期末考试综合检测(一)-【突破课堂】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元达标检测卷（教科版）

密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 期末考试综合检测卷(一) 注意事项 1.全卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.关于能源的开发和应用,下列说法中正确的是(　　) A.能源应用的过程就是内能转化为机械能的过程 B.化石能源的能量归根结底来自太阳能,因此化石能源永远不会枯竭 C.在农村推广沼气意义重大,既变废为宝、减少污染,又节约大量能源 D.随着科学技术的发展,煤炭资源将取之不尽、用之不竭 2.人类现代生活与电磁波结下了不解之缘,下列陈述中符合事实的是(　　) A.麦克斯韦预言并用实验证实了电磁波的存在 B.在真空中电磁波的传播速度小于真空中的光速 C.变化的电场周围产生磁场,变化的磁场周围产生电场 D.把手机放在真空的玻璃盒中,手机接收不到来电信号 3.如图所示,以O点为圆心的圆上有A、B、C三点。A、B、C三点将圆三等分,其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷,在C点固定一个电荷量为-Q的点电荷。已知静电力常量为k,圆的半径为R,则O点的电场强度大小和方向为(　　) A.电场强度为零 B.电场强度为,方向竖直向上 C.电场强度为,方向竖直向下 D.电场强度为,方向竖直向下 4.地球赤道附近的地磁场可以看成是磁感应强度B=5×10-6 T,方向由南向北的匀强磁场。在该区域有一面东西方向的墙(磁场垂直于墙面,由室内指向室外),墙面上有两种类型的窗户。图甲所示的窗户可以绕ad向外转动,图乙所示的窗户可以沿水平方向左右滑动。已知两扇窗户abcd和efgh金属框架的面积都为1.5 m2,则以下说法正确的是(　　) 　 A.图甲,窗户绕ad向外推开的过程中,金属框架abcd中有感应电流 B.图乙,窗户沿水平方向从左向右滑动的过程中,金属框架efgh中有感应电流 C.图甲,窗户向外推开30°时,穿过金属框架abcd的磁通量为7.5×10-6 Wb D.图甲,关闭着的窗户绕ad向外推开120°的过程中,穿过金属框架abcd磁通量变化的大小为3.75×10-6 Wb 5.如图所示,在匀强电场中,A、B、C、D、E、F位于边长L=4 cm的正六边形的顶点上,匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、C的电势分别为-4 V、0、8 V。则下列说法正确的是(　　) A.E点的电势φE=0 B.A、F间的电势差UAF=0 C.该匀强电场的场强大小E=100 V/m D.该匀强电场的电场线垂直于B、F连线,且由D指向A 6.如图所示,直线A为某电源的U-I图线,曲线B为某灯泡L1的U-I图线的一部分,用该电源和灯泡L1组成闭合电路时,灯泡L1恰好能正常发光,则下列说法正确的是(　　) A.此电源的内阻为0.67 Ω B.灯泡L1的额定电压为3 V,额定功率为6 W C.由于灯泡L1的U-I图线是一条曲线,所以灯泡发光的过程欧姆定律不适用 D.把灯泡L1换成规格为“3 V,20 W”的灯泡L2,电源的输出功率将变小 7.如图所示,四根平行直导线M、N、P、Q的截面对称分布在同一圆周上,截面的连线互相垂直,O为圆心。P、Q中没有电流,M、N中通有方向相反、大小均为I的电流时,O点的磁感应强度大小为B。现在P、Q中通入大小也为I的电流时,O点的磁感应强度大小仍为B,则(　　) A.P、Q中的电流方向相反 B.O点的磁场方向由M指向N C.若切断P或Q中的电流,O点磁感应强度大小均为B D.切断M中电流后O点的磁感应强度方向与切断N中电流后O点的磁感应强度方向相反 二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分) 8.用如图所示的电路来描绘小灯泡L的伏安特性曲线,变阻器R接于恒压电源(带开关),电源的输出电压恒为U,电表均为理想电表,下列说法正确的是(　　) A.接通电路前,滑动变阻器的滑片P应置于b端 B.滑片P置于R的中点时,电压表的示数为 C.滑片P由R的中点向b端滑动,电压表的示数可能为 D.滑片P由R的中点向a端滑动,灯泡L的功率将变大 9.假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示,根据图中信息可以确定下列说法中正确的是(　　) A.空间各点场强的方向可能与x轴平行 B.空间各点场强的方向一定与x轴平行 C.电荷在x轴方向所受电场力一定为恒力 D.电荷从坐标原点沿x轴正方向运动的过程中,电场力对其做正功,则电荷一定带负电 10.如图所示,水平固定的小圆盘A,带电荷量为Q,电势为零,从圆盘中心处O由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的小球,在电场作用下,小球竖直上升的最大高度可达圆盘中心竖直线上的c点,又知道过竖直线上b点时,小球速度最大,已知Oc=H,Ob=h,重力加速度为g,由此可知(　　) A.小球在c点的电势能为-mgH B.c点电势φc= C.小球从O点到c点电势能和动能之和一直减少 D.O、b两点电势差UOb< 三、非选择题(本题共5小题,共60分) 11.(8分)电流传感器可以像电流表一样测量电流,不同的是,它的反应非常快,可以捕捉到瞬间的电流变化,此外,由于它与计算机相连,能在几秒内画出电流随时间变化的I-t图像。如图所示,某兴趣小组的同学连接好电路后,进行实验操作。 (1)当开关S掷向1时,电容器　　　　(选填“充电”或“放电”),电容器的上极板带　　　　(选填“正电”或“负电”)。  (2)将一块陶瓷片插入电容器两极板之间,则电容器的电容将　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。  (3)某同学还想观察充、放电过程中电容器两端电压的变化情况,他应选择的仪器为　　　　(选填标号)。  A.静电计 B.电压表 C.A、B均可 12.(8分)热敏电阻是温度传感器的核心元件,某金属热敏电阻说明书给出的阻值R随温度T变化的图线如图甲所示,现有一课外活动小组利用该金属热敏电阻测量温度,提供实验器材如下。 甲　　乙 丙 A.直流电源,电动势E=3 V,内阻不计 B.电压表,量程0~3 V,内阻约5 kΩ C.电流表,量程0~0.3 A,内阻2 Ω D.滑动变阻器RP,最大阻值5 Ω E.被测热敏电阻RT F.开关、导线若干 (1)结合实验器材,为精确地测量金属热敏电阻的阻值,单刀双掷开关应置于　　　　(选填“1”或“2”)位置;  (2)该热敏电阻的阻值R随温度T变化的函数关系式为　　　　;  (3)接通开关S,改变滑动变阻器滑片P的位置,此时电压表示数为2.00 V,对应的电流表示数如图丙所示,I=　　　　 A,由此得此时热敏电阻对应的温度为　　　　 ℃。  13.(10分)如图所示的电路中,电阻R1=12 Ω,R2=8 Ω,滑动变阻器R3的最大阻值为4 Ω。闭合开关S,当滑动变阻器滑片滑到左端时,理想电流表示数I1=0.25 A,当滑动变阻器滑片滑到右端时,电流表示数I2=0.36 A,求: (1)滑动变阻器的滑片在左端时的路端电压U; (2)电源的电动势E和内阻r; (3)滑动变阻器的滑片在右端时,电源内阻消耗的热功率P。 14.(16分)如图甲所示,M、N为互相平行的金属板,O1O2为板间中线。O2为两板右侧边缘连线的中点,不考虑电场的边缘效应。以竖直向上方向为正,板间电场强度E随时间t变化的图像如图乙所示,E1、T已知。一根长为r(未知)的绝缘细线一端固定在距离O1点r的O点,另一端与一电荷量为q的正电小球相连。t=0时,给小球以水平向左的初速度,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,在t=时恰好运动到最高点,此时剪断细线,t=T时小球经过OO2的中点,t=1.5T时,小球恰从O2点离开电场。重力加速度为g,设小球在运动过程中始终不会与金属板相碰,求: (1)小球的质量m; (2)金属板的长度L; (3)电场强度Ex的大小。 甲　乙 15.(18分)计算机断层(CT)扫描仪是医院常用设备,如图所示是部分结构的示意图。图中两对平行金属极板MN、EF分别竖直、水平放置。靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线OO1,经MN间电场加速后进入EF板间,射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上。已知MN板间电压为U1,EF极板长为L、间距为d;靶台直径为、与OO1的距离为d、左端与EF极板右端的水平距离为;电子的质量为m、电荷量大小为e;电子重力和所受空气阻力的影响可忽略。 (1)求电子穿过N极板小孔时的速度大小v1; (2)若电子刚好打在靶台左端,求EF极板所加电压U2; (3)若只改变EF极板间电压,使打在靶台上的电子动能最小,求此动能的最小值Ekmin。 附加题 如图所示,一质量为1 kg、带电荷量为q=10-3 C的小物块静止在水平轨道上,水平轨道与圆弧轨道BC平滑连接,其圆心O1与C在同一水平面上,上方虚线框内存在着水平向右的匀强电场,电场右侧紧挨着一个圆弧轨道DG,其圆心O2与D在同一竖直线上,所有的轨道均绝缘且光滑,圆弧BC和DG的半径均为R=1 m。现给小物块 m/s的初速度,经圆弧轨道BC后进入电场,再沿着水平方向进入圆弧轨道DG,经过D点时小物块对轨道的作用力恰好为10 N,小物块最终落在水平地面上。设小物块在运动过程中带电荷量始终保持不变,空气阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2。求:(结果可用根号表示) (1)小物块在D点的速度大小; (2)C、D两点之间的高度差; (3)匀强电场的电场强度大小。 答案与解析 1.C 2.C 3.C 4.A 5.D 6.B 7.C 8.AD 9.ACD 10.AC 1.C　能源应用过程并不是单纯将内能转化为机械能的过程,各种转化形式均可为人类服务,故A错误;化石能源的能量虽然来自太阳能,但要经过数亿年的地质演变才能形成,且储量有限,为不可再生能源,故B错误;在农村推广沼气对改善农村环境、节约能源意义重大,功在当代,利在千秋,故C正确;无论技术先进与否,煤炭资源不可能取之不尽、用之不竭,故D错误。 2.C　麦克斯韦首先预言了电磁波,而赫兹用实验证实了电磁波的存在,故A错误;在真空中,电磁波的传播速度等于光速,故B错误;根据麦克斯韦电磁理论,变化的电场能够在周围空间产生磁场,变化的磁场能够在周围空间产生电场,故C正确;电磁波在真空中也能传播,把手机放在真空的玻璃盒中,手机能接收到电磁波的信号,故D错误。 3.C　A、B、C三点的点电荷在O点产生的电场强度大小均为,根据对称性和几何关系可知,A、B两点的点电荷在O点产生的合电场强度为,方向竖直向下,C点的点电荷在O点产生的电场强度为,方向竖直向下,所以O点的电场强度为,方向竖直向下。故选C。 4.A　图甲,窗户绕ad向外推开的过程中,穿过金属框架abcd的磁通量发生变化,金属框架abcd中有感应电流,故A正确;图乙,窗户沿水平方向从左向右滑动的过程中,穿过金属框架efgh的磁通量没有发生变化,金属框架efgh中没有感应电流,故B错误;图甲,窗户向外推开30°时,窗户与磁场方向的夹角为60°,则穿过金属框架abcd的磁通量为Φ=BS cos 30°=3.75×10-6 Wb,故C错误;图甲,关闭着的窗户绕ad向外推开120°的过程中,穿过金属框架abcd的磁通量变化量的大小为ΔΦ=BS-[-BS sin(120°-90°)]=1.5BS=11.25×10-6 Wb,故D错误。故选A。 5.D　 图形剖析　 连接A、D,B、F,C、E,AD与BF、CE的交点为M、N,设正六边形的中心为O,如图所示。由图可知,AD与BF、CE都垂直,由正六边形的特点可知,AM=MO=ON=ND,且UCB=UOA=UDO=8 V,所以M、O、N的电势分别是0、4 V、8 V,所以BF和CE所在平面为等势面,φF=φB=0,φE=φC=8 V,UAF=φA-φF=-4 V,因为电场线和等势面垂直,BF所在平面为等势面,故电场线和BF垂直,故AD为电场线,因为沿着电场线方向电势降低,所以电场线方向由D指向A,故D正确,A、B错误; E===200 V/m,故C错误。 规律总结　等分法判断电势 如果把某两点间的距离等分为n段,则每段两端点的电势差等于原电势差的,这种等分间距求电势问题的方法,叫作等分法。 　　用等分法求匀强电场中某点的电势以及电场强度方向的方法 6.B　 图形剖析　 由题图可知,电源的电动势E=4 V,内阻r== Ω=0.5 Ω,A错误;两图线的交点坐标表示灯泡L1与电源连接时的电压与电流,此时灯泡两端的电压U1=3 V,流过灯泡的电流I1=2 A,灯泡消耗的电功率为P1=U1I1=6 W,由于灯泡L1恰好能正常发光,则灯泡L1的额定电压为3 V,额定功率为6 W,B正确;灯泡是纯电阻元件,欧姆定律仍适用,图线为曲线是因为灯泡的电阻随温度的升高而增大,C错误;灯泡L1恰好正常发光时,电阻R1==1.5 Ω,规格为“3 V,20 W”的灯泡L2的电阻R2== Ω=0.45 Ω,可知灯泡L2的电阻更接近电源的内阻,根据电源的内、外电阻相等时,电源的输出功率最大,可知把灯泡L1换成灯泡L2,电源的输出功率将变大,D错误。 7.C　 图形剖析　 在P、Q中通入大小也为I的电流时,O点的磁感应强度大小仍为B,说明P、Q在O点产生的磁感应强度大小相等,方向相反,互相抵消,根据安培定则可知,P、Q中的电流方向相同,故A错误。O点的磁场仅由M、N中电流产生的磁场决定,根据安培定则可知,O点的磁场方向由P指向Q,故B错误;设在M或N中通入大小为I的电流时,在O点产生的磁感应强度大小为B0,根据磁场的叠加原理可得B=2B0,解得B0=;P或Q中的电流在O点产生的磁感应强度大小都为B0,若切断P(或Q)中的电流,Q(或P)中电流在O点的磁感应强度如图所示,根据磁场的叠加原理可得O点磁感应强度大小为B'==B,故C正确。 因M、N中的电流在O点产生的磁感应强度方向相同,若切断M中电流后,O点的磁感应强度方向与切断N中电流后O点的磁感应强度方向相同,故D错误。 8.AD　为保证灯泡和电表安全,并联部分电压应从零开始变化,所以接通电路前,滑动变阻器的滑片P应置于b端,故A正确;滑片P置于R的中点时,灯泡支路(含电表)和滑动变阻器下半部分电阻并联,并联电阻小于滑动变阻器总阻值的一半,由串联分压特点可知,电压表的示数小于,故B错误;由B中分析知,滑片P置于R的中点时,电压表的示数小于;滑片P由R的中点向b端滑动,并联部分电阻逐渐减小,灯泡两端的电压逐渐减小,所以电压表的示数一直小于,故C错误;滑片P由R的中点向a端滑动,并联部分电压逐渐增大,由P=知灯泡L的功率将变大,故D正确。 9.ACD　根据图像可知φ与x成正比,说明电场强度的方向与x轴夹角为0≤θ<,即空间各点的电场强度的方向与x轴的夹角满足0≤θ<,所以空间各点场强的方向可能与x轴平行,故A正确,B错误;根据图像可知φ与x成正比,又有电势与电势差的关系U=φ1-φ2,即U=kΔx,满足匀强电场中电势差与电场强度的关系,即该电场为匀强电场,电荷沿x轴方向所受电场力一定为恒力,故C正确;根据图像可知沿x轴正方向电势是逐渐升高的,且沿x轴正方向电场力对电荷做正功,电荷电势能减少,则该电荷一定带负电,故D正确。 10.AC　带电小球从O到c,由动能定理有W电-mgH=0,电场力做正功,W电=mgH,电势能减小,O点的电势能为0,则c点的电势能为-mgH,故A正确;c点的电势为φc=-,故B错误;由于小球运动过程中只有重力和电场力做功,则小球机械能和电势能之和保持不变,小球从O点到c点的过程中,重力势能一直增大,则电势能和动能之和一直减少,故C正确;带电小球从O点到b点,根据动能定理有qUOb-mgh=Ekm,解得UOb=+,则UOb>,故D错误。 11.答案　(1)充电(2分)　正电(2分)　(2)增大(2分)　(3)A(2分) 解析　(1)当开关S掷向1时,电容器充电,电容器的上极板带正电。 (2)将一块陶瓷片插入电容器两极板之间,根据C=可知电容器的电容将增大。 (3)静电计可反映电容器两板间的电压,则某同学还想观察充、放电过程中电容器两端电压的变化情况,他应选择的仪器为静电计,选A。 12.答案　(1)1(2分) (2)R=+(Ω)(2分) (3)0.200(2分)　100(2分) 解析　(1)因电流表内阻已知,故电流表应采用内接法,单刀双掷开关应置于1处。 (2)设热敏电阻的阻值R随温度T变化的函数关系式为R=kT+a(Ω),从图甲可得k== Ω/℃,10k+a=2Ω,得到函数关系式为R=+(Ω)。 (3)电流表的分度值为0.01 A,读数时需要再估读一位,则电流表示数为I=0.200 A,根据闭合电路欧姆定律有RT+RA== Ω,解得RT=8 Ω,从图像中可知,RT=8 Ω对应的温度为100 ℃。 13.答案　(1)3 V　(2)3.6 V　1.2 Ω　(3)0.432 W 解析　(1)滑动变阻器的滑片在左端时,R3=4 Ω,由欧姆定律可得U=I1(R2+R3)(1分) 解得U=3 V(1分) (2)滑动变阻器的滑片在左端时,设电路总电流为I总,则有 I总=I1+=0.5 A(1分) 由闭合电路欧姆定律有E=I1(R2+R3)+I总r(1分) 滑动变阻器的滑片在右端时,设电路总电流为I总',则有 I总'=I2+=0.6 A(1分) 由闭合电路欧姆定律有E=I2R2+I总'r(1分) 解得E=3.6 V,r=1.2 Ω(2分) (3)滑动变阻器的滑片在右端时,电源内阻消耗的功率P=I总'2r(1分) 解得P=0.432 W(1分) 14.答案　(1)　(2)(2π+1)r　(3) 解析　(1)0~,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,重力与电场力平衡,即qE1=mg(2分) 解得m=(1分) (2)分析可知,0.5T~T时间内小球做类平抛运动,T~1.5T时间内做类斜抛运动,水平方向速度不变,小球初速度v0==(2分) OO2的长度OO2=(1.5T-0.5T)×v0=2πr(1分) 故L=r+2πr=(2π+1)r(1分) (3)将小球经过OO2中点的速度分解为水平方向vx和竖直方向vy, 则vy=a(T-0.5T)=0.5Ta(2分) 又由ma=qE1+mg(2分) 故vy=Tg(1分) 小球恰从O2点离开电场,可得vy=a'×=(1分) 又由ma'=Exq-mg(2分) 解得Ex=(1分) 15.答案　(1)　(2)　(3)U1e 解析　(1)电子在MN极板间被加速,则U1e=m(2分) 解得电子穿过N极板小孔时的速度大小v1=(1分) (2)若电子刚好打在靶台左端,则射出EF极板时速度的偏向角满足 tan θ===(2分) a=(1分) t=,vy=at(2分) 解得U2=(1分) (3)使打在靶台上的电子动能最小,则电子在偏转电场中偏转距离最小,则电子打在靶台上右端时动能最小,此时由平抛运动的规律可知,连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子出射的方向,则由几何知识得==,即y=(3分) 则由y=·t2,t=(3分) 解得U3=(1分) 则电子打到靶台上的最小动能Ekmin=U1e+ye=U1e(2分) 附加题 答案　(1)2 m/s　(2)0.5 m　(3)×104 N/C 解析　(1)经过D点时小物块对轨道的作用力恰好为10 N,由牛顿第二定律有mg+N=m 解得小物块在D点的速度vD=2 m/s (2)小物块从开始运动到C点,由机械能守恒定律有m=m+mgR 解得小物块在C点的速度vC= m/s 小物块在电场中从C点运动到D点,在竖直方向上做竖直上抛运动,所以C、D两点之间的高度差为h==0.5 m (3)小物块从C运动到D的时间为t== s 沿电场方向有t=vD 联立解得E=×104 N/C 学科网（北京）股份有限公司 $