2023-2024学年度鲁科版物理必修3全册过关综合性考试C卷（后附解析）

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2023-2024学年鲁科版物理必修3全册过关综合性考试C卷
卷后附答案解析
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号 一 二 三 四 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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评卷人得分
一、单选题
1．在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场。随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想。很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（　　）
A．牛顿 B．爱因斯坦 C．法拉第 D．安培
2．下列说法正确的是（　　）
A．微观世界的某些极少数带电微粒的能量变化可以是连续的
B．根据麦克斯韦电磁场理论可知，电场周围存在磁场，磁场周围存在电场
C．黑体只是从外界吸收能量，并不向外界辐射能量
D．物体辐射红外线的强度以及按波长的分布情况与温度有关，温度高时辐射强，且较短波长的辐射强度大
3．A，B两带电小球，电量分别为、，质量分别为、，如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止A、B两球处于同一水平线上，其中O点到A球的间距，，，C是AB连线上一点且在O点的正下方，带电小球均可视为点电荷，静电力常量为k，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B间的库仑力为
B．A、B两球的质量之比为
C．挂A、B两球的绳子的拉力之比为
D．若仅互换A、B两球的带电量，则A、B两球位置不处于同一水平线上
4．如图所示，真空中存在一个等边三角形ABC，O为等边三角形外接圆的圆心，平行于BC的线段PQ在三角形所在平面内，且O为PQ的中点。将等量异种点电荷固定在P、Q两点处。已知等边三角形外接圆的半径为R，PQ之间的距离为。下列说法正确的是（ ）
A．B、C两点的场强相同
B．A点与O点的场强大小之比为
C．图中各点电势关系为
D．带负电的粒子沿AC从A点移动到C点的过程中，电势能增加
5．真空中存在着方向平行x轴的电场，x轴上各点的电势随位置x变化的关系如图所示。一带正电粒子从处由静止释放，已知粒子的比荷为，不计重力。则下列说法正确的是（　　）
A．该电场为匀强电场
B．粒子在区间内做简谐运动
C．粒子运动过程中的最大速率为
D．粒子沿x轴正方向运动过程中，电势能先变大后变小
6．如图所示电路，电源电动势为E，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1＝R2＝r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（　　）
A．电路中的总电流先减小后增大
B．电路的路端电压先减小后增大
C．电源的输出功率先增大后减小
D．变阻器R1上消耗的功率先减小后增大
7．2023年7月，韩国科学家团队声称发现了世界首个室温常压超导体，引起了全球物理学界的轰动和质疑，目前还没有得到科学界的承认。确认超导电阻是否为0的一种实验为长时间监测浸泡在液态氦中的超导铅丝单匝线圈中电流的变化。设线圈初始时通有的电流，在持续一年（约）的时间内电流检测仪器测量线圈中电流的变化小于1.0mA。假设电流的变化仅由电子定向移动的平均速率变化引起，且电子损失的动能全部转化为电热。已知单位体积的线圈中电子个数为个，电子质量为，电子电量为，根据这个实验，估算超导态铅的电阻率至少小于（　　）
A． B． C． D．
评卷人得分
二、多选题
8．如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中轨迹从A运动到B，则（　　）
A．B点比A点电势高 B．粒子动能减少
C．粒子电势能减少 D．粒子加速度增大
9．如图甲所示，一条电场线与轴重合，取O点电势为零、方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示。若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（　　）
A．电子将沿方向运动 B．电子运动的加速度减小后增大
C．电子运动的加速度恒定 D．电子的电势能将减小
10．在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，3L，0），N点的坐标为（4L，0，0），P点坐标为（0，0，4L），Q点（图中未画出）的坐标为（4L，L，0）。已知M、N、P和O点电势分别为0V、25V、9V、9V。则下列说法正确的是（　　）

A．该匀强电场的电场强度等于V/m B．该匀强电场的电场强度等于V/m
C．Q点的电势为3V D．Q点的电势为22V
11．竖直放置的带电平行金属板之间的电场可以看成是匀强电场，现有一带电小球从两带电平行金属板中的M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法错误的是（　　）
A．小球在上升和下降过程中所受外力的冲量大小之比为
B．小球落到N点时的动能为73J
C．小球在上升和下降过程中电场力做功之比为
D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.4J
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
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三、实验题
12．某研究性学习小组想用如图所示的电路测量一节干电池的电动势和内阻。准备了以下器材：
干电池（电动势约为1.5V，内阻小于0.5Ω）
灵敏电流计G（满偏电流1.5mA，内阻为10Ω）
电流表A1（0～0.6A，内阻约为1Ω）
电流表A2（0～3A，内阻约为0.2Ω）
滑动变阻器R1（0～10Ω，5A）
滑动变阻器R2（0～20Ω，1A）
定值电阻
定值电阻
定值电阻
开关、导线若干
(1)为减少实验误差，应选用滑动变阻器 ，电流表 ；
(2)该小组按照所提供的实验器材设计了实验方案，通过调15滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录数据并作出图像.结果发现灵敏电流计的变化范围比较小，给数据处理带来了困难.为此利用所提供的器材帮助他改进实验方案，并尽可能减小测量误差，下列比较合适的电路图是 （填写“甲”、“乙”或“丙”）；
(3)该小组利用改进后的实验方案，重新测量得到的数据如下表所示，测出了几组I1（电流计G的示数）和I2（电流表A的示数），请在答题卡的坐标纸上根据给出的数据，作出I1和I2的关系图线 ：
序号 1 2 3 4 5 h 7 8
1.42 138 1.34 1.30 1.22 1.18 1.14 1.10
0.10 0.14 0.20 0.26 036 0.40 0.46 0 50
(4)根据I1-I2的关系图线可得，被测干电池的电动势为 V，内阻为 Ω。（结果保留两位有效数字）
13．有一待测电阻Rx，测量过程如下：
（1）先用多用电表粗测电阻：如图甲所示，红表笔插入“+”插孔，此时红表笔与表内电源的 (填“正”或“负”)极相连；选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过小，因此需选择 (填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡，然后重新欧姆调零，多用电表的示数如图乙所示，测量结果为 Ω。
（2）除待测电阻Rx外，实验室还提供了下列器材：
A．电流表A1(量程为500μA，内阻r1=1kΩ)
B．电流表A2(量程为1.5mA，内阻r2≈2kΩ)
C．滑动变阻器R(0～100Ω)
D．定值电阻Rl=3000Ω
E．定值电阻R2=100Ω
F．电源(电动势E=2V，内阻可以忽略)
G．开关S、导线若干
①实验要求测量尽可能精确且通过电阻的电流调节范围尽量大，请将设计好的电路图画在虚线框中 (要标出器材的符号)。
②按正确的电路连接，闭合开关，记录电流表A1、A2的示数I1，和I2，移动滑动变阻器的滑片，记录多组数据，并做出I1—I2图线如图所示，则该待测电阻为Rx= Ω(结果保留两位有效数字)，测量值与真实值相比 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。
评卷人得分
四、解答题
14．如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，长的绝缘轻杆上端连接在O点。有一质量为、电荷量的带电金属小球套在绝缘轻杆上，球与杆间的动摩擦因数。当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，g取。
（1）求匀强电场的电场强度E大小；
（2）若轻杆与竖直方向的夹角为时，小球在下滑过程中与杆之间的摩擦力恰好为0，求角；保持角不变，将小球从O点由静止释放，求小球离开杆时的速度大小。

15．图中，电阻，电源内阻，电压表可视为理想电表。当开关和均闭合时，电压表的示数为。试求：
（1）电源的电动势为多少？
（2）当开关闭合而断开时，电压表的示数为多大？

16．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m，电荷量e，加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，极板的长度L1，极板间距离d，极板的右端到荧光屏的距离L2（忽略电子所受的重力），求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
（3）电子经过偏转电场过程中电势能的增加量。
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
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(
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
) (
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)
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
解析：首先成功发现“磁生电”的物理学家是法拉第。
答案：C。
2．D
解析：A．微观粒子的能量变化是跳跃的，不连续的，故A错误；
B．在变化的电场周围才存在磁场，周期性变化的电场（非均匀变化的）会产生同频率周期性变化的磁场，均匀变化的磁场周围存在着稳定的电场；恒定的磁场不会产生电场，恒定的电场不会产生磁场，故B错误；
C．黑体也向外界辐射电磁波，即辐射能量，且向外界辐射电磁波的强度按波长的分布与温度有关，故C错误；
D．物体辐射红外线的强度以及按波长的分布情况与温度有关，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，因此热辐射中较短波长的成分越来越多，故D正确。
答案：D。
3．C
解析：A．由几何知识可知
根据库仑定律有
故A错误；
BC．以A球为研究对象，受到重力、拉力和库仑力，根据平衡条件有
，
同理对B球有
，
解得
，
故B错误，C正确；
D．若仅互换A、B两球的带电量，A、B两球受到的库仑力不变，则A、B两球位置仍处于在同一水平线上，故D错误。
答案：C。
4．D
解析：A．B、C两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误；
B．根据几何关系可知，PQ两点到A点的距离均为2R，A点的场强大小为
O的场强大小为
则A点与O点的场强大小之比为，故B错误；
C．根据等量异种电荷电场分布情况可知，，故C错误；
D．根据可知，带负电的粒子沿AC从A点移动到C点的过程中，电势能增加，故D正确。
答案：D。
5．C
解析：A．坐标原点左、右两侧的电场强度分别为
可知左、右两侧的电场强度大小不同，则该电场不是匀强电场，故A错误；
B．带正电的粒子从静止释放后，在原点左侧做匀变速直线运动，进入原点右侧后也做匀变速直线运动，粒子不做简谐运动，故B错误；
C．原点处的电势最低，则粒子在该点的电势能最小，动能最大，从处到原点处的过程中，由动能定理可得
解得
故C正确；
D．带正电粒子沿x轴正方向运动过程中，所在位置的电势先变小后变大，所以粒子的电势能先变小后变大，故D错误。
答案：C。
6．A
解析：A．当滑动变阻器从a→b移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电路中电流是先减小后增大，A正确；
B．路端电压U＝E－Ir，因为总电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，B错误；
C．当的时候电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，C错误；
D．将看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即上消耗的功率先增大后减小，D错误。
答案：A。
7．D
解析：如果电流有衰减，意味着线圈有电阻，设电阻为R，则在一年时间内t电流通过线圈发热损失的能量为
设S表示横截面积，l为铅丝长度，电阻率为，根据电阻定义式
根据电流定义式
续一年（约）的时间内电流检测仪器测量线圈中电流的变化小于1.0mA，电流的变化仅由电子定向移动的平均速率变化引起，且电子损失的动能全部转化为电热，由于导电的电子数密度n是不变，电流的变小是电子平均速率变小的结果，一年内平均速率由到对应的电流变化
导电电子的平均速率变小，使导电电子的平均动能减少，铅丝中导电电子减小的平均动能
解得
由于，所以，联立上式可得
铅丝中所有导电电子减少的平均动能就是一年内因发热而损失的能量，即
联立上式可得
时间为
代入可得
所以超导态铅的电阻率至少小于
答案：D。
8．BD
解析：A．沿着电场线方向电势逐渐降低，则可知B点比A点电势低，故A错误；
BC．粒子仅在电场力作用下，，根据曲线运动条件可知，带电粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，与电场线方向相反，则可知带电粒子带负电，则从A运动到B电场力做负功，动能减小，电势能增大，故B正确，C错误；
D．由电场线的疏密可知，A点场强比B点小，则粒子在A点所受电场力比B点小，故从A运动到B，粒子加速度增大，故D正确。
答案：BD。
9．ABD
解析：A．由图乙可知，随x增大电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动，A正确；
BC．图象的斜率大小等于电场强度大小，即
由图乙可知，图象斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，由F=qE可知，电子所受的电场力先减小后增大，由牛顿第二定律知，电子运动的加速度先减小后增大，B正确，C错误；
D．电子由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，D正确。
答案：ABD。
10．AD
解析：AB．如图甲所示

连接MN，在MN上取一点H，且
则
连接PH，由几何知识可知
而
故电场线方向为沿MN方向，由于电势沿电场线方向降低，因此电场线方向由N指向M，而
故
故A正确，B错误；
CD．取xOy平面，如图乙所示

取
与MN交点为G点，由题意可知
则
故
故G点的电势为22V，Q点与G点等电势，故
故C错误，D正确。
答案：AD。
11．AD
解析：A．小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，上至最高点以后做自由落体运动，因为在同一水平线上，所以小球上升和下降的过程用时相等，合外力冲量大小相等，A错误；
BC．小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，假设图中虚线与交点为，水平方向经过和用时相等，则
小球从，在水平方向根据运动学公式
变形得
小球从，电场力做功之比
根据动能定理
解得
BC正确；
D．小球从，在水平和竖直方向根据运动学公式
在竖直方向满足
结合上述分析有
解得
在点将电场力和重力等效为合力，建立坐标系如图中虚线
速度最小为
则最小动能为
D错误。
本题选择错误选项，答案：AD。
12． R1 A1 甲 1.5 0.30
解析：(1)[1]为减少实验误差，滑动变阻器应选用比电源内阻稍大的，所以选择R1；
[2]为了防止电池极化，电池不能通过大电流，所以应选量程小的电流表A1；
(2)[3]由于电池内阻太小，U-I图像的斜率太小，实验误差太大，为了减小测量误差，应该在电池上串联一个定值电阻，舍去丙图；若串联R4=10Ω时，干路电流为
电流表指针偏转角度达不到三分之一，舍去乙图；若选择甲图，干路电流为
电流表能够满偏，所以选择甲图。
(3)[4]作出I1和I2的关系图线如图所示
(4)[5]被测干电池的电动势为
[6]电池内阻为
13． 负 ×100 1500 1.6×103 相等
解析：（1）[1][2][3]红表笔与欧姆挡内的负极相连；多用表指针偏转角过小，说明电阻较大，故应该换大挡位，即换成“×100”挡；由图中可得待测电阻约为15×100Ω=1500Ω；
（2）[4][5][6]由于待测电阻远大于滑动变阻器最大阻值，故应采用分压式接法；电流表A1内阻已知，故应该将A1改装为电压表，电源电动势为2V，故改装为2V即可，因此A1与R1串联，故电路图如图
由欧姆定律可得
整理得
代入数据解得
从以上推导可知，该实验方案没有系统误差，故测量值与真实值相等。
14．（1）8N/C；（2）53°，2m/s
解析：（1）当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，故小球受力平衡；由小球受重力、电场力、杆的支持力和摩擦力作用可得
解得匀强电场的电场强度为
（2）轻杆与竖直方向的夹角为时，小球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，故支持力为零，则重力、电场力垂直轻杆方向分力等大反向，故有
所以
即
小球受到合外力
由牛顿第二定律得
故小球从O点静止释放，沿杆做加速度
的匀加速直线运动，由运动学公式得
故小球离开杆时的速度
15．（1）；（2）
解析：（1）电阻中的电流
外电阻
根据闭合电路欧姆定律得
（2）当开关闭合而断开时，由闭合电路欧姆定律可知
16．(1) ； (2) ；(3)
解析：(1)根据动能定理得
解得
(2)在偏转电场，有
运动的时间为
速度偏转角度满足
电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离
(3) 电子经过偏转电场过程中电势能的增加量为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页