必修第三册综合测评

全书综合测评

(满分:100分;时间:90分钟)

一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24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.(2020甘肃山丹一中高二月考)如图所示,ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线,在两导线中央悬挂一个小磁针,静止时与导线在同一竖直平面内。当两导线中通以大小相等的电流时,小磁针N极向纸面内转动,则两导线中的电流方向(　　)

A.一定都是向上

B.一定都是向下

C.ab中电流向上,cd中电流向下

D.ab中电流向下,cd中电流向上

2.(2020山东普通高中学业水平等级考试模拟)在金属球壳的球心处有一个正点电荷,球壳内外的电场线分布如图所示,下列说法不正确的是(　　)

A.M点的电场强度比K点的大

B.球壳内表面带负电,外表面带正电

C.试探负电荷在K点的电势能比在L点的大

D.试探负电荷沿电场线从M点运动到N点,静电力做负功

3.(2019安徽阜阳三中高二月考)重庆市某中学的几位同学把一条约10 m长的电线的两端连接在一个灵敏电流表的两接线柱上,形成闭合导体回路。甲、乙两位同学沿南北方向站立匀速摇动电线时,灵敏电流表的示数为I1,两位同学沿东西方向站立匀速摇动电线时,灵敏电流表的示数为I2,则(　　)

A.I1=0,I2≠0 B.I1≠0,I2=0

C.I1≠0,I2≠0 D.I1=0,I2=0

4.(2019四川宜宾四中高三期中)某半导体激光器发射波长为1.5×10-6 m,功率为5.0×10-3 W的连续激光。已知可见光波长的数量级为10-7 m,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,该激光器发出的(　　)

A.是紫外线

B.是红外线

C.光子能量约为1.3×10-13 J

D.光子数约为每秒3.8×1017个

5.(2019安徽涡阳第一中学高二月考)三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置。三根导线中电流大小相同、方向均垂直纸面向里,且每两根导线间的距离均相等。则P、Q中点O处的磁感应强度方向为(　　)

A.竖直向上 B.竖直向下

C.水平向右 D.水平向左

6.(2020河南八市重点高中联盟高二月考)如图所示是某商场新安装的自动扶梯,其电动机额定电压为U,额定电流为I,效率为η,则下列说法正确的是(　　)

A.该扶梯电动机的内阻为

B.该扶梯电动机的机械功率为UI

C.该扶梯电动机的发热功率为(1-η)UI

D.该扶梯电动机正常工作时每秒消耗的电能为ηUI

7.(2020浙江杭州高三月考)如图所示,平行板电容器充电后断开电源,极板间有一点P,在P点固定一个试探电荷q,现将下极板向下平移一小段距离,如果用F表示试探电荷在P点所受的静电力,用E表示极板间的电场强度,用φ表示P点的电势,用Ep表示试探电荷在P点的电势能,则下列物理量随两极板间距离d的变化关系的图线中,可能正确的是(　　)

8.(2020河南郑州高三月考)有一半径为R的均匀带正电薄球壳,在通过球心的直线上,各点的场强E随与球心的距离x变化的关系如图所示;在球壳外空间,电场分布与电荷量全部集中在球心时相同,已知静电力常量为k,半径为R的球面面积为S=4πR2,则下列说法正确的是(　　)

A.均匀带电球壳带电密度为

B.图中r=1.5R

C.在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高

D.球面与球心间电势差为E0R

二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12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4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)

9.(2020江西上高二中高二月考改编)2008年9月25日,我国“神舟七号”载人飞船发射成功,在离地面大约200 km的太空运行。假设载人舱中有一边长为50 cm的正方形导线框,在宇航员操作下由水平方向转至竖直方向,此时地磁场磁感应强度B=4×10-5 T,方向如图所示。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)下列说法正确的是　(　　)

A.线框在水平位置时穿过线框的磁通量大小为6.0×10-6 Wb

B.线框在竖直位置时穿过线框的磁通量大小为6.0×10-6 Wb

C.该过程中磁通量的改变量大小是2.0×10-6 Wb

D.该过程中磁通量的改变量大小是1.4×10-5 Wb

10.(2020河南八市重点高中“领军考试”)如图所示虚线为某电场中间距相等且平行的等势面,实线是垂直于等势面的一条直线,其中等势面A的电势为2 V,一电子仅在静电力的作用下运动,经过O、C等势面时的动能分别为10 eV和4 eV,已知两等势面间的距离为2 cm,则下列说法中正确的是(　　)

A.此电场的电场强度的大小为100 V/m,方向由O指向D

B.等势面B的电势为零

C.电子不可能到达D等势面

D.电子运动到某一位置,其电势能为-2 eV,则它的动能为8 eV

11.(2020河南八市重点高中联盟高三上联考)如图甲所示,绝缘轻质弹簧的下端固定在水平地面上,地面上方存在一方向竖直向下的匀强电场,一质量为m、带电荷量为+q的小球,轻放在弹簧的上端,小球向下运动的过程中,加速度a和位移x的关系如图乙所示,图乙中a0、x0均为已知量,重力加速度为g,不计空气阻力,则下列物理量能够求出的是(　　)

A.匀强电场的场强

B.弹簧的劲度系数

C.小球下落x0时的电势能

D.小球下落过程中的最大速度

三、非选择题(本题共5小题,共64分)

12.(2019福建漳平一中高三月考)(8分)实验室新购进一捆长度为100 m的铜导线,某同学想通过实验测量此铜导线的电阻率ρ。

甲

乙

丙

(1)用图甲所示的螺旋测微器测量铜导线的直径d,从图甲中读出铜导线的直径d=　　　　mm。 

(2)在测量铜导线的电阻R时,该同学用9根铜导线将器材连接,如图乙所示。电路中所有元器件都完好,且电压表和电流表已调零,保护电阻R0=3.0 Ω。

①闭合开关前,应将滑动变阻器的滑片移至　　　　(填“左端”“右端”或“中间位置”)。 

②闭合开关后,反复调节滑动变阻器,发现电流表有示数、电压表的示数总为零。若5、6、7、8四根导线中,只有一根导线断路,则这根导线是　　　　(填数字代号)。 

③排除故障后,调节滑动变阻器,当电流表的示数为0.50 A时,电压表(量程为0~3 V)的示数如图丙所示,其读数为　　　　V。由以上数据可求得ρ=　　　　Ω·m(结果保留两位有效数字)。 

13.(2020甘肃玉门一中高二期中)(12分)如图所示,真空中有A、B、C三个点,它们的连线是一个等边三角形,边长r=0.1 m,把两个带正电的点电荷放在B、C两点,它们的带电荷量相等,均为Q=3.0×10-8 C。

(1)B、C两点的点电荷之间的库仑力是多大?

(2)求A点的合场强大小;

(3)若在A点放置一个电荷量q=1×10-6 C的点电荷,则它受到的库仑力是多大?

14.(2020江西会昌中学高二月考)(12分)如图所示,电解槽A和电炉B并联后接到电源上,电源内阻r=1 Ω,电炉电阻R=19 Ω,电解槽电阻r'=0.5 Ω。当S1闭合、S2断开时,电炉消耗功率为684 W;S1、S2都闭合时,电炉消耗功率为475 W(电炉电阻可看作不变)。试求:

(1)电源的电动势;

(2)S1、S2闭合时,流过电解槽的电流大小;

(3)S1、S2闭合时,电解槽中电能转化成化学能的功率。

15.(16分)如图所示,两带电平行板A、B间的电压U=400 V,形成匀强电场,两板相距d=0.10 m,板长L=0.30 m。一带电荷量q=1.0×10-16 C、质量m=1.0×10-22 kg的粒子沿平行于板的方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转,不计带电粒子所受重力。

(1)如图甲所示,粒子在平行板间运动时的加速度为多大?

(2)如图甲所示,要使粒子能飞出电场,粒子飞入电场时的速度v0至少为多大?

(3)如图乙所示,如果粒子是经电压U1加速后,再进入甲图的平行金属板间,若粒子从两板正中间垂直电场方向射入,且恰好能穿出电场,求加速电压U1的大小和粒子离开偏转电场时的动能。

16.(2019江西新余一中高三月考)(16分)如图所示,小球(可视为质点)带电荷量为q=+1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,放在倾角为θ=37°的足够长绝缘斜面上。斜面BC部分光滑,其他部分粗糙,且小球与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,BC段有一平行于斜面向上的有界匀强电场。现让小球从A点由静止释放,到达C点时速度恰好为0。已知AB的长度为L=4 cm,bc的长度为,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:

(1)匀强电场的场强E的大小;

(2)小球从A点到C点所用的时间

(3)小球第一次沿斜面向上运动的最高点到B点的距离。

答案全解全析

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一、单项选择题

1.C　ab中电流向上,cd中电流向下,根据安培定则可知,两导线间的磁场方向指向纸面内,小磁针N极向纸面内转动,与题意相符,故只有C正确。

2.C　由电场线的分布情况可知,M处的电场线比K处的电场线密,M点的场强大于K点的场强,选项A正确;由于静电感应,金属球壳内表面感应出负电荷,外表面感应出正电荷,选项B正确;沿电场线方向电势逐渐降低,K点的电势比L点的电势高,所以试探负电荷在K点的电势能比在L点的小,选项C错误;试探负电荷沿电场线从M点运动到N点的过程中,所受的静电力的方向由N指向M,则静电力做负功,选项D正确。

3.C　由于地球的周围存在磁场,且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极,所以当两个同学沿东西方向站立,并匀速摇动电线时,电线做切割磁感线运动,产生感应电流,故I2≠0。沿南北方向站立匀速摇动电线时,由于北半球的地磁场有向下的分量,所以穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,有感应电流,所以I1≠0,选项C正确。

4.B　该激光的波长比可见光的波长长,属于红外线,选项A错误,B正确;光子能量E=h=6.63×10-34× J=1.326×10-19 J,选项C错误;每秒发出的光子数n==个≈3.8×1016个,选项D错误。

5.D　用右手螺旋定则判断O点的磁场方向,如图所示,直导线P在O点产生的磁场与直导线Q在O点产生的磁场方向相反,大小相等,则合磁场为零;而直导线R在O点产生的磁场方向水平向左,选项D正确。

6.C　含电动机电路是非纯电阻电路,不能用部分电路欧姆定律计算电阻,选项A错误;该扶梯电动机的机械功率为ηUI,选项B错误;该扶梯电动机的发热功率为UI-ηUI=(1-η)UI,选项C正确;该扶梯正常工作时每秒消耗的电能为UI,选项D错误。

7.C　电容器充电后,断开电源,电容器的电荷量保持不变,根据C=,C=和E=可得:E=,所以两板间的场强不变,试探电荷在P点所受的静电力也不变,选项A、B错误;设P点与上极板的距离为d',P点与上极板间的电势差U'=Ed',由于上极板接地,所以上极板的电势为零,即U'=Ed'=φP,由以上的分析可知,P点电势不变,根据公式Ep=qφ,可知电荷在P点的电势能不变,选项C正确,D错误。

8.A　由图线可知,距离球心R处的场强为E0,则根据点电荷场强公式可知E0=,解得球壳带电荷量为Q=,则均匀带电球壳带电密度为=,选项A正确;根据点电荷场强公式有E0=,解得r=R,选项B错误;由题意可知在x轴上各点中,在0~R范围内各点的电势均相同且为最高,球面与球心间的电势差为零,选项C、D错误。

二、多项选择题

9.AD　线框在水平位置时,穿过线框的磁通量为Φ1=BS sin 37°=4×10-5×0.5×0.5×0.6 Wb=6.0×10-6 Wb,当线框转至竖直位置时,穿过线框的磁通量为Φ2=-BS cos 37°=-4×10-5×0.5×0.5×0.8 Wb=-8.0×10-6 Wb,该过程磁通量的改变量大小为ΔΦ=|Φ2-Φ1|=1.4×10-5 Wb,选项A、D正确,B、C错误。

10.ABD　设相邻等势面之间的电势差为U,电子经过O、C等势面时的动能分别为10 eV和4 eV,根据动能定理可得-e(φO-φC)=-6 eV,则φO-φC=6 V,又φO-φC=3U,所以U=2 V,从O到C电子动能减小,电势能增大,而电子带负电,所以从O到C电势降低,所以电场线方向由O指向C,因A的电势为2 V,故等势面B的电势为零,选项B正确;根据E=得E=100 V/m,选项A正确;因只有静电力做功,动能与电势能之和保持不变,当电子的速度为零时,设此时电子所在等势面的电势为φ,由能量守恒定律可得eφB+6 eV=eφ,因B的电势为零,解得φ=-6 V,而D的电势为-4 V,选项C错误;同理,由能量守恒定律可得eφB+6 eV=-2 eV+Ek,Ek=8 eV,选项D正确。

11.ABD　对小球受力分析如图,由牛顿第二定律可得mg+qE-kx=ma,则a=g+-x,结合题图乙可知a0=g+,=,可求出匀强电场的场强E和弹簧的劲度系数k,选项A、B正确;电势能与零势能位置的选取有关,故无法求出小球下落x0时的电势能,选项C错误;a=0,即小球下落x0时速度最大,此时有mg+qE=kx0,由动能定理得mgx0+qEx0-k=m,故可求出小球下落过程中的最大速度,选项D正确。

三、非选择题

12.答案　(1)1.130(2分)　(2)①左(1分)　②6(2分)

③2.40(1分)　1.8×10-8(2分)

解析　(1)由图示螺旋测微器可知,铜导线的直径d=1 mm+13.0×0.01 mm=1.130 mm。

(2)为了保护电路,闭合开关前,应将滑动变阻器的滑片移至左端;电流表有示数,电压表始终没有示数,由于电压表负接线柱与电源负极相连,所以断路的导线应是6;电压表的分度值为0.1 V,所以电压表的读数为2.40 V;由题图乙可知,电压表测的是铜导线和保护电阻的电压之和,电流表测的是通过铜导线和保护电阻的电流,所以铜导线和保护电阻的总电阻为Rx+R0== Ω=4.80 Ω,解得Rx=1.80 Ω,由电阻定律有Rx=ρ=ρ=,代入数据解得ρ≈1.8×10-8 Ω·m。

13.答案　(1)8.1×10-4 N　(2)4.7×104 N/C　(3)4.7×10-2 N

解析　(1)由库仑定律得B、C两点的点电荷之间的库仑力大小为

F=k=9.0×109× N=8.1×10-4 N(3分)

(2)两点电荷在A处产生的场强大小均为

E=k=9.0×109× N/C=2.7×104 N/C(3分)

则A点的合场强大小

E'=2E cos 30°=27×103 N/C≈4.7×104 N/C(3分)

(3)该点电荷受到的库仑力F=E'q=4.7×104×1×10-6 N=4.7×10-2 N(3分)

14.答案　(1)120 V　(2)20 A　(3)1 700 W

解析　(1)S1闭合、S2断开时电炉中电流I0==6 A(1分)

电源电动势E=I0(R+r)=120 V(2分)

(2)S1、S2都闭合时电炉中电流为IB==5 A(1分)

电源路端电压为U=IBR=95 V(1分)

流过电源的电流为I==25 A(1分)

流过电解槽的电流为IA=I-IB=20 A(2分)

(3)电解槽消耗的电功率PA=IAU=1 900 W(1分)

电解槽内热损耗功率P热=r'=200 W(1分)

电解槽中电能转化成化学能的功率为P化=PA-P热=1 700 W。(2分)

15.答案　(1)4.0×109 m/s2　(2)6×104 m/s　(3)1 800 V　2×10-13 J

解析　(1)粒子在平行板间运动时的加速度

a=== m/s2=4.0×109 m/s2(2分)

(2)若粒子在偏转到B板之前恰好飞出电场,

竖直方向有=at2(2分)

得t== s=5×10-6 s(1分)

水平方向有L=v0t,解得v0== m/s=6×104 m/s(2分)

所以要使粒子能飞出电场,粒子飞入电场时的速度v0至少为6×104 m/s。(1分)

(3)由动能定理得:qU1=m(2分)

代入数据得U1=1 800 V(2分)

从加速到离开偏转电场的过程,由动能定理得:qU1+q·=Ek(2分)

解得Ek=2×10-13 J(2分)

16.答案　(1)20 N/C　(2)0.3 s　(3)0.8 cm

解析　(1)从A到C由动能定理可得

mg sin 37°-qE·-μmg cos 37°·L=0(2分)

代入数据解得E=20 N/C(1分)

(2)从A到B由牛顿第二定律得

a==2 m/s2(2分)

由位移公式有L=a(1分)

代入数据解得t1=0.2 s(1分)

由速度公式可得vb=at1=0.4 m/s(1分)

从B到C有=t2(2分)

解得t2=0.1 s(1分)

所以小球从A点到C点所用的时间t=t1+t2=0.3 s(1分)

(3)设小球第一次沿斜面向上运动的最高点到B点的距离为x,由动能定理得qE·-mg sin 37°-μmgx cos 37°=0(2分)

代入数据解得x=0.8 cm(2分)