新教材适用2023_2024学年高中物理本册综合学业质量标准检测新人教版必修第三册

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本册综合学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题　共40分)一、选择题(共12小题，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2023·广西钦州高二期中)下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( D )A．由E＝eq \f(F,q)知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B．由C＝eq \f(Q,U)知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．由E＝keq \f(Q,r2)知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D．由UAB＝eq \f(WAB,q)知，将所带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为－1 J，则A、B两点间的电势差为－1 V解析：电场中某点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷所带的电荷量无关，选项A错误；电容器的电容是由本身的结构决定的，与其所带电荷量以及两极板间的电压无关，选项B错误；由E＝keq \f(Q,r2)，知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量成正比，选项C错误；由UAB＝eq \f(WAB,q)知，将所带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功为－1 J，则A、B两点间的电势差为UAB＝eq \f(－1,1) V＝－1 V，选项D正确。2．如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在由正点电荷形成的电场中，导体处于静电平衡时，下列说法正确的是( D )A．A、B两点场强不相等，EA>EBB．A、B两点场强不相等，EAEB，C错误；当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体，并中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向大地的远端，D正确。3．(2023·广东惠州一中高二上检测)如图所示，P 为一块半圆形薄电阻合金片，先将它按图甲方式接在电极A、B之间，然后将它再按图乙方式接在电极C、D 之间，设AB、CD之间的电压是相同的，则这两种接法的电阻大小关系为( B )A．R甲＝eq \f(1,2)R乙 B．R甲＝eq \f(1,4)R乙C．R甲＝2R乙 D．R甲＝4R乙解析：将四分之一圆形薄合金片看成一个电阻，电阻值设为r，图甲中等效为两个电阻并联，R甲＝eq \f(r,2)，图乙中等效为两个电阻串联，R乙＝2r，所以R甲＝eq \f(1,4)R乙，所以B正确。4．(2023·常德市一中高二期末)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示。M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为( B )A.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴正向B.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴负向C.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴正向D.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴负向解析：正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零，则作为对称点的H点处的电场强度也为零，正点电荷在H点的场强大小E1＝eq \f(kQ,a2)，方向沿y轴正向。由于H点处的电场强度为零，则两个负点电荷在H点的合场强大小E2＝E1＝eq \f(kQ,a2)，方向沿y轴负向。当正点电荷移到G点后，正点电荷在H点的场强大小E3＝eq \f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a))2)＝eq \f(kQ,4a2)＝eq \f(1,4)E1，方向沿y轴正向，两个负点电荷在H点的合场强大小为E2，方向沿y轴负向，因此H点处场强的大小为E4＝E2－E3＝eq \f(3kQ,4a2)，方向沿y轴负向。故选B。5．如图所示，同在一个平面内的彼此绝缘的两个圆环A、B，大圆环A中通有方向如图所示的电流I，小圆环B的一半面积在A环内、一半面积在A环外，则下列说法正确的是( B )A．穿过小圆环B的磁通量为0B．穿过小圆环B的磁通量不为0，且磁通量指向纸面内C．穿过小圆环B的磁通量不为0，且磁通量指向纸面外D．以上判断均错误解析：小圆环B在A环内外部分的磁场强弱不同。根据安培定则可知整个A环上的电流在其内部的磁场均向里，磁场在B环内左半圆环向里、右半圆环向外，则小圆环B在A环内部分的磁场比外部强，应用磁通量概念可知小圆环B在A环内部分的磁通量(向里)大于环外部分的磁通量(向外)，总体表现A环内的磁通量，故A、C、D错误，B正确。6．(2022·安徽太和县第八中学高二开学考试)如图所示的两电路中，电路甲和电路乙分别用开关S1、S2控制，小灯泡L有电流流过就能发光。则下列操作能使L发光的是( A )A．保持S1闭合，闭合S2的瞬间B．保持S2闭合，断开S1的瞬间C．保持S2闭合，闭合S1的瞬间D．保持S1断开，闭合S2的瞬间解析：保持S1闭合，闭合S2的瞬间，穿过闭合电路甲的磁通量发生变化，从而产生感应电流，则L发光，A正确；保持S2闭合，断开或闭合S1的瞬间，穿过电路甲的磁通量没有发生变化，则电路甲中没有感应电流产生，L不能发光，B、C错误；保持S1断开，电路甲没有构成闭合回路，不管S2是否闭合，电路甲中都不可能有感应电流产生，L都不能发光，D错误。7．(2023·山西朔州高二期末)将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知下列说法不正确的是( C )A．电源最大输出功率为45 WB．电源内阻一定等于5 ΩC．电源电动势为45 VD．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率等于50%解析：由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数P变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P最大为45 W，所以电源最大输出功率为45 W，故A正确，不符合题意；电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5 Ω，故B正确，不符合题意；由电阻箱所消耗功率P最大值为45 W可知，此时电阻箱读数为R＝5 Ω，则有：Pmax＝eq \f(E2,4R)，解得E＝30 V，故C错误，符合题意；电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为50%，故D正确，不符合题意。故选C。8．(2022·全国高二单元测试)如图所示电路中，已知电源接入电路后能提供大小保持不变的电流，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器两端电压的变化量为ΔU，定值电阻R1两端电压的变化量为ΔU1，定值电阻R2两端电压的变化量为ΔU2。下列说法正确的是( C )A．ΔU>0 B．ΔU2>0C．ΔU1>0 D．|ΔU1|>|ΔU|解析：当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻减小，则总电阻也减小，而电源的输出电流不变，由欧姆定律可知，并联部分两端的电压减小，所以R2两端的电压减小，即ΔU2<0，B错误；R2是定值电阻，所以通过R2的电流减小，电源的输出电流不变，则通过R1的电流增大，R1两端的电压增大，即ΔU1>0，C正确；滑动变阻器两端的电压减小，即ΔU<0，A错误；R1两端的电压增大，滑动变阻器两端的电压减小，R1和滑动变阻器两端的电压之和减小，则R1两端电压的变化量的绝对值小于滑动变阻器两端电压的变化量的绝对值，即|ΔU1|<|ΔU|，D错误。9．如图所示，两个电荷量均为＋Q的点电荷分别固定在A、B两点，C、D两点将A、B连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图像可能是( CD )　　　　A　　　　　　　　B　　　C　　　　　　　　D解析：设A、B之间的距离为r，带负电的粒子到A点的距离为x，由库仑定律可得负电粒子所受的合力为F＝keq \f(Qq,x2)－keq \f(Qq,r－x2)，在AB之间的中点O，负电粒子所受的合力为0，C到O的合力方向向左，O到D的合力方向向右，因为从C到O负电粒子所受合力逐渐减小，在O点，合力大小为零，所以当负电粒子以初速度v0向右运动时，开始时加速度变小，斜率不恒定，故A、B错误；如果v0足够大，粒子从C到O的过程中速度变小，在O点的加速度为零，即图线的斜率在O点变为零，从O到D过程中速度逐渐增加，斜率逐渐增加，在O点的速度可能为零也可能不为零，故C、D正确。10．(2023·常德汉寿县第一中学高二阶段练习)如图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U－I图线。用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2。则( BC )A．P1>P2 B．P1＝P2C．η1>η2 D．η1<η2解析：根据图线可得电源电动势和内阻为E＝6 V，r＝eq \f(6,6) Ω＝1 Ω，同时有R1＝eq \f(4,2) Ω＝2 Ω，R2＝eq \f(2,4) Ω＝0.5 Ω，当电源与R1组成闭合电路时，电路中电流为I1＝eq \f(E,R1＋r)＝2 A，可得此时电源的输出功率和效率分别为P1＝Ieq \o\al(2,1)R1＝8 W，η1＝eq \f(I\o\al(2,1)R1,I\o\al(2,1)R1＋r)＝eq \f(2,3)，同理可得当电源与R2组成闭合电路时，电路中电流为I2＝eq \f(E,R2＋r)＝4 A，可得此时电源的输出功率和效率分别为P2＝Ieq \o\al(2,2)R2＝8 W，η2＝eq \f(I\o\al(2,2)R2,I\o\al(2,2)R2＋r)＝eq \f(1,3)，所以有P1＝P2，η1>η2，故选BC。11．如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为m，电荷量为＋q的小球从O点由静止开始恰能沿直线OP运动，且到达P点时的速度大小为v，重力加速度为g(规定O点的电势为零)，下列说法正确的是( BD )A．电场强度的大小E＝eq \f(\r(2)mg,q)B．小球在P点的电势φP＝－eq \f(mv2,4q)C．小球在P点的电势能Ep＝eq \f(mv2,4)D．小球机械能的变化量为eq \f(mv2,4)解析：小球沿直线OP运动，合力沿OP方向，如图所示则有qEtan 45°＝mg，解得E＝eq \f(mg,q)，故A错误；设OP＝L，根据动能定理得mgLsin 45°＋qELcos 45°＝eq \f(1,2)mv2，解得电场力做功W＝qELcos 45°＝eq \f(mv2,4)，根据W＝qUOP，解得UOP＝eq \f(mv2,4q)，根据UOP＝φO－φP，且φO＝0 V，解得φP＝－eq \f(mv2,4q)，则P点的电势能为Ep＝qφP＝－eq \f(mv2,4)，故B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，为ΔE＝W＝eq \f(mv2,4)，故D正确。故选BD。12．(2023·山东潍坊高一期末)如图所示，两根固定绝缘直杆组成“V”字形，两杆夹角为30°，其中OE杆竖直，OF杆光滑。在E点固定一个带电荷量为＋Q的小球a，另一带电荷量也为＋Q的小球b套在OF杆上，小球b沿杆加速下滑到达F点时，速度为3 m/s，越过M点后继续下滑。已知EF垂直于OE，EM垂直于OF，∠OEN＝30°，EF＝eq \f(8\r(3),15) m。关于小球b的运动，以下判断正确的是( BD )A．在N点时，速度为3 m/sB．在N点时，速度为5 m/sC．从F点运动到N点的过程中，机械能守恒D．从F点运动到N点的过程中，在M点时电势能最大解析：由点电荷的电势分布可知，F、N两点电势相等，由F到N电势先升高后降低，M点电势最高，由F至N过程，电场力做功为零，由动能定理：mg·LFN·cos 30°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,F)，LFN＝LEF＝eq \f(8\r(3),15) m，解得：vN＝5 m/s，故A错误，B正确；由F至N过程电场力先做负功，后做正功，在M点电势能最大，机械能不守恒，故D正确，C错误。第Ⅱ卷(非选择题　共60分)二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)13．(6分)(2022·全国高二课时练习)用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：A．待测电阻Rx(大约100 Ω)；B．直流毫安表A1(量程0～10 mA，内阻约100 Ω)；C．直流毫安表A2(量程0～40 mA，内阻约40 Ω)；D．直流电压表V1(量程0～6 V，内阻约5 kΩ)；E．直流电压表V2(量程0～15 V，内阻约15k Ω)；F．直流电源(输出电压4 V，内阻不计)；G．滑动变阻器R(阻值范围0～50 Ω，允许最大电流1 A)；H．开关一个、导线若干。(1)根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确直流毫安表应选_C__，直流电压表应选_D__；(2)在虚线框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大一些；(3)用铅笔按电路图将实物图连线。答案：(2)见解析图　(3)见解析图解析：(1)由于直流电源的电动势为4 V，待测电阻Rx阻值约100 Ω，故通过Rx的最大电流约为40 mA，所以直流毫安表应选C，直流电压表若选0～15 V量程，则读数误差较大，故应选D。(2)由于要求电压和电流的变化范围尽可能大一些，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于eq \f(RV,Rx)＝eq \f(5 000,100)＝50>eq \f(Rx,RA)＝eq \f(100,40)＝2.5，待测电阻属于小电阻，故电流表采用外接法，电路图如图所示。(3)根据电路图，实物图连线如图所示。14．(8分)在做“用电流表和电压表测电池的电动势E(约3 V)和内电阻r”的实验时，部分器材参数如下：电压表(量程3 V)，电流表(量程0.6 A)，定值电阻R0(阻值为3 Ω)，滑动变阻器R(阻值约30 Ω)。(1)小红按如图甲所示的电路图连接实物电路，在电路连接正确的情况下，当她闭合开关时发现电压表有示数，电流表没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件断路，因此她拿来多用电表检查故障。她的操作如下：a．断开电源开关S；b．将多用表选择开关置于×1 Ω挡，调零后，红黑表笔分别接R两端，读数为30 Ωc．将多用表选择开关置于×100 Ω挡，调零后，将红黑表笔分别接电压表两端，发现指针读数如图乙所示，则所测阻值为 2 200　Ω，然后又将两表笔接电流表两端，发现指针位置与图乙几乎不变。由以上操作可判断发生断路故障的元件是 电流表　(填元件名称)。(2)她设计的实验电路中定值电阻R0的作用是(说出一条理由即可) 保护电源　。(3)请根据电路图把实物图丙没完成的连线连接好。(4)在更换规格相同的元件后，她改变滑动变阻器的阻值，测出了6组对应的数据并在坐标系上描点如图丁所示，请在图丁中继续完成图像；并根据图像可得该电池的电动势E＝ 3.00　 V，电池内阻r＝ 0.41　Ω(小数点后保留两位数字)。答案：(3)见解析图解析：(1)根据图乙可读出所测阻值为2 200 Ω；将两表笔接电流表两端，发现指针位置几乎不变，说明多用电表仍然测量的是电压表的内阻，也就说明了电流表处发生了断路。(2)她设计的实验电路中定值电阻R0的作用是：①保护电源，②增大电源等效内阻，使调节时两电表示数变化明显。(3)实物图连线见图a(4) 描点连线见图b，根据U－I图像得：当电流I＝0时，U＝3.00 V，所以电池的电动势E＝3.00 V，通过U－I图像求出该直线的斜率为k＝eq \f(3－1.5,0.44)Ω≈3.41 Ω，也就是r＋R0≈3.41 Ω，所以电池内阻r＝0.41 Ω。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)(2022·山东夏津第一中学高二阶段测试)如图所示，电源电动势E＝12 V，电源内阻r＝0.5 Ω。定值电阻R1＝5.5 Ω，R2＝12.0 Ω。求：(1)闭合开关S后，求流过电源的电流；(2)若在ab之间接一个C＝200 μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电荷量。答案：(1)0.67 A　(2)1.6×10－3 C解析：(1)闭合开关，根据闭合电路的欧姆定律，流过电源的电流为I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)≈0.67 A。(2)闭合开关S，电路稳定后电阻R2两端的电压为U2＝IR2＝8 V，电容器上所带电荷量Q＝CU2＝1.6×10－3 C。16．(8分)竖直方向上无限大均匀带电平板上有一小孔O，平板右侧过O点且垂直于板的x轴上的电势随距离x的变化如图所示。一个电荷量q＝－1×10－10 C，质量m＝1×10－10 kg的带电粒子从O点以初速度v0＝10 m/s沿x轴正方向运动，忽略粒子重力。(1)求粒子在x＝0.02 m处所受的电场力；(2)请通过计算说明粒子能否到达x＝0.08 m处。若能，求出粒子到达该处的速度大小；若不能，求出粒子向右运动最远点的位置坐标。答案：(1)1×10－7 N　方向水平指向O点(2)0.05 m解析：(1)由电势分布图像可知，此电场为匀强电场场强大小E＝eq \f(Δφ,Δx)，E＝103 V/m，故粒子运动到x＝0.02 m处所受电场力，F＝qE＝1×10－7 N，方向水平指向O点。(2)假设粒子运动距O点的最大距离为x，由动能定理得Eqx＝0－Ek，解得x＝0.05 m，故粒子不能到达x＝0.08 m处，粒子向右运动最远点的位置坐标为x＝0.05 m。17.(14分)如图所示，在x>0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场E；在x<0的空间内，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E。一电子(－e，m)在x＝d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力。求：(1)电子在x方向分运动的周期；(2)电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离L。答案：(1)4eq \r(\f(2md,eE))　(2)2v0eq \r(\f(2md,eE))解析：电子射入电场后，y方向的分运动一直为匀速运动；x方向的分运动为先是－x方向的加速运动，接着是－x方向的减速运动，又＋x方向的加速运动，再＋x方向的减速运动…，如此反复。故电子运动的轨迹如图所示。(1)设电子从射入到第一次与y轴相交所用时间为t，则d＝eq \f(1,2)eq \f(eE,m)t2解得t＝eq \r(\f(2md,eE))所以，电子在x方向分运动的周期为T＝4t＝4eq \r(\f(2md,eE))。(2)在竖直方向上y＝v0t＝v0eq \r(\f(2md,eE))电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l为l＝2y＝2v0eq \r(\f(2md,eE))。18．(16分)如图甲所示，某直线加速器由沿轴线分布的两个金属圆管(漂移管A、B)组成，质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过金属筒，筒B接地(电势为零)，两筒间电压恒定。不同时刻释放的质子进入金属筒A时速度均为8×105 m/s，进入金属筒B时速度均为1×106 m/s，从B筒右端射出后，沿两水平金属板M、N间的中心线射入，MN板长L＝10 cm，板间距d＝10 cm，加在MN板上的电压UMN随时间t变化的图像如图乙所示。粒子穿过MN板的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一圆筒，其表面有一层厚度不计的方格坐标纸。筒的左侧边缘与极板右端距离l＝8 cm，圆筒绕其轴线匀速转动，周期T＝2 s，筒的周长s＝20 cm，筒能接收到通过AB板后射出的所有质子。质子的比荷为1×108 C/kg，不计质子重力。(1)请根据所学知识，解释并说明质子在漂移管内的运动状态；(2)粒子在AB之间加速时，求A管的电势；(3)以t0＝0时刻进入MN的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取y轴竖直向上为正，计算质子打到记录纸上沿y轴方向的最大侧移量；(4)通过计算，在图丙的坐标纸上定量地画出0～2 s内质子打在记录纸上形成的痕迹图线。答案：(1)见解析图　(2)1 800 V　(3)13 cm(4)见解析图解析：(1)由于漂移管的静电屏蔽作用，其内部场强处处为零，故质子在漂移管内做匀速直线运动。(2)质子在AB之间加速，假设AB两管之间的电压为U，根据动能定理得：qU＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)代入数据得U＝1 800 V，由于B管接地，电势为0，则A管电势φA＝1 800 V。(3)当质子恰好从M板边缘射出时，打到记录纸上位置最高，记纵坐标为y。在MN板间向上偏转的过程中，质子初速度是1×106 m/s，水平位移是L，竖直位移是eq \f(d,2)，假设此时对应的偏转电压为UNM，偏转时间为t0，根据类平抛运动的规律有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，a＝eq \f(qUNM,md)，L＝vBt0，代入数据解得UNM＝1×104 V。此质子从MN板间射出时沿y方向的分速度为vy＝eq \f(qUMN,md)t0＝1×106 m/s，由几何关系得eq \f(y－\f(d,2),l)＝eq \f(vy,vB)，代入数据解得y＝13 cm质子在y轴上的最大侧移量为13 cm。(4)又UNM＝1×104 V<2×104 V，圆筒转动的一个周期内质子打在圆筒上的最高点不止一个。所对应的时刻分别为0.25 s和1.25 s。根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为2.5 cm，第二个最高点的x坐标为12.5 cm。综上所述，质子打在记录纸上最高点的坐标为(2.5 cm,13 cm)或(12.5 cm,13 cm)从题给的UMN随时间t变化的图像可以知道，一个周期内只有0～0.25 s,0.75 s～1 s,1～1.25 s，1.75～2 s这几段时间内才有粒子打到记录纸上。且当－1×104 V