【期末总复习】人教版(2019)高二物理必修第三册——期末复习高分必刷卷（提高版）

高二物理期末考试复习高分突破必刷检测卷（提高版）全解全析

1．A

【详解】

A．安培提出了分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流，选项A正确；

B．奥斯特最先发现电流周围存在磁场，选项B错误；

C．法拉第在奥斯特的启发下，研究了磁场与电流的关系，最终通过十年的努力终于发现了电磁感应现象，选项C错误；

D．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，在磁场中洛伦兹力并不做功，离子是从电场中获得能量，选项D错误。

故选A。

2．B

【详解】

O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为，两个+q电荷在O处产生的场强大小均;根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为；再与-2q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E12+E3=，方向指向电荷量为-2q 的点电荷，故选B.

3．D

【详解】

A．电场线越密集的地方电场强度越大，故A点电场强度比B点电场强度大，故A错误；

B．沿电场线方向电势降低，负电荷在电势低的地方电势能大，则负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，故B错误；

C．电场线越密集的地方电场强度越大，A、B两点间的平均电场强度大小大于B、C两点间的平均电场强度，根据

A、B两点间的电势差大于B、C两点间的电势差，故C错误；

D．负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，负电荷由A向B移动，电势能减少，则电场力做正功，故D正确。

故选D。

4．B

【详解】

A．图中没有闭合回路，所以不能形成感应电流，故A错误；

B．磁感应强度不变，由于运动的两个导体棒围成的横截面积增大，由公式

可知磁通量变化，两导体棒与导轨形成闭合回路，所以可以产生感应电流，故B正确；

C．导线前，磁感应强度方向向下，导线后，磁感应强度方向向上，由对称性可知，整个线圈磁通量为零，磁通量不随电流的增大而变化，没有感应电流产生，故C错误；

D．线圈向右移动，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，故D错误。

故选B。

5．B

【详解】

A．时，感应电动势为零，此时通过线框的磁通量最大，选项A错误；

B．时，感应电动势为零，此时通过线框的磁通量最大，线框平面与中性面重合，选项B正确；

C．线框匀速转动时的角速度大小为

选项C错误；

D．线框产生的交变电动势的有效值为

选项D错误。

故选B。

6．A

【详解】

当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；

由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小。

故选A。

【点睛】

7．D

【分析】

考查带电粒子在匀强磁场中的运动。

【详解】

电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，两电子运动半径相同，由周期公式可知，周期也相同，由几何关系可知，电子1运动的圆心角为，电子2运动的圆心角为，由时间 可得：

D正确。

故选D。

8．D

【详解】

AC．由平衡知识可知，导线MN对P的作用力均为斥力且相等，则导线M、P中的电流方向相反，则

则导线M、P间的磁场力大小为

选项AC错误；

B．对导线M受力分析，在水平方向

即导线M、N间的磁场力大小为

选项B错误；

D．因为

可知

又

导线P中的电流大小是导线N中电流大小的2倍，选项D正确。

故选D。

9．BC

【详解】

AB．由左手定则可知，正离子偏向P板，负离子偏向Q板，则极板P的电势比极板Q的电势高，A错误，B正确；

C．两极板间电压稳定后，则

即极板P、Q间电压为

U=Bdv

C正确；

D．由上述分析可知，稳定后两板间的电压与两板正对面积无关，D错误。

故选BC。

10．BD

【详解】

AB．若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，A错误，B正确；

CD．若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下．由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，C错误，D正确。

故选BD。

11．AC

【详解】

A．S闭合时，L由于自感作用会阻碍电流通过，电流流过A灯，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，故A正确；

B．S闭合时，B灯先不太亮，然后亮，并不会熄灭，故B错误；

C．电路接通稳定后，A灯被短路，A灯不亮，BC灯亮度相同，故C正确，

D．电路接通稳定后，S断开时，L由于自感作用会阻碍电流减小，ABC灯逐渐熄灭，故D错误。

故选AC。

12．ACD

【详解】

A．当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，则由平衡可知

电流强度大小为

选项A正确；

BC．磁场方向水变为竖直的过程，金属棒保持静止不动，则安培力一定从竖直向上变为水平向右，则安培力大小和方向都一定变化，支持力从原来的零逐渐变大，选项B错误，C正确；

D．当安培力沿斜面向上时，安培力最小，则

即磁感应强度最小值为

选项D正确。

故选ACD。

13．AC

【详解】

A．开始时，圆环的磁通量为零，此后随着垂直纸面向里的磁场减弱，圆环的磁通量一直在增加，A项正确；

B．根据楞次定律可判断，圆环中的感应电流方向始终沿顺时针方向，B项错误；

CD．在t=t0时刻，圆环中的感应电流大小为

安培力大小

C项正确，D项错误。

故选AC。

14．4.910    4.702       

【详解】

（1）[1][2]游标卡尺读数即圆柱体的长度为

螺旋测微器读数即横截面的直径为

（2）因为滑动变阻器的电阻比较小，故滑动变阻器采用分压式接法，由计算可得

则电流表采用外接法，电路图如图所示

15．ABDFH    甲    1.5    0.7   

【详解】

(1)[1]在题述器材中选择适当的器材：被测干电池一节A；电流表B的内阻是已知的故选B，电压表选择量程0~3V的D，滑动变阻器选择阻值较小的F，开关、导线若干，故选ABDFH。

(2)[2]因电流表的内阻已知，故实验电路图应选择图甲。

(3)[3][4]根据实验中电流表和电压表的示数得到了题图丙所示的U-I图像，由图可知干电池的电动势E=1.5V，内电阻

16．（1）；（2）

【详解】

（1）由图得

又

根据闭合电路欧姆定律，得

（2）电压有效值

电压表读数为路端电压，所以

故电压表示数为。

17．（1）；（2）1V；（3）

【详解】

（1）在时，磁感应强度为

则磁通量

（2）在0～4s内，根据法拉第电磁感应定律，则有

即在时电阻螺线管产生的电动势

（3）根据焦耳定律，则有，在0～4s内产生热量

在4～6s内，则有

根据焦耳定律，在4～5s内产生热量

在前内电阻上产生的热量

18．(1) ；(2)

【详解】

(1)当杆平衡时，达收尾速度vm

对杆

总电阻为

联立并代入数据解得

(2)从静止到刚好达到收尾速度过程中，由能量守恒定律有

代入数据解得

Q=1.1J

R1，R2上产生的总热量

R1上产生的热量

联立可得

19．（1）；（2）；（3）

【详解】

（1）粒子在磁场区域Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力得

粒子在条形磁场区域中运动的轨迹如图，由几何关系

解得

（2）带电粒子在条形磁场Ⅰ中运动的周期为

同理

由几何关系知，在磁场区域I中运动的轨迹圆弧对应圆心角为

则在条形磁场中运动的时间为

粒子在条形磁场区域Ⅱ中运动的半径为

根据

得

粒子在磁场区域II中轨迹如图，由几何关系得，粒子在磁场区域II中轨迹圆弧对应圆心角为

所以粒子在磁场区域II中的运动时间为

粒子偏转后再次垂直于两条形磁场区域进入条形磁场区域Ⅰ，粒子再次进入条形磁场区域1中的轨迹如图，偏角为

所以在条形磁场中运动的时间为

所以，带电粒子在磁场中运动的总时间为

（3）若仅改变粒子的电性。该负粒子在磁场区域Ⅰ中的半径由

得

负粒子运动轨迹恰好和相切。轨迹如图所示。由几何关系，负粒子射出磁场区域I时在y轴的坐标为

正粒子射出磁场区域Ⅰ时在y轴的坐标

则该负粒子离开y轴时与正粒子离开y轴时坐标之间的距离为

20．（1）；（2）；（3）

【详解】

（1）设带电粒子经电压为U的电场加速后获得速度为，由动能定理得

解得

（2）带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，从P点到达C点，由运动学公式得

解得

（3）带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有几何关系可得，带电粒子在第一象限的运动半径为

则矩形磁场的最小长度为

矩形磁场的最小宽度为

即最小面积