2024-2025學(xué)年高中物理綜合評估練習(xí)含解析新人教版必修第三冊

PAGEPAGE11綜合評估時間：90分鐘分值：100分一、選擇題(1～6為單選，每小題3分；7～10為多選，每小題4分，共34分)1．下面是某同學(xué)對電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是(D)A．依據(jù)電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)可知，電場中某點的電場強度與摸索電荷所帶的電荷量成反比B．依據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比C．依據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關(guān)D．依據(jù)電勢差的定義式UAB＝eq\f(WAB,q)可知，帶電荷量為1C的正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為－1V解析：電場強度E與F、q無關(guān)，由電場本身確定，A錯誤；電容C與Q、U無關(guān)，由電容器本身確定，B錯誤；E＝keq\f(Q,r2)是電場強度的確定式，故C錯誤；在電場中，克服電場力做功，電場力做負功，由UAB＝eq\f(WAB,q)可知D正確．2．如圖所示的四個電場的電場線，其中A和C圖中小圓圈表示一個點電荷，A圖中虛線是一個圓，B圖中幾條直線間距相等相互平行，則在圖中M、N處電場強度相同的是(B)解析：電場強度是矢量，電場強度相等必定其大小相等、方向相同．故答案為B.3．a(chǎn)，b兩點各放有電量為＋Q和＋4Q的點電荷，a，b，c，d，e，f，g七個點在同始終線上，且ac＝cd＝de＝ef＝fg＝gb，如圖所示，取無限遠處為零電勢，則(D)A．d處的場強和電勢均為零B．e處的電勢比f處的電勢高C．電子在f處的電勢能比在g處的電勢能小D．電子從c移到e，電子所受電場力先做負功再做正功解析：設(shè)ac＝cd＝de＝ef＝fg＝gb＝L，場強為零處距a為x，因為eq\f(kQ,x2)＝eq\f(k·4Q,6L－x2)，所以x＝2L，即在d處場強為零，但電勢不為零，A錯誤；a至d區(qū)域場強方向向右，d至b區(qū)域場強方向向左，所以e處的電勢比f處的電勢低，B錯誤；電子帶負電，所以電子在f處的電勢能比在g處的電勢能大，C錯誤；電子在c，d間所受電場力向左，在d，e間所受電場力向右，因此電子從c移到e，電子所受到電場力先做負功再做正功，D正確．4．電源的兩個重要參數(shù)分別是電動勢E和內(nèi)電阻r.電路有兩種特別狀況：當(dāng)外電路斷開時，電源兩端的電壓等于電源電動勢；當(dāng)外電路短路時，短路電流等于電動勢和內(nèi)電阻的比值．現(xiàn)有一個電動勢為E、內(nèi)電阻為r的電源和一阻值為R的定值電阻，將它們串聯(lián)或并聯(lián)組成的系統(tǒng)視為一個新的等效電源，這兩種連接方式構(gòu)成的等效電源分別如圖甲和乙中虛線框所示．設(shè)新的等效電源的電動勢為E′，內(nèi)電阻為r′.試依據(jù)以上信息，推斷下列說法中正確的是(D)A．甲圖中的E′＝eq\f(r,R＋r)E，r′＝R＋rB．甲圖中的E′＝eq\f(R,R＋r)E，r′＝R＋rC．乙圖中的E′＝E，r′＝eq\f(Rr,R＋r)D．乙圖中的E′＝eq\f(ER,R＋r)，r′＝eq\f(Rr,R＋r)解析：電源的電動勢等于外電路斷路時的路端電壓，則對甲圖可知E′＝E，r′＝r＋R，選項A、B錯誤；圖乙中，E′＝eq\f(ER,R＋r)，r′＝eq\f(Rr,R＋r)，故選項C錯誤，D正確．5.大約在1670年，英國賽斯特城的主教約翰·維爾金斯設(shè)計了一種磁力“永動機”．如圖所示，在斜坡頂上放一塊強有力的磁鐵，斜坡上端有一個小孔，斜面下有一個連接小孔直至底端的彎曲軌道，維爾金斯認為：假如在斜坡底端放一個小鐵球，那么由于磁鐵的吸引，小鐵球就會向上運動，當(dāng)小球運動到小孔P處時，它就要掉下，再沿著斜面下的彎曲軌道返回斜坡底端Q，由于有速度而可以對外做功，然后又被磁鐵吸引回到上端，到小孔P處又掉下．在以后的二百多年里，維爾金斯的永動機盡然改頭換面地出現(xiàn)過多次，其中一次是在1878年，即在能量轉(zhuǎn)化和守恒定律確定20年后，竟在德國取得了專利權(quán)．關(guān)于維爾金斯“永動機”，正確的相識應(yīng)當(dāng)是(D)A．符合理論規(guī)律，肯定可以實現(xiàn)，只是實現(xiàn)時間早晚的問題B．假如忽視斜面的摩擦，維爾金斯“永動機”肯定可以實現(xiàn)C．假如忽視斜面的摩擦，鐵球質(zhì)量較小，磁鐵磁性又較強，則維爾金斯“永動機”可以實現(xiàn)D．違反能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，不行能實現(xiàn)解析：磁鐵吸引小球上升，要消耗磁鐵的磁場能，時間長了磁鐵的磁性就會逐步減弱，直至不能把小球吸引上去，該思想違反了能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，不行能實現(xiàn)．6．隨著新能源轎車的普及，無線充電技術(shù)得到進一步開發(fā)和應(yīng)用，一般給大功率電動汽車充電時利用的是電磁感應(yīng)原理，如圖所示，由地面供電裝置(主要裝置有線圈和電源)將電能傳送至電動汽車車底部的感應(yīng)裝置(主要裝置是線圈)，該裝置運用接收到的電能對車載電池進行充電，供電裝置與車身接收裝置之間通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳輸效率只能達到90%左右．無線充電樁一般采納平鋪式放置，用戶無須下車、無須插電即可對電動汽車進行充電．目前，無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～25cm，允許的錯位誤差一般為15cm左右．下列說法正確的是(B)A．無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米開外也可以對電動汽車快速充電B．車身感應(yīng)裝置線圈中感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變更C．車身感應(yīng)裝置線圈中感應(yīng)電流的磁場總是與地面供電裝置線圈中電流的磁場方向相反D．若線圈均采納超導(dǎo)材料則能量的傳輸效率有望達到100%解析：題中給出無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～25cm，在百米開外無法充電，故A項錯誤；無線充電樁是通過變更地面供電裝置的電流使電動汽車底部的感應(yīng)裝置產(chǎn)生感應(yīng)電流，依據(jù)楞次定律可知，車身感應(yīng)裝置線圈中感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變更，故B項正確；由于不知道地面供電裝置的電流是增大還是減小，故車身感應(yīng)裝置線圈中感應(yīng)電流的磁場不肯定總是與地面供電裝置線圈中電流的磁場方向相反，故C項錯誤；由于電磁輻射等因素，傳輸效率不行能達到100%，故D項錯誤．7．下列對能量耗散的理解正確的有(BD)A．能量耗散說明能量在不斷削減B．能量耗散遵守能量守恒定律C．能量耗散說明能量不能憑空產(chǎn)生，但可以憑空消逝D．能量耗散從能量角度反映出自然界的宏觀過程具有方向性解析：在發(fā)生能量轉(zhuǎn)化的宏觀過程中，其他形式的能量最終會轉(zhuǎn)化為流散到四周環(huán)境的內(nèi)能，無法再回收利用，這種現(xiàn)象叫能量耗散．能量耗散并不違反能量守恒定律，宇宙中的能量既沒有削減，也沒有消逝，它只從能量角度反映出自然界的宏觀過程具有方向性，故A、C錯．8．如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著勻稱輻射狀電場．坐標(biāo)原點與四分之一圓弧熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E.大量帶電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場，若粒子只能從坐標(biāo)原點進入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)汲取并導(dǎo)走且不影響原來的電場分布，不計粒子的重力及它們間的相互作用．下列說法正確的是(CD)A．能進入第一象限的粒子在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上B．到達坐標(biāo)原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越大C．能打到熒光屏上的粒子，進入O點的動能必需大于qUD．若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮解析：設(shè)粒子起先運動時的坐標(biāo)為(－x，－h(huán))，粒子在電場中運動過程中，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得x＝v0t，h＝eq\f(at2,2)，qE＝ma，聯(lián)立得h＝eq\f(Eqx2,2mv\o\al(2,0))，可知能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，故A錯誤．粒子的初速度是相等的，到達O點的粒子速度越大，則沿y軸方向的分速度越大．粒子到達O點時，速度方向與y軸的夾角θ滿意tanθ＝eq\f(v0,vy)，可知到達坐標(biāo)原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越小，故B錯誤．粒子進入第一象限后電場力做負功，而到達熒光屏的粒子的速度必需大于等于0，由功能關(guān)系可知eq\f(mv2,2)－qU>0，即能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必需大于qU，故C正確．粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(mv0,Eqt)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間不同，則進入第一象限后速度方向與y軸之間的夾角不同，所以從不同的位置起先偏轉(zhuǎn)的粒子，可以以隨意夾角進入第一象限，所以若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮，故D正確．9．某種小燈泡的U-I圖線如圖甲所示，三個完全相同的這種小燈泡連接成如圖乙所示的電路，四個電表均為志向電表．現(xiàn)閉合開關(guān)S，電壓表V1的示數(shù)為4.0V，以下說法正確的是(AC)A．電壓表V2的示數(shù)為1.0VB．電流表A2的示數(shù)為0.60AC．電源的輸出功率為3.0WD．電源的電動勢肯定為8V，內(nèi)阻為5Ω解析：電壓表V1的示數(shù)為4V，由U-I圖象得到L1的電流為0.6A，故另外兩個燈泡的電流均為0.3A，再依據(jù)U-I圖象得到電壓為1V，故電壓表V2的示數(shù)為1.0V，電流表A2的示數(shù)為0.30A，故A正確，B錯誤；路端電壓為4V＋1V＝5V，干路電流為0.6A，故輸出功率為P＝UI＝5×0.6W＝3W，故C正確；路端電壓為U＝E－Ir，只有一組數(shù)據(jù)，無法求解電動勢和內(nèi)阻，故D錯誤．10．如圖為某型號手持式封口機的照片，其機箱可供應(yīng)高頻溝通電．運用時，只要將待封口的塑料罐擰上蓋子，然后置于封口加熱頭的下方，按下電源開關(guān)，1～2s蓋子內(nèi)層的鋁箔瞬間產(chǎn)生高熱，然后融合在瓶口上，達到封口的效果．下列有關(guān)說法合理的是(BC)A．其封口加熱頭內(nèi)部肯定有電熱絲B．其封口加熱頭內(nèi)部肯定有高頻線圈C．該封口機的主要工作原理是電磁感應(yīng)D．鋁箔產(chǎn)生高熱的緣由是熱輻射解析：由題意可知，該儀器使鋁箔加熱，并且與鋁箔并沒有干脆接觸，故應(yīng)采納的是電磁感應(yīng)現(xiàn)象；為了產(chǎn)生較強的渦流，加熱頭內(nèi)部肯定會有高頻線圈，故選項B、C正確，選項A、D錯誤．二、非選擇題(共66分)11．(5分)激光器是一個特別的光源，它發(fā)出的光便是激光．紅寶石激光器放射的激光是不連續(xù)的一道一道的閃光，每道閃光稱為一個光脈沖．現(xiàn)有一紅寶石激光器，放射功率為P＝1.0×1010W，所放射的每個光脈沖持續(xù)的時間為Δt＝1.0×10－11s，波長為793.4nm，則每列光脈沖的長度l是3×10－3_m，其中含有的能量子數(shù)N是4.0×1017個．解析：每列光脈沖的長度l＝cΔt＝3×108×1.0×10－11m＝3×10－3m.由光速公式c＝λν，能量子公式ε＝hν及能量關(guān)系PΔt＝Nε得N＝eq\f(λPΔt,hc)＝eq\f(7.934×10－7×1.0×1010×1.0×10－11,6.626×10－34×3×108)≈4.0×1017個．12．(7分)一只多用電表的測電阻部分共分R×1、R×10、R×100、R×1k四擋，表面電阻刻度如圖(a)所示．某學(xué)生用這只多用電表來測一個電阻的阻值，他選擇R×100擋，并按運用規(guī)則正確地調(diào)整好了多用電表．測量時表針的偏轉(zhuǎn)如圖(b)，為使測量結(jié)果盡可能精確，他確定再測量一次，再次測量中，他應(yīng)選擇的是R×1_k擋；在后面所給的幾個操作步驟中，不須要進行的是D(填步驟前的字母代號)；在應(yīng)當(dāng)進行的操作步驟中，按依次應(yīng)選①B②A③F④E⑤C(填步驟前的字母代號)．A．把兩根表筆短接B．將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到上面所選擇的量程上C．將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到溝通電壓的最高擋D．在兩表筆分別的狀況下，調(diào)整電表的調(diào)整定位螺絲，使指針指在最左端零位E．把兩根表筆分別與待測電阻兩端接觸，指針穩(wěn)定后讀出電阻值F．調(diào)整歐姆擋的調(diào)零旋鈕，使指針指在電阻刻度的零位上解析：選擇R×100擋時，指針偏角很小，說明擋位選擇太小，應(yīng)選高擋位，故選R×1k擋．重新?lián)Q擋只需進行歐姆調(diào)零，不須要調(diào)整定位螺絲，故不須要進行的選D.由電阻測量步驟，依次應(yīng)是B、A、F、E、C.13．(8分)在“描繪小電珠的伏安特性曲線”的試驗中，有供選擇的試驗儀器如下：(1)在上述器材中，滑動變阻器應(yīng)選R1；電流表應(yīng)選A2.(2)在圖中用筆畫線代替導(dǎo)線，把試驗儀器連接成完整的試驗電路．答案：如圖所示解析：(1)為便利電路調(diào)整，滑動變阻器應(yīng)選擇R1；小電珠正常工作時I額＝0.3A＝300mA>100mA，故電流表應(yīng)選A2.(2)因為要求小電珠上的電壓從0增大，應(yīng)選用分壓電路；而小電珠正常工作時R燈＝eq\f(U,I)＝eq\f(3.8,0.3)Ω≈13Ω?RV＝5kΩ，故電流表應(yīng)選擇外接法，其電路見答案．14．(10分)在探討性課題中，小剛、小聰和小明所在的小組收集了手機的電池以及從廢舊收音機上拆下的電阻、電容器、電感線圈等電子器件．現(xiàn)從這些材料中選取兩個待測元件進行探討，一個是電阻Rx(阻值約2kΩ)，另一個是手機中常用的鋰電池(電動勢E的標(biāo)稱值為3.4V)．在操作臺上還打算了如下試驗器材：A．電壓表V(量程4V，電阻RV約10kΩ)B．電流表A1(量程100mA，內(nèi)阻RA1約5Ω)C．電流表A2(量程2mA，內(nèi)阻RA2約50Ω)D．滑動變阻器R(0～40Ω，額定電流1A)E．電阻箱R0(0～999.9Ω)F．開關(guān)S一個、導(dǎo)線若干(1)小剛采納伏安法測定Rx的阻值，他運用的電源是待測的鋰電池．如圖是他連接的部分試驗器材，請你完成實物連接．小剛選用的電流表應(yīng)是A2(填“A1”或“A2”)；他用電壓表的讀數(shù)除以電流表的讀數(shù)作為Rx的測量值，則測量值大于(填“大于”或“小于”)真實值．答案：見解析圖(2)小聰和小明設(shè)計了如圖甲所示的電路圖測量鋰電池的電動勢E和內(nèi)阻r.a．小聰?shù)脑囼灢僮魇牵洪]合開關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值為R1時，讀出電壓表的示數(shù)為U1；調(diào)整電阻箱的阻值為R2時，讀出電壓表的示數(shù)為U2.依據(jù)小聰測出的數(shù)據(jù)可求得該電池的電動勢，其表達式為E＝eq\f(U1U2R1－R2,U2R1－U1R2)；b．小明認為用線性圖象處理數(shù)據(jù)更便于分析．他在試驗中多次變更電阻箱阻值，獲得了多組數(shù)據(jù)，畫出的eq\f(1,U)-eq\f(1,R)圖線為一條直線(見圖乙)．則該圖象的函數(shù)表達式為eq\f(1,U)＝eq\f(r,ER)＋eq\f(1,E)，由圖乙可知該電池的電動勢E＝eq\f(10,3)(或3.3)V，內(nèi)阻r＝0.25Ω.解析：(1)測量Rx的阻值時，滑動變阻器實行分壓接法，由于待測電阻的阻值較大，電流表實行內(nèi)接法，實物圖如圖所示：通過待測電阻的最大電流約為Im＝eq\f(3.4,2000)A＝1.7mA，故電流表選取A2；由于電流表實行內(nèi)接法，用電壓表的讀數(shù)除以電流表的讀數(shù)為待測電阻與電流表內(nèi)阻的阻值之和，所以測量值大于真實值．(2)a.由閉合電路的歐姆定律可知E＝U1＋eq\f(U1,R1)r，E＝U2＋eq\f(U2,R2)r，聯(lián)立解得E＝eq\f(U1U2R1－R2,U2R1－U1R2)；b.由閉合電路的歐姆定律可知E＝U＋eq\f(U,R)r，整理得eq\f(1,U)＝eq\f(r,ER)＋eq\f(1,E)，所以eq\f(1,E)＝0.3V－1，解得E＝eq\f(10,3)V；斜率eq\f(r,E)＝eq\f(0.6－0.3,4.0)＝eq\f(3,40)，解得r＝0.25Ω.15．(14分)微波爐的工作應(yīng)用了一種電磁波——微波(微波的頻率為2.45×106Hz)．食物中的水分子在微波的作用下加劇了熱運動，內(nèi)能增加，溫度上升，食物增加的能量是微波給它的．下表是某微波爐的部分技術(shù)參數(shù)，問：(1)該微波爐內(nèi)磁控管產(chǎn)生的微波波長是多少？(2)該微波爐在運用微波擋工作時的額定電流是多少？(3)假如做一道菜，運用微波擋須要正常工作30min，則做這道菜需消耗的電能為多少焦？答案：(1)0.12m(2)5A(3)1.98×106J解析：(1)波長λ＝eq\f(c,f)＝eq\f(3×108,2450×106)m≈0.12m.(2)額定電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(1100,220)A＝5A.(3)消耗的電能ΔE＝W＝Pt＝1100×1800J＝1.98×106J.16．(10分)小燈泡的功率P＝1W，設(shè)其發(fā)出的光向四周勻稱輻射，平均波長λ＝10－6m，求在距離d＝1.0×104m處，每秒鐘落在垂直于光線方向、面積為1cm2的球面上的光子數(shù)是多少？(h＝6.63×10－34J·s)答案：3.98×105個解析：每秒鐘小燈泡發(fā)出的能量為E＝Pt＝1J1個光子的能量：ε＝hν＝eq\f(hc,λ)＝eq\f(6.