【期末总复习】人教版(2019)高二物理必修第三册——期末复习高分必刷卷（提高版）

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高二物理期末考试复习高分突破必刷检测卷（提高版）全解全析1．A【详解】A．安培提出了分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流，选项A正确；B．奥斯特最先发现电流周围存在磁场，选项B错误；C．法拉第在奥斯特的启发下，研究了磁场与电流的关系，最终通过十年的努力终于发现了电磁感应现象，选项C错误；D．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，在磁场中洛伦兹力并不做功，离子是从电场中获得能量，选项D错误。故选A。2．B【详解】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为，两个+q电荷在O处产生的场强大小均;根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为；再与-2q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E12+E3=，方向指向电荷量为-2q 的点电荷，故选B.3．D【详解】A．电场线越密集的地方电场强度越大，故A点电场强度比B点电场强度大，故A错误；B．沿电场线方向电势降低，负电荷在电势低的地方电势能大，则负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，故B错误；C．电场线越密集的地方电场强度越大，A、B两点间的平均电场强度大小大于B、C两点间的平均电场强度，根据A、B两点间的电势差大于B、C两点间的电势差，故C错误；D．负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，负电荷由A向B移动，电势能减少，则电场力做正功，故D正确。故选D。4．B【详解】A．图中没有闭合回路，所以不能形成感应电流，故A错误；B．磁感应强度不变，由于运动的两个导体棒围成的横截面积增大，由公式
 可知磁通量变化，两导体棒与导轨形成闭合回路，所以可以产生感应电流，故B正确；C．导线前，磁感应强度方向向下，导线后，磁感应强度方向向上，由对称性可知，整个线圈磁通量为零，磁通量不随电流的增大而变化，没有感应电流产生，故C错误；D．线圈向右移动，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故D错误。故选B。5．B【详解】A．时，感应电动势为零，此时通过线框的磁通量最大，选项A错误；B．时，感应电动势为零，此时通过线框的磁通量最大，线框平面与中性面重合，选项B正确；C．线框匀速转动时的角速度大小为选项C错误；D．线框产生的交变电动势的有效值为选项D错误。故选B。6．A【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小。故选A。【点睛】 7．D【分析】考查带电粒子在匀强磁场中的运动。【详解】电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，两电子运动半径相同，由周期公式可知，周期也相同，由几何关系可知，电子1运动的圆心角为，电子2运动的圆心角为，由时间 可得：D正确。故选D。8．D【详解】AC．由平衡知识可知，导线MN对P的作用力均为斥力且相等，则导线M、P中的电流方向相反，则则导线M、P间的磁场力大小为选项AC错误；B．对导线M受力分析，在水平方向即导线M、N间的磁场力大小为选项B错误；D．因为可知又导线P中的电流大小是导线N中电流大小的2倍，选项D正确。故选D。9．BC【详解】AB．由左手定则可知，正离子偏向P板，负离子偏向Q板，则极板P的电势比极板Q的电势高，A错误，B正确；C．两极板间电压稳定后，则即极板P、Q间电压为U=BdvC正确；D．由上述分析可知，稳定后两板间的电压与两板正对面积无关，D错误。故选BC。10．BD【详解】AB．若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，A错误，B正确；CD．若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下．由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，C错误，D正确。故选BD。11．AC【详解】A．S闭合时，L由于自感作用会阻碍电流通过，电流流过A灯，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，故A正确；B．S闭合时，B灯先不太亮，然后亮，并不会熄灭，故B错误；C．电路接通稳定后，A灯被短路，A灯不亮，BC灯亮度相同，故C正确，D．电路接通稳定后，S断开时，L由于自感作用会阻碍电流减小，ABC灯逐渐熄灭，故D错误。故选AC。12．ACD【详解】A．当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，则由平衡可知电流强度大小为选项A正确；BC．磁场方向水变为竖直的过程，金属棒保持静止不动，则安培力一定从竖直向上变为水平向右，则安培力大小和方向都一定变化，支持力从原来的零逐渐变大，选项B错误，C正确；D．当安培力沿斜面向上时，安培力最小，则 即磁感应强度最小值为选项D正确。故选ACD。13．AC【详解】A．开始时，圆环的磁通量为零，此后随着垂直纸面向里的磁场减弱，圆环的磁通量一直在增加，A项正确；B．根据楞次定律可判断，圆环中的感应电流方向始终沿顺时针方向，B项错误；CD．在t=t0时刻，圆环中的感应电流大小为安培力大小C项正确，D项错误。故选AC。14．4.910    4.702        【详解】（1）[1][2]游标卡尺读数即圆柱体的长度为螺旋测微器读数即横截面的直径为（2）因为滑动变阻器的电阻比较小，故滑动变阻器采用分压式接法，由计算可得则电流表采用外接法，电路图如图所示
 15．ABDFH    甲    1.5    0.7    【详解】(1)[1]在题述器材中选择适当的器材：被测干电池一节A；电流表B的内阻是已知的故选B，电压表选择量程0~3V的D，滑动变阻器选择阻值较小的F，开关、导线若干，故选ABDFH。(2)[2]因电流表的内阻已知，故实验电路图应选择图甲。(3)[3][4]根据实验中电流表和电压表的示数得到了题图丙所示的U-I图像，由图可知干电池的电动势E=1.5V，内电阻16．（1）；（2）【详解】（1）由图得又根据闭合电路欧姆定律，得（2）电压有效值电压表读数为路端电压，所以故电压表示数为。17．（1）；（2）1V；（3）【详解】（1）在时，磁感应强度为则磁通量（2）在0～4s内，根据法拉第电磁感应定律，则有即在时电阻螺线管产生的电动势（3）根据焦耳定律，则有，在0～4s内产生热量在4～6s内，则有根据焦耳定律，在4～5s内产生热量在前内电阻上产生的热量18．(1) ；(2) 【详解】(1)当杆平衡时，达收尾速度vm对杆总电阻为联立并代入数据解得(2)从静止到刚好达到收尾速度过程中，由能量守恒定律有代入数据解得Q=1.1JR1，R2上产生的总热量R1上产生的热量联立可得19．（1）；（2）；（3）【详解】（1）粒子在磁场区域Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力得粒子在条形磁场区域中运动的轨迹如图，由几何关系解得（2）带电粒子在条形磁场Ⅰ中运动的周期为同理由几何关系知，在磁场区域I中运动的轨迹圆弧对应圆心角为则在条形磁场中运动的时间为粒子在条形磁场区域Ⅱ中运动的半径为根据得粒子在磁场区域II中轨迹如图，由几何关系得，粒子在磁场区域II中轨迹圆弧对应圆心角为所以粒子在磁场区域II中的运动时间为粒子偏转后再次垂直于两条形磁场区域进入条形磁场区域Ⅰ，粒子再次进入条形磁场区域1中的轨迹如图，偏角为所以在条形磁场中运动的时间为所以，带电粒子在磁场中运动的总时间为（3）若仅改变粒子的电性。该负粒子在磁场区域Ⅰ中的半径由得负粒子运动轨迹恰好和相切。轨迹如图所示。由几何关系，负粒子射出磁场区域I时在y轴的坐标为正粒子射出磁场区域Ⅰ时在y轴的坐标则该负粒子离开y轴时与正粒子离开y轴时坐标之间的距离为20．（1）；（2）；（3）【详解】（1）设带电粒子经电压为U的电场加速后获得速度为，由动能定理得解得（2）带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，从P点到达C点，由运动学公式得 解得（3）带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有几何关系可得，带电粒子在第一象限的运动半径为则矩形磁场的最小长度为矩形磁场的最小宽度为 即最小面积