2022-2023学年新教材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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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．(2020·浙江省温州新力量联盟高二下学期期中联考)某款移动充电宝的部分相关参数如图所示：小张同学通过网络查阅得到，额定容量是由制造商标定的移动电源可输出容量。下面说法错误的是(D)A．20000mAh指的是充电宝能够储存72000C的电荷量B．74Wh指的是充电宝能够储存266400J的电能C．该充电宝可以按最大电流输出约3.71hD．输入接口的输入功率为14W解析：根据q＝It可知，20000mAh＝20A·3600s＝72000C，故A正确；根据W＝Pt可知，74Wh＝74W×3600s＝266400J故B正确；以3.5A电流输出，输出时间t＝eq\f(q,I)＝eq\f(13000mAh,3500mA)＝3.71h，故C正确；输入接口的最大输入功率为P＝IU＝12W，故D错误。5．如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，电阻R2随温度变化的图线如图乙所示。电流表为值班室的显示器。a、b之间接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是(D)A．I变大，U变大 B．I变大，U变小C．I变小，U变大 D．I变小，U变小解析：当R2处出现火情时，R2的阻值减小，电路总电阻减小，干路电流增加，根据闭合电路的欧姆定律可知，电源内阻分压增加，电源电动势不变，即路端电压U减小；干路电流增加，则R1两端电压增加，由于路端电压减小，与R2并联的R3两端电压减小，电流表示数I变小，ABC错误，D正确。6．(2021·山东潍坊市高一期末)如图所示，M、N为水平平行金属板，上板有一孔a，两板相距为d，分别与电源两极相连，开关S闭合。一带电荷量为q、质量为m的液滴自a孔正上方距离为d的P点由静止自由下落，到达距离上板eq\f(d,2)的Q点时速度恰好变为零，重力加速度为g，则以下判断正确的是(C)A．两板间电势差为eq\f(3mgd,2q)B．N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点C．若S断开，N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点D．若S断开，N板右移一小段距离，液滴仍能到达Q点解析：液滴在电场外加速，进入电场后减速运动eq\f(d,2)，由动能定理：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋\f(d,2)))－q·eq\f(U,2)＝0，得U＝eq\f(3mgd,q)，故A错误；若N板上移一小段距离，板间场强E变大，故液滴在到达Q前速度已减为零，B错误；若S断开，N板上移，电容器极板上电量不变，由U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)及E＝eq\f(U,d)可知，E＝eq\f(Q4πk,εrs)，故E不变，因此液滴仍到Q点，C正确；若S断开，N板右移，场强度大，液滴不能到达Q点，D错误。7．关于电磁波，下列说法正确的是(ABC)A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失解析：电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s，与电磁波的频率无关，故A项正确；周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场又产生周期性变化的电场，它们相互激发向周围传播，就形成了电磁波，故B项正确；电磁波是横波，因此其电场强度和磁感应强度均与传播方向垂直，故C项正确；波源的电磁振荡停止后，已发出的电磁波不会立即消失，还要继续传播一段时间，故D项错误。8．(2021·安徽阜阳一中高二上周考)如图甲所示，一个条形磁铁P固定在水平桌面上，以P的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系。一个灵敏的小磁针Q放置在x轴上不同位置，设Q与x轴之间的夹角为θ。实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示。已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是(AC)A．P的右端为N极B．P的中轴线与地磁场方向平行C．P在x0处产生的磁感应强度大小为B0D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0解析：当x趋向无穷大时，小磁针所指的方向为地球的磁场的方向，所以据题图可知，x趋向无穷大时，sinθ趋向1，则θ趋向90°，即小磁针的方向与x的方向垂直，所以x方向为向东。当x非常小时，小磁针的N极沿x方向，即向东。由图知，开始时N背离O点，所以O点处的磁极是N极，A正确；P的半轴线沿东西方向，x与地磁场方向垂直，B错误；由图知x0处sinθ＝eq\f(\r(2),2)，则θ＝45°，P在x0处产生的磁感应强度大小为BP，则tan45°＝eq\f(B0,BP)，所以BP＝B0，C正确；合场强B＝eq\f(B0,sin45°)＝eq\r(2)B0，D错误。9．如图所示是简化的多用电表的电路。转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3<R4，下面是几位同学对这一问题的议论，正确的是(AD)A．甲同学说：S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，且与1连接时量程较大B．乙同学说：S与3、4连接时，多用电表就成了电流表，且与3连接时量程较大C．丙同学说：S与3、4连接时，多用电表就成了电压表，且与3连接时量程较大D．丁同学说：S与5连接时，多用电表就成了欧姆表解析：S与1连接时，电阻R1起分流作用，S与2连接时，R1＋R2起分流作用，所以，S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，由于前者分流电阻小，所以与1连接时量程较大；S与3、4连接时，电流表与分压电阻串联，多用电表就成了电压表，由于R3<R4，所以与3连接时量程较小；S与5连接时，电路中有电源多用电表就成了欧姆表，R6为欧姆挡调零电阻。故甲同学、丁同学的判断是正确的，乙同学和丙同学的判断是错误的。故AD正确，BC错误。10．(2021·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3m/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3m/sB．在N点时，速度为5m/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·cos30°＝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＝5m/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，D正确，C错误。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共18分。把答案直接填在横线上)11．(9分)(2020·山东省济南第一中学高一下学期合格考)某同学要测量一个由均匀新材料制成的中空圆柱体电阻的中空面积S0，步骤如下：(1)用游标卡尺测量其长度l如图甲所示，可知其长度为__50.15__mm。(2)用螺旋测微器测量其直径d如图乙所示，可知其直径为__4.700__mm。(3)选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该圆柱体的阻值约为__22__Ω。(4)为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：A．电流表(0～200mA,1.0Ω)B．电流表(0～0.6A,0.1Ω)C．电压表(0～3V,6kΩ)D．电压表(0～15V,6kΩ)E．滑动变阻器(0～10kΩ，2A)F．滑动变阻器(0～20Ω，0.5A)G．蓄电池(6V,0.05Ω)H．开关一个，带夹子的导线若干为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的eq\f(1,3)，电压表应选__C__，电流表应选__A__，滑动变阻器应选__F__(填器材代号)。(5)在方框中画出你所设计方案的实验电路图。(6)实验中要测量的物理量有电压表读数U，电流表读数I，电阻长度l，直径d，则计算金属管线内部空间截面积S0的表达式为S0＝__πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2－eq\f(ρlI,U)__(设电阻率为ρ)。解析：(1)游标卡尺读数＝固定刻度读数＋游标尺读数；固定刻度读数：50mm；游标尺读数：0.05mm×3＝0.15mm。故游标卡尺读数为50.15mm；(2)螺旋测微器的读数＝固定刻度读数＋半刻度读数＋可动刻度读数；固定刻度读数：4.0mm；半刻度读数：0.5mm；可动刻度读数：20.0×0.01mm＝0.200mm；故螺旋测微器的读数为4.700mm；(3)该圆柱体的阻值约为22×1Ω＝22Ω；(4)电源电动势为6V，为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的eq\f(1,3)，使用电压表D量程太大，故电压表选择C；待测电阻两端的电压不能超过3V，最大电流不超过eq\f(3,22)A≈0.136A≈136mA，所以电流表选A；由于电压表的量程不足，变阻器采用分压式接法，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选F；(5)由于eq\f(RV,Rx)＞eq\f(Rx,RA)，故采用电流表外接法，如图所示：(6)根据欧姆定律可以得到：Rx＝eq\f(U,I)，根据电阻定律可知：Rx＝ρeq\f(l,S)联立可以得到电阻的横截面积为：S＝eq\f(ρlI,U)则金属管线内部空间截面积为S0＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2－S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2－eq\f(ρlI,U)。12．(9分)在做“用电流表和电压表测电池的电动势E(约3V)和内电阻r”的实验时，部分器材参数如下：电压表(量程3V)，电流表(量程0.6A)，定值电阻R0(阻值为3Ω)，滑动变阻器R(阻值约30Ω)。(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×1Ω挡，调零后，红黑表笔分别接R两端，读数为30Ωc．将多用表选择开关置于×100Ω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＝__0.57__Ω(小数点后保留两位数字)。解析：(1)根据图乙可读出所测阻值为2200Ω；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＝3.00V，所以电池的电动势E＝3.00V，通过U－I图像求出该直线的斜率为k＝eq\f(3－1.5,0.42)Ω≈3.57Ω，也就是r＋R0≈3.57Ω，所以电池内阻r＝0.57Ω。三、论述、计算题(本题共4小题，共42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)13．(9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＝－1×10－10C，质量m＝1×10－10kg的带电粒子从O点以初速度v0＝10m/s沿x轴正方向运动，忽略粒子重力。(1)求粒子在x＝0.02m处所受的电场力；(2)请通过计算说明粒子能否到达x＝0.08m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)1×10－7N方向水平指向O点(2)0.05m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＝103V/m，故粒子运动到x＝0.02m处所受电场力，F＝qE＝1×10－7N，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＝0.05m，故粒子不能到达x＝0.08m处，粒子向右运动最远点的位置坐标为x＝0.05m。14．(10分)如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场B＝0.8T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1cm。现于纸面内先后放上圆形线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1cm,10匝；D线圈半径为2cm，1匝；C线圈半径为0.5cm，1匝；问：(1)在磁感应强度B减少为0.4T的过程中，A和D中的磁通量改变了多少？(2)当磁场转过30°角的过程中，C中的磁通量改变了多少？答案：(1)1.256×10－4Wb1.256×10－4Wb(2)8.4×10－6Wb解析：(1)对A线圈，Φ1＝B1πreq\o\al(2,A)，Φ2＝B2πreq\o\al(2,A)。故磁通量改变量：|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2Wb＝1.256×10－4Wb。D线圈与A线圈磁通量相等，变化量也相等，故|Φ2－Φ1|＝1.256×10－4Wb。(2)对C线圈，Φ1＝Bπreq\o\al(2,C)，磁场转过30°，线圈面积在垂直磁场方向上的投影为πreq\o\al(2,C)cos30°，则Φ2＝Bπreq\o\al(2,C)cos30°。故磁通量改变量：|Φ2－Φ1|＝Bπreq\o\al(2,C)(1－cos30°)≈8.4×10－6Wb。15．(11分)如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球1，线的上端固定于O点，若在B点同一水平线上的左方距离为r处固定另一带电小球2，小球1恰好处于静止状态，当拿走小球2后，小球1由静止开始向上摆动，当细线转过120°角到达A点时的速度恰好为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k，求：(1)BA两点间的电势差U；(2)匀强电场的场强E的大小；(3)小球2的带电量Q。答案：(1)eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,3q)(3)eq\f(2\r(3)mgr2,3kq)解析：(1)小球1从B到A过程，由动能定理得：qU－mgLcos30°＝0－0解得：U＝eq\f(\r(3)mgL,2q)。(2)BA间沿电场线的距离为：d＝L＋Lsin30°在匀强电场，有：E＝eq\f(U,d)，所以联立以上三式得：E＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(3)未拿走球2时，小球1恰好处于静止状态，小球1和2间的作用力为：F库＝keq\f(Qq,r2)小球1受力平衡，小球还受重力mg，电场力qE，细线拉力F则有：Fsin30°＋qE＝keq\f(Qq,r2)，Fcos30°＝mg，所以解得：Q＝eq\f(2\r(3)mgr2,3kq)。16．(12分)(2021·山东潍坊高一期末)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8×105m/s，进入金属筒B时速度均为1×106m/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＝10cm，板间距d＝10cm，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＝8cm，圆筒绕其轴线匀速转动，周期T＝2s，筒的周长s＝20cm，筒能接收到通过AB板后射出的所有质子。质子的比荷为1×108C/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