高二物理必修第三册全册高分突破必刷检测卷（培优版）-2023-2024学年高二物理专题突破(人教版2019必修第三册)

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A．客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调谐后，把信号发送到基站中转
B．如果空间某区域有振荡的电场或振荡的磁场，就能产生电磁波
C．电磁波是纵波，不能产生偏振现象
D．电磁波和机械波都不能在真空中传播
【答案】B
【详解】A．客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，经过调制后，把信号发送到基站，A错误；
B．振荡的电场或振荡的磁场会在周围空间产生振荡的电磁场，就能产生电磁波，B正确；
C．电磁波是横波，C错误；
D．电磁波可以在真空中传播，D错误。
故选B。
2．如图所示，M、N是两个等量异号点电荷，O是两电荷连线的中点，则带正电的检验电荷q在O点受到的静电力（ ）

A．为零B．方向沿方向
C．方向沿方向D．大小为M电荷单独存在时的4倍
【答案】C
【详解】正点电荷在点的电场强度水平向右，负点电荷在点的电场强度水平向右，根据场强的叠加可知点的电厂电场强度水平向右，即方向沿方向，大小为M电荷单独存在时的2倍，根据可知带正电的检验电荷q在O点受到的静电力方向沿方向，大小为M电荷单独存在时的2倍.
故选C。
3．湖北武当山的主峰天柱峰屹立着一座光耀百里的金殿，全部为铜铸鎏金。雷雨交加时，金殿的屋顶常会出现盆大的火球，来回滚动。雨过天晴时，大殿金光灿灿，像被重新洗炼过一般，这就是人们所说的“雷火炼殿”。已知电场强度超过时，空气将被击穿发生放电。关于“雷火炼殿”，下列说法错误的是（ ）

A．带电乌云移到金殿上空时，乌云与金殿顶部之间会存在电势差
B．雷雨天气时，游客躲在殿内，可以降低被雷电击中的可能性
C．雷雨天气时，金殿屋顶上曲率半径越大的地方，空气越容易被击穿
D．近年来金殿安装了避雷针，“雷火炼殿”的奇观消失了
【答案】C
【详解】A．带电乌云移到金殿上空时，由于静电感应，金殿上表面会感应出与乌云电性相反的电荷，因此在乌云与金殿顶部之间会存在电势差，A正确；
B．雷雨天气时，金殿处于电场中会达到静电平衡状态，金殿内部场强为零，所以游客躲在殿内，可以降低被雷电击中的可能性，B正确；
C．雷雨天气时，金殿屋顶上曲率半径越大的地方表面比较平整，导体越尖锐的地方电荷的密度越大，曲率半径大的地方电荷密度比较小，因此空气不容易被击穿，C错误；
D．近年来金殿安装了避雷针，带电的雷雨云接近金殿时，由于静电感应，避雷针带上与云层相反的电荷，通过尖端放电，这些电荷不断向大气释放，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。因此“雷火炼殿”的奇观消失了，D正确。
本题选错误的，故选C。
4．如图所示，UAC=150V，UBD=70V，UBC=30V，且R2=R4=100Ω，则UAE为（ ）
A．220VB．320V
C．420VD．不能确定
【答案】A
【详解】因为UAC=150V，UBD=70V，UBC=30V，根据串联电路的特点可知
UAB=120V
UCD=40V
由于
R2=R4=100Ω
可知
UDE=UBC=30V
可知
UAE=120V+30V+40V+30V=220V
故选A。
5．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下面说法中正确的是（ ）

A．φa>φb>φcB． C． D．aM>aN
【答案】C
【详解】A．由于带电粒子做曲线运动，根据所受电场力的方向指向轨迹的凹侧，且和等势面垂直可知，电场线是由c指向b在指向a，根据沿电场线方向，电势逐渐降低，所以有φa＜φb＜φc，故A错误；
B C．带正电粒子若从N点运动M点，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加；若从M点运动到N点，电场力的方向与粒子运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，则动能减少。
综合上述分析可知
故B错误，C正确；
D．由于相邻等势面之间的电势差相等，因为N点等式面密集，所以N点附近电场强度大，根据牛顿第二定律可知
qE=ma
所以
aM＜aN
故D错误。
故选C。
6．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ）
A．带电油滴一直处于静止状态
B．P点的电势将升高
C．带电油滴的电势能将增大
D．电容器的电容减小，极板带电量将增大
【答案】C
【详解】A．开始时带电油滴所受电场力与重力平衡，将上极板竖直向上移动一小段距离后，极板间距离d增大，而极板间电势差U不变，根据
可知极板间电场强度E减小，所以油滴所受电场力减小，则合外力将变为竖直向下，即油滴将竖直向下做匀加速运动，A错误；
B．设P点到下极板的距离为h，则P点电势为
由于下极板始终接地，则其电势不变，又因为E减小，h不变，所以降低，B错误；
C．带电油滴所受电场力竖直向上，所以带负电，将上极板竖直向上移动一小段距离后，油滴将向下运动，电场力对油滴做负功，油滴电势能将增大，C正确；
D．平行板电容器的决定式为
由于d增大，所以C减小。根据
可知极板带电量将减小，D错误。
故选C。
7．如图所示，在水平地面上方有水平向右的匀强电场，其电场强度的大小为E，在地面上O点处有一足够大的固定绝缘平板OM与水平地面夹角，在地面上到O点距离为d的P点处有带电小球。已知小球的质量为m，当给小球一垂直于OM方向的初速度时，小球恰好沿垂线PN运动到绝缘平板上的N点且未发生碰撞。小球可视作质点，重力加速度为g。下列说法错误的是（ ）

A．小球所带的电量为
B．小球初速度的大小为
C．若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度，小球仍能打到绝缘平板上
D．若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度，小球经过时间又落回地面
【答案】A
【详解】AB．因为给小球沿垂直于OM的PN方向、大小待求的初速度v0时，小球恰好运动到绝缘平板上的N点，所以带电小球所受合力与小球速度方向相反，如图所示

所以小球带正电。所以有
，
解得
，
根据动能定理可得
解得
故A错误，B正确；
C．若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度，将此速度沿平行于PN方向和垂直于PN方向进行分解，则平行于PN方向的分速度
故小球能打到绝缘平板上，故C正确；
D．若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度，沿竖直方向和水平方向进行分解，则竖直方向的分速度为
落回地面的时间为
故D正确。
本题选错误的，故选A。
8．在 x 轴方向存在一静电场，其φ-x 图像如图所示，一电子以一定的初速度沿 x 轴从 O 点运动到 x4，电子仅受电场力，则该电子（ ）

A．在 x1 处电势能最小
B．从 x2到 x3受到的电场力和从 x3到 x4受到的电场力方向相反
C．在 x1处受到的电场力最大
D．在 x3处电势为零，电场强度也为零
【答案】A
【详解】A．电荷在某点的电势能为
由公式可知，负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A正确；
B． x2到 x3的场强方向向右， x3到 x4的场强方向向右，所以电子在x2到 x3和x3到 x4受到的电场力方向都是向左，方向相同，故B错误；
C．φ-x图像中斜率表示电场强度，可知电子在 x1处受到的电场力为0，故C错误；
D．φ-x图像中斜率表示电场强度， x3处的斜率不为0，所以 x3处的电场强度不为0，故D错误；
故选A。
二：多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．有一灵敏电流计，其表头内阻，满偏电流。以下说法正确的是（ ）
A．将表头并联一个2.5 Ω的电阻就可以改装成0~0.5A的电流表；
B．将表头串联一个14 Ω的电阻就可以改装成0~15V的电压表；
C．把它改成量程为3.0V的电压表，测量某电压时读数为1.0 V，此时流过表头的电流为0.1A
D．将表头改装为一个0~3A的电流表（表盘已改，即满偏时指针所指位置已标上3A）后进行校准时，发现标准电表示数为1.50A电流时，改装电表的示数为1.60A，产生此差异的原因可能是改装时并联的电阻稍大
【答案】AD
【详解】A．将表头改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，若需要改装成0~0.5A的电流表，需要并联的电阻阻值为
故A正确；
B．将表头改装成大量程的电压表，需要串联一个分压电阻，若需要改装成0~15V的电压表，需要串联的电阻阻值为
故B错误；
C．把它改成量程为3.0V的电压表，测量某电压时读数为1.0 V，此时电流为电流表满偏的，流过表头的电流为，故C错误；
D．改装成电流表后，发现表头示数偏大，则是由于并联电阻过大，导致通过分流电阻的电流过小，从而使表头的电流偏大，故D正确；
故选AD。
10．如图所示，电源电动势E及内阻r恒定不变，R、为定值电阻，为滑动变阻器，电压表V及电流表、均为理想电表。下列说法正确的是（ ）

A．若S闭合，当的滑片向下滑动时，两电流表、的示数变化量
B．若S闭合，当的滑片向下滑动时，电压表V和电流表的示数变化量的绝对值之比不断改变
C．若S闭合，当的滑片向下滑动时，电压表V和电流表的示数变化量的绝对值之比变大
D．若接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则电流表的示数变大，电压表V、电流表的示数均变小
【答案】AD
【详解】A．若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，总电阻减小，干路电流I1增大，电源的内电压和R两端的电压增大，由闭合电路欧姆定律知并联部分电压减小，流过R1的电流减小，A2的示数变大，而
可知两电流表、的示数变化量
故A正确；
BC．若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，根据闭合电路欧姆定律
E=U+I1(R+r)
电压表V和电流表A1的示数变化量的绝对值之比为
可知比值不变，故BC错误；
D．若R2接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则干路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知电流表A1的示数变大，电源的内电压和R两端的电压增大，电压表V减小，电流表A2的示数也变小，故D正确。
故选AD。
11．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 （ ）

A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
D．a、c两点处的磁感应强度的方向相同
【答案】AB
【详解】A．直导线M在O点的磁感应强度大小为B，竖直向下，同理可知，直导线N在O点的磁感应强度大小也为B，竖直向上，故O点处的磁感应强度为零。故A正确；
B．直导线M、N在a点的磁感应强度方向相反，但M产生的磁感应强度较大，故a点的合磁感应强度竖直向下，同理可知，b点的合磁感应强度竖直上，大小与a点的相等，故a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反。故B正确；
C．B为c点的磁感应强度，方向水平向右，如图所示

同理可知，d点的磁感应强度与c点大小相等，方向水平向左。故C错误；
D．由BC的分析可知，a、c两点处的磁感应强度的方向不同。故D错误。
故选AB。
12．如图是某静电分选器的原理示意图。两竖直放置的正对平行金属板之间为匀强电场，漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，使a带正电、b带负电，然后沿电场中线进入，进入时的速度可认为是零。已知a、b的质量和电荷量分别为m、+q和2m、-q，电场两极板的长度为L，两板间距为，下端距地面的距离为3L。调整两极板间电压大小，使颗粒a恰好从极板边缘离开电场，不计空气阻力、颗粒体积及相互作用力，电场只分布在两板间，下列说法正确的是（ ）

A．a、b两种颗粒在电场中均做类平抛运动
B．a、b两种颗粒在电场中所受静电力大小均为
C．a、b两种颗粒落地点到O点的距离之比为2∶1
D．若a、b两种颗粒落地时动能相等，则两极板间电压
【答案】BC
【详解】A．a、b两种颗粒在电场中均受重力和电场力作用，均做匀加速直线运动，A错误；
B．在电场中的运动时间为
水平方向做匀加速运动


解得

a、b两种颗粒的电荷量大小相等，所以电场力大小相等，在电场中所受静电力大小均为， B正确；
C．a、b两种颗粒在竖直方向均做自由落体运动，同时出电场，同时落地；
出电场前，水平方向根据牛顿第二定律，b的加速度是a的一半，根据 ，b的水平位移是a的一半；
出电场时，根据 ，b的水平速度是a的一半；
出电场后，根据 ，出电场后至落地，b的水平位移是a的一半；
综上所述，a、b两种颗粒落地点到O点的距离之比为2∶1，C正确；
D．电场力为
在匀强电场中

根据题意得

解得

D错误。
故选BC。
三：实验题:本题共2小题，第一小题小题5分，第二小题7分，共12分。
13．某实验小组要在实验室中用伏安法测量一合金丝的阻值，除待测电阻丝Rx，多用电表、电键、导线外，实验室还提供了如下器材：
A．电流表0~0.6A（内阻为r=0.5Ω）
B．电压表0~15V（内阻约10kΩ）
C．滑动变阻器R0（可变范围0~5Ω）
D．电源，直流15V
（1）该小组同学先用多用表测量该电阻阻值，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需换成 倍率的电阻挡（填“×1”或“×100”），将欧姆表调零后再进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为 Ω；

（2）为使实验结果尽量准确，合金丝两端电压调节范围尽量大一些，便于用图像来数据处理，设计出相应的电路图 。

（3）该实验小组某次测出电压表示数为U，电流表的示数为I，其电阻的表达式Rx= （U，I，r表示）
【答案】 ×1 30/30.0
【详解】（1）[1]用多用表测量电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很大，说明电阻较小，应换小倍率的电阻挡，需选择“×1”倍率的电阻挡，并让红黑表笔短接，重新欧姆调零；
[2]选择“×1”倍率的电阻挡，故读数为
（2）[3]由于电流表内阻已知，将电流表与Rx串联后再与电压表并联，可以消除系统误差；为使合金丝两端电压调节范围尽量大，故应采用分压接法，电路图如下

（3）[4] 根据欧姆定律
得
14．在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，提供的器材有：
A．电压表量程为3 V，内阻约为5 kΩ
B．电压表量程为15 V，内阻约为10 kΩ
C．电流表量程为0.6 A，内阻为0.2Ω
D．电流表量程为3 A，内阻约为0.01Ω
E.变阻器R1为（20Ω，3A）
F.变阻器R2为（500Ω，0.2A）
G.开关、导线若干

（1）为了较准确测量电池的电动势和内阻，电流表应该选 （填C或D）；变阻器应该选 （填E或F）；实验电路图应该选图中的 图（填“甲”或“乙”）。
（2）实验测得一个电池的路端电压U和通过电池的电流强度I的关系图像如图所示。由图可以求得电源电动势E= V，内电阻 r= Ω，短路电流I短= A。
【答案】 C E 甲
1.5 0.8 1.5
【详解】（1）[1]一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为2Ω，故电压表应选A（3V）；电路最大电流不到0.75A，不到3A的三分之一，为减小实验误差，电流表应选C；
[2]为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的，故选E；
[3]由于电流表内阻已知，为减小实验误差，应选择图甲所示实验电路；
（2）[4]由全电路的欧姆定律有
则图像的纵截距表示电动势，可得
[5]图像的斜率表示内阻，有
[6]解得
r=0.8Ω
电路的短路电流为
四：解答题:本题共4小题,第一小题小题6分，第二小题8分，第三小题10分，第四小题12分，共36分。
15．天花板下用绝缘细轻线悬挂一个质量为 m， 电荷量为的小物块（可视为点电荷），天花板下有水平向右的匀强电场，小物体静止时与竖直方向成30°，重力加速度g。求；
（1）小物块受到的电场力大小；
（2）空气阻力不计，剪断细线后，若g 取10m/s2，小物块运动的加速度大小。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由平衡知

qE=mg tan 30°
解得
（2）由牛顿第二定律

16．如图所示，在该电路施加U=5V的电压，R1＝4Ω，R2＝6 Ω，滑动变阻器最大值R3＝10 Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的最小值为多少？
【答案】1A
【详解】解：设触头上部分电阻为，则下部分为
总电阻：
当时，最大，此时
电流表示数的最小值为：
17．电源、滑动变阻器、电动机和平行板电容器连接成如图所示的电路。滑动变阻器的最大阻值为，平行板电容器极板间的距离为d。当滑动变阻器滑片滑到最左端时，电动机不转，一带电液滴刚好静止在电容器两极板间。调节滑动变阻器的滑片，使滑动变阻器的接入电阻变为，此时电动机正常工作，电容器两极板间的带电液滴刚好以3g的加速度竖直向上加速运动。已知电源的电动势，内阻，液滴的比荷，重力加速度为g。求：
（1）电动机的绕线电阻；
（2）电动机正常工作时输出的机械功率。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）当滑片在最左端时，设电动机两端的电压为，回路中的电流为，对液滴受力分析有
由闭合电路欧姆定律有
电动机的绕线
（2）当电动机正常工作时，设电动机两端的电压为，回路中的电流为，对液滴受力分析结合牛顿第二定律有
由闭合电路欧姆定律有
此时电动机输出的机械功率
18．如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角，已知电子电荷e，电子质量m，求：
（1）电子在C点时的动能是多少J?
（2）O、C两点间的电势差大小是多少V?
【答案】（1）； （2）
【详解】（1）由于从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角，可得电子出电场时的速度为
根据公式可得
（2）根据动能定能可得
则有
19．一台直流电动机的额定电压为，电动机线圈电阻，当它正常工作时通过的电流，在电动机正常运转时间秒时间内，求：
（1）电流所做的功；
（2）线圈上产生的热量；
（3）电动机输出的机械能；
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）电流所做的功为
（2）线圈上产生的热量为
（3）根据能量守恒定律，电动机输出的机械能
20．如图甲所示，电子加速器的加速电压为，偏转电场的极板为相距为d的两块水平平行放置的导体板。大量电子由静止开始经加速电场加速后，连续不断地沿导体板的方向从两板正中间射入偏转电场。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为，当在两板间加如图乙所示的周期为、偏转电压最大值为未知的交变电压时，偏移量最大的电子恰好从两极板边缘射出，已知电子的电荷量为，质量为，电子的重力和它们之间相互作用力均忽略不计，求：
（1）偏转电场的偏转电压；
（2）从距离中线上方飞出偏转电场的电子进入偏转电场的时刻。

【答案】（1）；（2）见解析
【详解】（1）电子在偏转电场中做分段类平抛运动，其中水平方向匀速运动，速度
竖直方向做分段匀变速运动，其速度-时间图象如图所示

从图可以看出在
时刻进入偏转电场电子，出偏转电场时上、下偏移量最大，依题意得
由牛顿第二定律
由运动学公式
解得偏转电压
（2）设时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方处飞出偏转电场，由运动公式可得
解得
所以在
时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方飞出偏转电场；
同理可得在
时刻进入偏转电场的电子，也会从中线上方飞出偏转电场。