期末阶段性检测B卷-2022-2023学年高二物理单元精编必做卷（人教版2019必修第三册）(31337873)

高二物理必修第三册

期末阶段性检测B卷

班级            姓名           学号             分数        

（考试时间：90分钟  试卷满分：100分）

注意事项：

1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。

2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。

3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。

第Ⅰ卷（选择题 共48分）

一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题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。）

1．如图所示为电流表与螺线管组成的闭合电路，下列说法正确的是（　　）

A．将磁铁向下插入螺线管的过程中，电流表的指针发生偏转

B．将磁铁从螺线管中拔出的过程中，电流表的指针不发生偏转

C．磁铁放在螺线管中不动，电流表的指针发生偏转

D．磁铁放在螺线管中不动，电流表的指针先向左偏转，再向右偏转

【答案】A

【解析】由感应电流的产生条件，即闭合回路磁通量发生变化可知，当磁铁向下插入或者向外拔出时，磁通量都会发生变化，从而产生感应电流，电流变指针发生偏转；而磁铁放在螺线管不动不会产生感应电流，指针不偏转，故A正确，BCD错误。故选A。

2．关于电场中的A、B两点，下列说法中正确的是（　　）

A．电势差的定义式，说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比

B．把负电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB>0

C．电势差的定义式中，UAB与移动电荷的电荷量q无关

D．电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功

【答案】C

【解析】A．电势差的定义式为比值定义法，说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成无关，与移动电荷的电荷量q无关，只与电场本身有关系，故A错误；

B．把负电荷从A点移到B点电场力做正功，则由及可得故B错误；

C．电势差的定义式中，UAB与移动电荷的电荷量q无关，只与电场本身有关，故C正确；

D．电场中A、B两点间的电势差UAB等于把单位正电荷q从A点移动到B点时电场力做的功，故D错误。

故选C。

3．非接触式体温测量仪可以通过人体辐射的红外线测量体温，紫外线灯可以在无人的环境下消杀病毒。红外线和紫外线相比较（　　）

A．红外线的光子能量比紫外线的大

B．真空中红外线的波长比紫外线的长

C．真空中红外线的传播速度比紫外线的大

D．红外线的频率比紫外线高

【答案】B

【解析】AD．红外线的频率比紫外线低，根据ε=hν可知，红外线的光子能量比紫外线的光子能量小，AD错误；

B．红外线的频率比紫外线低，由知，在真空中红外线的波长比紫外线的波长长，B正确；

C．红外线和紫外线在真空中的传播速度相同，C错误。故选B。

4．把一根长直导线平行地放在如图所示磁针的正上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转。下列说法正确的是（　　）

A．首先观察到这个实验现象的物理学家是法拉第

B．导线若东西放置，通电后磁针最容易发生偏转

C．导线通以图示方向强电流，磁针S极转向纸面外

D．该实验说明变化的磁场在导线中产生电流

【答案】C

【解析】A．首先观察到这个实验现象的是丹麦物理学家奥斯特，故A错误；

B．导线若东西放置，根据安培定则可判断，在导线下方处产生的磁场方向沿南北方向，若与地磁场的合磁场方向向北，则观察不到磁针的运动，若合磁场方向向南，则需要拨动一下，才能观察到小磁针的运动，故不易观察到小磁针的运动，故B错误；

C．根据安培定则可以判断，电流在小磁针处产生的磁场垂直纸面向里，所以N极转向纸面里，S极转向纸面外，故C正确；

D．该实验说明电流周围可以产生磁场，故D错误。故选C。

5．在匀强磁场中有一个闭合金属线框如图所示，它可以绕轴转动，开始时金属线框与磁感线平行，则（　　）

A．当金属线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量最大

B．当线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量为零

C．当线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量最大

D．当线框平面与磁感线成任意角度时，穿过线框的磁通量变为零

【答案】C

【解析】当线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量最大，当线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量为零，故ABD错误，C正确。故选C。

6．如图所示，竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O做圆周运动，以下四种说法中错误的是（　　）

A．带电小球可能做匀速圆周运动

B．带电小球可能做非匀速圆周运动

C．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小

D．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小

【答案】C

【解析】A．当小球所示重力与电场力合力为零时，绳子的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，故A正确；

B．当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，故B正确；

C．当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力都相等；如果小球做非匀速圆周运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，在最高点，小球的拉力最大，故C错误；

D．如果小球所受重力与电场力不相等，做变速圆周运动，且小球带负电时，在最低点细线拉力最小，故D正确。故选C。

7．如图电路是将滑动变阻器作分压器用的电路，C、D为分压器的输入端，A、B为分压器的输出端，把变阻器的滑动片P放在变阻器正中间，下列判断中正确的是（　　）

A．空载时输出电压为UAB=UCD

B．当接上负载R时，输出电压为

C．负载电阻R的阻值越小，UAB越接近

D．滑动片P向下滑动，可实现UAB=

【答案】B

【解析】AD．空载时，变阻器下部分电阻为，输出电压为滑动片P从中间向下滑动，则输出电压从逐渐减小，AD错误；

BC．当接上负载R时，负载与变阻器下部分电阻并联，有输出电压为

当负载电阻R的阻值越小，并联电阻越小，输出电压也越小。UAB越远离。B正确，C错误。故选B。

8．在地面附近存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）

A．小球受到的重力与电场力大小之比为3：2

B．在t=5s时，小球经过边界MN

C．在小球向下运动的过程中，重力做的功大于电场力做功

D．在1～4s过程中，小球的机械能先减少后增加

【答案】D

【解析】B．小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，然后反向加速出离电场区域，最后向上减速；由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时和t=4s时刻，故B错误；

A．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为进入电场后的加速度大小为由牛顿第二定律得mg=ma1；F-mg=ma2得电场力

联立得重力mg与电场力F之比为3︰5，故A错误；

C．向下运动的过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故C错误；

D．在1s～4s过程中，小球在MN下方先向下减速运动，速度减到零后再向上加速，电场力先做负功后做正功，则小球的机械能先减小后增大，故D正确。故选D。

9．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小。R3为定值电阻，且R3>r。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是（　　）

A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小

B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少

C．若仅用更强的光照射R1，则电源的输出功率减小

D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变

【答案】BD

【解析】A．滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，故A错误；

B．若仅增大A、B板间距离，根据可知电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式

可知电容器所带电荷量减少，故B正确；

C．若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，因为R3>r，所以电源的输出功率增大，故C错误；

D．若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir

可得不变，故D正确。故选BD。

10．如图所示，a、b、c三个粒子由同一点同时沿垂直于电场强度的方向进入偏转电场。其中b恰好飞出电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（　　）

A．在b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上 B．b和c同时飞离电场

C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．c的动能增量最小，a和b的动能增量一样大

【答案】ACD

【解析】AB．由题意知a、b、c三个粒子在电场中受到相同的电场力，在电场方向产生相同的加速度a，由题中图象得，粒子在电场方向偏转的位移满足由于在电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，有可得粒子在电场中运动的时间所以粒子在电场中运动时间有故A正确，B错误；

C．在垂直电场方向的位移满足由于在垂直电场方向上微粒做匀速直线运动，根据

由于可得故C正确；

D．粒子在电场中电场力做功其中电场力对a，b做功相同，大于对c做的功，故c的动能增加量最小，a和b的动能增加量一样大，故D正确。故选ACD。

11．如图所示，匀强电场的方向平行于竖直平面（图中未画出），一个质量为、电荷量为的带电小球，从A点以斜向下的初速度开始运动，运动轨迹为一条直线，该直线与竖直方向的夹角为（且）不计空气阻力，重力加速度为，则下列判断正确的是（　　）

A．若小球做匀速运动，则场强的大小为

B．若小球做匀变速运动，则电场力的最小值为

C．若，则小球运动过程中机械能保持不变

D．若，则小球运动过程中机械能、电势能可以保持不变

【答案】AD

【解析】A．若小球做匀速运动，则小球所受重力与电场力平衡，即解得故A正确；

BD．若小球做匀变速运动，则电场力与重力的合力一定与v0同向，作出一系列重力与电场力的矢量合成图，如图所示，可知当电场力与v0方向垂直时有最小值，为

由此可知当时，小球垂直于电场线运动，电场力对小球做功始终为零，则小球运动过程中机械能、电势能可以保持不变，故B错误，D正确；

C．若，则根据B项分析可知此时电场力方向与重力方向垂直，小球在运动过程，电场力对小球做正功，小球机械能增加，故C错误。故选AD。

12．如图所示，两个等量同种正电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10-6C，质量为1×10-4kg的小物体从C点静止释放，其运动的v—t图象如图乙所示。其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（　　）

A．沿直线从C到A，电势逐渐升高

B．由C到A的过程中，物块的电势能先减小后增大

C．B为中垂线上电场强度最大的点，且场强E=100V/m

D．A、B两点间的电势差UAB=－500V

【答案】CD

【解析】A．根据等量同种电荷等势线的分布，等量正电荷从电荷连线中点沿中垂线向外，电势降低，A错误；

B．由C到A的过程中，电场力做正功，电势能减小。B错误；

C．由图像可知，B点斜率最大，即加速度最大，所以B为中垂线上电场强度最大的点，根据牛顿第二定律得解得E=100V/m，C正确；

D．从A到B，根据动能定理得解得UAB=－500V，D正确。故选CD。

第II卷（非选择题 共52分）

二、实验题（满分14分）

13．如图甲所示，用铜片、铝片和可乐可以做成可乐电池，电动势大约在0.5V~0.6V间，内阻几千欧左右，某实验兴趣小组制作了一个可乐电池并测量其电动势和内阻。

（1）如图乙所示，直接用多用电表“直流2.5V”量程测量出可乐电池的电动势大小为______V；

（2）现有实验器材：

A．电压表（0~3V，约为3000Ω）

B．电流表（0~300，为300Ω）

C．电阻箱（0~9999Ω）

D．滑动变阻器（0~20Ω）

E．开关，导线若干

①为了更准确测量可乐电池的电动势和内阻，选择合适的器材并按电路图___________完成电路连接；

A．       B．

 C．        D．

②通过数据处理画出相应的可乐电池图像如图丙实线所示，可知该可乐电池的内阻约为_____Ω；（保留2位有效数字）

③将该可乐电池静置5h后再次测量获得的图像如图丙虚线所示，可知该可乐电池的电动势___________（选填“增大”、“减小”或“不变”）

【答案】0.43（0.42~0.44内均可）    A    1.9×103（1.8×103~2.0×103内均可）    不变   

【解析】（1）[1]选择“直流2.5V”量程时，分度值为0.05V，需要估读到0.01V，则可乐电池的电动势大小为

（2）[2]由于电流表内阻已知，所以将其与电阻箱串联后使用，可以获得通过电源的准确电流值，通过建立电动势与电路总电阻的关系进行数据处理，使系统误差最小，故选A。

[3]根据所选电路图，以及闭合电路欧姆定律可知整理得

所以图像的斜率表示可乐电池的电动势，纵截距的绝对值表示可乐电池与电流表的内阻之和，由题图可知解得

[4]根据前面分析可知，由于图像的斜率不变，所以该可乐电池的电动势不变。

14．某同学想制作一个简易多用电表。实验室中可供选择的器材有：

电流表：量程为、内阻约为

电流表：量程为，内阻约为

定值电阻：阻值为

定值电阻：阻值为

定值电阻：阻值为

滑动变阻器：最大阻值

滑动变阻器：最大电阻，额定电流

直流电源：电动势，内阻

红、黑表笔各一支，开关，单刀多向开关，导线若干

（1）该同学打算用电流表作表头，为测定电流表的内阻，设计了如图甲所示的电路，为测量准确并方便调节，对电路中两个定值电阻的选择你认为比较合理的是：选用__________，选用___________。（填写相应元件的代号）

（2）按照甲图电路进行实验，测得电流表的内阻为,利用所给器材，该同学设计了如图乙所示的多用电表内部电路，根据图乙电路和实验器材，请回答下列问题：

（a）若测量电压，开关应与________（填“1”“2”或“3”）相接，量程为_______。

（b）欧姆挡刻度盘的倍率设为“”，中央刻度值应标注为__________________。

（c）若把改装电流表与标准电流表串联进行校准，发现改装表示数比标准表示数偏小，出现这种问题如果是因为电流表内阻的测量有误差造成的，则电流表的实际内阻稍_________（填“大于”或“小于”）。

【答案】        3    3    15    大于   

【解析】（1）[1]根据图甲实验电路待测电流表与定值电阻并联，电流表测量并联的总电流，由

即可求出电流表内阻。因电流表量程为，当满偏时，为使也接近满偏，定值电阻所以A应选择；

[2]测量电路部分总电阻约为，最高电压约，用作为保护电阻，可分得大部分电压，可以使滑动变阻器滑片在大范围内调节，定值电阻用比较合理。

（2）（a）[3]为测量电压，电流表应串入一个大电阻，开关应接3。

[4]和改装成的电流表量程为内阻

改装后电压表的量程

（b）[5]根据欧姆表原理，中央刻度等于欧姆表内阻，即因设置倍率为“”，所以标注刻度值为15。

[6]根据并联电路的分流，改装后电流表示数偏小．即流过的电流偏小，可推断实际阻值应大于。

三、计算题（满分38分，其中15题8分，16题8分，17题10分，18题12分，每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）

15．如图所示，线圈平面与水平方向夹角θ=60°，磁感线竖直向下，线圈平面面积S=0.4 m2，匀强磁场磁感应强度B=0.6 T，则：

（1）穿过线圈的磁通量Φ为多少？把线圈以cd为轴顺时针转过120°角，则通过线圈磁通量的变化量为多少？

（2）若θ=90°，穿过线圈的磁通量为多少？当θ为多大时，穿过线圈的磁通量最大？

【解析】（1）线圈在垂直磁场方向上的投影面积

穿过线圈的磁通量

线圈以cd为轴顺时针方向转过120°角后变为与磁场垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入的方向与原来相反，故此时通过线圈的磁通量Φ2=－BS=－0.6×0.4 Wb=－0.24 Wb

故磁通量的变化量ΔΦ=|Φ2－Φ1|=|－0.24－0.12| Wb=0.36 Wb

（2）当θ=90°时，线圈在垂直磁场方向上的投影面积S⊥′=0

据Φ=BS⊥

知，此时穿过线圈的磁通量为零。当θ=0时，线圈平面与磁场垂直，此时S⊥″=S穿过线圈的磁通量最大。

16．某玩具汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示，当闭合电路开关，车灯正常发光：若再闭合开关，汽车启动电机工作，车灯突然变暗。（车灯电阻可视为定值）

(1)请用题中电路图简要解析车灯变暗原因；

(2)若简化电路中电源电动势为，内阻为，仅闭合开关时，车灯正常发光，此时电流表（电流表视为理想电表）读数；若再闭合开关启动电机工作后，电流表读数，求电动机消耗的功率是多少？

【解析】(1)当启动电机工作时，干路电流增大，由闭合回路欧姆定律得

可得电源内电压增大，路端电压变小，因此，车灯两端电压变小，车灯突然变暗。

(2)当仅闭合开关时，由闭合回路欧姆定律得

得车灯内阻

闭合开关时启动电机工作后，有

根据欧姆定律得

根据串并联电路规律得

电动机消耗的功率

联立可得

17．如图所示，在绝缘水平面上，相距L = 4 m的A、B两点处分别固定着两个电荷量相等的正点电荷，a、b是AB连线上的两点，其中，O为连线的中点，一质量为m=1kg、带电荷量为+q = +1C的小滑块（可以看作质点）以初动能Ek0=10 J从a点出发，沿直线AB向b点运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍（n = 2），到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点， 重力加速度为g=10m/s2，求：

（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数；

（2）O、b两点间的电势差；

（3）小滑块运动的总路程。

【解析】（1）由

0为连线的中点知a、b关于O点对称，则a、b两点间的电势差

设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，在滑块从a点运动到b点的过程中，由动能定理得

又摩擦力

解得

（2）在滑块从O点运动到b点的过程中，由动能定理得

解得

（3）对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得

又

解得

18．如图所示为一多级加速器模型，一质量为m＝1.0×10－3kg、电荷量为q＝8.0×10－5C的带正电小球（可视为质点）通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A点水平抛出，恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间，A点在MN板左端M点正上方，倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L＝1.0m，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。

（1）求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U；

（2）若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E＝100V/m，要使带电小球不打在PQ板上，则两板间的距离d至少要多长？

【解析】（1）设小球从A点到B点的运动时间为t1，小球的初速度为v0，A点到M点的高度为y

则有＝tanθ；cosθ＝v0t1；y－sinθ＝gt

联立并代入数据解得v0＝m/s；y＝m

带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有qU＝mv－0

代入数据解得U＝18.75V

（2）进入电场时，以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y轴方向有Fy＝mgcosθ－qE＝0

沿x轴方向有Fx＝mgsinθ

故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有Fx＝ma；＝at；dmin＝t2

联立并代入数据解得dmin＝m

即两板间的距离d至少为m。