全册考试复习必刷检测卷（培优版）-2023学年高二物理精讲与精练高分突破考点专题系列（人教版2019必修第三册）

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全册考试复习必刷检测卷（培优版）全解全析1．D【详解】A．由题图可以看出，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加，故A正确，不符合题意；B．随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B正确，不符合题意；CD．任何温度下，黑体都会辐射各种波长的电磁波，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选D。2．C【详解】根据题意，由右手螺旋定则，则有a与c导线电流在O点产生磁场正好相互抵消，则由b导线产生磁场，由右手螺旋定则，得磁场方向水平向右。置于O点的小磁针N极指向磁场的方向，所以小磁针N极指向沿O到c方向。A. 沿O到a方向。与上述结论不符，故A错误；B. 沿O到b方向。与上述结论不符，故B错误；C. 沿O到c方向。与上述结论相符，故C正确；D. 沿O到d方向。与上述结论不符，故D错误。故选：C3．A【详解】当线圈平面与磁场方向平行时穿过线圈收尾磁通量为零；当线圈转动至与磁场方向垂直时，磁通量最大；则根据可知，随着θ增加，穿过线圈平面的磁通量增大。故选A。4．C【详解】A．滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，A错误；B．若仅减小A、B板正对面积，因板间电压不变，由知电容减小，再由电容的定义式可知电容器所带电荷量减少，B错误；C．减小光照强度，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，即电流表示数减小，电源内电压减小，电压表示数增大，电容器两端电压减小，所带电荷量减小，C正确；D．减小光照强度，U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值即为电源内阻，所以不变，D错误。故选C。5．A【详解】BD．设时间内通过导体横截面积的自由电子数目为N，由电流定义式有可得BD错误；AC．在时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为v，由于铜导线的横截面积为S，则在时间内，电子经过的导线对应体积为vS，又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvS，电流的微观表达式为A正确，C错误。故选A。6．C【详解】AB．带电物体做匀速直线运动，受重力、支持力、摩擦力水平向左和水平向右的电场力，电场方向向左，则物体带负电，根据平衡得解得AB错误；CD．使物体向右加速，则合力一定水平向右，所以电场力的水平分力一定沿水平方向向右，电荷带负电，故电场方向斜向左上方或斜向左下方，但只有电场方向沿左下方时，加速度的值最大，设电场方向与水平方向夹角为θ，由牛顿第二定律得即即当时，加速度最大，此时D错误C正确。故选C。7．B【详解】ACD．由图可知，点位于等量异种点电荷连线的垂直平分线上，结合等量异种点电荷电场线的分布特点可知点的电场强度的方向从点指向点，如图所示，根据矢量合成的特点可知，在A点或点再放一个点电荷，它们在点产生的电场强度的方向与原有的电场强度的方向不在同一条直线上，则合场强不可能为零。在处放置一个电荷量为的点电荷，正电荷在点产生的电场强度的方向从点指向点，所以它们的合场强也不等于零，故ACD不符合题意。B．设A、d之间的距离为，则a、d两处的点电荷在点产生的电场强度的大小由几何关系可知，与相互垂直则它们的合场强大小为在处放置一个电荷量为的点电荷，该电荷在点产生的电场强度的方向是从点指向点，其大小为可知两处电荷在O点产生的电场强度的矢量和与处点电荷在O点产生的电场强度大小相等、方向相反，则O点合场强为零，故B符合题意。故选B。8．A【详解】由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向向里，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向向外，故在区间内磁场方向先为正后为负。根据通电长直导线周围某点磁感应强度和可知，在的位置磁场方向为正方向，故A正确，BCD错误。故选A。9．D【详解】A．竖直方向合外力为重力和电场力沿竖直方向分力之和，则故重力做的功为故A错误；BC．由题可知，小球由A点运动到C点的过程中，动能不变，其中重力做正功，电场力一定做负功，小球的电势能增加，由于正电荷在电势高的地方电势能大，则C点电势一定高于 A点电势，且A C连线不是等势线，一定与电场线不垂直，故BC错误；D．小球受到电场力和重力且均为恒力，合力也为恒力且与不共线，小球做匀变速曲线运动，故D正确。故选D。10．AD【详解】ACD．正电荷受到的是斥力，所以是正电荷产生的电场，电势关系为φa＜φb＜φc粒子从K到L的过程，电场力做负功，电势增加。故AD正确，C错误；B．从L到M的过程中，电场力先做负功，后做正功，电势能先增加后减小。故B错误；故选AD。11．ABC【详解】 对小球进行受力分析可知，当点电荷与小球之间的静电力与绳的方向垂直时，此时静电力最小，对应的电荷量最小，根据受力平衡可得，即有解得ABC正确，D错误。故选ABC。12．BD【详解】A．L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，则电流也相同，L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；BC．根据小灯泡的伏安特性曲线可知，三个灯泡的电阻率随电压升高而逐渐变大，故B正确，C错误；D．L1在干路中，其电流为0.25A，由小灯泡伏安特性曲线可知，L1此时两端电压为3V，则电阻为故D正确。故选BD。13．CD【详解】A．从开始运动到打到板上质子的速度为v1，α粒子速度为v2，根据动能定理有Uq＋Edq=mv2-0解得v=质子的比荷与α粒子的比荷之比为2∶1，代入得故A错误；B．设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中偏转时间为t2，偏转位移为y，有由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B错误；C．从开始运动到打到板上，根据动能定理有Uq＋Edq=Ek-0解得Ek=q（U＋Ed）因为U、E、d相同，则有故C正确；D．带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得进入偏转电场后电势差为U2，偏转的位移为y，有联立得速度的偏转角正切值为tanθ，有偏转位移y与速度的偏转角正切值tanθ与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，故D正确。故选CD。14．AD【详解】A．由题意可知小球在P点时所受电场力和重力的合力沿OP方向，则有   ①解得电场对小球作用力大小为   ②故A正确；BC．小球在电场力和重力的复合场中运动，复合场中的等效重力大小为   ③其运动的等效最高点为P点关于O的对称点，设为Q。设小球运动到Q点时的速度大小为vQ，运动到P点时的速度大小为vP，由题意可知vQ为小球做圆周运动的最小速度，vP为小球做圆周运动的最大速度。在Q点时，根据牛顿第二定律有   ④对小球从P到Q的过程，根据动能定理有   ⑤联立④⑤解得   ⑥   ⑦故BC错误；D．设小球经过圆轨道最低点时的速度大小为v，轨道对它的作用力大小为N，对小球从P到最低点的过程中根据动能定理有  ⑧在最低点时根据牛顿第二定律有   ⑨联立⑧⑨解得N=9mg   ⑩故D正确。故选AD。15．AD【详解】AB．由v-t图象可知，正电荷仅在电场力作用下沿电场线从O点到A点，由图像可知，正电荷的加速度逐渐减小，即有由图可知，电场力做负功，即电势升高的越来越慢，B错误，A正确；CD．由公式，即可知，由于电势升高越来越慢，则可得正电荷在电场中的电势能增大越来越慢，C错误，D正确。故选AD。16．0        【详解】[1]根据静电平衡状态的特点可知，孤立导体内部的电场强度为0。所以当B不存在而只有A存在且达到静电平衡状态时，电荷Q在球心O处的电场强度是0；[2]利用静电平衡的特点，内部场强处处为零，即感应电荷在导体内部产生的电场与球外电荷产生的电场强度大小相等，所以17．    0.5    【详解】[1][2]小球AB之间的库仑力大小设弹簧弹力为T，小球在竖直方向上，则有弹簧的弹力在水平方向上的分力为再由胡克定律，则有由几何关系知联立以上式子，代入数据可求得，，，，因为小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，则代入数据求得18．大    ×100    2200    欧姆调零    负            【详解】(1)[1][2]将欧姆挡选择开关拨至×10倍率时，发现指针偏角较小，说明电阻较大，为使指针回到中间区域，要减小读数，应增大倍率，即改用×100倍率。[3]读出电压表的阻值为[4][5]每次换挡后都要进行欧姆调零，红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，测量时，红表笔接电压表的负极。(2)[6]据欧姆定律可得，电压表V的内阻为(3)[7]据欧姆定律可得，电压表内阻的计算表达式为19．0.75    R1    1.5    0.80    偏小    偏小    【详解】（1）[1]改装后的电流表对应的量程是（2）[2]根据为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是R1。（3）[3][4]改装后的电流表对应的量程是电流表G的量程的250倍，根据闭合电路欧姆定律可得变形有根据图像可知，电源的电动势为电源的内阻为解得（4）[5][6]测量电路采用的是伏安法外接法，引起误差的原因是电压表分流，所以上述图线求得的电动势将比真实值偏小，求得的内阻将比真实值偏小。20．(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N【详解】（1）W=－qE·2R        W= - 0.08J(2)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv联立方程组，解得：v0＝7m/s.(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m 代入数据，解得：FN＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N.【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力．21．【详解】设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°=v0sin60°由此得设A、B两点间的电热差为UAB，由动能定理有：解得【考点定位】动能定理；带电粒子在电场中运动【方法技巧】本题主要是动能定理在带电粒子在电场中运动的应用和类平抛运动 22． 4V　；；   0  【分析】（1）当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，R2和R3串联，当开关S1、S2都闭合电路稳定时，R1和R2并联，再与R3串联，结合闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电源的电动势和内电阻；（2）当开关S1闭合、S2断开电路稳定时，电容器与并联在R2两端，电容器板间电压等于R2两端的电压，由Q=CU求出电容器所带的电量；（3）当S1、S2闭合时，根据求出输出功率．当开关S1、S2都闭合电路稳定时，电容器两端的电势差为零，结合Q=CU求出电容器所带的电荷量；【详解】（1）闭合、断开电路稳定时，电源消耗的总功率为、都闭合电路稳定时，电源消耗的总功率联立解得电源的电动势，内电阻；（2）当闭合、断开，电路稳定后，外部总电阻干路上总电流电容器两端电压和电阻两端电压相同，电容器所带的电荷量为（3）当、都闭合时，外部总电阻干路上总电流电源的输出功率当、闭合时，电容器两端电压为0，电容器所带的电荷量为．【点睛】解决本题的关键理清电路的串并联，结合闭合电路欧姆定律进行求解，关键确定电容器两极板间的电压，要明确电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压．23．（1）3：1；（2）；（3）【详解】（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：v0–at=0联立解得：（2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则；因为M在电场中做匀加速直线运动，则解得h=（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：由已知条件：Ek1=1.5Ek2联立解得：