期末学业水平测评卷 2021-2022学年物理必修第三册人教版2019（含解析）

这是一份人教版 (2019)必修 第三册全册综合复习练习题，共17页。试卷主要包含了5 A等内容，欢迎下载使用。
期末学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.(2021辽宁沈阳第二十八中学高二期中)如图所示,当开关S闭合后,小磁针处在通电电流的磁场中的位置正确的是 (　　)


2.(2021四川成都石室中学期中)四根通电长直导线A、B、C、D外层涂有绝缘物质,固定在水平面上且四个交点的连线构成一正方形。四根导线中通有大小相等的电流,方向如图所示,a、b、c、d为正方形对角线延长线上的四点。则关于a、b、c、d处的磁场,下列说法正确的是 (　　)

A.a、b两点的磁场方向垂直纸面向外
B.a、c两点的磁场方向垂直纸面向外
C.b、d两点的磁场方向垂直纸面向里
D.a、d两点的磁场方向垂直纸面向里
3.(2021广东潮州彩塘中学高二期中)不带电导体P置于电场中,其周围电场线分布如图所示,导体P表面处的电场线与导体表面垂直,a、b为电场中的两点,则 (　　)

A.a点电场强度小于b点电场强度
B.a点电势高于b点电势
C.负检验电荷在a点的电势能比在b点的大
D.正检验电荷从a点移到b点的过程中,静电力做负功
4.(2021山西太原实验中学高二月考)如图为测量某电源的电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路,测得路端电压为4.8 V,则该电路可能为选项图中的 (　　)



5.(2021江苏省仪征中学高二上期末)如图所示,有一电荷静止于水平放置的电容器两极板间,电源内阻不可忽略,现将滑动变阻器的滑片向上移动少许,稳定后三个灯泡依然能够发光,则下列说法中正确的是(灯泡电阻始终不变) (　　)

A.小灯泡L1、L3变暗,L2变亮
B.该电荷一定带正电
C.电容器C上电荷量减小
D.电流表始终存在从左向右的电流
6.(2021四川攀枝花第十五中学高二月考)如图所示,已知C=6 μF,R1=5 Ω,R2=6 Ω,E=6 V,r=1 Ω,电表均为理想电表,开关S原来处于断开状态,下列说法中正确的是 (　　)

A.开关S闭合瞬间,电流表的读数为0.5 A
B.开关S闭合瞬间,电压表的读数为5.5 V
C.开关S闭合一段时间后,再将开关S迅速断开,则通过R2的电荷量为1.8×10-5 C
D.以上说法都不对
7.(2021山东师大附中高二期中)一带正电的粒子仅在电场力作用下沿直线运动,其速度随时间变化的图像如图所示,tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点,A、B两点的场强大小分别为EA、EB,电势分别为φA、φB,则可以判断 (　　)

A.EAEB
C.φA=φB　　　D.φAEB,A选项错误,B选项正确;由v-t图像可知,该粒子在运动过程中的速度在增大,所以电场力对其做正功,又因为粒子带正电,所以,由WAB=q(φA-φB)可知φA>φB,所以选项C、D错误。
8.B　油滴原来处于静止状态,重力和静电力平衡;电容器和R3、R2并联后与R1串联,在P向上移动的过程中,R3接入电路的电阻增大,电路中总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律I=ER总可知干路电流减小,则电流表示数减小,根据欧姆定律可知R1分压减小;根据E=U+Ir可知路端电压增大,R2分压增大,电容器两端电压增大,根据U=Ed可知电场强度增大,电场力增大,液滴向上加速运动;根据C=QU可知电容器所带电荷量增大,电容器充电,G中电流方向为b→a,A错误,B正确。在P向下移动的过程中,R3接入电路的电阻减小,干路电流增大,电流表A示数增大,R1分压增大,路端电压减小,电容器两端电压减小,液滴向下加速运动,电容器放电,G中电流方向为a→b,C、D错误。故选B。
9.BD　若电场力大于重力,则小球有可能不从B点离开轨道,选项A错误;若电场力大小等于重力大小,则小球在AC轨道上做匀速圆周运动,选项B正确;因为从A到B电场力做功为零,重力做功为零,根据能量守恒定律可知,当小球从B点离开时,上升的高度一定等于H,选项D正确;由圆周运动的知识可知,若小球到达C点的速度为零,则其未到达C点时就已脱轨了,不可能沿半圆轨道运动到C点,选项C错误。
10.AC　R1为定值电阻,电压表示数为R1两端电压,在电压表的示数增大ΔU时,根据欧姆定律I=UR可知通过R1的电流增大量为ΔI=ΔUR1,A正确;电压表示数增大,说明R电阻增大,根据闭合电路欧姆定律I=ER总可知干路电流减小,则通过R2的电流减小,根据欧姆定律可知R2两端电压减小,根据电路结构和闭合电路欧姆定律可知E=U+U2+Ir,结合数学知识推导0=-ΔU+ΔU2+ΔIr,则R2两端电压的减小量ΔU2小于ΔU,所以通过R2的电流的减小量小于ΔUR2,B错误,C正确;干路电流减小,根据闭合电路欧姆定律E=U路+Ir可知路端电压增大,又因为R2两端电压减小,R1两端电压增大,所以路端电压的增加量一定小于ΔU,D错误。故选A、C。
11.BD　由题意可知,线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行),线圈中没有感应电流,说明穿过线圈的磁通量不变,则金属管线沿BD走向,故A错误,B正确。由题意可知,当线圈在A处静止时存在感应电流,则说明磁场是变化的,故金属管线中的电流一定是变化的,故C错误。线圈平面与AC成37°角时,线圈中感应电流消失说明A处的磁场方向与地面成37°角,则由几何关系可知,埋覆深度d与OA长度的关系为d=OA·tan 53°,解得深度d=223L,故D正确。
12.BCD　小球在A位置受竖直向下的重力、细线的拉力、水平向左的电场力,因场强方向水平向右,故小球一定带负电,故A错误;

电场力大小为F=mg tan 30°,F=Eq,联立可得电场强度大小为E=3mg3q,故B正确;采用等效重力法分析,等效重力大小为G'=mgcos30°=23mg3,在等效最高点B小球有最小速度,由牛顿第二定律可得G'=mvmin2L,联立可得vmin=23gL3;由B到A,由动能定理可得G'×2L=12mvA2-12mvmin2,联立可得vA=103gL3,故C、D正确。
13.答案　(1)④　②(2分)
(2)图见解析(2分)
(3)大于(2分)
解析　(1)因为待测电阻的阻值(25 kΩ)远大于滑动变阻器的阻值(0~500 Ω),所以供电电路应选择滑动变阻器的分压式接法,待测电阻接在电路中,最大电流Im=UmR=162.5×104 A=640 μA,故电流表选②;待测电阻的阻值远大于电流表A2的内阻,故测量电路应选用电流表内接法;U=500×10-6×25 000 V=12.5 V,故电压表应选④。
(2)按照(1)中分析可画出实验电路图,如图所示。

(3)R测=UIA,R真=U-UAIA,两式比较可以得出R测大于R真。
14.答案　(1)变小(2分)
(2)3.00(2分)　2.00(2分)
(3)I1R0(2分)
解析　(1)滑动变阻器的滑片P向右滑动时,滑动变阻器连入电路中的阻值减小,总电阻减小,总电流变大,路端电压减小,通过定值电阻R0的电流将变小,电流传感器1的示数变小。
(2)由闭合电路欧姆定律可得I1R0=E-(I1+I2)r
由I2≫I1得I1R0=E-I2r,变形可得I1=ER0-rR0I2
I1-I2图像斜率的绝对值|k|=rR0=1.35-1.050.45-0.15×10-3=1×10-3,截距b=ER0=1.5×10-3 A
解得E=3.00 V,r=2.00 Ω。
(3)依据公式I1R0=E-I2r,可知当I2=0时,路端电压等于电源的电动势;因此若图像的纵轴改为路端电压,即I1R0,则图线与纵轴交点的纵坐标表示电源的电动势。
15.答案　(1)8 m　(2)1.6 J
解析　(1)0~2 s内小物块的加速度
a1=E1q-μmgm=2 m/s2 (1分)
位移x1=12a1t12=4 m(1分)
2 s末小物块的速度为v2=a1t1=4 m/s(1分)
2~4 s内小物块的加速度
a2=E2q-μmgm=-2 m/s2 (1分)
位移x2=v2t2+12a2t22=4 m(1分)
4 s内小物块的位移大小x=x1+x2=8 m。 (1分)
(2)v4=v2+a2t2=0,即4 s末小物块处于静止状态,设4 s内电场力对小物块所做的功为W,由动能定理有
W-μmgx=0,解得W=1.6 J。 (4分)
16.答案　(1)v0 tanθg　(2)mv02 tan2 θ
解析　(1)小球做类平抛运动,水平方向的分运动为匀速直线运动,竖直方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动,在运动过程中有Eq+mg=ma (1分)
又Eq=mg,可得a=2g (1分)
由y=12at2 (1分)
x=v0t (1分)
yx=tan θ (1分)
得t=v0 tanθg (1分)
(2)y=12at2=12×2g×v0 tanθg2=v02 tan2θg (2分)
电场力做正功,
W=Eqy=mg·y=mgv02 tan2θg=mv02 tan2 θ (2分)
故电势能减小了mv02 tan2 θ。
17.答案　(1)1.4 Ω　2 Ω　(2)1 V　2 W
解析　(1)S断开时,由U1=I1R3
得R3=U1I1=2 Ω(2分)
又由I1=ER1+R3+r (2分)
解得R1=1.4 Ω(2分)
(2)S闭合时,R2、R3并联,电阻
R23=R2R3R2+R3=0.4 Ω(2分)
回路总电流I2=ER1+R23+r=2.5 A(1分)
电压表示数为U2=I2R23=1 V(1分)
R2上消耗的电功率P2=U22R2=2 W。 (2分)
18.答案　(1)6.0×10-12 C　(2)不能　原因见解析
解析　(1)S断开时,电阻R3两端电压
U3=ER3R2+R3+r=16 V(2分)
S闭合后,外电路的总电阻
R=R1(R2+R3)R1+R2+R3=6 Ω(1分)
则路端电压U=RER+r=21 V(1分)
电阻R3两端的电压U3'=R3R2+R3U=14 V(1分)
流过R4的电荷量
ΔQ=CU3-CU3'=6.0×10-12 C(2分)
(2)设带电微粒的质量为m、带电荷量为q,当开关S断开时,有qU3d=mg (2分)
当开关S闭合后,设带电微粒的加速度大小为a,则
mg-qU3'd=ma (2分)
假设带电微粒刚好能从极板间射出,则水平方向有
t=Lv0 (1分)
竖直方向有y=12at2 (1分)
联立解得y=6.25×10-3 m>d2
故带电微粒不能从极板间射出。 (1分)