综合测试-（2019）新人教版高中物理必修第三册.docx

1、江苏省苏州高新区第一中学2020-2021学年度高一物理测试必修第三册满分100分 时间75分钟一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）1. 下列关于静电场的说法正确的是( )A. 在孤立点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相等的两点B. 若正电荷只在电场力作用下运动，则一定从高电势向低电势运动C. 场强为零处，电势一定为零；电势为零处，场强不一定为零D. 初速度为零的正电荷仅在电场力作用下一定沿电场线运动2. 如图所示，矩形abcd位于匀强电场中且所在平面与匀强电场平行，ab=2bc=2m，e点是ab边的中点已知a点电势为4V，b点电势为-8V，c点电势为-2V.则( )A.

2、d点电势为8VB. 一个电子放在e点具有的电势能大小为-3.210-19JC. 电场强度的大小为12V/m，方向垂直ec连线斜向右上方D. 若将一电子从e点以某一速度沿ec连线射出有可能经过b点3. 一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化。如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为r。若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒定为U，则下列说法正确的是A. 瓶内液面升高了2kdItrUrB. 瓶内液面

3、升高了kdItrUrC. 瓶内液面降低了2kdItrUrD. 瓶内液面降低了kdItrUr4. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()A. 运动到P点返回B. 运动到P和P点之间返回C. 运动到P点返回D. 穿过P点5. 两根材料相同的均匀导线x和y，其中，x长为l，y长为2l，串联在电路中时沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示，那么，x和y两导线的电阻和横截面积之比分别为()A. 3：11：6B. 2：31：6C. 3：21：5D. 3：15：16.

4、如图所示导体电路放置在水平面内，处于竖直向下、范围足够大的匀强磁场中，平行光滑且足够长的金属导轨上放置导体棒MN，水平导体棒与导轨垂直且电接触良好，t=0时刻单刀双掷开关S拨到l位置，电源给电容C充电，t1时刻又将S拨到2位置，电容C通过MN连接的回路放电，以下关于电容器充放电电流ic、电容器两极电压Uc、棒MN的速度v及棒MN两端电压UMN随时间t变化图象正确的是()A. B. C. D. 7. 如图所示，匀强电场E的区域内有一球体，在球心O点处放置一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是()A. b、d两点的电场

5、强度相同。B. a点的电势等于f点的电势。C. 点电荷+q在球面上abcd中任意两点之间移动时，电场力一定不做功。D. 点电荷+q在球面上bdef中任意两点之间移动时，电场力一定不做功。8. 如图所示，水平放置、表面粗糙的大金属板正上方有一固定的正点电荷Q，现让一表面绝缘带正电的小球(可视为质点且不影响Q的电场)，从左端以初速度v0滑上金属板的上表面向右运动到右端，在运动过程中( )A. 小球做匀速运动B. 小球先减速运动，后加速运动C. 小球的加速度先增大，后减小D. 小球的电势能先减小，后增加9. 如图所示，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线是一小灯泡的U-

6、I图线曲线与直线I、相交点的坐标分别为P(5,3.75)、Q(6,5).如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，下列说法不正确的是()A. 电源1、电源2的内阻之比为3：2B. 电源1与电源2的电动势之比为1：1C. 在这两种连接状态下、小灯泡的电阻之比为R1：R2=10：9D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比为P1：P2=5：810. 如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R1、R2、R3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，开关闭合时，平行金属板中一带电小液滴P处于静止状态。选地面为零电势参考面，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则( )A. 电阻R1消耗的功率增

7、大B. 带电小液滴的电势能增加C. 电源的效率减小D. 若电流表、电压表的示数变化量分别为I和U，则UIq2B. BC间场强方向沿x轴负方向C. C点的电场强度大于A点的电场强度D. 将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）12. 图甲、乙和丙所示均为教材中的演示实验实物图。在电路连接正确的情况下，回答下列问题：(1)图甲中，将条形磁铁插入线圈和拔出线圈时，灵敏电流计指针偏转方向_(填“相同”或“相反”)。(2)图乙中，导体棒AB以大小不同的速度沿相同方向切割磁感线时，灵敏电流计指针偏转大小_(填“相同”或“不同”)。(3)图丙中，下列操作能

8、使灵敏电流计指针偏转的是_。(填选项前的字母)A.闭合开关的瞬间B.保持开关闭合，快速移动滑动变阻器的滑片C.保持开关断开，快速移动滑动变阻器的滑片13. 有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品(如图甲所示)，电阻约为100，为了测量其电阻率，可先测其电阻Rx，现提供以下实验器材：A.10分度的游标卡尺B.螺旋测微器C.电流表A1(量程50mA，内阻r1为100)D.电流表A2(量程100mA，内阻r2约为40)E.电流表A3(量程1A，内阻r3约为0.1)F.滑动变阻器R1(20，额定电流1A)G.滑动变阻器R2(02k，额定电流0.1A)H.直流电源E(12V，内阻不计)I.圆柱体导体棒样品Rx

9、(电阻Rx约为100)J.开关一只，导线若干(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图乙所示，其示数L=_cm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图丙所示，其示数D=_mm。(2)为了尽可能精确地测量原件电阻Rx，电路原理图如丁所示，图中甲电流表应选_；乙电流表应选_。(用器材前的序号表示)(3)闭合开关，测量出需要测量的物理量。需要测量的物理量是_。(4)根据(1)(3)步测量的数据字母，表示出电阻率=_。三、计算题（本大题共3小题，共38.0分）14. 如图所示的电路中，灯L标有“6V3W”，定值电阻R1=4，R2=10，电源内阻r=2，当滑片P滑到最下端时，电流表读数为1A，此时灯L恰好正常发光，

10、试求：(1)滑动变阻器最大值R；(2)当滑片P滑到最上端时，电流表的读数；(3)当滑片P位于滑动变阻器的中点时，变阻器消耗的功率15. 如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距也为L处有一与电场E2平行的屏现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan；(3)电子打到屏上的点O到O点的距离16. 如图所示，粗糙绝缘的水平面与

11、半径为R的14光滑绝缘圆弧相切于B点，其中半径OB竖直，半径OC水平在整个空间内存在方向水平向右的匀强电场现将一质量为m、电荷量为q的带正电小物块(视为质点)从水平面上到B点距离s=R2的A点由静止释放，物块恰好能运动到圆弧最高点C处物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度的大小为g.求：(1)该过程中电场力对物块做的功W；(2)匀强电场的电场强度大小E答案和解析1.【答案】A2.【答案】C【解答】C.e为ab的中点，所以e点的电势为e=a+b2=-2V，所以e点与c点电势相等，则ce为等势面，电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以电场强度方向垂直ec连线斜向右上方，电场强度大小为：E=

12、Ud=62222V/m=12/m，故C正确；A.由a-d=b-c，可得d点电势为10V，故A错误；B.一个电子放在e点具有的电势能大小为e=ee=-1.610-19-2J=3.210-19J，故B错误；D.若将一电子从e点以某一速度沿ec连线射出，因为电子受电场力垂直ce斜向左下方，故电子没有可能经过b点，故 D错误。故选C。3.【答案】C【解答】由图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，由题目图可知，两板间距离不变，液面高度变化时只有正对面积发生变化；则由C=rS4kd可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小。由于电流从下向上流过电流计

13、，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，那么电容的电量减小，瓶内液面降低。t时间内减少的电量：q=It 依据C=QU，可得：q=UC 液面的高度为h时的正对面积：S=2rh 联立得：h=2kdItrUr，故C正确，ABD错误。故选C。4.【答案】A【解答】设AB间电场强度为E1，BC间场强为E2，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有eE1xOM-eE2xMP=0-0 BC板电量不变，BC板间的场强E2=U2d=QCd=QrS4kdd=4kQrS 由知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P时，BC板间的场强不变，由知，电子仍然运动到P点返回，故A

14、正确，BCD错误。故选A。5.【答案】A【解答】x和y两端的电势差分别为6V，2V，电流相等，根据欧姆定律得，RxRy=31根据电阻定律得，R=ls，则s=lR。则横截面积之比sxsy=1321=16故A正确，B、C、D错误。故选A。6.【答案】C【解答】A.电容器充电时电流逐渐增大，充电完毕时电流减小到零；t1时刻将S拨到2位置，电容C通过MN连接的回路放电，放电电流是从零开始迅速增加到增大，然后又逐渐减小，当电容器两端电压与导体棒切割磁感应线产生的感应电动势相同时，电流又为零，故A错误；B.充电过程中，电容器两端电压逐渐增大到与电源电动势相等，放电过程中电容器两端电压逐渐减小，但最小不为零

15、，故B错误；C.t1时刻将S拨到2位置，电容C通过MN连接的回路放电，导体棒受到安培力的作用而发生运动，由于导体棒切割磁感应线产生反电动势使得电路的电流逐渐减小，根据牛顿第二定律可得加速度减小，故速度图象的斜率增大，其速度增大至不变，故C正确；D.MN两端电压开始为零，随后逐渐增大，导体棒匀速运动时，MN两端电压为一定值(不等于零)，故D错误。故选C。7.【答案】D【解答】A.点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向左下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同，故A错误；

16、B.将一个试探正电荷由a点移动到f点，点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，故B错误；C.点电荷+q在球面上从a点移动到b点过程点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，从b点移动到d点过程点电荷电场力和匀强电场电场力都不做功，所以点电荷+q在球面上abcd中任意两点之间移动时，电场力可能做功，也可能不做功，故C错误；D.bdef处于匀强电场的同一等势面上，同时也处于点电荷+Q的同一等势面上，所以bdef四点电势相等，所以点电荷+q在球面上bdef中任意两点之间移动时，电场力一定不做功，故D正确。故选D。8.【答案】C【解答】ABC、金属板在Q的电场

17、中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受的电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，电场力先增大后减小，所以摩擦力先增大后减小，小球的加速度先增大后减小，速度逐渐减小，根据动能定理得知，小球的动能逐渐减小，所以小球一直做减速运动，故C正确，AB错误。D、电场力不做功，小球的电势能不变，故D错误。故选：C。9.【答案】C【解答】A.在电源的U-I图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U-I图线可知，电源1、电源2的内阻分别为r1=108=54、r2=1012=56，则r1r2=32，故A正确；B.U-I图象的纵

18、轴截距表示电动势，故E1=E2=10V，即电源1与电源2的电动势之比是11，故B正确；CD.灯泡的U-I图线与电源的U-I图线的交点即为灯泡与该电源连接时的工作状态，则连接电源1时，U1=3.75V，I1=5A，故灯泡消耗的功率为P1=U1I1=18.75W，灯泡的电阻R1=U1I1=3.755=0.75.连接电源2时，U2=5V，I2=6A，故灯泡消耗的功率P2=U2I2=30W，灯泡的电阻R2=U2I2=56，故R1R2=910，P1P2=58.C错误，D正确。本题选不正确的，故选C。10.【答案】D【解答】A.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串连接在电源两端；电容

19、器与R3并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器R4接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，故电流表的示数减小；根据P1=I干2R1，电阻R1消耗的功率减小，故A错误；B.电压表的示数变大，金属板板间的电场变强，电场力变大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动，电势能减小，故B错误；C.由于路端电压变大，根据=IU外IE100=U外E100可知电源效率增大，故C错误；D.根据I干=I3+I，很容易看出I干I，由于UI干=r+R1，有UIR1+r，故D正确。故选D。1

20、1.【答案】B【解答】A.由图知A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，P点电荷带负电故A错误;B.由图可知：从B到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，BC间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确；C.点C为电势的拐点，若正点电荷从D到B点，电势能先增大后减小，则C点电场强度为零，故C错误;D.因为BC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后负功，故D错误；故选B。12.【答案】(1)相反；(2)不同；(3)AB。13.【答案】(1)5.00 1.600 (2)C D (3)电流表A1的读数I1，电流表A

21、2的读数I2(4)I1r1D24(I2-I1)L【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知，游标尺是10分度的，游标尺的精度是0.1mm，由图示游标卡尺可知，示数为L=50mm+00.1mm=50.0mm=5.00cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为D=1.5mm+10.00.01mm=1.600mm；(2)实验没有电压表，可以用已知内阻的电流表A1与待测电阻并联测电压，即图中甲电流表选择C，用电流表A2测电流，即图中电流表乙选择D。(3)待测电阻阻值Rx=UxIx=I1r1I2-I1，实验需要测量：电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2。(4)由电阻定律可知Rx=LS=L(D2)2，电阻率

22、=I1r1D24(I2-I1)L；(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。(2)没有电压表可以用已知内阻的电流表测电压，根据图示电路图与所给器材分析答题。(3)根据实验电路图与实验原理确定实验需要测量的量。(4)应用欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式。本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、实验器材的选择、求电阻率表达式等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。14.【答案】解：(1)灯L的电阻为：RL=ULPL=623=12当P

23、滑到下端时，R2被短路，灯L与整个变阻器R并联，此时灯正常发光，通过灯L的电流为：IL=PLUL=36A=0.5A通过变阻器R的电流为：IR=IA-IL=1A-0.5A=0.5A则IR=IL即得滑线变阻器最大值为：R=RL=12(2)当滑片P滑到最下端时，干路电流为：I=1A电源电动势为：E=I(R1+r+RRLR+RL)=1(4+2+121212+12)V=12V当P滑到上端时，灯L、变阻器R及电阻R2都被短路，此时电流表的读数为：I=ER1+r=124+2A=2A(3)P位于变阻器的中点时，灯L与R2并联后再与R1串联。此时R并=RLR2RL+R2=12612+6=4， I总=ER并+R1

24、+r=124+4+2A=1.2A， 并联部分的电压U并=I总R并=1.24V=4.8V， 变阻器上消耗的功率PR=U并2R2=4.826W=3.84W。15.【答案】解：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得：a1=E1em=Eem 由x=12at2得：L2=12a1t12 电子进入电场E2时的速度为：v1=a1t1 进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动，时间为：t2=2Lv1 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=t1+t2 联立求解得：t=3mLEe；(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy由牛顿第二定律得：电子进入电场

25、E2时的加速度为：a2=E2em=2Eem vy=a2t3 t3=Lv1 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；tan=vyv1 联立得：tan=2 (3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图有几何关系得：tan=x32L (11)(11)联立得：x=3L。答：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间为：t=3mLEe；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan=2；(3)电子打到屏上的点P到O点的距离x=3L。16.【答案】解：(1)对该过程，由动能定理有：W-mgR2-mgR=0解得：W=(1+2)mgR(2)在物块从A点由静止运动到C点的过程中，物块沿电场方向发生的位移大小为：x=s+R又W=qEx解得：E=(2+)mg3q。答：(1)该过程中电场力对物块做的功W为(1+2)mgR；(2)匀强电场的电场强度大小E为(2+)mg3q。