2024教科版高中物理必修第三册同步练习（有解析）--全书综合测评（一）

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2024教科版高中物理必修第三册同步
全书综合测评(一)
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度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.关于能源的开发和应用,下列说法中正确的是 (　　)
A.能源应用的过程就是内能转化为机械能的过程
B.化石能源的能量归根结底来自太阳能,因此化石能源永远不会枯竭
C.在农村推广沼气意义重大,既变废为宝、减少污染,又节约大量能源
D.随着科学技术的发展,煤炭资源将取之不尽、用之不竭
2.2022年3月8日,航天员王亚平从空间站送来的国际妇女节的节日祝福通过电磁波传播到祖国各地,下列关于电磁波的说法正确的是(　　)
A.麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在
B.只要有电场就能产生电磁波
C.电磁波传播需要介质,机械波传播不需要介质
D.电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的,且都与波的传播方向垂直
3.如图所示,一个绝缘半圆环上均匀分布有同种电荷,固定在绝缘水平面上,在圆弧的圆心处放有一个点电荷,点电荷受到的电场力为F,若截走圆弧的,则圆心处的点电荷受到的电场力大小变为 (　　)
A.F
4.下列各图中,已标出电流I和磁感应强度B的方向,其中符合安培定则的是 (　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
5.如图所示,在匀强电场中,A、B、C、D、E、F位于边长L=4 cm的正六边形的顶点上,匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、C的电势分别为-4 V、0、8 V。则下列说法正确的是(　　)
A.E点的电势φE=0
B.A、F间的电势差UAF=0
C.该匀强电场的场强大小E=100 V/m
D.该匀强电场的电场线垂直于B、F连线,且由D指向A
6.如图所示,用电压表和电流表测电阻,Rx为待测电阻,如果电压表的读数是2.70 V,电流表的读数是10.0 mA,电压表的内阻是3.00 kΩ,电流表的内阻是10 Ω,那么Rx的精确值最接近 (　　)
A.297 Ω　　　　B.270 Ω　　　　C.260 Ω　　　　D.280 Ω
7.如图所示,直线A为某电源的U-I图线,曲线B为某灯泡L1的U-I图线的一部分,用该电源和灯泡L1组成闭合电路时,灯泡L1恰好能正常发光,则下列说法正确的是 (　　)
A.此电源的内阻为0.67 Ω
B.灯泡L1的额定电压为3 V,额定功率为6 W
C.由于灯泡L1的U-I图线是一条曲线,所以灯泡发光的过程欧姆定律不适用
D.把灯泡L1换成规格为“3 V,20 W”的灯泡L2,电源的输出功率将变小
8.如图所示,四根平行直导线M、N、P、Q的截面对称分布在同一圆周上,截面的连线互相垂直,O为圆心。P、Q中没有电流,M、N中通有方向相反、大小均为I的电流时,O点的磁感应强度大小为B。现在P、Q中通入大小也为I的电流时,O点的磁感应强度大小仍为B,则 (　　)
A.P、Q中的电流方向相反
B.O点的磁场方向由M指向N
C.若切断P或Q中的电流,O点磁感应强度大小均为B
D.切断M中电流后O点磁感应强度方向与切断N中电流后O点磁感应强度方向相反
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示,将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上,线圈B的两端连接到灵敏电流计上。下列说法正确的是 (　　)
A.线圈A插入线圈B中稳定后,闭合开关瞬间,灵敏电流计指针将偏转
B.线圈A插入线圈B中稳定后,断开开关瞬间,灵敏电流计指针不会偏转
C.闭合开关后,把线圈A从线圈B中拔出的过程中,灵敏电流计指针将偏转
D.线圈A插入线圈B中稳定后,闭合开关,滑动变阻器滑片P向右或向左移动过程中,灵敏电流计指针都将偏转
10.用如图所示的电路来描绘小灯泡L的伏安特性曲线,变阻器R接于恒压电源(带开关),电源的输出电压为U,下列说法正确的是 (　　)
A.接通电路前,滑动变阻器的滑片P应置于b端
B.滑片P置于R的中点时,电压表的示数为
C.滑片P由R的中点向b端滑动,电压表的示数可能为
D.滑片P由R的中点向a端滑动,灯泡L的功率将变大
11.假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示,根据图中信息可以确定下列说法中正确的是 (　　)
A.空间各点场强的方向可能与x轴平行
B.空间各点场强的方向一定与x轴平行
C.电荷在x轴方向所受电场力一定为恒力
D.电荷从坐标原点沿x轴正方向运动的过程中,电场力对其做正功,则电荷一定带负电
12.如图所示,水平固定的小圆盘A,带电荷量为Q,电势为零,从盘心处O由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的小球,由于电场的作用,小球竖直上升的最大高度可达盘中心竖直线上的c点,又知道过竖直线上b点时,小球速度最大,已知Oc=H,Ob=h,由此可知 (　　)
A.小球在c点的电势能为-mgH
B.c点电势φc=
C.小球从O点到c点电势能和动能之和一直减少
D.O、b两点电势差UOb<
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)电流传感器可以像电流表一样测量电流,不同的是,它的反应非常快,可以捕捉到瞬间的电流变化,此外,由于它与计算机相连,能在几秒内画出电流随时间变化的I-t图像。如图所示,某兴趣小组的同学连接好电路后,进行实验操作。
(1)当开关S掷向1时,电容器　　　　(选填“充电”或“放电”),电容器的上极板带　　　　(选填“正电”或“负电”)。
(2)将一块陶瓷片插入电容器两极板之间,则电容器的电容将　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)某同学还想观察充、放电过程中电容器两端电压的变化情况,他应选择的仪器为　　　　(选填标号)。
A.静电计　　　　B.电压表　　　　C.A、B均可
14.(8分)热敏电阻是温度传感器的核心元件,某金属热敏电阻说明书给出的阻值R随温度T变化的图线如图甲所示,现有一课外活动小组利用该金属热敏电阻测量温度,提供实验器材如下。
甲　　乙
丙
A.直流电源,电动势E=3 V,内阻不计
B.电压表,量程0~3 V,内阻约5 kΩ
C.电流表,量程0~0.3 A,内阻2 Ω
D.滑动变阻器RP,最大阻值5 Ω
E.被测热敏电阻RT
F.开关、导线若干
(1)结合实验器材,为精确地测量金属热敏电阻的阻值,单刀双掷开关应置于　　　　(选填“1”或“2”)位置;
(2)该热敏电阻的阻值R随温度T变化的函数关系式为　　　　;
(3)接通开关S,改变滑动变阻器滑片P的位置,此时电压表示数为2.00 V,对应的电流表示数如图丙所示,I=　　　　 A,由此得此时热敏电阻对应的温度为　　　　 ℃。
15.(7分)线圈甲的匝数n甲=20,半径r甲=10 cm;线圈乙的匝数n乙=40,半径r乙=15 cm。如图所示,两线圈放在水平面上,且为同心圆,在线圈甲内加垂直线圈平面向下的磁感应强度为B1=0.8 T的匀强磁场。则:(π取3.14,计算结果保留3位有效数字)
(1)若磁场的磁感应强度减小到B2=0.4 T,则穿过线圈乙的磁通量的变化量为多少
(2)若保持匀强磁场的磁感应强度大小不变,方向转到与竖直方向成30°,则穿过线圈甲的磁通量的变化量为多少
16.(9分)如图所示的电路中,电阻R1=12 Ω,R2=8 Ω,滑动变阻器R3的最大阻值为4 Ω。闭合开关S,当滑动变阻器滑片滑到左端时,理想电流表示数I1=0.25 A,当滑动变阻器滑片滑到右端时,电流表示数I2=0.36 A,求:
(1)滑动变阻器的滑片在左端时,路端电压U;
(2)电源的电动势E和内阻r;
(3)滑动变阻器的滑片在右端时,电源内阻消耗的热功率P。
17.(14分)如图甲所示,M、N为互相平行的金属板,O1O2为板间中线。O2为两板右侧边缘连线的中点,不考虑电场的边缘效应。以竖直向上方向为正,板间电场强度E随时间t变化的图像如图乙所示,E1、T已知。一根长为r(未知)的绝缘细线一端固定在距离O1点r的O点,另一端与一电荷量为q的带正电的小球相连。t=0时,给小球以水平向左的初速度,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,在t=时恰好运动到最高点,此时剪断细线,t=T时小球经过OO2的中点,t=1.5T时,小球恰从O2点离开电场。重力加速度为g,设小球在运动过程中始终不会与金属板相碰,求:
(1)小球的质量m;
(2)金属板的长度L;
(3)电场强度Ex的大小。
甲　乙
18.(16分)计算机断层(CT)扫描仪是医院常用设备,如图所示是部分结构的示意图。图中两对平行金属极板MN、EF分别竖直、水平放置。靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线OO1,经MN间电场加速后进入EF板间,射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上。已知MN板间电压为U1,EF极板长为L、间距为d;靶台直径为;电子质量为m、电荷量为e;电子重力和所受空气阻力的影响可忽略。
(1)求电子穿过N极板小孔时的速度大小v1;
(2)若电子刚好打在靶台左端,求EF极板所加电压U2;
(3)若只改变EF极板间电压,使打在靶台上的电子动能最小,求此动能的最小值Ekmin。
答案与解析
全书综合测评(一)
1.C 2.D 3.A 4.C 5.D 6.A
7.B 8.C 9.ACD 10.AD 11.ACD 12.AC
1.C　能源应用过程并不单纯是将内能转化为机械能的过程,各种转化形式均可为人类服务,故A错误;化石能源的能量虽然来自太阳能,但要经过数亿年的地质演变才能形成,且储量有限,为不可再生能源,故B错误;在农村推广沼气对改善农村环境、节约能源意义重大,功在当代,利在千秋,故C正确;无论技术先进与否,煤炭资源不可能取之不尽、用之不竭,故D错误。
2.D　麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹证实了电磁波的存在,A错误;若只有电场,而电场是稳定的或电场仅均匀变化都不能产生电磁波,B错误;电磁波传播不需要介质,机械波传播需要介质,C错误;因电磁波是横波,所以电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的,且与波的传播方向垂直,D正确。
3.A　根据对称性可知圆环左、右半部分对点电荷的电场力大小相等(设为F0),方向与竖直方向夹角均为45°,根据力的合成可得F0=F,解得F0=F。故选A。
4.C　根据安培定则,A图中直导线的右侧磁场方向应该是向里的,左侧是向外的;
B图中磁场应该是顺时针方向;
C图中通电线圈内部磁场方向是向里的,外部是向外的;
D图中螺线管内部磁场方向应该向左。故只有C正确。
5.D　
图形剖析　
连接A、D,B、F,C、E,AD与BF、CE的交点为M、N;
设正六边形的中心为O,如图所示。由图可知,AD与BF、CE都垂直,
由正六边形的特点可知,AM=MO=ON=ND,且UCB=UOA=UDO=8 V,
所以M、O、N的电势分别是0、4 V、8 V,
所以BF和CE所在平面为等势面,
φF=φB=0,φE=φC=8 V,UAF=φA-φF=-4 V,
因为电场线和等势面垂直,BF所在平面为等势面,
故电场线和BF垂直,故AD为电场线,
因为沿着电场线方向电势降低,
所以电场线方向由D指向A,故D正确,A、B错误;
E==200 V/m,故C错误。
规律总结　等分法判断电势
如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差等于原电势差的,这种等分间距求电势问题的方法,叫作等分法。
用等分法求匀强电场中某点的电势以及电场强度方向的方法
6.A　
图形剖析　
通过电压表的电流IV= A=9.0×10-4 A,由欧姆定律得Rx= Ω≈297 Ω,故A正确。
7.B　
图形剖析　
由题图可知,电源的电动势E=4 V,内阻r= Ω=0.5 Ω,A错误;两图线的交点坐标表示灯泡L1与电源连接时的工作状态,此时灯泡两端的电压U1=3 V,流过灯泡的电流I1=2 A,灯泡消耗的电功率为P1=U1I1=6 W,由于灯泡L1恰好能正常发光,则灯泡L1的额定电压为3 V,额定功率为6 W,B正确;灯泡是纯电阻元件,欧姆定律仍适用,图线为曲线是因为灯泡的电阻随温度的升高而增大,C错误;灯泡L1恰好正常发光时,电阻R1==1.5 Ω,规格为“3 V,20 W”的灯泡L2的电阻R2= Ω=0.45 Ω,可知灯泡L2的电阻更接近电源的内阻,根据电源的内、外电阻相等时,电源的输出功率最大,可知把灯泡L1换成灯泡L2,电源的输出功率将变大,D错误。
8.C　
图形剖析　
在P、Q中通入大小也为I的电流时,O点的磁感应强度大小仍为B,说明P、Q在O点产生的磁场大小相等,方向相反,互相抵消,根据安培定则可知,P、Q中的电流方向相同,故A错误。O点的磁场仅由M、N中电流产生的磁场决定,根据安培定则可知,O点的磁场方向由P指向Q,故B错误;设在M或N中通入大小为I的电流时,在O点产生的磁感应强度大小为B0,根据磁场的叠加原理可得B=2B0,解得B0=;P或Q中的电流在O点产生的磁感应强度大小都为B0,若切断P或Q中的电流,剩余电流在O点的磁感应强度如图所示,根据磁场的叠加原理可得O点磁感应强度大小为B'=B,故C正确。
因M、N中的电流在O点产生的磁感应强度方向相同,若切断M或N中的电流,剩余电流在O点的磁感应强度的方向不变,所以O点磁感应强度方向相同,故D错误。
9.ACD　线圈A插入线圈B中稳定后,闭合开关或断开开关瞬间,穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈B中产生感应电流,因此灵敏电流计指针会发生偏转,选项A正确,B错误;闭合开关后,把线圈A从线圈B中拔出的过程中,穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈B中产生感应电流,因此灵敏电流计指针会发生偏转,选项C正确;闭合开关,滑动变阻器滑片P向右或向左移动过程中,穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈B中产生感应电流,灵敏电流计指针都将发生偏转,选项D正确。
10.AD　为保证灯泡和电表安全,并联部分电压应从零开始变化,所以接通电路前,滑动变阻器的滑片P应置于b端,故A正确;滑片P置于R的中点时,灯泡支路(含电表)和滑动变阻器下半部分电阻并联,并联电阻小于滑动变阻器总阻值的一半,由串联分压特点可知,电压表的示数小于,故B错误;由B中分析知,滑片P置于R的中点时,电压表的示数小于;滑片P由R的中点向b端滑动,并联部分电阻逐渐减小,分到的电压逐渐减小,所以电压表的示数一直小于,故C错误;滑片P由R的中点向a端滑动,并联部分电压逐渐增大,由P=知灯泡L的功率将变大,故D正确。
11.ACD　根据图像可知φ与x成正比,说明电场强度的方向与x轴夹角为0≤θ<,即空间各点的电场强度的方向与x轴的夹角满足0≤θ<,所以空间各点场强的方向可能与x轴平行,故A正确,B错误;根据图像可知φ与x成正比,又有电势与电势差的关系U=φ1-φ2,即U=kΔx,满足匀强电场中电势差与电场强度的关系,即该电场为匀强电场,电荷沿x轴方向所受电场力一定为恒力,故C正确;根据图像可知沿x轴正方向电势是逐渐升高的,且沿x轴正方向电场力对电荷做正功,电荷电势能减少,则该电荷一定带负电,故D正确。
12.AC　带电小球从O到c,由动能定理有W电-mgH=0,电场力做正功,W电=mgH,电势能减小,O点的电势能为0,则c点的电势能为-mgH,故A正确;c点的电势为φc=-,故B错误;由于小球运动过程中只有重力和电场力做功,则小球机械能和电势能之和保持不变,小球从O点到c点的过程中,重力势能一直增大,则电势能和动能之和一直减少,故C正确;带电小球从O点到b点,根据动能定理有qUOb-mgh=Ekm,解得UOb=,则UOb>,故D错误。
13.答案　(1)充电(1分)　正电(1分)　(2)增大(2分)　(3)A(2分)
解析　(1)当开关S掷向1时,电容器充电,电容器的上极板带正电。
(2)将一块陶瓷片插入电容器两极板之间,根据C=可知电容器的电容将增大。
(3)静电计可反映电容器两板间的电压,则某同学还想观察充、放电过程中电容器两端电压的变化情况,他应选择的仪器为静电计,选A。
14.答案　(1)1(2分)　(2)R=(2分)　(3)0.200(2分)　100(2分)
解析　(1)因电流表内阻已知,故电流表应采用内接法,单刀双掷开关应置于1处。
(2)设热敏电阻的阻值R随温度T变化的函数关系式为R=kT+a,从图甲可得k=,10k+a=2,得到函数关系式为R=。
(3)电流表的分度值为0.01 A,读数时需要再估读一位,则电流表示数为I=0.200 A,根据闭合电路欧姆定律有RT+RA= Ω,解得RT=8 Ω,从图像中可知,RT=8 Ω对应的温度为100 ℃。
15.答案　(1)0.502 Wb　(2)6.73×10-2 Wb
解析　(1)线圈乙面积大于圆形磁场面积,线圈乙的有效面积为π,则
Φ1=n乙B1π,Φ2=n乙B2π (2分)
穿过线圈乙的磁通量的变化量为ΔΦ乙=│Φ2-Φ1│≈0.502 Wb(1分)
(2)磁场转过30°,线圈甲在垂直磁场方向的投影面积为
S⊥=π cos 30° (1分)
则Φ3=n甲B1S⊥,Φ4=n甲B1π (1分)
穿过线圈甲的磁通量的变化量为ΔΦ甲=│Φ3-Φ4│≈6.73×10-2 Wb(2分)
16.答案　(1)3 V　(2)3.6 V　1.2 Ω　(3)0.432 W
解析　(1)滑动变阻器的滑片在左端时,R3=4 Ω,由欧姆定律可得U=I1(R2+R3) (1分)
解得U=3 V(2分)
(2)滑动变阻器的滑片在左端时,设电路总电流为I总,则有
I总=I1+=0.5 A(1分)
由闭合电路欧姆定律有E=I1(R2+R3)+I总r (1分)
滑动变阻器的滑片在右端时,设电路总电流为I总',则有
I总'=I2+=0.6 A(1分)
由闭合电路欧姆定律有E=I2R2+I总'r (1分)
解得E=3.6 V,r=1.2 Ω(1分)
(3)滑动变阻器的滑片在右端时,电源内阻消耗的功率P=I总'2r (1分)
解得P=0.432 W(1分)
17.答案　(1)　(2)(2π+1)r　(3)
解析　(1)0~,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,重力与电场力平衡,即qE1=mg (1分)
解得m= (1分)
(2)分析可知,0.5T~T时间内小球做类平抛运动,T~1.5T时间内做类斜抛运动,水平方向速度不变,小球初速度v0= (2分)
OO2的长度OO2=(1.5T-0.5T)×v0=2πr (1分)
故L=r+2πr=(2π+1)r (1分)
(3)将小球经过OO2中点的速度分解为水平方向vx和竖直方向vy,
则vy=a(T-0.5T)=0.5Ta (1分)
又由ma=qE1+mg (2分)
故vy=Tg (1分)
小球恰从O2点离开电场,可得vy=a'× (1分)
又由ma'=Exq-mg (2分)
解得Ex= (1分)
18.答案　(1)　(2)　(3)U1e
解析　(1)电子在MN极板间被加速,则U1e= (2分)
解得电子穿过N极板小孔时的速度大小v1= (1分)
(2)若电子刚好打在靶台左端,则射出EF极板时速度的偏向角满足
tan θ= (1分)
a= (1分)
t=,vy=at (1分)
解得U2= (1分)
(3)使打在靶台上的电子动能最小,则电子在偏转电场中偏转距离最小,则电子打在靶台上右端时动能最小,此时由平抛运动的规律可知,连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子出射的方向,则由几何关系得,即y= (3分)
则由y=t2,t= (3分)
解得U3= (1分)
则电子打到靶台上的最小动能Ekmin=U1e+U1e (2分)
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