人教版（2019）高中物理必修第三册 综合测试（原卷＋解析卷）

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高中物理必修第三册综合测试班级___________ 姓名___________ 学号____________ 分数____________（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．“通草球”是五加科植物通脱木的茎髓。这种小球密度很小且绝缘，可用来做静电实验。如图所示，两个通草球甲和乙悬挂在支架上，彼此吸引。关于该现象的判断正确的是（　　）A．甲小球一定带电B．乙小球一定带电C．两个小球中有一个可能不带电D．甲、乙小球可能都带同种电荷【答案】C【详解】同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，同时，带电物体还可吸引轻小物质，故甲乙两个小球可能带异种电荷，也可能一个带电，一个不带电。故选C。2．智能手机可测量磁感应强度。建立如图甲所示坐标系，xOy平面为水平面，z轴正方向竖直向上。手机如图甲放置，测量地磁场结果如图乙所示。在同一地点，手机绕x轴旋转某一角度，测量结果如图丙所示。已知手机屏幕面积约为0.009m2，则两次穿过屏幕的磁通量的变化量约为（　　）A．2.0×10-7Wb B．6.0×10-7WbC．5.5×10-7Wb D．7.2×10-7Wb【答案】C【详解】手机屏幕与z轴垂直，根据题意得两次穿过屏幕的磁通量的变化量约为 故选C。3．光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常量），图线b是某电阻R的图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（　　）A．光电池的电动势为5 V B．光电池的内阻为C．光电池的输出功率为0.6 W D．回路中的总电阻为【答案】D【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律可知，当时，，由图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为；根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为，电流为，则硅光电池的内阻为故AB错误；C．光电池的输出功率为故C错误；D．外电阻为回路中的总电阻为故D正确。故选D。4．匀强电场中有一与电场方向平行的扇形AOB区域，如图所示，圆心角，半径，其中C、D、F将圆弧AB四等分。已知，，，以下说法正确的是（    ）A．电场方向沿AB连线方向B．C．电子在D点的电势能为D．场强大小为3V/m【答案】C【详解】A．连接AB、OC、OD、OF，交点分别为I、H、G，由图可知，为等边三角形，为等腰三角形，如图所示由几何关系可得AI=IG=GB即I、G为AB的三等分点，由于匀强电场电势均匀变化，可得，将F与G连接，且连线必会过O点，故FGO为0V的等势面，同理，可知DI为3V的等势面，过A点作DI的垂直线，可知电场线方向沿AO方向，故A错误；B．由图可知，C点的电势大于3V，故B错误；C．D点的电势为3V，则电子在D点的电势能为故C正确；D． O点的电势为0V，则电场强度大小为故D错误。故选C。5．如图所示，绝缘细线AB和BC系一个质量为m、电荷量为q的带正电小球a，细线AB长为l，与竖直方向的夹角为，细线BC与水平方向的夹角也为。x轴与ABC在同一竖直面内，沿水平方向，带电小球b从左侧无穷远处沿x轴正方向移动到右侧无穷远处，悬点A点到x轴的距离为。当b球经过A点正下方时，绝缘细线BC的拉力恰为零。若将带电小球视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）A．b球带负电荷B．b球电荷量为C．b球位于a球正下方时，细线AB拉力为BC拉力的倍D．b球位于a球正下方时，细线BC拉力为【答案】C【详解】AB．当b球经过A点正下方时，绝缘细线BC的拉力恰为零，分析a球的受力情况，如图所示：根据平衡条件，可知b球对a球有排斥力，所以b球带正电；由几何关系知，此时a、b连线与竖直方向的夹角也等于，ab长为l，由对称性知由平衡条件得解得由库仑定律可得解得故AB错误。CD．b球位于a球正下方时，a、b间距离为a球所受的库仑力为对a球，水平方向有解得竖直方向有联立解得故C正确，D错误。故选C。6．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S电路达到稳定状态后，若增大照射光强度，则 （　   　）A．小灯泡的功率减小B．电容器极板上的电荷量增加C．电源的输出功率一定增大D．两表示数变化量的比值不变【答案】D【详解】AB．若增大照射光强度，则R2阻值减小，总电阻减小，总电流变大，通过小灯泡的电流变大，可知小灯泡的功率增加，R1和内阻上的电压变大，则电容器两板电压减小，则电容器极板上的电荷量减小，选项AB错误；C．当外电阻等于电源内阻时电源输出功率变大，外电阻和内阻的关系不能确定，可知电源的输出功率不一定增大，选项C错误；D．两表示数变化量的比值不变，选项D正确。故选D。7．如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场。一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点。当小球静止时，细线恰好处于水平位置。现用一个外力将小球沿圆弧轨道（图中的虚线）缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变。则该外力做的功为（重力加速度为g）（　　）A． B． C． D．【答案】A【详解】小球在最高点受力平衡，如图所示根据平衡条件，有拉力电场力对从最高点到最低点过程运用动能定理得到联立解得故选A。多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8．真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上和的两点上，在它们连线上各点电场强度E随x变化关系如图所示，以下判断正确的是（　　）A．点电荷M、N一定为同种电荷B．点电荷M、N一定为异种电荷C．点电荷M、N电荷量的绝对值之比为D．点电荷M、N电荷量的绝对值之比为【答案】AC【详解】AB．因M、N之间的坐标为2a处的合场强为零，可知点电荷M、N在2a处的场强大小相等，方向相反，所以点电荷M、N一定为同种电荷，故A正确，B错误；CD．根据2a处的合场强为零，由场强叠加可知可得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为故C正确，D错误。故选AC。9．如图所示，是平行板电容器的两个极板，为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为。下列说法正确的是（　　）A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向端滑动，则增大B．保持S闭合，将板向板靠近，则增大C．断开S，将板向板靠近，则增大D．断开，将板向下移动少许，则增大【答案】BD【详解】根据对小球的受力分析可知，悬线偏离竖直方向的夹角符合因此两极板间的场强越大，越大。A．保持S闭合，极板间的电压大小等于电源电动势。滑动变阻器的滑片位置不会影响极板上的电压大小，则场强大小不变，不变。故A错误；B．保持S闭合，极板间电压不变时，将板向板靠近，则板间距离减小，根据场强可知场强大小增大，则增大。故B正确；C．断开S，则极板上的电荷量不变，将板向板靠近，则根据，可得极板间的场强极板间距离增大或减小不影响场强大小，其余物理量均不变，则场强大小不变，不变。故C错误；D．根据上述分析，断开，将板向下移动少许，则极板间的正对面积减小，则场强增大，则增大。故D正确。故选BD。10．如图甲所示，两个带正电的等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平地面上，间距为L，其连线的中点为O点，A、B为水平地面上两点电荷连线的中垂线上的两个点。一电荷量为q、质量为m的试探电荷从A点由静止释放，其运动的v—t图像如图乙所示，已知试探电荷时刻位于B点，且B点是图乙中图线切线斜率最大的位置（图乙中画出了该切线），下列说法正确的是（    ）A．试探电荷带正电B．B点的电场强度大小为C．试探电荷从A点到B点电势能减小了D．A点电场强度大于B点电场强度【答案】AC【详解】AD．由乙图可知，试探电荷先做加速度逐渐增加的加速运动，再做加速度逐渐减小的加速运动，试探电荷受到电场力的方向从A到B，故带正电，由于A点的加速度小于B点的加速度，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，故A正确、D错误；B．由乙图可知，B点的加速度由牛顿第二定律解得故B错误；C．A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，由动能定理可知故C正确。故选AC。三、非选择题（本题共5小题，共54分。请按题目要求作答）11．（8分）某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5Ω，为了使测量结果尽量准确，从实验室找出以下供选择的器材：A．电池组（3V，内阻约1Ω）                  B．电流表A1（0~3A，内阻0.0125Ω）C．电流表A2（0~0.6A，内阻约0.125Ω）        D．电压表V1（0~3V，内阻4kΩ）E.电压表V2（0~15V，内阻15kΩ            F.滑动变阻器R1（0~20Ω，允许最大电流1A）G.滑动变阻器R2（0~2000Ω，允许最大电流0.3A）        H.开关、导线若干(1)上述器材中，电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 （填写器材前的字母）。电路应选 ，（填甲图或乙图）。 (2)请根据在（1）问中所选的电路图，完成实物连接 (3)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读为 mm。(4)若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式= 。【答案】(1) C D F 乙图(2)见解析(3)0.900(4)【详解】（1）[1][2]电池组电动势为3V，为确保电压表的安全与精度，电压表0~3V，即选择D，由于待测电阻丝的电阻约为5Ω，则通过电阻丝的最大电流约为为确保电流表的安全与精度，电流表选择0~0.6A，即电流表选择C；[3]为确保电压与电流测量数据的连续性，滑动变阻器选择总阻值与待测电阻丝电阻相差小一些的0~20Ω，即滑动变阻器选择F；[4]由于表明电流表的分压影响大，测量电路应排除电流表分压影响，采用电流表外接法，可知，电路应选乙图。（2）根据在（1）问中所选的电路图，完成实物连接如图所示（3）根据螺旋测微器的读数规律，该读数为（4）根据欧姆定律有根据电阻的决定式有其中解得12．（8分）(1)观察电容器的充、放电现象实验装置如图所示。①应选择的电流表表头为图中的 （选填“甲”或“乙”）。②图中①②两条曲线不同是 （选填“E”或“R”）的改变造成的。(2)如图所示为某品牌方块电池，小文同学分别用电路图b和电路图c测量此方块电池的电源电动势和内阻。他选用的电压表量程、内阻未知，电流表量程、内阻等于，滑动变阻器。规范实验并根据测量数据描绘的图线分别得到如图d中I、Ⅱ所示。完成下列几个问题。①根据电路图b测量数据描绘的图线应为图d中 （填“I”或“Ⅱ”）②根据题中条件，本次实验应选择实验电路图中 （填“图b”或“图c”）。③综合分析可得该电源电动势为 ，内阻为 。（保留3位有效数字）【答案】(1) 甲 R(2) Ⅱ 图b 9.00（8.98-9.02） 0.500（0.460~0.540）【详解】（1）[1]应选择的电流表表头为图中的甲。在电容器的充放电过程中，电流会先增大后减小，且可能会反向。甲图中的电流表指针指向中间，且左右两边都有刻度，说明它可以测量交变电流，即电流方向改变时，指针可以向左右两边偏转，因此适合本实验。而乙图中的电流表只能测量单向电流，不适合本实验。[2]图中①②两条曲线不同是R（电阻）的改变造成的。图中的两条曲线表示的是电容器充放电过程中电荷量q随时间t的变化。由于两条曲线都从原点开始上升，说明电容器都是从未带电状态开始充电的。而①曲线的上升速度更快，说明电容器的充电速度更快。根据电容器充电的公式我们可以知道，当电源电动势E一定时，充电速度与电阻R成反比。因此，①曲线对应的电阻R应该更小。所以，图中①②两条曲线不同是电阻R的改变造成的。（2）[1]根据电路图b测量数据描绘的图线中，图像的斜率等于电池内阻和电流表内阻之和，则斜率较大，则应为图d中Ⅱ；[2]根据题中条件，因为电流表内阻已知，则本次实验应选择实验电路图中电路图b。[3]综合分析根据图像Ⅱ以及可得该电源电动势[4]则内阻为代入得13．（8分）如图所示，电荷量为质量为的带正电小球（可视为点电荷），用轻质不可伸长的绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，细线长为假设电场区域足够大，静止时细线与竖直方向夹角为，小球在运动过程中电荷量始终保持不变，重力加速度为。(1)求匀强电场电场强度的大小；(2)若剪断细线，求小球运动时间后的速度大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）小球静止时，受水平向右的电场力、竖直向下的重力和细线的拉力作用。由平衡条件可得得匀强电场电场强度的大小为（2）若剪断细线，小球受到的电场力及重力不变，合力大小为方向沿细线方向向下，加速度大小为小球将沿细线方向向下做匀加速直线运动，运动时间t后的速度大小 14．（10分）如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处于与水平方向夹角为θ斜向上的的匀强磁场中，θ=，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为L的正方形。（1）求t=0时穿过MDEN回路的磁通量；（2）为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式。  【答案】（1）；（2）【详解】（1）求t=0时穿过MDEN回路的磁通量为（2）当穿过MDEN回路的磁通量不变，MN棒中不产生感应电流，可得解得B与t的关系式为15．（20分）如图甲是某XCT机的实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙所示，图中P、Q之间的加速电压为，M、N两板之间的偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线射入，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线（图中虚线箭头所示）。已知电子质量，电荷量为，偏转极板M、N长，间距，虚线距离靶台竖直高度为，靶台水平位置可以调节，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力。求：（1）电子进入偏转电场区域时速度的大小；（2）若M、N两板之间电压大小时，为使X射线击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离；（3）在（2）中，电子刚出偏转电场区域时的速度；（4）在电场区域由于电子重力远小于电场力，所以电子的重力可忽略不计，试说明为什么电子飞出偏转电场区域后，重力仍可忽略不计。【答案】（1）m/s；（2）cm；（3）；（4）见解析【详解】（1）根据动能定理有解得m/s（2）M、N两板之间电压大小时，根据类平抛运动规律有根据牛顿第二定律有根据几何关系可知解得cm（3）结合（2）中的类平抛运动规律有则电子刚出偏转电场区域时的速度为解得（4）粒子离开偏转电场后，打到靶台的时间为不计重力时，竖直方向的位移为计重力时，竖直方向的位移为则即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小，所以计算电子偏转量时可以忽略电子所受的重力。