2024--2025年高二物理必修第三冊全冊綜合測卷（提高版）一：單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．關于電場線、磁感線，下列說法中正確的是（）A．電場線、磁感線都是法拉第形象描述場分布情況，而實際不存在的曲線B．電場線、磁感線是首尾相連的閉合曲線C．電場線或磁感線就是帶電粒子的運動軌跡D．兩條電場線或兩條磁感線都可能相交或相切【答案】A【詳解】A．法拉第最早用電場線和磁感線來清晰的描述電場和磁場，而實際不存在這樣的曲線，故A正確；B．電場線是不閉合的曲線，磁感線都是閉合的曲線，故B錯誤；C．電場線不一定與帶電粒子的軌跡重合，只有電場線是直線，帶電粒子只受電場力或合力與電場力共線，初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合，運動的帶電粒子在磁場中所受的力總是與磁場方向垂直，故磁感線不可能是帶電粒子的運動軌跡，故C錯誤；D．電場線或磁感線的切線方向就是電場或磁場的方向，如果兩條電場線或磁感線在同一點相交，則有兩個切線方向，而事實上電場或磁場中的每一點只有一個方向，故任意兩條電場線或磁感線都不會相交，故D錯誤。故選A。2．如圖所示，靜電噴涂時，噴槍噴出的涂料微粒帶負電，被噴工件帶正電，微粒只在靜電力作用下向工件運動，最后吸附在其表面。關于靜電噴涂，下列說法正確的是（）

A．是靜電的利用B．是靜電的防止C．既是靜電的利用，又是靜電的防止D．既非靜電的利用，也非靜電的防止【答案】A【詳解】被噴工件帶正電，微粒只在靜電力作用下向工件運動，最后吸附在其表面，是靜電的利用。故選A。3．如圖所示，a、b兩點位于以正點電荷+Q（Q>0）為球心的球面上，c點在球面外，則（）

A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大B．b點的電場強度比c點的小C．將電荷量為+q的試探電荷從a點移到b點，電場力做正功D．b點的電勢比C點的高【答案】D【詳解】AB．根據(jù)點電荷電場強度的計算公式E可知，a點電場強度的大小和b點電場強度的大小相等，b點的電場強度比c點的大，故AB錯誤；C．a(chǎn)、b在以正點電荷為球心的同一球面上，即在同一等勢面上，故a點電勢和b點電勢相等，在等勢面上移動電荷，電場力不做功，故C錯誤；D．根據(jù)沿電場線方向電勢降低可得，a、b兩點的電勢都比c點的高，故D正確。故選D。4．如圖是多用電表內部結構示意圖，通過選擇開關分別與1、2、3、4、5、6相連，以改變電路結構，分別成為電流表、電壓表和歐姆表，下列說法正確的是（

）A．A是黑表筆、B是紅表筆B．作電流表時1比2量程大，作電壓表時6比5量程小C．當選擇開關與3或4相連是歐姆表，測量電阻之前需歐姆調零D．測電阻時，如果指針偏轉過大，應將選擇開關撥至倍率更大的擋位【答案】C【詳解】A．A接電池負極是紅表筆、B接電池正極是黑表筆，A錯誤；B．作電流表時分流電阻越小量程越大，1比2量程大，作電壓表時分壓電阻越大量程越大，6比5量程大，B錯誤；C．當選擇開關與3或4相連，回路有電池是歐姆表，測量電阻之前需歐姆調零，C正確；D．測電阻時，如果指針偏轉過大，說明待測電阻小，應將選擇開關撥至倍率更小的擋位，D錯誤。故選C。5．在如圖所示電路中，電源電動勢為12V，電源內阻為1.0Ω，電路中的電阻R0為1.5Ω，小型直流電動機M的內阻為0.5Ω。閉合開關S后，電動機轉動，電流表的示數(shù)為2.0A。則以下判斷中正確的是（）

A．電動機的輸出功率為14W B．電動機兩端的電壓為7.0VC．電動機的發(fā)熱功率為4.0W D．電源輸出的電功率為24W【答案】B【詳解】B．由部分電路歐姆定律知電阻R0兩端電壓為電源內電壓為所以電動機兩端電壓為故B正確；C．電動機的發(fā)熱功率和總功率分別為，故C錯誤；A．電動機的輸出功率為故A錯誤；D．電源的輸出功率為故D錯誤。故選B。6．如圖所示，在x軸上關于O點對稱的A、B兩點分別放有等量正電荷，M、N是x軸上的兩點，且OM=MN，P點在第一象限且PM垂直于x軸，則（）

A．P點電勢比M點電勢高B．O、M兩點間電勢差大于M、N兩點間電勢差C．M點場強比N點場強大D．在M點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將在x軸上做往返運動【答案】D【詳解】A．由等量同種正電荷等勢線分布可知，M點電勢比P點電勢高，故A錯誤；BC．O、M間電場線比M、N間電場線分布稀疏，O、M兩點間電勢差小于M、N兩點間電勢差，N點場強大于M點場強，故BC錯誤；D．根據(jù)對稱性，在M點靜止釋放的帶正電粒子會以O點為中點做往返運動，故D正確。故選D。7．如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數(shù)為k0的絕緣輕質彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質量均為M，qAq00，qBq0，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則（）

A．B．彈簧伸長量為C．A球受到的庫侖力大小為2MgD．相鄰兩小球間距為【答案】A【詳解】A．對C球進行受力分析可得，它受到2個方向相反的庫侖力、重力、支持力，由于A與B、B與C間距相等，由庫侖定律可得，B對C的庫侖力是A對C庫侖力的4倍，因此C球應為正電荷才能受力平衡。設A、B間距為l，對B進行受力分析，由平衡條件可得對C進行受力分析，由平衡條件可得聯(lián)立解得故A正確；B．把A、B、C三小球看作整體，設彈簧伸長量為x，由平衡條件可知解得故B錯誤；C．對A進行受力分析，設A球受到的庫侖力大小為F，由平衡條件可知解得故C錯誤；D．由可得故D錯誤。故選A。8．圖甲為均勻帶電圓環(huán)，O1為其圓心，圖乙為勻帶電圓環(huán)，O2為其圓心，兩圓環(huán)半徑相同，單位長度的帶電荷量、電性相同，O1處的電場強度大小為E0，電勢為φ0。已知在真空中電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，若取無窮遠處為零電勢點，則離該點電荷距離為r的某點的電勢為，則O2處的場強大小和電勢分別為（

）

A．E0， B．E0， C．E0， D．E0，【答案】C【詳解】設圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場強大小為，對圖甲中圓環(huán)，由電場強度的合成可知故圖乙中圓環(huán)的左上圓環(huán)和右下圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場強等大反向，故處的場強大小等于右上圓環(huán)在處產(chǎn)生的場強大小，為。設圖甲中圓環(huán)的帶電荷量為，則圖乙中圓環(huán)的帶電荷量為，電勢是標量，有故處的電勢為故選C。二：多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．如圖所示，用半偏法測電流表的內阻Rg，下面說法正確的是（）A．開關S1接通前，R必須調節(jié)到高阻值的位置B．開關S2接通后，R的阻值可以調節(jié)C．當電流表的示數(shù)從滿偏電流Ig調節(jié)到半偏電流時，R′中的電流稍大于D．開關S1接通前，R′必須調節(jié)到高阻值【答案】AC【詳解】A．開關S1接通前，R必須調節(jié)到高阻值的位置，A正確；B．開關S2接通后，需保持R的阻值不變，B錯誤；C．當電流表的示數(shù)從滿偏電流Ig調節(jié)到半偏電流時，由于電路中總電阻變小，干路電流會稍大于，因此R′中的電流稍大于，C正確；D．開頭S1接通前，由于開關S2處于斷開狀態(tài)，因此R′不需要調節(jié)到高阻值，D錯誤；故選AC。10．在紙面內放有一磁鐵和一圓形線圈（如圖所示），下列情況線圈中不能產(chǎn)生感應電流的是（）

A．將磁鐵在紙面內向上平移 B．將磁鐵在紙面內向右平移C．將磁鐵繞垂直于紙面的軸轉動 D．將磁鐵的極轉向紙外，極轉向紙內【答案】ABC【詳解】A．圖示位置，沒有磁感線穿過線圈，穿過線圈的磁通量為零，將磁鐵在紙面內向上平移時，穿過線圈的磁通量仍為零，沒有變化，所以線圈中沒有感應電流產(chǎn)生，故A符合題意；B．將磁鐵在紙面內向右平移時，穿過線圈的磁通量仍為零，沒有變化，所以線圈中沒有感應電流產(chǎn)生，故B符合題意；C．將磁鐵繞垂直于紙面的軸轉動，穿過線圈的磁通量仍為零，沒有變化，所以線圈中沒有感應電流產(chǎn)生，故C符合題意；D．將磁鐵的N極轉向紙外，S極轉向紙內，將有磁感線穿過線圈，穿過線圈的磁通量增大，線圈中有感應電流產(chǎn)生，故D不符合題意。故選ABC。11．如圖甲所示，電源的電動勢，內阻為，閉合開關，滑動變阻器的滑片從端滑至端的過程中，電路中的一些物理量的變化規(guī)律如圖乙所示：圖描述電源的輸出功率隨端電壓的變化規(guī)律，圖描述端電壓隨電流的變化規(guī)律、圖描述電源的效率隨外電阻的變化規(guī)律，電表、導線對電路的影響不計。則下列說法正確的是（）

A．電源的內阻為B．滑動變阻器最大阻值C．I圖上b點的坐標（3V，4.5W）D．II圖上a點的坐標（0.6A，4.8V）【答案】ACD【詳解】A.由圖可知，當路端電壓為時，電路中的電流為，則電源的內阻為故A正確；B.電源的效率外電阻越大，電源的效率越大，因此當滑動變阻器的阻值全部連入電路時電源的效率最高，則解得故B錯誤；C.電源的輸出功率故I圖上點的坐標為，故C正確；D.路端電壓故當電流最小時，即滑動變阻器的阻值全部連入電路時，路端電壓最大，由閉合電路歐姆定律得路端電壓圖上點的坐標為，故D正確。故選ACD。12．如圖所示，真空中P、Q兩點各有一正點電荷，帶電量都為q。以兩個電荷連線的中點為中心畫一個正立方體，且立方體的面aehd中心O和面cbfg的中心O'過兩電荷的連線。M、N關于Q對稱，下列說法正確的是（）

A．在O點靜止釋放一個質子，它將會在OO'之間往返運動B．電子沿正方形aehd運動一周，受到的電場力和電勢能均保持不變C．a(chǎn)、g兩點電場強度大小相等，方向相反，a點電勢等于g點電勢D．將一個質子從O點移動到N點和從O點移動到M點，電場力做功相同【答案】AC【詳解】A．在O點靜止釋放一個質子,受到的電場力方向向向右，后向左，由對稱性可知質子將會在OO'之間往返運動，故A正確；B．正方形aehd上四個頂點到P的距離相等，其它的點到P的距離不等，根據(jù)等量同種電荷電場線分布特點可知，場強不等，電勢也不等，故電子受到的電場力和電勢能均要變化，故B錯誤；C．a(chǎn)、g兩點關于PQ連線中點對稱，畫出P、Q在a、g處的電場，發(fā)現(xiàn)每個等大的分電場的電場強度大小相等，方向相反，所以合電場大小相等方向相反，電勢滿足代數(shù)疊加結合對稱性可知兩點電勢相等，故C正確；D．根據(jù)電勢的代數(shù)疊加原理知Q在M、N兩點的電勢相等。只要看P在M、N兩點的電勢即可，可得N點的電勢比M點的電勢高，則質子從O點移動到M點電場力做的功多，故D錯誤。故選AC。三：實驗題:本題共2小題，第一小題小題5分，第二小題7分，共12分。13．在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，某同學實驗過程如下：（1）先用多用表的歐姆擋“×1”粗測其電阻，如圖甲所示，則讀數(shù)應記為。

（2）由圖乙螺旋測微器測量該金屬絲的直徑為mm，然后用圖丙的毫米刻度尺測量其長度為cm。

（3）為了減小實驗誤差，需進一步測量其電阻，除待測金屬絲、開關S、導線若干外，實驗室還備有的實驗器材如下：A．電壓表V（量程3V，內阻約為15kΩ；量程15V，內阻約為75kΩ）B．電流表A（量程0.6A，內阻約為1Ω；量程3A，內阻約為0.2Ω）C．滑動變阻器（0~2000Ω，0.1A）D．滑動變阻器（0~5Ω，0.6A）E.電阻箱F.1.5V的干電池兩節(jié)，內阻不計為了測量多組實驗數(shù)據(jù)，則滑動變阻器應選用（填“”或“”）。（4）實驗電路如圖丁所示，根據(jù)電路圖完成圖戊中的實物連線。

（5）從實驗原理上看，待測電阻測量值（填“大于”、“小于”或“等于”）其真實值。（6）如果測得的金屬絲長度為a，直徑為b，電阻為c，則它的電阻率。（用a、b、c字母表示）【答案】60.698/0.699/0.700/0.701/0.7029.12/9.13/9.14/9.15/9.16/9.17

小于【詳解】（1）[1]根據(jù)圖示可知，指針指向刻度6，由于采用的歐姆擋“×1”，故電阻讀數(shù)為6Ω。（2）[2]螺旋測微器的讀數(shù)為[3]金屬絲的長度為9.15cm。（3）[4]電路電源是兩節(jié)干電池，電源電壓為3V，通過金屬絲的最大電流約的額定電流0.1A太小，則不合適，且阻值過大，即使電流在安全范圍內，電路調節(jié)也不方便，故滑動變阻器選。（4）[5]根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖，如圖所示

（5）[6]電路圖采用了電流表外接法，考慮到電壓表分流的影響，電流表讀數(shù)偏大，根據(jù)歐姆定律，可知待測電阻測量值小于其真實值。（6）[7]根據(jù)電阻定律有，，解得14．疊層電池具有體積小輸出電壓高的特點，某實驗小組欲測量一塊疊層電池的電動勢和內阻，所用器材如下:待測疊層電池（電動勢約為9V，內阻約為十幾歐）；電流表（量程為1mA，內阻RA=30Ω）；電阻箱（最大電阻值Rm=9999.9Ω）；定值電阻R0（R0約為幾十歐）；開關S一個、單刀雙擲開關K一個、導線若干。（1）如圖所示是甲同學設計的測量定值電阻阻值的電路圖，按圖連接好器材后，先將電阻箱的阻值調到（填“最大阻值"或“零”），將K接到1端，閉合S，記下電流表的讀數(shù)I1，再將K接到2端，調節(jié)電阻箱，使電流表的讀數(shù)仍為I1，記下電阻箱此時的阻值為9949.9Ω，則定值電阻的阻值R0=Ω。

（2）如圖所示是乙、丙兩位同學設計的測量電源電動勢和內阻的實驗電路圖，其中（填“乙”或“丙”）同學的實驗電路更加合理。（3）按（2）中所選的電路圖連接器材，進行實驗，根據(jù)測量的數(shù)據(jù)做出圖線如圖丁所示，圖線的斜率為h，截距為b，則電源的電動勢E=，內阻r=（用k、R0、RA和b表示）。

【答案】最大阻值50丙【詳解】（1）[1]為保證電路安全，應將變阻箱的阻值調至最大后接入電路。[2]將K接到1端調整為K接到2端，改變滑動變阻器阻值，電流表的讀數(shù)不變，則開關調整前后總電阻不變，則R0=9999.9Ω-9949.9Ω=50.0Ω（2）[3]若選擇乙同學的電路圖，為保證測量值不超過電流表的量程，則調節(jié)范圍約為0.9mA~1.0mA之間，測量范圍過??；丙同學電路圖中，電量表與定值電阻并聯(lián)后，相當于擴大電流表的量程，調節(jié)范圍更大，更合理。（3）[4][5]按丙同學所選的電路圖分析推到得電動勢表達式變形整理可得根據(jù)已知條件可得解得四：解答題:本題共4小題,第一小題小題6分，第二小題8分，第三小題10分，第四小題12分，共36分。15．如圖所示，有一個表頭G，滿偏電流Ig=200mA，內阻，用它改裝為有和兩種量程的電流表，求的阻值各為多大？【答案】【詳解】由歐姆定律，帶入數(shù)據(jù)有，解得，16．如圖所示，M為一線圈電阻r=0.4Ω的電動機，R=24Ω，電源電動勢E=40V，當S斷開時，理想電流表的示數(shù)I1=1.6A，當開關S閉合時，理想電流表的示數(shù)為I2=4.0A。求：（1）電源內阻r0；（2）開關S閉合時電動機發(fā)熱功率和機械功率；（3）開關S閉合時電源的輸出功率和電源的效率。

【答案】（1）；（2）2.5W，87.5W；（3）144W，【詳解】（1）當S斷開時，由閉合電路歐姆定律有代入數(shù)據(jù)得解得（2）當開關S閉合時，由閉合電路歐姆定律有流過電阻R的電流為流過電動機的電流為開關S閉合時電動機發(fā)熱功率機械功率（3）開關S閉合時電源的輸出功率電源的效率17．真空中有一固定的帶正電的點電荷，其電荷量為q1=3×10-8C，在q1的左方A點處有另一帶正電的點電荷q2，其電荷量為q2=1×10-8C，若測得q2受到的靜電力F的大小為3×10-5N，靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2（1）兩點電荷之間的距離；（2）如果把A點的電荷量q2變?yōu)?q2，其他條件不變，求該4q2電受到的電場力大小。

【答案】（1）0.3m；（2）【詳解】（1）由庫侖定律可知解得r=0.3m（2）如果把A點的電荷量q2變?yōu)?q2，電荷受到的電場力大小為解得18．如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距為d=8cm，板長為l=25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0=0.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下板向上提起cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：（1）將下板向上提起后，液滴的加速度大??；（2）液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間為多少？（g取10m/s2）

【答案】（1）2m/s2；（2）0.3s【詳解】（1）帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，液滴勻速運動，可得qE=mg又得qU=mgd當下板向上提起后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉，在電場中做類平拋運動。此時液滴所受電場力由牛頓第二定律，可得（2）因為液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是，設液滴從P點開始在勻強電場中飛行的時間為t1，則有解得而液滴從剛進入電場到出電場的時間所以液滴從射入開始勻速運動到P點時間為t=t2-t1=0.3s19．如圖所示的電路中