期末考试综合检测卷(二)-【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（人教版）

( 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(二) 全卷满分100分　考试用时75分钟 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.如图甲、乙、丙、丁是课本内的几幅插图,下列说法正确的是(　　) 　　　　 　　　　 A.甲图是演示静电屏蔽现象的装置,带电小球的电场不能进入金属网罩内部 B.乙图是一种可变电容器,通过改变铝片之间距离从而达到改变电容的目的 C.丙图是库仑扭秤,库仑通过它测量出两带电小球之间的静电力,从而得出了电子电荷量 D.丁图是避雷针,其通过尖端放电中和空气中的电荷达到避免建筑物遭雷击的目的 2.下列电磁现象中,判断正确的是(　　) 　　 　　　　 　　　　 A.图甲所示的通电直导线的磁感线方向是错误的 B.图乙所示的蓄电池N端为电源负极 C.图丙中的线框与通电导线在同一平面内,线框向右平移的过程中,线框中没有感应电流产生 D.图丁中a、b为两个同心放置且共面的金属圆环,条形磁铁穿过圆心且与两环面垂直,通过两环的磁通量大小关系为Φa>Φb 3.如图所示,在直角三角形ABC的B、C处分别有垂直于三角形平面的通电长直导线,导线中电流的大小相等,方向相反,∠ABC=30°,D为AB边中点,已知C处的电流在D点产生的磁场磁感应强度大小为B0,则D点的磁感应强度大小为(　　) A.0　　　　B.B0　　　　C.B0　　　　D.2B0 4.多用电表表盘指针指在如图所示的位置,下列说法正确的是(　　) A.若该示数是选用电阻挡“×100”倍率得到的,应该更换“×1 k”倍率,欧姆调零后再测 B.若选用的是直流电压“10 V”量程,则指针读数为9 V C.测直流电压时,必须让黑表笔接外电路的正极,红表笔接外电路负极 D.测二极管的正向电阻时,必须让黑表笔接二极管正极,红表笔接二极管负极 5.交警使用的某型号酒精测试仪的工作原理如图所示,传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小,电源的电动势为E、内阻为r,定值电阻R0=r,电路中的电表均为理想电表。当饮酒驾驶后对着测试仪吹气时,下列说法错误的是(　　) A.电压表的示数变小,电流表的示数变大 B.饮酒量越多,电源的效率越低 C.饮酒量越多,电源的输出功率先增大后减小 D.电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变 6.如图甲所示,在粗糙绝缘水平面的A、C两处分别固定两个点电荷,A、C的坐标分别为-3L和3L。已知C处电荷的电荷量为Q,图乙是A、C之间各点的电势φ与坐标x的关系图,图中x=L点对应图线的最低点,x=-2L的纵坐标φ=φ0,x=2L的纵坐标φ=φ0。若在x=-2L的B点由静止释放一可视为质点的带电物块,物块的质量为m,电荷量为q。物块向右运动到2L处速度恰好为零。重力加速度大小为g。则A处电荷的电荷量及物块与水平面间的动摩擦因数分别是(　　) A.+4Q,　　　　B.-2Q, C.+4Q,　　　　D.-2Q, 7.如图所示,一绝缘细线竖直悬挂一小球A,在水平地面上固定一根劲度系数为k'的绝缘轻质弹簧,弹簧上端与小球C相连,在小球A和C之间悬停一小球B,当系统处于静止时,小球B处在A、C两小球的中间位置。已知三个小球的质量均为m,电荷量均为q,电性未知。重力加速度大小为g,静电力常量为k。则下列判断正确的是(　　) A.相邻两小球之间的距离为q B.弹簧的形变量为 C.细线对小球A的拉力大小为 D.小球C受到的库仑力大小为 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 8.如图所示,平行板电容器与直流电源连接,电源正极接地。初始电容器不带电,闭合开关,电路稳定后,一个带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A.带电油滴带正电 B.保持开关闭合,上极板下移,带电油滴向上运动 C.保持开关闭合,上极板上移,P点电势降低 D.电路稳定后,断开开关,下极板下移,带电油滴保持静止 9.如图所示,圆的圆心为O,半径R=2 cm,直径AB与直径CD间的夹角为60°,匀强电场与圆所在的平面平行(图中未画出),A、B、C三点的电势分别为2 V、8 V、2 V,电子的电荷量为e,下列说法正确的是(　　) A.O点的电势为3 V B.圆周上AC弧的中点电势最低 C.匀强电场的电场强度的大小为100 V/m D.将一电子从O点移动到D点,克服电场力做的功为3 eV 10.如图所示,真空中电荷均匀分布的带正电圆环,半径为r,带电荷量为+Q,圆心O处固定一带电荷量为-Q的点电荷,以O为坐标原点建立垂直圆环平面的x轴,P是x轴正半轴上的一点,圆环上各点与P点的连线与x轴的夹角为37°,静电力常量为k,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　) A.圆环上所有的电荷在O点产生的合电场强度大小为 B.圆心O处的-Q在P点产生的电场强度大小为 C.圆环上所有的电荷在P点处产生的合电场强度大小为 D.P点电场强度的方向沿x轴负方向 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(7分)超导是当今材料科学研究的热点,例如钇钡铜氧(YBCO)超导线材。该线材在温度为94 K时,将呈现超导特征,但常温下,仍然为一般导体。某同学在实验室找到一根用该种材料制成的弹性导电绳,想测量其在室温下的电阻率。实验过程如下: 如图(a)所示,导电绳的一端固定,另一端作为拉伸端,两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图(b)所示的电路中。闭合开关S1、S2,调节R,使电压表和电流表的指针偏转到合适的位置,记录两表的示数U0和I0。 (1)断开开关S2,电流表的示数　　(选填“变大”或“变小”),电压表的示数　　　　(选填“变大”或“变小”),调节滑动变阻器R的滑片,使电流表的示数为I0,记下此时电压表示数U1以及A、B间弹性导电绳的长度L1和其横截面积S1,则此时导电绳的电阻Rx=　　　　　　(结果用含U0、U1和I0的式子表示)。  (2)某次用螺旋测微器测量导电绳直径如图(c)所示,由图可知其直径D=　　　　mm。  　 (3)多次拉伸导电绳,每次都测量并记录A、B间导电绳的长度L和横截面积S,调节滑动变阻器R的滑片的位置,使电流表的示数为I0,记下此时的电压表示数U,绘制如图(d)所示的图像。已知图线的斜率为k、纵轴截距为d,若不考虑电流表的内阻,则弹性导电绳的电阻率ρ=　　　　。(结果用含k或d的式子表示)  (4)若考虑电流表的内阻,则(3)中的电阻率的测量值　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。  12.(9分)两组同学分别测量同一节干电池的电动势E和内阻r(E约为1.5 V,r约为1 Ω)。 (1)第一组采用图甲所示电路。 ①为使电表示数连续变化,在电路a、b两点间接入的器件是　　　　。  A.定值电阻　　　B.电阻箱　　　C.滑动变阻器 ②选择合适的实验器材后,他们记录多组电流表示数I和电压表示数U,并在图乙中画出了U-I图像,则干电池的电动势E=　　　　V(保留三位有效数字),内阻r=　　　　Ω(保留两位有效数字)。  (2)第二组设计如图丙所示电路。 ①改变电阻箱接入电路中的阻值,记录多组电流表示数I和电阻箱示数R,画出-R图像。若图像斜率为k,纵轴截距为b,则干电池的内阻r=　　　　(用k、b表示)。  ②他们发现电动势的测量值与第一组的结果非常接近,但是内阻的测量值与第一组有明显偏差。重复实验,结果依然如此。下列分析中正确的是　　　　。  A.第二组内阻的测量结果小于第一组的测量结果 B.第二组内阻的测量结果大于第一组的测量结果 C.造成明显偏差的原因是电流表内阻不能近似为零 D.造成明显偏差的原因是电流表读数时眼睛没有正对表盘,使读数有时偏大,有时偏小 13.(10分)如图所示的电路中,电源电压U=12 V,电动机的电阻R0=1.0 Ω,定值电阻R1=2.0 Ω。电动机正常工作时,理想电压表的示数U1=4.0 V,求: (1)电源的功率; (2)电动机的输入功率和转化为机械能的功率; (3)若电动机被卡住不转了,它消耗的功率。 14.(12分)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轨道上。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。 15.(16分)如图所示,光滑绝缘斜面高度h=0.45 m,斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接,水平轨道边缘紧靠平行板中心线。正对的平行板和电阻及输出电压恒定为U的电源构成如图所示电路,平行板板长为L=0.9 m,板间距离d=0.6 m,定值电阻阻值为R0(未知),可以看作质点的带负电小球所带电荷量q=0.01 C、质量m=0.03 kg,从斜面顶端由静止下滑。重力加速度g取10 m/s2。 (1)若S断开,小球刚好沿平行板中心线做直线运动,求电源的电压U; (2)在(1)的条件下,若S闭合,调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的电阻为R1=6 Ω,小球获得4 m/s2的加速度,求电阻R0的阻值; (3)在(1)(2)的条件下,若S闭合,调节滑动变阻器的滑片,使滑动变阻器接入电路的电阻为R2=2 Ω,判断小球能否飞出平行板。 答案全解全析 1.D 2.D 3.C 4.D 5.C 6.A 7.B 8.BCD 9.BC 10.BD 1.D　题图甲是演示静电屏蔽现象的装置,带电小球产生电场,使金属网罩上感应出电荷,感应电荷在金属网罩内产生的电场与带电小球在金属网罩内产生的电场相互抵消,使得金属网罩内场强处处为零,故A错误;题图乙是一种可变电容器,通过改变铝片之间的正对面积从而达到改变电容的目的,故B错误;题图丙是库仑扭秤,库仑通过它研究影响两带电小球之间的静电力大小的因素,未得出电子电荷量,故C错误;题图丁是避雷针,其原理是通过尖端放电中和空气中的电荷达到避免建筑物遭雷击的目的,故D正确。 2.D　根据安培定则可知,图甲所示的通电直导线的磁感线方向是正确的,A错误;根据图乙所示可知,螺线管Q端是S极,根据安培定则可知,N端为电源正极,故B错误;图丙中的线框与通电导线在同一平面内,线框向右平移的过程中,穿过线框的磁通量减小,线框中会产生感应电流,故C错误;条形磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上,外部穿过环面的磁感线方向向下,由于磁感线是闭合曲线,磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数,而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间,因此穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分,a的面积小,抵消较少,则磁通量较大,所以Φa>Φb,故D正确。 3.C　根据安培定则可知B、C处的电流在D处产生的磁场方向如图,C处的电流在D点产生的磁感应强度大小为B0,方向与CD垂直,设B处的电流在D点产生的磁感应强度大小为B1,可知其方向与AB垂直;由于D点到B、C点的距离相等,则B1=B0,由数学知识可知B0与B1的夹角为60°,则D点的磁感应强度大小为B=2B0 cos 30°=B0,故选C。 4.D　使用多用电表的电阻挡测电阻时,为减小读数误差,应选择适当倍率的挡位,使指针落在刻度盘的中间区域,该图指针偏转角度较大,说明倍率选大了,应该改用“×10”的倍率,欧姆调零后再测,故A错误;若使用直流电压“10 V”量程,对应分度值为0.2 V,则读数为9.0 V,故B错误;测直流电压或直流电流时,应该让电流从红表笔流进,从黑表笔流出,以保证表盘指针能够正偏,必须让红表笔接外电路的正极,黑表笔接外电路负极,故C错误;测二极管的正向电阻时,电阻表内部电源供电,应该让电流从红表笔流进,从黑表笔流出,黑表笔应接二极管正极,红表笔应接二极管负极,故D正确。 5.C　当饮酒驾驶后对着测试仪吹气时,酒精气体浓度增大,则传感器电阻R的电阻值减小,根据I=可知,电流表的示数增大,根据U=E-I(R0+r)可知,电压表的示数减小,故A正确;电源的效率η=×100%=×100%,饮酒量越多,传感器电阻R的电阻值越小,电源的效率越低,故B正确;电源的输出功率P=(R+R0)=,作出P-(R+R0)图像如图所示,根据图像可知,由于R+R0=R+r>r,饮酒量越多,R+R0越靠近r,电源的输出功率一定越大,故C错误;根据闭合电路欧姆定律有E=U+I(R0+r),可得U=-I(R0+r)+E,则=R0+r,可知电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变,故D正确。 6.A　根据φ-x图像切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,可知x=L处的电场强度为零,设A处电荷的电荷量为Q1,由点电荷场强公式E=和电场叠加原理,有=,解得Q1=4Q,且A处电荷为正电荷;带电物块运动过程中受电场力和摩擦力作用,从x=-2L到x=2L过程由动能定理有q(φ0-φ0)-μmg(2L+2L)=0,解得μ=,故选A。 7.B　以小球B为研究对象,受力分析如图甲所示,小球A和小球C对小球B的库仑力大小相等,且小球A和小球C对小球B的合力与小球B的重力等大反向,所以小球A和小球B带异种电荷,小球B和小球C带同种电荷,即小球A和小球C对小球B的库仑力大小均为FA=FC=,由库仑定律可得=mg,解得相邻两小球之间的距离为r=q,故A错误;如图乙所示,以小球A为研究对象,受到小球B向下的库仑力且大小为FB=,受到小球C向下的库仑力FC'且大小为FC'=FB=,所以小球A受到的拉力大小为FT=mg+FB+FC'=,故C错误;如图丙所示,以小球C为研究对象,小球C受到小球B向下的库仑力且大小为FB'=,受到A向上的库仑力且大小为FA'=,则小球C受到的库仑力大小为mg,小球C对弹簧的压力为F压=F弹=FB'-FA'+mg=,由胡克定律得F弹=k'x,解得弹簧的形变量为x=,故B正确,D错误。 8.BCD　电容器上极板与电源正极相连,上极板带正电,而油滴受到的电场力方向向上,可知油滴带负电,故A错误;保持开关闭合,电容器两极板间电压不变,上极板下移,两板间距离减小,根据E=可知,电场强度增大,油滴受到的电场力增大,则带电油滴向上运动,故B正确;同理可知,保持开关闭合,上极板上移,两板间距离变大,则电场强度变小,P点到下极板的距离不变,根据U=Ed可知P点与下极板间的电势差变小,而下极板的电势不变,则P点的电势降低,故C正确;电路稳定后,断开开关,电容器所带电荷量不变,根据C=,C=,E=,可得电场强度为E=,下极板下移,电场强度不变,带电油滴的受力情况不变,带电油滴保持静止,故D正确。 9.BC　O点为直径AB的中点,则有UAO=UOB,即φA-φO=φO-φB,解得φO=5 V,A错误;A、C两点电势相等,则AC是一条等势线,等势线与电场线垂直,可知过圆心与AC垂直的电场线与圆的交点为圆上电势最高的点和电势最低的点,根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知,圆周上AC弧的中点电势最低,B正确;根据UCO=UOD=-3 V,将一电子从O点移动到D点,电场力做的功为W=-eUOD=3 eV,故D错误;根据U=Ed,解得匀强电场的电场强度的大小E== V/m=100 V/m,故C正确。 10.BD　根据对称性与矢量合成法则可知,圆环上所有的电荷在O点处产生的合电场强度为0,A错误;由几何关系可得圆心O与P点之间的距离为L==r,则圆心O处的-Q在P点产生的电场强度为E1==,方向沿x轴负方向,B正确;设圆环上某点的电荷量为+q,由几何关系可得此点与P点的距离为d==r,+q在P点产生的电场强度为E2==,假设圆环上有n个+q,则有n=,在P点垂直x轴方向上,E2的分量为Ey,根据对称性,n个Ey的矢量和为0,则圆环上所有电荷在P点产生的合场强沿x轴正方向,E2沿x轴正方向的分量为Ex=E2 cos 37°,n个Ex的矢量和就是圆环上所有的电荷在P处产生的合场强,则有E3=nEx,综合可得E3=,C错误;由于E1=,沿x轴负方向,E3=,沿x轴正方向,且E1>E3,可得P点电场强度的方向沿x轴负方向,D正确。 11.答案　(1)变小(1分)　变大(1分)　(1分)　(2)4.700(4.699、4.701也对)(1分)　(3)k(2分)　(4)不变(1分) 解析　(1)断开开关S2,电路中总电阻增大,可知总电流减小,即电流表的示数变小,滑动变阻器两端的电压变小,则电压表的示数变大;开关S2闭合时,根据欧姆定律可得R0=,开关S2断开时,有R0+Rx=,联立解得导电绳的电阻为Rx=。 (2)由题图(c)可知,导电绳的直径为D=4.5 mm+20.0×0.01 mm=4.700 mm。 (3)若不考虑电流表的内阻,则有=R0+ρ,可知-图像的斜率表示电阻率,则有ρ=k。 (4)若考虑电流表的内阻,则有=R0+RA+ρ,可知-图像的斜率不变,故(3)中的电阻率的测量值不变。 12.答案　(1)①C(1分)　②1.48(2分)　0.80(2分)　(2)①(2分)　②BC(2分) 解析　(1)①定值电阻不能调节,因此不能使电表示数发生变化,故A错误;调节电阻箱虽然能够使电表示数变化,但由于电阻箱的阻值不连续,因此不能使电表示数连续变化,故B错误;调节滑动变阻器的滑片可以使电表示数连续变化,故C正确。 ②根据实验原理可得E=U+Ir,变式可得U=-Ir+E,对照图像可知,图线的纵轴截距表示电源的电动势,图线斜率的绝对值表示电源的内阻,则可得E=1.48 V,r= Ω=0.80 Ω。 (2)①根据实验电路图,由闭合电路的欧姆定律有E=I(R+r),变式可得=R+,根据题意可得=k,=b,解得E=,r=。 ②在第一组实验中,电源内阻的测量值实际等于电源内阻与电压表内阻并联后的等效电阻,即测量值小于真实值,而在第二组实验中,考虑到电流表的内阻,则应有E=I(R+r+RA),即测量值等于电源内阻与电流表内阻之和,测量值大于真实值,因此可知第二组内阻的测量结果大于第一组的测量结果,故A错误,B正确;第二组内阻测量值大于第一组内阻测量值,而第二组内阻偏大的原因是测量值等于电源内阻与电流表内阻之和,显然造成明显偏差的原因是电流表内阻不能近似为零,故C正确;电流表读数时眼睛没有正对表盘,使读数有时偏大,有时偏小,这属于偶然误差,并不会造成系统性的影响,而造成明显偏差的原因是系统误差,故D错误。 13.答案　(1)24 W　(2)16 W　12 W　(3)16 W 解析　(1)电动机正常工作时,通过电阻R1的电流为 I== A=2 A(1分) 则电源的功率为P=UI=12×2 W=24 W(1分) (2)电动机两端电压为U电=U-U1=12 V-4.0 V=8.0 V(1分) 电动机的输入功率P电=U电I=8.0×2 W=16 W(1分) 电动机转化为机械能的功率为 P机=P电-I2R0=16 W-22×1.0 W=12 W(2分) (3)电动机被卡住不转时,电动机可看成纯电阻用电器,则电路中电流为I'== A=4 A(2分) 电动机消耗的功率为P消=I'2R0=42×1.0 W=16 W(2分) 14.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(2分) 解得小物块在D点的速度vD=2 m/s(1分) (2)小物块从开始运动到C点,由机械能守恒定律有 m=m+mgR(2分) 解得小物块在C点的速度vC= m/s(1分) 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(2分) (3)小物块从C点运动到D点的时间为t== s(2分) 沿电场方向有t=vD(1分) 联立解得E=×104 N/C(1分) 15.答案　(1)18 V　(2)4 Ω　(3)见解析 解析　(1)当S断开时,两极板间电势差等于电源电压U,由平衡条件得mg=q(1分) 解得U=18 V(1分) (2)当S闭合时,对带电小球,由牛顿第二定律有mg-qE1=ma1(1分) 两极板间电势差UC1=E1d=10.8 V(1分) 当S闭合,R1=6 Ω时,滑动变阻器和R0串联,平行板与滑动变阻器并联,滑动变阻器两端电压=UC1 根据串联分压有=(1分) 得R0=4 Ω(1分) (3)小球下滑过程中机械能守恒, 由机械能守恒定律得mgh=m(1分) 得小球进入平行板间的初速度为v0=3 m/s(1分) 当S闭合,R2=2 Ω时,=(1分) 得平行板两端电压UC2=6 V 对小球,由牛顿第二定律得mg-qE2=ma2(1分) UC2=E2d(1分) 得a2= m/s2(1分) 带电小球在平行板间做类平抛运动,竖直方向有y=a2t2(1分) 水平方向有L=v0t(1分) 联立求得y=0.3 m(1分) 即y=,带电小球恰好从平行板右侧边缘飞出。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $