高中物理综合评估练习课件必修第三册高中第三册物理课件

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8．如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射状 电场．坐标原点与四分之一圆弧荧光屏间电压为 U；第三象限内 分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为 E.大量带电荷量为－ q(q>0)、质量为 m 的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以 相同的初速度 v0 沿 x 轴正方向射入匀强电场，若粒子只能从坐标 原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走且 不影响原来的电场分布，不计粒子的重力及它们间的相互作用．下
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4．电源的两个重要参数分别是电动势 E 和内电阻 r.电路有两 种特殊情况：当外电路断开时，电源两端的电压等于电源电动势； 当外电路短路时，短路电流等于电动势和内电阻的比值．现有一 个电动势为 E、内电阻为 r 的电源和一阻值为 R 的定值电阻，将 它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源，这两种连接 方式构成的等效电源分别如图甲和乙中虚线框所示．设新的等效 电源的电动势为 E′，内电阻为 r′.试根据以上信息，判断下列
列说法正确的是( CD )
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A．能进入第一象限的粒子在匀强电场中的初始位置分布在 一条直线上
B．到达坐标原点的粒子速度越大，到达 O 点的速度方向与 y 轴的夹角 θ 越大
C．能打到荧光屏上的粒子，进入 O 点的动能必须大于 qU D．若 U<m2vq20，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮
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解析：电压表 V1 的示数为 4 V，由 U-I 图象得到 L1 的电流 为 0.6 A，故另外两个灯泡的电流均为 0.3 A，再根据 U-I 图象得 到电压为 1 V，故电压表 V2 的示数为 1.0 V，电流表 A2 的示数为 0.30 A，故 A 正确，B 错误；路端电压为 4 V＋1 V＝5 V，干路 电流为 0.6 A，故输出功率为 P＝UI＝5×0.6 W＝3 W，故 C 正 确；路端电压为 U＝E－Ir，只有一组数据，无法求解电动势和 内阻，故 D 错误．
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9．某种小灯泡的 U-I 图线如图甲所示，三个完全相同的这种 小灯泡连接成如图乙所示的电路，四个电表均为理想电表．现闭
合开关 S，电压表 V1 的示数为 4.0 V，以下说法正确的是( AC )
A．电压表 V2 的示数为 1.0 V B．电流表 A2 的示数为 0.60 A C．电源的输出功率为 3.0 W D．电源的电动势一定为 8 V，内阻为 5 Ω
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解析：设粒子开始运动时的坐标为(－x，－h)，粒子在电场 中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得 x＝v0t，h＝ a2t2，qE＝ma，联立得 h＝2Emqxv220，可知能进入第一象限的粒子， 在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，故 A 错误．粒子 的初速度是相等的，到达 O 点的粒子速度越大，则沿 y 轴方向的 分速度越大．粒子到达 O 点时，速度方向与 y 轴的夹角 θ 满足 tanθ＝vv0y，可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达 O 点的速度 方向与 y 轴的夹角 θ 越小，故 B 错误．粒子进入第一象限后电场 力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于 0，由功能
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10．如图为某型号手持式封口机的照片，其机箱可提供高频 交流电．使用时，只要将待封口的塑料罐拧上盖子，然后置于封 口加热头的下方，按下电源开关，1～2 s 盖子内层的铝箔瞬间产 生高热，然后融合在瓶口上，达到封口的效果．下列有关说法合
理的是( BC )
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3．a，b 两点各放有电量为＋Q 和＋4Q 的点电荷，a，b，c， d，e，f，g 七个点在同一直线上，且 ac＝cd＝de＝ef＝fg＝gb，
如图所示，取无限远处为零电势，则( D )
A．d 处的场强和电势均为零 B．e 处的电势比 f 处的电势高 C．电子在 f 处的电势能比在 g 处的电势能小 D．电子从 c 移到 e，电子所受电场力先做负功再做正功
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2．如图所示的四个电场的电场线，其中 A 和 C 图中小圆圈 表示一个点电荷，A 图中虚线是一个圆，B 图中几条直线间距相
等互相平行，则在图中 M、N 处电场强度相同的是( B )
解析：电场强度是矢量，电场强度相等必定其大小相等、 方向相同．故答案为 B.
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A．其封口加热头内部一定有电热丝 B．其封口加热头内部一定有高频线圈 C．该封口机的主要工作原理是电磁感应 D．铝箔产生高热的原因是热辐射
解析：由题意可知，该仪器使铝箔加热，并且与铝箔并没有 直接接触，故应采用的是电磁感应现象；为了产生较强的涡流， 加热头内部一定会有高频线圈，故选项 B、C 正确，选项 A、D 错误．
必修第三册综合(zōnghé)评估
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时间：90 分钟 分值：100 分 一、选择题(1～6 为单选，每小题 3 分；7～10 为多选，每小 题 4 分，共 34 分) 1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正
确的是( D )
A．根据电场强度的定义式 E＝Fq可知，电场中某点的电场强 度与试探电荷所带的电荷量成反比
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解析：设 ac＝cd＝de＝ef＝fg＝gb＝L，场强为零处距 a 为 x， 因为kxQ2 ＝6kL·－4Qx2，所以 x＝2L，即在 d 处场强为零，但电势不 为零，A 错误；a 至 d 区域场强方向向右，d 至 b 区域场强方向 向左，所以 e 处的电势比 f 处的电势低，B 错误；电子带负电， 所以电子在 f 处的电势能比在 g 处的电势能大，C 错误；电子在 c，d 间所受电场力向左，在 d，e 间所受电场力向右，因此电子 从 c 移到 e，电子所受到电场力先做负功再做正功，D 正确．
正确的认识应该是( D )
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A．符合理论规律，一定可以实现，只是实现时间早晚的问 题
B．如果忽略斜面的摩擦，维尔金斯“永动机”一定可以实现 C．如果忽略斜面的摩擦，铁球质量较小，磁铁磁性又较强， 则维尔金斯“永动机”可以实现 D．违背能量转化和守恒定律，不可能实现
B．根据电容的定义式 C＝QU可知，电容器的电容与其所带电 荷量成正比，与两极板间的电压成反比
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C．根据真空中点电荷的电场强度公式 E＝krQ2可知，电场中 某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关
D．根据电势差的定义式 UAB＝WqAB可知，带电荷量为 1 C 的 正电荷，从 A 点移动到 B 点克服电场力做功为 1 J，则 A、B 两点 间的电势差为－1 V
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关系可知m2v2－qU>0，即能打到荧光屏的粒子，进入 O 点的动能 必须大于 qU，故 C 正确．粒子在电场中的偏转角 tanθ＝vv0y＝mEqvt0， 粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度方向 与 y 轴之间的夹角不同，所以从不同的位置开始偏转的粒子，可 以以任意夹角进入第一象限，所以若 U<m2vq20，荧光屏各处均有粒 子到达而被完全点亮，故 D 正确．
右．下列说法正确的是( B )
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A．无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电动汽 车快速充电
B．车身感应装置线圈中感应电流的磁场总要阻碍引起感应电 流的磁通量的变化
C．车身感应装置线圈中感应电流的磁场总是与地面供电装 置线圈中电流的磁场方向相反
D．若线圈均采用超导材料则能量的传输效率有望达到 100%
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解析：电场强度 E 与 F、q 无关，由电场本身决定，A 错误； 电容 C 与 Q、U 无关，由电容器本身决定，B 错误；E＝kQr2是电 场强度的决定式，故 C 错误；在电场中，克服电场力做功，电场 力做负功，由 UAB＝WqAB可知 D 正确．
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解析：磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了 磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小球吸引上去，该思想违 背了能量转化和守恒定律，不可能实现．
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6．随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和 应用，一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理，如 图所示，由地面供电装置(主要装置有线圈和电源)将电能传送至电 动汽车车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置使用接收到的 电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁 场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到 90% 左右．无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无须下车、无须插 电即可对电动汽车进行充电．目前，无线充电桩可以允许的充电 有效距离一般为 15～25 cm，允许的错位误差一般为 15 cm 左
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7．下列对能量耗散的理解正确的有( BD )
A．能量耗散说明能量在不断减少 B．能量耗散遵守能量守恒定律 C．能量耗散说明能量不能凭空产生，但可以凭空消失 D．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向 性
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解析：在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终 会转化为流散到周围环境的内能，无法再回收利用，这种现象叫 能量耗散．能量耗散并不违反能量守恒定律，宇宙中的能量既没 有减少，也没有消失，它只从能量角度反映出自然界的宏观过程 具有方向性，故 A、C 错．
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5.大约在 1670 年，英国赛斯特城的主教约翰·维尔金斯设计了 一种磁力“永动机”．如图所示，在斜坡顶上放一块强有力的磁 铁，斜坡上端有一个小孔，斜面下有一个连接小孔直至底端的弯 曲轨道，维尔金斯认为：如果在斜坡底端放一个小铁球，那么由 于磁铁的吸引，小铁球就会向上运动，当小球运动到小孔 P 处时， 它就要掉下，再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端 Q，由于有 速度而可以对外做功，然后又被磁铁吸引回到上端，到小孔 P 处 又掉下．在以后的二百多年里，维尔金斯的永动机居然改头换面 地出现过多次，其中一次是在 1878 年，即在能量转化和守恒定律 确定 20 年后，竟在德国取得了专利权．关于维尔金斯“永动机”，
说法中正确的是( D )
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A．甲图中的 E′＝R＋r rE，r′＝R＋r B．甲图中的 E′＝R＋R rE，r′＝R＋r C．乙图中的 E′＝E，r′＝RR＋r r D．乙图中的 E′＝RE＋Rr，r′＝RR＋r r
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解析：电源的电动势等于外电路断路时的路端电压，则对甲 图可知 E′＝E，r′＝r＋R，选项 A、B 错误；图乙中，E′＝RE＋Rr， r′＝RR＋r r，故选项 C 错误，D 正确．
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二、非选择题(共 66 分) 11．(5 分)激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光．红 宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称
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解析：题中给出无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为 15～25 cm，在百米开外无法充电，故 A 项错误；无线充电桩是 通过改变地面供电装置的电流使电动汽车底部的感应装置产生 感应电流，根据楞次定律可知，车身感应装置线圈中感应电流的 磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故 B 项正确；由于 不知道地面供电装置的电流是增大还是减小，故车身感应装置线 圈中感应电流的磁场不一定总是与地面供电装置线圈中电流的 磁场方向相反，故 C 项错误；由于电磁辐射等因素，传输效率不 可能达到 100%，故 D 项错误．