端滑动时()
A．L1变暗，L2变亮，L3变亮
B．L1变暗，L2变暗，L3变亮
C．L1变暗，L2变暗，L3变暗
D．L1变亮，L2变暗，L3变亮
解析：选B.触头向右滑，滑动变阻器有效电阻变大，电路中电流变小，L1变暗，且内电压减小，并联电路两端电压变大，流过L3的电流变大，L3变亮，流过L2的电流变小，L2变暗，所以B正确．
6．下图四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点．其中电势和场强都相同的是()
解析：选B.A图中a、b两点电势相同，场强大小相同，但方向不同．B图中a、b两点场强大小与方向、电势均相同．C图中a、b两点场强相同，电势不同．D图中a、b两点电势、场强大小相同，场强方向不同，只有B正确．
7．如图所示，A、B两板间加速电压为U1，C、D两板间偏转电压为U2.一个静止的α粒子(2(4)He)自A板起相继被加速、偏转，飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离的一半，则它的出射速度的大小为()
A．2 (U1＋U2)(e)B. (2U1＋U2)(e)
C．2 (U1＋U2)(e)D. (2U1＋U2)(2e)
解析：选B.在加速电场中由动能定理得：qU1＝2(1)mv0(2)
在偏转电场中，由动能定理得：2(1)qU2＝2(1)mv2－2(1)mv0(2)
解得：v＝ (2U1＋U2)(e).
8．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是()
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝I2(U1)
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝I2－I1(U1)
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积
解析：选ABD.斜率随电压的增大而减小，故电阻增大，A对．对应P点，R＝I2(U1)，B对，C错．由于功率P＝UI，故功率数值上等于矩形PQOM的面积，D对．
9．先后按图中甲、乙所示电路测同一未知电阻阻值Rx，已知两电路的路端电压恒定不变，若按图甲所示电路测得电压表示数为6 V，电流表示数为2 mA，那么按图乙所示电路测得的结果应有()
A．电压表示数为6 V，电流表示数为2 mA
B．电压表示数为6 V，电流表示数小于2 mA
C．电压表示数小于6 V，电流表示数小于2 mA
D．电压表示数小于6 V，电流表示数大于2 mA
解析：选D.由串联电路与并联电路的知识可知，在图乙接法中，Rx与电压表V并联之后的电阻小于Rx，故Rx两端电压减小，电流表两端电压增大，流过电流表的电流增大，D对．
10．有一个已充了电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－6 C，则其电压降为原来的3(1)，则下列说法正确的是()
A．电容器原来的电荷量是9×10－6 C
B．电容器原来的电荷量是4.5×10－6 C
C．电容器原来的电压可能是5 V
D．电容器原来的电压可能是5×10－7 V
解析：选BCD.由题意知U(Q)＝U/3(Q－3×10－6 C)，解得Q＝4. 5×10－6 C．当U1＝5 V时，C1＝U1(Q)＝5(4.5×10－6) F＝0.9 μF；当U2＝5×10－7 V时，C2＝U2(Q)＝5×10－7(4.5×10－6) F＝9 F.
二、实验题(本题共2小题，共16分．按题目要求作答)
11．(6分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中．
(1)实验中滑动变阻器应采用________接法(填“分压”或“限流”)
(2)用笔画线代替导线，将实验电路连接完整，使该装置可以更好、更准确地完成实验；
(3)描绘出伏安特性曲线如图，其弯曲的主要原因是________________________________．
解析：(1)由于描绘伏安特性曲线时电压要从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式接法
(2)小灯泡电阻较小，电流表用外接法，补充的线见下图
(3)因为电压越高，相同时间内灯丝产生的热量越多，灯丝温度升高，灯丝电阻增大．
答案：(1)分压(2)图见解析(3)灯丝电阻随电压的增大而增大
12．(10分)某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9 Ω，当作标准电阻用)、一只电流表(量程Ig＝0.6 A，内阻rg＝0.1 Ω)和若干导线．
(1)请根据测定电动势E和内电阻r的要求，设计图甲中器件的连接方式，画线把它们连接起来．
(2)接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录．当电阻箱的阻值R＝2.6 Ω时，其对应的电流表的示数如图乙所示，处理实验数据时，首先计算出每个电流值I的倒数I(1)；再制作R－I(1)坐标图，如图所示，图中已标注了(R，I(1))的几个与测量值对应的坐标点．请你将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图上．
(3)在图上把描绘出的坐标点连成图线．
(4)根据描绘出的图线可得出这个电池的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω.
解析：根据闭合电路欧姆定律，测量电源的电动势和内电阻，需要得到电源的路端电压和通过电源的电流，在本实验中没有电压表，但是可以用电阻箱和电流表串联充当电压表，测量电源的路端电压，通过电流表的电流也是通过电源的电流，所以只需要将电流表和电阻箱串联接在电源两端即可．实物图的连接如图所示．
由闭合电路欧姆定律有：
E＝I(R＋r＋rg)，解得R＝E·I(1)－(r＋rg)，根据R－I(1)图线可知：电源的电动势等于图线的斜率，内阻为纵轴负方向的截距减去电流表的内阻．得E＝1.5 Vr＝0.3 Ω
答案：(1)(2)见解析(3)如图所示
(4)1.5(1.46～1.54)0.3(0.25～0.35)
三、计算题(本题共4小题，共44分．解答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能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M＝0.3 kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g取10 m/s2)
解析：棒受的安培力水平向左，由左手定则知，棒中电流由a流向b，(2分)
对棒受力分析如图
有F安＝T＋f(2分)
而f＝μmg(1分)
T＝Mg(1分)
F安＝IlB(2分)
解得I＝2 A．(2分)
答案：2 A由a到b
14．(10分)电动势E＝6 V，内阻r＝0.5 Ω的电源和一台线圈电阻为R＝0.2 Ω的电动机连接，电动机正常工作，这时电动机两端的电压U＝5 V．求：
(1)电动机输入的电功率P1和电动机输出的机械功率P2；
(2)电源的总功率P和电源的效率η.
解析：(1)根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir得干路电流为I＝r(E－U)＝0.5(6－5) A＝2 A(2分)
电动机的输入功率P1＝UI＝5×2 W＝10 W(2分)
电动机的输出功率P2＝UI－I2R＝9.2 W．(2分)
(2)电源的总功率P＝IE＝2×6 W＝12 W(2分)
电源的效率η＝E(U)×100%＝6(5)×100%＝83.3%.(2分)
答案：(1)P1＝10 WP2＝9.2 W
(2)P＝12 Wη＝83.3%
15．(12分)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
解析：(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．(2分)
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r(1分)
又qvB＝mR(v2)(2分)
则粒子的比荷m(q)＝Br(v)(1分)
(2)粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角60°，粒子做圆周运动的半径
R′＝rcot30°＝r(2分)
又R′＝qB′(mv)(1分)
所以B′＝3(3)B(1分)
粒子在磁场中飞行时间：t＝6(1)T＝6(1)×qB′(2πm)＝3v(3πr).(2分)
答案：(1)负电Br(v)(2)3(3)B3v(3πr)
16．(12分)如图所示，在x<0且y<0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小为2×10－4 T，在x>0且y<0的区域内存在与x轴负方向成45°角向上方向的匀强电场．已知质量m为1.60×10－27 kg的质子从x轴上的M点沿与x轴负方向成45°角向下垂直射入磁场，结果质子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到坐标原点O，已知＝＝l＝0.2 m．不计质子的重力，带电量e＝1.60×10－19 C，求：
(1)质子从射入匀强磁场到O点所用的时间；
(2)匀强电场的场强大小．
解析：(1)设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由于带电粒子垂直射入匀强磁场带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于MN中点O′，
由几何关系可知，轨道半径r＝lcos45°＝0.2 m(2分)
又Bqv＝mr(v2)(2分)
所以v＝m(Bqr)＝1.6×10－27(2×10－4×1.6×10－19×0.2) m/s＝4×103 m/s(1分)
设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t，
t1＝2(T)＝Bq(πm)(1分)
t2＝v(lcos45°)(1分)
联立解得t＝Bq(πm)＋v(lcos45°)＝2.07×10－4 s(1分)
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则
lsin45°＝2(1)at2(2)(2分)
a＝m(Eq)(1分)
解得E＝ql(4mv2sin45°)＝1.6 V/m.(1分)
答案：(1)2.07×10－4 s
(2)1.6 V/m
物体受重力mg=10^(-3)N，电场力qE=10^(-3)N
可以把重力与电场力合成，做出一个等效重力，等效重力方向沿斜向下，与水平成45度(mg=qE)
则初始位置与等效重力的夹角是135度，由于没有能量损失，则在左侧时也是135度，则在左侧时与竖直方向夹角是180度
以上就是高中物理3-1试题的全部内容，1、我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA时(设电子的速度是3×107m/s)．则在整个环中运行的电子数目为(电子电量e=1.6×10-19C) (. )A．5×1011 B．5×1010 C．1×102 D．1×104 2、。
