2024-2025年高二物理必修第三册全册综合测卷（培优版）解析版

2024--2025年高二物理必修第三册全册综合测卷（培优版）一：单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．关于电磁场和电磁波，下列叙述正确的是（）A．客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调谐后，把信号发送到基站中转B．如果空间某区域有振荡的电场或振荡的磁场，就能产生电磁波C．电磁波是纵波，不能产生偏振现象D．电磁波和机械波都不能在真空中传播【答案】B【详解】A．客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，经过调制后，把信号发送到基站，A错误；B．振荡的电场或振荡的磁场会在周围空间产生振荡的电磁场，就能产生电磁波，B正确；C．电磁波是横波，C错误；D．电磁波可以在真空中传播，D错误。故选B。2．如图所示，M、N是两个等量异号点电荷，O是两电荷连线的中点，则带正电的检验电荷q在O点受到的静电力（）

A．为零 B．方向沿方向C．方向沿方向 D．大小为M电荷单独存在时的4倍【答案】C【详解】正点电荷在点的电场强度水平向右，负点电荷在点的电场强度水平向右，根据场强的叠加可知点的电厂电场强度水平向右，即方向沿方向，大小为M电荷单独存在时的2倍，根据可知带正电的检验电荷q在O点受到的静电力方向沿方向，大小为M电荷单独存在时的2倍.故选C。3．湖北武当山的主峰天柱峰屹立着一座光耀百里的金殿，全部为铜铸鎏金。雷雨交加时，金殿的屋顶常会出现盆大的火球，来回滚动。雨过天晴时，大殿金光灿灿，像被重新洗炼过一般，这就是人们所说的“雷火炼殿”。已知电场强度超过时，空气将被击穿发生放电。关于“雷火炼殿”，下列说法错误的是（

）

A．带电乌云移到金殿上空时，乌云与金殿顶部之间会存在电势差B．雷雨天气时，游客躲在殿内，可以降低被雷电击中的可能性C．雷雨天气时，金殿屋顶上曲率半径越大的地方，空气越容易被击穿D．近年来金殿安装了避雷针，“雷火炼殿”的奇观消失了【答案】C【详解】A．带电乌云移到金殿上空时，由于静电感应，金殿上表面会感应出与乌云电性相反的电荷，因此在乌云与金殿顶部之间会存在电势差，A正确；B．雷雨天气时，金殿处于电场中会达到静电平衡状态，金殿内部场强为零，所以游客躲在殿内，可以降低被雷电击中的可能性，B正确；C．雷雨天气时，金殿屋顶上曲率半径越大的地方表面比较平整，导体越尖锐的地方电荷的密度越大，曲率半径大的地方电荷密度比较小，因此空气不容易被击穿，C错误；D．近年来金殿安装了避雷针，带电的雷雨云接近金殿时，由于静电感应，避雷针带上与云层相反的电荷，通过尖端放电，这些电荷不断向大气释放，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。因此“雷火炼殿”的奇观消失了，D正确。本题选错误的，故选C。4．如图所示，UAC=150V，UBD=70V，UBC=30V，且R2=R4=100Ω，则UAE为（）A．220V B．320VC．420V D．不能确定【答案】A【详解】因为UAC=150V，UBD=70V，UBC=30V，根据串联电路的特点可知UAB=120VUCD=40V由于R2=R4=100Ω可知UDE=UBC=30V可知UAE=120V+30V+40V+30V=220V故选A。5．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下面说法中正确的是（）

A．φa>φb>φc B． C． D．aM>aN【答案】C【详解】A．由于带电粒子做曲线运动，根据所受电场力的方向指向轨迹的凹侧，且和等势面垂直可知，电场线是由c指向b在指向a，根据沿电场线方向，电势逐渐降低，所以有φa＜φb＜φc，故A错误；BC．带正电粒子若从N点运动M点，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加；若从M点运动到N点，电场力的方向与粒子运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，则动能减少。综合上述分析可知故B错误，C正确；D．由于相邻等势面之间的电势差相等，因为N点等式面密集，所以N点附近电场强度大，根据牛顿第二定律可知qE=ma所以aM＜aN故D错误。故选C。6．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．带电油滴一直处于静止状态B．P点的电势将升高C．带电油滴的电势能将增大D．电容器的电容减小，极板带电量将增大【答案】C【详解】A．开始时带电油滴所受电场力与重力平衡，将上极板竖直向上移动一小段距离后，极板间距离d增大，而极板间电势差U不变，根据可知极板间电场强度E减小，所以油滴所受电场力减小，则合外力将变为竖直向下，即油滴将竖直向下做匀加速运动，A错误；B．设P点到下极板的距离为h，则P点电势为由于下极板始终接地，则其电势不变，又因为E减小，h不变，所以降低，B错误；C．带电油滴所受电场力竖直向上，所以带负电，将上极板竖直向上移动一小段距离后，油滴将向下运动，电场力对油滴做负功，油滴电势能将增大，C正确；D．平行板电容器的决定式为由于d增大，所以C减小。根据可知极板带电量将减小，D错误。故选C。7．如图所示，在水平地面上方有水平向右的匀强电场，其电场强度的大小为E，在地面上O点处有一足够大的固定绝缘平板OM与水平地面夹角，在地面上到O点距离为d的P点处有带电小球。已知小球的质量为m，当给小球一垂直于OM方向的初速度时，小球恰好沿垂线PN运动到绝缘平板上的N点且未发生碰撞。小球可视作质点，重力加速度为g。下列说法错误的是（）

A．小球所带的电量为B．小球初速度的大小为C．若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度，小球仍能打到绝缘平板上D．若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度，小球经过时间又落回地面【答案】A【详解】AB．因为给小球沿垂直于OM的PN方向、大小待求的初速度v0时，小球恰好运动到绝缘平板上的N点，所以带电小球所受合力与小球速度方向相反，如图所示

所以小球带正电。所以有，解得，根据动能定理可得解得故A错误，B正确；C．若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度，将此速度沿平行于PN方向和垂直于PN方向进行分解，则平行于PN方向的分速度故小球能打到绝缘平板上，故C正确；D．若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度，沿竖直方向和水平方向进行分解，则竖直方向的分速度为落回地面的时间为故D正确。本题选错误的，故选A。8．在x轴方向存在一静电场，其φ-x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受电场力，则该电子（

）

A．在x1处电势能最小B．从x2到x3受到的电场力和从x3到x4受到的电场力方向相反C．在x1处受到的电场力最大D．在x3处电势为零，电场强度也为零【答案】A【详解】A．电荷在某点的电势能为由公式可知，负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A正确；B．x2到x3的场强方向向右，x3到x4的场强方向向右，所以电子在x2到x3和x3到x4受到的电场力方向都是向左，方向相同，故B错误；C．φ-x图像中斜率表示电场强度，可知电子在x1处受到的电场力为0，故C错误；D．φ-x图像中斜率表示电场强度，x3处的斜率不为0，所以x3处的电场强度不为0，故D错误；故选A。二：多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．有一灵敏电流计，其表头内阻，满偏电流。以下说法正确的是（）A．将表头并联一个2.5Ω的电阻就可以改装成0~0.5A的电流表；B．将表头串联一个14Ω的电阻就可以改装成0~15V的电压表；C．把它改成量程为3.0V的电压表，测量某电压时读数为1.0V，此时流过表头的电流为0.1AD．将表头改装为一个0~3A的电流表（表盘已改，即满偏时指针所指位置已标上3A）后进行校准时，发现标准电表示数为1.50A电流时，改装电表的示数为1.60A，产生此差异的原因可能是改装时并联的电阻稍大【答案】AD【详解】A．将表头改装成大量程的电流表，需要并联一个分流电阻，若需要改装成0~0.5A的电流表，需要并联的电阻阻值为故A正确；B．将表头改装成大量程的电压表，需要串联一个分压电阻，若需要改装成0~15V的电压表，需要串联的电阻阻值为故B错误；C．把它改成量程为3.0V的电压表，测量某电压时读数为1.0V，此时电流为电流表满偏的，流过表头的电流为，故C错误；D．改装成电流表后，发现表头示数偏大，则是由于并联电阻过大，导致通过分流电阻的电流过小，从而使表头的电流偏大，故D正确；故选AD。10．如图所示，电源电动势E及内阻r恒定不变，R、为定值电阻，为滑动变阻器，电压表V及电流表、均为理想电表。下列说法正确的是（）

A．若S闭合，当的滑片向下滑动时，两电流表、的示数变化量B．若S闭合，当的滑片向下滑动时，电压表V和电流表的示数变化量的绝对值之比不断改变C．若S闭合，当的滑片向下滑动时，电压表V和电流表的示数变化量的绝对值之比变大D．若接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则电流表的示数变大，电压表V、电流表的示数均变小【答案】AD【详解】A．若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，总电阻减小，干路电流I1增大，电源的内电压和R两端的电压增大，由闭合电路欧姆定律知并联部分电压减小，流过R1的电流减小，A2的示数变大，而可知两电流表、的示数变化量故A正确；BC．若S闭合，当R2的滑片向下滑动时，根据闭合电路欧姆定律E=U+I1(R+r)电压表V和电流表A1的示数变化量的绝对值之比为可知比值不变，故BC错误；D．若R2接入电路的电阻值保持某一不为零的值不变，将开关S由断开转为闭合，则干路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知电流表A1的示数变大，电源的内电压和R两端的电压增大，电压表V减小，电流表A2的示数也变小，故D正确。故选AD。11．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）

A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同D．a、c两点处的磁感应强度的方向相同【答案】AB【详解】A．直导线M在O点的磁感应强度大小为B，竖直向下，同理可知，直导线N在O点的磁感应强度大小也为B，竖直向上，故O点处的磁感应强度为零。故A正确；B．直导线M、N在a点的磁感应强度方向相反，但M产生的磁感应强度较大，故a点的合磁感应强度竖直向下，同理可知，b点的合磁感应强度竖直上，大小与a点的相等，故a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反。故B正确；C．B为c点的磁感应强度，方向水平向右，如图所示

同理可知，d点的磁感应强度与c点大小相等，方向水平向左。故C错误；D．由BC的分析可知，a、c两点处的磁感应强度的方向不同。故D错误。故选AB。12．如图是某静电分选器的原理示意图。两竖直放置的正对平行金属板之间为匀强电场，漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，使a带正电、b带负电，然后沿电场中线进入，进入时的速度可认为是零。已知a、b的质量和电荷量分别为m、+q和2m、-q，电场两极板的长度为L，两板间距为，下端距地面的距离为3L。调整两极板间电压大小，使颗粒a恰好从极板边缘离开电场，不计空气阻力、颗粒体积及相互作用力，电场只分布在两板间，下列说法正确的是（

）

A．a、b两种颗粒在电场中均做类平抛运动B．a、b两种颗粒在电场中所受静电力大小均为C．a、b两种颗粒落地点到O点的距离之比为2∶1D．若a、b两种颗粒落地时动能相等，则两极板间电压【答案】BC【详解】A．a、b两种颗粒在电场中均受重力和电场力作用，均做匀加速直线运动，A错误；B．在电场中的运动时间为水平方向做匀加速运动解得a、b两种颗粒的电荷量大小相等，所以电场力大小相等，在电场中所受静电力大小均为，B正确；C．a、b两种颗粒在竖直方向均做自由落体运动，同时出电场，同时落地；出电场前，水平方向根据牛顿第二定律，b的加速度是a的一半，根据，b的水平位移是a的一半；出电场时，根据，b的水平速度是a的一半；出电场后，根据，出电场后至落地，b的水平位移是a的一半；综上所述，a、b两种颗粒落地点到O点的距离之比为2∶1，C正确；D．电场力为在匀强电场中根据题意得解得D错误。故选BC。三：实验题:本题共2小题，第一小题小题5分，第二小题7分，共12分。13．某实验小组要在实验室中用伏安法测量一合金丝的阻值，除待测电阻丝Rx，多用电表、电键、导线外，实验室还提供了如下器材：A．电流表0~0.6A（内阻为r=0.5Ω）B．电压表0~15V（内阻约10kΩ）C．滑动变阻器R0（可变范围0~5Ω）D．电源，直流15V（1）该小组同学先用多用表测量该电阻阻值，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需换成倍率的电阻挡（填“×1”或“×100”），将欧姆表调零后再进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为Ω；

（2）为使实验结果尽量准确，合金丝两端电压调节范围尽量大一些，便于用图像来数据处理，设计出相应的电路图。

（3）该实验小组某次测出电压表示数为U，电流表的示数为I，其电阻的表达式Rx=（U，I，r表示）【答案】×130/30.0

【详解】（1）[1]用多用表测量电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很大，说明电阻较小，应换小倍率的电阻挡，需选择“×1”倍率的电阻挡，并让红黑表笔短接，重新欧姆调零；[2]选择“×1”倍率的电阻挡，故读数为（2）[3]由于电流表内阻已知，将电流表与Rx串联后再与电压表并联，可以消除系统误差；为使合金丝两端电压调节范围尽量大，故应采用分压接法，电路图如下

（3）[4]根据欧姆定律得14．在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，提供的器材有：A．电压表量程为3V，内阻约为5kΩB．电压表量程为15V，内阻约为10kΩC．电流表量程为0.6A，内阻为0.2ΩD．电流表量程为3A，内阻约为0.01ΩE.变阻器R1为（20Ω，3A）F.变阻器R2为（500Ω，0.2A）G.开关、导线若干

（1）为了较准确测量电池的电动势和内阻，电流表应该选（填C或D）；变阻器应该选（填E或F）；实验电路图应该选图中的图（填“甲”或“乙”）。（2）实验测得一个电池的路端电压U和通过电池的电流强度I的关系图像如图所示。由图可以求得电源电动势E=V，内电阻r=Ω，短路电流I短=A。【答案】CE甲1.50.81.5【详解】（1）[1]一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为2Ω，故电压表应选A（3V）；电路最大电流不到0.75A，不到3A的三分之一，为减小实验误差，电流表应选C；[2]为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的，故选E；[3]由于电流表内阻已知，为减小实验误差，应选择图甲所示实验电路；（2）[4]由全电路的欧姆定律有则图像的纵截距表示电动势，可得[5]图像的斜率表示内阻，有[6]解得r=0.8Ω电路的短路电流为四：解答题:本题共4小题,第一小题小题6分，第二小题8分，第三小题10分，第四小题12分，共36分。15．天花板下用绝缘细轻线悬挂一个质量为m，电荷量为的小物块（可视为点电荷），天花板下有水平向右的匀强电场，小物体静止时与竖直方向成30°，重力加速度g。求；（1）小物块受到的电场力大小；（2）空气阻力不计，剪断细线后，若g取10m/s2，小物块运动的加速度大小。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）由平衡知

qE=mgtan30°解得（2）由牛顿第二定律16．如图所示，在该电路施加U=5V的电压，R1＝4Ω，R2＝6Ω，滑动变阻器最大值R3＝10Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的最小值为多少？【答案】1A【详解】解：设触头上部分电阻为，则下部分为总电阻：当时，最大，此时电流表示数的最小值为：17．电源、滑动变阻器、电动机和平行板电容器连接成如图所示的电路。滑动变阻器的最大阻值为，平行板电容器极板间的距离为d。当滑动变阻器滑片滑到最左端时，电动机不转，一带电液滴刚好静止在电容器两极板间。调节滑动变阻器的滑片，使滑动变阻器的接入电阻变为，此时电动机正常工作，电容器两极板间的带电液滴刚好以3g的加速度竖直向上加速运动。已知电源的电动势，内阻，液滴的比荷，重力加速度为g。求：（1）电动机的绕线电阻；（2）电动机正常工作时输出的机械功率。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）当滑片在最左端时，设电动机两端的电压为，回路中的电流为，对液滴受力分析有由闭合电路欧姆定律有电动机的绕线（2）当电动机正常工作时，设电动机两端的电压为，回路中的电流为，对液滴受力分析结合牛顿第二定律有由闭合电路欧姆定律有此时电动机输出的机械功率18．如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0的