2022学年高三物理回归课本小专题1（必修3）

2022学年高三物理回归课本小专题1（必修3）

班级：姓名：

一、单选题

1.如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极

板间距为d；在下极板上叠放一厚度为I的金属板，其上部空间有一带电粒子P静

止在电容器中.当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动.重力加速

度为g.粒子运动的加速度为

Id-l1d

A.-gB.—gC,—gD.—g

aad-Id-I

2.静电复印是静电现象的一种应用。其中心部件是一个硒鼓，硒在没有光照射时是很好的绝缘体，受到

光照后会立刻变为导体。工作时，先将硒鼓接地，并充电使其表面带上正电荷，然后通过光学系统的工

作，将原稿上的字迹投影在硒鼓表面，如图所示，硒鼓上字迹的静电潜像是没有光照射到的地方，即原稿

字迹的影，则硒鼓表面的带电情况是（）

A.静电潜像部分将保持正电荷，其余部分正电荷被导走

B.静电潜像部分将出现负电荷，其余部分正电荷被导走

C.静电潜像部分正电荷被导走，其余部分将保持正电荷

D.静电潜像部分正电荷被导走，其余部分将保持正电

3.如图为静电植绒的装置及简图，将表面涂有黏合剂的被植体放在金属板上，打开电源开关后，在金属

网与金属板间会产生3kV的高压，放在金属网上的绒毛将垂直地粘植在被植体上。金属网和金属板间的距

离为2cm,忽略边缘效应，将网与板间的电场视为匀强电场，则下列

说法正确的是（）

A.绒毛在飞往被植体的过程中电势能不断增大

B.若增大金属网和金属板的距离，则网和板的电势差也增大

C.若减小金属网与金属板间的电势差，会安全点，效果会更好

D.绒毛穿过金属网时带上负电飞向金属板，垂直地粘植在被植体上

4.把头发屑悬浮在薨麻油里，加上电场，可以模拟出电场线

的分布情况，如图甲是模拟孤立点电荷和金属板之间的电场

照片，乙图为简化后的电场线分布情况，则（）

A.由图甲可知，电场线是真实存在的

B.图甲中，没有头发屑的地方没有电场

C.图乙中A点的电场强度大于8点的电场强度图甲

D.在图乙电场中A点静止释放的质子能沿着电场线运动到B点

5.如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近的带正电的导体球,

若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，导体分为A、B两部分，这两部分所带电

荷量的数值分别为QA、QB,则下列结论正确的是（）

A.沿虚线“切开，A带正电，B带负电，且

B.沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且QA<QB

C.只有沿虚线6切开，才有A带正电，B带负电，且。

D.不管沿b、d哪一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，且。=。8

6.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。、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。点静止释放的电子

A.运动到尸点返回B.运动到P和P点之间返回

第1页共4页

C.运动到P，点返回D.穿过尸点

7.图（a）为示波管的原理图.如果在电极yr之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX1

—

高压电源

、发射极|

8.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间

带电液滴/上吸板

产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向

等势面,

吸极，。是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）

A.a点的电势比b点的低B.“点的电场强度比6点的小

C.液滴在a点的加速度比在b点的小D.液滴在。点的电势能比在b点的大

9.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是（）

A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器〃板接触，能使电容器带电

B.实验中，只将电容器》板向上平移，静电计指针的张角变小

C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

D.实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

10.如图所示，A、B、C、D、E、尸是正六边形的顶点，。为正六边形的中

心。两根分别固定在C、F两点且均垂直于正六边形所在平面的长直导线

（图中未画出），通有大小相等、方向相反的恒定电流。则与A点磁感应强度相同的点是

)

A.。点B.B点C.。点D.E点、

11.以下是课本上几幅与磁场、电磁感应现象有关的图片，则叙述正确的是（）

…M…_上_

口口「口工jirp

TI'S®

甲乙

A.图甲中断开

开关S瞬间，线圈户里没有感应电流

B.图乙中电流方向如图所示，则铁环中心。点的磁场垂直纸面向外

C.图丙中电流从B流入时，发现小磁铁向上运动，则小磁铁的下端为S极

第2页共4页

D.图丁中水平圆环从条形磁铁上方M位置向下运动，P位置穿过圆环的磁通量最大

12.如图为公交车上车时刷卡的情景，当听到“嘀'’的声音，表示刷卡成功。刷卡所用

的IC卡内部有电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。刷卡时，读卡机向外发射

某一特定频率的电磁波，IC卡内的LC振荡电路产生电谐振，线圈L中产生感应电

流，给电容C充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说

法正确的是（）

A.读卡机发射的电磁波不能在真空中传播B.IC卡是通过X射线工作的

C.读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则IC卡内不会产生感应电流

D.IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有向读卡机传输数据的功能

13.如图所示，四幅图涉及物理学史上的四个重大发现，其中有关说法正确的是（）

A.库仑利用图甲的实验装置测出了

万有引力常量

B.法拉第通过图乙的实验，发现了

电流周围存在磁场

C.奥斯特利用图内的实验线圈，发

现了“磁生电”现象

D.赫兹通过图丁的实验捕捉到了电

磁波，证实了麦克斯韦关于“电磁波”的预言

14.结合以下图像，下列说法正确的是（）

A.根据图甲，；Li原子核与『0原子核相比，前者核子的

平均质量大，后者结合能大

B.如图乙所示的光电效应实验，若仅增大该单色光入射

的强度，则光电子的最大初动能增大，电流表示数也增大

C.由图丙可知，一群处于”=3的原子向低能级跃迁时，

会辐射出3种频率的光子，这3种频率的光子都不能被

〃=3的原子吸收

D.德国物理学家维恩，英国物理学家瑞利根据热学和电

磁学的知识对黑体辐射规律进行了解释，其理论与如图丁2।

所示的实验规律吻合31

二、多选题Jr-J

15.如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q,过

球心。的x轴上有一点P,已知P到。点的距离为3r,现若挖去图中半径

均为，的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k,则下

列分析中正确的是（）

A.挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同

B.挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为kg

L1

C.挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同

D.挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为史5丑叵4”

3600r2

第3页共4页

16.如图所示，带电性质相同且电荷量为4的A、B两小球，A球被放在绝缘的水平台面上，B球被长为

L的轻绳悬于8点，的距离等于08的距离且夹角为静电力常量为3

若B球的电荷量在逐渐减小的过程中，则下列说法中正确的是（）

A.轻绳对B球的拉力不变B.轻绳对B球的拉力逐渐增大

2

C.在电荷量还没减小时，A、B两球之间的静电力大小为％2次1

2

D.在电荷量还没减小时，A、B两球之间的静电力大小为％阴

17.如图甲所示为市面上的一款自发电无线门铃，按下按键，按键将推动永磁铁运动（平面运动如图乙所

示），即能产生电能供给发射器部件（接线圈两端，图中没有画出）正常工作。松开按键后，在弹簧的作

用下按键将恢复原位。关于按压按键和松开按键反弹过程

中，下列说法正确的是（）

A.连续按压和松开按键过程，线圈中一定产生交变电流

B.按压和松开按键过程，线圈中都产生感应电动势

C.按住门铃按键保持不动，线圈中一直保持有感应电流

D.按键反弹过程，弹簧的弹性势能部分转化为电能

18.下列说法正确的是（）

A.泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的

B.增透膜的作用是为了减少光的反射损失，增强透射光的强度

C.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光

D.我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去

E.根据麦克斯韦的电磁场理论，在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变

化电场

19.离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨

道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，BC之间

加有恒定电压，正离子进入8时的速度忽略不计，经加速后形成电

流为/的离子束后喷出。已知推进器获得的推力为尸，单位时间内

喷出的离子质量为为研究问题方便，假定离子推进器在太空中

匕行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。

（1）求加在8c间的电压U；

（2）为使离子推进器正常运行，必须在出口。处向正离子束注入电子，试解释其原因。

20.飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子

的荷质比包，如图1。带正电的离子经电压为U的电场

m

加速后进入长度为L的真空管AB,可测得离子飞越AB

所用时间4。改进以上方法，如图2,让离子飞越4B后

进入场强为E（方向如图）的匀强电场区域8C,在电场

的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后飞

行的总时间%（不计离子重力）。

第4页共4页

(1)忽略离子源中离子的初速度，①用乙计算荷质比；②用计算荷质比。

(2)离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为"的离子在A端的速度分别为V和M

m

(UHV’)，在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差4,可通过调节电场E使4=

Oo求此时E的大小。

第5页共4页

参考答案：

1.A

【解析】

【详解】

试题分析：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：根才=4旦①

d-l

当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：，咫=〃"②

a

联立①②解得：a」g，故选A.

d

考点：电场强度：牛顿定律的应用

【名师点睛】本题要记住平行板电容器内插入金属板，可以等效成极板间距减小了；然后结合共点力平衡

条件和牛顿第二定律列式分析，不难.

2.A

【解析】

【详解】

由题意可知，当硒鼓充电以后，经过光照处理，照光的部分电荷就会被中和，而文字、图象等遮光的地

方，电荷不会被中和。

故选Ao

3.D

【解析】

【详解】

A.绒毛在飞往被植体的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项A错误：

B.金属网与金属板之间的电势差由电源电压决定，与金属网与金属板之间的距离无关，选项B错误；

C.减小金属网与金属板间的电势差，绒毛到达被植体上时速度减小，会影响植绒效果，选项C错误；

D.绒毛穿过金属网时带上负电飞向金属板，因金属板是等势体，场强方向与金属板垂直，则绒毛被垂直

地粘植在被植体上，选项D正确：

故选D。

4.C

【解析】

【详解】

A.电场线是假想的曲线，不是真实存在的，故A错误；

B.图甲中，没有头发屑的地方同样也有电场存在，故B错误；

C.图乙中A点的电场线较8点密集，可知4点的电场强度大于3点的电场强度，故C正确；

D.因AB之间的电场线为曲线，根据物体做曲线运动的条件可知，则在图乙电场中由4点静止释放的质

子不可能沿电场线运动到B点，故D错误。

故选Co

5.D

【解析】

【详解】

由题意可知，由于静电感应，使得A带正电，B带负电，导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导

体中的自由电子向B部分移动，使B部分多带了电子而带负电，A部分少了电子而带正电。根据电荷守恒

可知，A部分转移的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的

电荷量总是相等的。故D正确。

故选Do

6.A

【解析】

【详解】

设4、B板间的电势差为必，B、C板间的电势差为3,板间距为“，电场强度为E,第一次由。点静止

释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：q-Ed,将C板向右移动，B、C板间的电场强

0_

度E与今二一Z—=华，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正

d'deS*寸£S

4成d'

确；BCD错误.

7.B

【解析】

【详解】

电子在yr和xx'间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：

11eU

s=—cit2=---------U2

22md

前半个周期0力时间内Ux<0,电子受到的力偏向X'一侧，所以电子前半周期偏向X'一侧.

前半个周期时间内外>0,电子受到的力偏向丫一侧，所以电子前半周期偏向y一侧.综上，前半个

周期o力时间内图像应该在第二象限.

同理，后半周期的图像应在第四象限.

A.分析可知,前半个周期Of时间内图像应该在第二象限,后半周期的图像应在第四象限.故A错误.

B.分析可知,前半个周期。土时间内图像应该在第二象限,后半周期的图像应在第四象限.故B正确.

C.分析可知,前半个周期0力时间内图像应该在第二象限,后半周期的图像应在第四象限.故C错误.

D.分析可知,前半个周期0-〃时间内图像应该在第二象限,后半周期的图像应在第四象限.故D错误.

8.D

【解析】

【分析】

【详解】

A.高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知

<Pa><Pl,

故A错误；

B.等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知。处的等势线较密，则

故B错误；

C.液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为

a3

m

因可得

故c错误；

D.液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即

Epa>Epb

故D正确；

故选D。

9.A

【解析】

【详解】

A、当用带电玻璃棒与电容器。板接触，由于静电感应，从而在》板感应出等量的异种电荷，从而使电容

器带电，故选项A正确；

B、根据电容器的决定式：C=将电容器6板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据

C=M可知，电量0不变，则电压。增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；

C、根据电容器的决定式：C=-^~,只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数£增大，则电容C增大，

根据C=3可知，电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；

D、根据C=M可知，电量。增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误.

点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有

什么关系.

10.C

【解析】

【详解】

如图；假设尸处导线电流垂直纸面向里，c处直导线电流垂直纸面向外，则由安培定则及矢量合成法则,

可得与A点磁感应强度相同的点是。点。

故选C。

11.D

【解析】

【详解】

A.图甲中断开开关S瞬间，电流从有到没有，则通过线圈P的磁通量发生了变化，线圈户里有感应电

流，所以A错误；

B.图乙中电流方向如图所示，根据右手定则，铁环中心。点的磁场垂直纸面向里，所以B错误；

C.图丙中电流从8流入时，根据安培定则，电磁铁上端为N极，发现小磁铁向上运动，则小磁铁的下端

为N极，所以C错误；

D.图丁中水平圆环从条形磁铁上方M位置向下运动，通过圆环的磁通量为内部从S到N的磁通量和外部

从N到S的磁通量的净磁通，内部磁通量大于外部且都相同，外部P处最小，因此先增大后减小，P位置

穿过圆环的磁通量最大，所以D正确；

故选D。

12.D

【解析】

【详解】

A.读卡机发射的电磁波能在真空中传播，选项A错误；

B.IC卡工作肯定不是依靠X射线，X射线的辐射能量比较大，长时间接触对人体有害，选项B错误；

C.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则IC卡内仍会产生感应电流，只不过不能产生电谐振，从而

不能产生较大的感应电流，选项c错误；

D.IC卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有向读卡机传输数据的功能，选项D正确。

故选D。

13.D

【解析】

【详解】

A.库仑利用图甲的实验装置测提出了库仑定律。故A错误：

B.奥斯特通过图乙的实验，发现了电流周围存在磁场。故B错误；

C.法拉第利用图丙的实验线圈，发现了“磁生电”现象。故C错误；

D.赫兹通过图丁的实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦关于“电磁波''的预言。故D正确。

故选D。

14.A

【解析】

【详解】

A.由图甲可知，；Li原子核与;6。原子核相比，前者比结合能较小，核子的平均质量大；结合能等于比结

合能乘以核子数，后者结合能较大，故A正确；

B.若仅增大该单色光入射的强度，则光电子的最大初动能

Ek.i/v\.=hv-WO

不变；增大该单色光入射的强度，单位时间内射出的光电子数增多，所以光电流增大，电流表示数增大，

故B错误；

C.由

C；=3

可知，一群处于〃=3的原子向低能级跃迁时，会辐射出3种频率的光子，这三种光子的能量都大于

l.51eV,都能被〃=3的原子吸收，故C错误；

D.德国物理学家维恩，英国物理学家瑞利根据热学和电磁学的知识对黑体辐射规律进行了解释，其理论

与如图丁所示的实验规律不能吻合，被当时的科学家称为“紫外灾难”，故D错误；

故选Ao

15.BCD

【解析】

【详解】

A.两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相

等，方向不同，故A错误：

B.大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心。点在外部产生

的电场，由库仑定律

故B正确；

C.大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场

强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，故C正确；

D.设两小球的球心到P点的距离为/,有几何关系

I=+（3r）2=VlOr

球体积公式为

丫=±乃/?3

3

小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为

两小球在P点场强均为

合场强为

口=罕卜％=巫隰

171080，400r2

剩余部分在P点的场强为

笈一乌一亚$=400一27二,

-9r2400r23600r2

故D正确。

故选BCD。

16.AC

【解析】

【详解】

CD.对B球受力分析

根据库仑定律可得

(2Lsin|)2

联立解得

F=卜q____

2£2(l-sin<9)

故C正确，D错误；

AB.根据相似三角形受力分析可得

T_mg_F

布=方=短出

2

则因为OA,OB都不变，所以7不变，A正确，B错误；

故选AC。

17.BD

【解析】

【详解】

A.连续按压和松开按键过程不能保证线圈中磁通量一定是周期性变化的，故不一定产生交变电流，A项

错误；

B.按压和松开按键过程，永久磁铁通过铁芯形成闭合磁路，线圈中磁通量发生变化，线圈中都产生感应

电动势，B项正确；

C.按住门铃按键不动，穿过线圈的磁通量保持不变，感应电动势和感应电流为零，C项错误；

D.由能量守恒定律可知按键反弹过程，弹簧的弹性势能减小，克服磁场力做功并转化为电能，也有部分

能量转化为其他形式的能，D项正确。

故选BDo

18.BCD

【解析】

【详解】

A.泊松亮斑是光通过不透明的小圆盘发生衍射时形成的，故A错误；

B.增透膜利用薄膜前后两表面反射来的两列光波其路程差恰好等于半波长的奇数倍，两列波便产生相消

干涉，振动减弱，是为了减少光的反射损失，增强透射光的强度。故B正确；

C.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光，故C正确；

D.我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，根据

c=^f

光速不变，则频率变小，由多普勒效应可知，当频率变小时，则两者间距增大，可以判断该星球正在离我

们远去，故D正确；

E.根据麦克斯韦的电磁场理论，在变化的电场周围一定产生磁场，但不一定是变化的磁场，均匀变化的

电场周围产生恒定的磁场；同理变化的磁场周围产生的电场不一定是变化的，也可能是恒定的，故E错

误。

故选BCDo

(2)推进器持续喷出正离子束，会