【期末总复习】人教版(2019)高二物理必修第三册——期末复习高分必刷卷（基础版）

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高二物理期末考试复习高分突破必刷检测卷（基础版）全解全析1．B【详解】A．电容器的电容大小是由电容器的本身结构所决定的，是电容器的固有属性，与Q和U无关，故A错误；B．由可知，在两点之间移动同一点电荷，电场力做功越多，说明电势差越大，故B正确；C．场强是矢量，以Q为球心，以x为半径的球面上，各处场强大小相等，方向不同，故C错误；D．公式是磁感应强度的定义式，B的大小与F无关， 由磁场本身决定， 故D错误。故选B。2．B【详解】试题分析：从图中可知小灯泡的电阻随着电压变化而变化着，当其电压为U1时，电流为I1，所以其电阻为，B正确；考点：考查了欧姆定律的应用3．A【详解】当滑动变阻器的滑片向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，两个电阻串联总电阻增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，所以灯泡L变亮，电流表A示数变小，故选项A正确，选项BCD错误．故选A。4．C【详解】CD、据题可知，带正电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势增加，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且，故D错误，C正确．A、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若带正电的粒子由M点运动到Q点电场力不做功，故A错误；B、带正电的粒子由P点运动到Q点与带正电的粒子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故B错误；故选C．【点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记．5．B【详解】A．由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；B．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力解得在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B正确；CD．粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，周期为，则M的运行周期、时间等于N的运行周期、时间，故CD错误。故选B。6．C【详解】由楞次定律可知，确定在0~t1时间内B中的电流逆时针方向减弱，因此磁场垂直纸面向外而且减弱，根据增反减同的道理导致A中感应电流为逆时针方向，同向电流相互吸引，故A有扩张的趋势。故选C。7．B【详解】点电荷在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示A．根据点电荷偏转方向可知，该电荷带负电，故A正确，不符合题意；B．根据题意电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故B错误，符合题意；C．电荷在磁场中刚好运动，电荷做圆周运动的半径洛伦兹力提供向心力，有联立解得故C正确，不符合题意；D．电荷在磁场中运动的时间为故D正确，不符合题意。故选B。8．D【详解】AB．电容器与电源保持连接时电容器两极板间的电压U不变，上板下移（板间距d减小）。由公式，可知电容C将增大；由公式可知电容器带电量Q将增大；由公式可知两极板间的场强增大；P点电势为为负值，设P点到上板的距离为x，则x减小，所以变大，选项A、B错误；CD．断开电源后电容器带电量Q不变，上板下移（两极板间距d减小）。由公式，可知，电容C将增大；由公式可知电容器两极板间电压U将减小；由，，，三式可解得由此可知两极板间的场强不变，由可知变大，选项C错误、D正确。故选D。9．AD【详解】AB．开关S闭合瞬间，根据安培定则可知M中产生向右的磁场，P中向右的磁通量增大，根据楞次定律可知通过电流表的感应电流方向为a→b，故A正确，B错误；CD．开关S断开瞬间，M中的磁场消失，P中向右的磁通量减小，根据楞次定律可知通过电流表的感应电流方向为b→a，故C错误，D正确。故选AD。10．BCD【详解】AB．要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A错误，B正确；C．空隙很小，在空隙中的加速时间可以忽略掉，粒子在磁场中运动的周期即圆周运动周期与交流电压的周期即电场周期相同，故C正确。D．由于洛伦磁力并不做功，而离子通过电场时有电能转化为动能，故离子是从电场中获得能量，故D正确。故选BCD。11．AC【详解】A．由题意可知，库仑力与电场力方向相反。如果电荷Q与点电荷q是异种电荷，则当电荷Q在A点左侧时，电荷q从A点释放时，向右运动，说明电场力大于库仑力，以后库仑力减小，合力增大，则点电荷q不会停在B点；当电荷Q在B点右侧时，电荷q从A点释放时，向右运动，说明电场力小于库仑力，以后库仑力增大，合力增大，则点电荷q不会停在B点。所以假设不成立。即电荷Q与点电荷q一定是同种电荷。A正确；B．当电荷Q在B点右侧时，电荷q从A点释放时，向右运动，说明电场力大于库仑力，以后库仑力增大，当库仑力大于电场力时，则点电荷q做减速运动，有可能会停在B点。B错误；C．点电荷q先加速后减速，因为只有电场力做功，所以动能与电势能之和不变，则电势能会先减小后增大。C正确；D．点电荷q在AB两点速度相同，则动能相同，即电势能也相同，所以AB两点电势相同。D错误。故选AC。12．BC【详解】由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力方向大致向右，与轨迹上每一点的切线方向即瞬时速度的夹角成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大，电场线越来越密，粒子所受的电场力增大，加速度变大，这些结论与粒子的电性无关，故BC正确，AD错误。故选BC。13．ABC【详解】AD．S断开时，图乙交点数值为灯泡实际工作的电压和电流，I=6.0A，U=40V，实际功率电源总功率所以电源的效率A错误D正确；B．闭合S后，电路外电阻减小，根据干路电流增大，电源的总功率增大，B错误；C．闭合S后，电路外电阻减小，干路电流增大，根据增大，路端电压减小，灯泡亮度减弱，C错误。故选ABC。14．ABC【详解】AB．如图所示，根据安培定则以及对称性可知M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反，故AB正确；C．如图所示，根据安培定则以及对称性可知a、b两导线中的电流在O点产生磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，所以O点的磁感应强度为零，故C正确；D．若在N点放一小磁针，静止时其北极垂直ON指向上。故D错误。故选ABC。15．0.512    A    C    D    G    【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为（2）[2] 根据表格数据可知，电路中最大电流所以电流表应选，由于电源电动势为4V，所以电压表应选，由于待测电阻满足电流表应采用外接法，所以应选择电路A[3] 根据表格数据可知，电路中最大电流所以电流表应选，即C。[4] 由于电源电动势为4V，所以电压表应选，即D。[5] 根据题图乙可知，电路中变阻器采用限流式接法，所以变阻器应选，即G。16．0.410    5    A1    R1    4.8（4.6～5.0范围内均可）        2500    12000    【详解】（1）[1]该金属丝直径的测量值为d=41.0×0.01mm=0.410mm[2]该金属丝的电阻为R=5×1Ω=5Ω[3]电路中的最大电流约为为了使电流表指针能够达到适当的偏转幅度，电流表应选择A1。[4]滑动变阻器R2的最大阻值过大，无论采用何种连接方式都不利于调节，所以滑动变阻器应选择R1。[5]图像的斜率表示金属丝的电阻，即[6]根据电阻定律有解得（2）[7][8]根据电表改装原理可得17．（1）0.4A；2m/s2；（2）3m/s；【详解】（1）杆受力图如图所示重力mg，竖直向下，支撑力N，垂直斜面向上，安培力F，沿斜面向上，故ab杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示，当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流ab杆受到安培力由牛顿运动定律得mgsinθ-F=ma解得加速度为=2m/s2（2）当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得解得最大速度=3m/s18．(1)；(2)【详解】（1）设粒子经过U加速后获得的速度为v，根据动能定理有在区域I的磁场中偏转，有根据几何关系可得联立可得（2）两区域磁场方向相反（入I垂直纸面向外，II垂直纸面向里），则粒子的运动轨迹如图线ACD带电粒子在区域II的磁场中偏转，由洛伦兹力提供向心力，由由几何关系有联立解得19．(1)；(2) 90N，方向竖直向下【详解】(1)在斜面上，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得解得小物块滑到斜面底端的速度为解得(2)若物块恰好能通过半圆形轨道最高点D，则在最高点只有重力和电场力提供向心力物块从C点到D点过程中，动能定理可知联立解得物块从B点到D点过程中，动能定理可知在B点，对物块牛顿第二定律可知联立解得根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小等于90N，方向竖直向下。20．（1），；（2）；（3）【详解】（1）当甲粒子垂直OA进入磁场区域，运动轨迹如图此时甲速度为沿电场方向垂直电场方向，由几何关系得解得所以D点坐标（2）当粒子轨迹与Y轴相切时，粒子半径最大，此时对应的B0最小，如图所示根据几何关系得根据得将代入得（3）当粒子在磁场区域Ⅱ中弦长最短时，时间最短，如图根据几何关系又因为所以粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为在区域I中转过的圆心角为（上图中右侧三角形为等腰三角形，两底角为，腰长为r）则乙入射点距O点21．(1)；(2)；(3)【详解】(1)回路中产生感生电动势感应电流可解得(2)静止时金属棒受力平衡其中解得(3)不产生感应电流必有也即解得