期末考试综合检测卷(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（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(一) 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.如图所示,对其中包含的物理知识说法正确的是(　　) 　　　　 　　　　 A.图甲,因静电感应,导体棒A端带负电,B端带正电 B.图乙,A、B两点与中心电荷的距离相等,故A、B两点的电场强度相同 C.图丙,停在高压线上的小鸟没被电死,是因为小鸟的安全电压很高 D.图丁,能自由转动的小磁针如图静止,则通电导线中电流方向向下 2.如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B,B的方向与水平方向的夹角为30°,图中实线位置有一面积为S的矩形线圈处于磁场中,并绕着它的一条边从水平位置转到竖直位置(图中虚线位置)。在此过程中穿过线圈的磁通量的改变量大小为(　　) A.BS　　　　B.BS C.BS　　　　D.2BS 3.如图甲所示,直线上固定两个正点电荷A与B,其中B带+Q的电荷量,C、D两点将AB连线三等分,现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动,不计粒子所受的重力,并且已知该粒子在C、D间运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示,则A点电荷的电荷量可能是(　　) 　 A.+5Q　　　　B.+3Q　　　　 C.+2Q　　　　D.+Q 4.空间中存在一绝缘球壳,使其左右两部分均匀带上等量异种电荷,MN、PQ分别在球壳的两条对称轴上,且PQ在球壳的左右分界面上。M、N和P、Q是关于球心O的对称点,下列说法错误的是(　　) A.M、N两点的电场强度相同 B.P、Q两点的电场强度相同 C.将一负试探电荷从M沿直线移动到N,电场力做正功 D.将一负试探电荷从P沿直线移动到Q,电场力不做功 5.如图所示,C为中间插有电介质的电容器,a和b为其两极板,a板接地;P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球;P板与b板用导线相连,Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向,在b板带电后,悬线偏转了角度α。在以下方法中,能使悬线的偏角α变小的是(　　) A.换一块形状大小相同、相对介电常数更大的电介质 B.增大a、b间的距离 C.将a板向下平移 D.取出a、b间的电介质 6.如图所示,图甲中M为一电动机,在滑动变阻器R的滑片从左端滑到右端的过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2 A以下时,电动机没有发生转动,不考虑电表对电路的影响,以下判断正确的是(　　) 　 A.电路中电源电动势为3.4 V B.变阻器滑片向右滑动时,V2读数逐渐减小 C.此过程中,电动机的输出功率最大值为0.54 W D.滑动变阻器的最大阻值为20 Ω 7.如图所示,在足够长的光滑水平滑杆的正上方某点固定一正点电荷,带正电的小球穿过滑杆,从a点以速度v0=6 m/s向右运动,小球在a点的加速度大小为2 m/s2,已知无穷远处电势为零,a点、b点的电势分别为10 V、20 V,小球的比荷=1 C/kg,小球运动过程中电荷量不变,以下说法正确的是(　　) A.小球运动到b点时速度大小为5 m/s B.小球运动到c点时加速度大小为6 m/s2 C.小球最终的速度大小为8 m/s D.小球的最大电势能为20 J 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.为了减少污染,工业废气需用静电除尘器除尘,某除尘装置如图所示,其收尘极为金属圆筒,电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时,电晕极附近会形成很强的电场使空气电离,废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积,从而达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电荷量不变,下列判断正确的是(　　) A.金属圆筒内存在匀强电场 B.金属圆筒内越靠近收尘极电势越高 C.带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大 D.带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小 9.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,O点的磁感应强度大小仍为B,则(　　) A.P、Q中的电流方向相同 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点磁感应强度方向与切断N中电流后O点磁感应强度方向相反 10.如图所示,带电粒子(不计重力)从A点以速度v0进入辐射状的电场,做半径为R的匀速圆周运动,圆弧轨迹处的电场强度的大小处处为E,经过半个圆周粒子从B点射出辐射状的电场,紧接着垂直进入电场强度大小为E的匀强电场,然后到达C点,已知粒子在C点的速度与在B点的速度之间的夹角为30°,下列说法正确的是(　　) A.粒子的比荷为 B.粒子从A到B的运动时间为 C.B、C两点间的电势差为ER D.B、C两点沿着电场线方向的距离为 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中: (1)用多用电表测电流或电阻的过程中,　　　　。(填选项前的字母)  A.在测量电阻时,更换倍率后必须重新进行调零 B.在测量电流时,更换量程后必须重新进行调零 C.在测量未知电阻时,必须先选择倍率最大挡进行试测 D.在测量未知电流时,必须先选择电流最大量程进行试测 (2)测量时多用电表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10 V”挡,其读数为　　　　V;若选择开关处于“×10”挡,其读数　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)200 Ω。  12.(8分)某同学要测量一节干电池的电动势和内阻,除开关S和导线外,可选用的实验器材有: A.电压表V(量程为0~3 V,内阻RV约为10 kΩ) B.电流表G(量程为0~150 mA,内阻Rg=3 Ω) C.电阻箱R(0~99.9 Ω) D.滑动变阻器R1(阻值范围为0~10 Ω,允许通过的最大电流为2 A) E.滑动变阻器R2(阻值范围为0~1 000 Ω,允许通过的最大电流为1 A) (1)该同学发现上述器材中电流表的量程较小,他想利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为0~0.6 A的电流表,则电阻箱R的阻值应取　　　　Ω。请在虚线框内完善利用上述器材测量干电池电动势和内阻的实验电路图。  (2)为了能准确地进行测量,同时为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器为　　　　(填写器材前对应的字母)。  (3)该同学利用上述实验原理测得数据,以电流表G的读数为横坐标,以电压表V的读数为纵坐标,绘出了如图所示的图线,根据图线可求出干电池的电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　Ω。(均保留两位小数)  13.(10分)一个混联电路如图所示,电路中的电阻R1=10 Ω,R2=120 Ω,R3=40 Ω。当c、d端短接时,a、b之间的等效电阻是Rab,a、b端短接时,c、d之间的等效电阻是Rcd。当c、d两端接U=100 V电压时,a、b两端的电压为Uab,当a、b两端接U=100 V电压时,c、d两端的电压为Ucd,求: (1)等效电阻Rab与Rcd的比值; (2)电压Uab与Ucd的比值。 14.(12分)如图所示电路,电源电动势E=10 V,内阻r=1 Ω,R1=R3=5 Ω,R2=4 Ω,电容器的电容C=100 μF,当S断开时,电容器中带电粒子恰好处于静止状态(重力加速度大小为g)。求: (1)S闭合后,带电粒子加速度的大小和方向; (2)S闭合后,流过R3的总电荷量。 15.(18分)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场,第一象限存在沿y轴负方向、电场强度大小为E0的匀强电场,x轴与半圆弧内无电场,半圆弧的半径为R,直径Oa在x轴上,O1是圆心,b是半圆弧的顶点,c是半圆弧上的一点,∠cO1a=37°。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从第二象限的d点由静止释放,经过y轴上的f点后到达半圆弧上的c点,已知sin 53°=0.8、cos 53°=0.6。 (1)求粒子在f点的速度; (2)求第二象限匀强电场的场强大小以及粒子从d到c电场力做的总功的平均功率; (3)若让该粒子从第二象限坐标为(-R,1.5R)的e点由静止释放,则粒子从经过y轴上的p点至到达x轴需要多少时间? 答案全解全析 1.D 2.C 3.A 4.C 5.A 6.C 7.B 8.BD 9.AC 10.BD 1.D　题图甲,导体棒接地,A端为近端,大地为远端,根据静电感应原理可知,A端带负电,B端不带电,故A错误;题图乙,A、B两点的电场强度大小相等,方向不同,故B错误;题图丙,停在高压线上的小鸟没被电死,是因为小鸟的双脚落在同一条导线上,两脚间的距离很小,电压很低,几乎没有电流流过小鸟的身体,故C错误;题图丁,能自由转动的小磁针如图静止,根据安培定则可知,通电导线中电流方向向下,D正确。 2.C　取线圈在水平位置时穿过线圈的磁通量为正,则Φ1=BS sin 30°=BS,线圈处于竖直位置时,磁感线从线圈另一面穿过,磁通量为Φ2=-BS cos 30°=-BS,则穿过线圈的磁通量的改变量大小为ΔΦ=|Φ2-Φ1|=BS,C正确。 3.A　由v-t图像可知,该粒子在两正电荷A、B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动,故点电荷A对其的库仑引力大于点电荷B对其的库仑引力,根据库仑定律,在D点有k>k,解得QA>4Q,故A正确,B、C、D错误。 4.C　根据等量异种点电荷的特点,结合对称性可知,M、N两点的电场强度大小相等,方向相同,P、Q两点的电场强度大小相等,方向相同,故A、B正确,不符合题意;将负试探电荷从M沿直线移动到N,从高电势处移到低电势处,电势能增加,电场力做负功,故C错误,符合题意;P、Q所在直线为等势线,将一负试探电荷从P沿着直线移动到Q,电场力不做功,故D正确,不符合题意。 5.A　对小球受力分析,根据平衡条件可知电场力为F=mg tan α,若α变小,则电场力变小,P、Q两板间的场强减小,电势差减小;由于P与b相连,a、Q接地,故b、a间的电势差减小,而电容器所带的电荷量不变,故电容应增大。A选项,根据C=可知,换一块形状大小相同、相对介电常数更大的电介质,则电容增大,符合题意;B选项,增大a、b间的距离,即d增大,则电容器的电容减小,不符合题意;C选项,将a板向下平移,则正对面积S减小,电容减小,不符合题意;D选项,取出a、b间的电介质,εr减小,则电容减小,不符合题意。 6.C　由题图甲知,电压表V2测量路端电压,所以题图乙中上面的图线表示V2的示数与电流的关系,此图线的斜率的绝对值表示电源的内阻,则r= Ω=2 Ω,当电流I=0.1 A时U=3.4 V,则电源的电动势为E=U+Ir=3.6 V,A错误。滑动变阻器的滑片向右移动时,R接入电路的阻值变大,电路中总电阻变大,总电流减小,内电压减小,路端电压即V2读数增大,B错误。由于电流表读数在0.2 A以下时,电动机没有发生转动,此时为纯电阻用电器,由题图乙可知,电动机线圈的电阻rM= Ω=4 Ω;当I=0.3 A时,电动机两端电压等于路端电压,U1=U2=3.0 V,此时电动机的输出功率最大,P1=U1I-I2rM=3.0×0.3 W-(0.3)2×4 W=0.54 W,C正确。由题图乙知,当I=0.1 A时,电路中的电流最小,滑动变阻器接入电路的阻值最大,由闭合电路欧姆定律有I=,得R=-r-rM=30 Ω,D错误。 7.B　设点电荷到滑杆的距离为L,由于小球带正电,小球由a点运动到b点,电场力做负功,由动能定理,有-qUba=m-m,得小球运动到b点时的速度vb=4 m/s,故A错误;小球在a点时的加速度大小aa= cos 30°=2 m/s2,则小球在c点时的加速度大小ac= cos 60°=6 m/s2,故B正确;设小球最终的速度大小为v,由动能定理得qU=mv2-m,又U=φa-0=φa,得v=2 m/s,故C错误;b点的电势最高,小球在b点的电势能Ep=qφb,由于小球带的电荷量未知,不能确定最大电势能大小,故D错误。 8.BD　根据题图可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷的电场,电场方向由收尘极指向电晕极,故A错误;逆着电场线方向电势变高,故越靠近收尘极,电势越高,故B正确;尘埃吸附离子后带负电,受电场力作用向收尘极运动,电场力做正功,电势能越来越小,故C错误;离电晕极越远,场强越小,尘埃所带电荷量不变,受到的电场力越小,故D正确。 9.AC　在P、Q中通入大小也为I的电流,O点的磁感应强度大小仍为B,说明P、Q中的电流在O点产生的磁场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正确。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。在M或N中通入大小为I的电流,M或N中的电流在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,剩余电流在O点产生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或N中的电流,剩余电流在O点产生的磁感应强度的方向不变,所以O点磁感应强度方向相同,故D错误。 10.BD　带电粒子在辐射状的电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,则有Eq=m,解得粒子的比荷为=,故A错误;由匀速圆周运动的规律可得粒子从A到B的运动时间为t=,故B正确;粒子从B到C做类平抛运动,粒子在C点的速度与在B点的速度之间的夹角为30°,把粒子在C点的速度分别沿着电场线和垂直电场线方向分解,则有=tan 30°,由动能定理可得qUBC=m,解得UBC=,故C错误;由匀强电场的电势差与电场强度之间的关系可得EdBC=UBC,解得B、C两点沿着电场线方向的距离为dBC=,故D正确。 11.答案　(1)AD(2分)　(2)5.4(2分)　小于(2分) 解析　(1)在测量电阻时,更换倍率后,电阻表的内部电阻发生了变化,电阻挡的零刻度在最右边,也就是电流满偏,所以必须重新进行调零,A正确;在测量电流时,根据电流表的原理,电流的零刻度在左边,更换量程后不需要调零,B错误;在测量未知电阻时,可以先用中等倍率的某个挡位试测,然后根据读数的大小选择合适的挡位再次测量,C错误;在测量未知电流时,为了电流表的安全,必须先选用电流最大量程进行试测,若指针偏角过小,再换用较小的量程进行测量,D正确。 (2)选择开关处于“10 V”挡,分度值为0.2 V,所以此时的读数为5.4 V;因多用电表的电阻挡的刻度分布是不均匀的,越向左,刻度越密集,所以10至30的中间数值一定小于20,若选择开关处于“×10”挡,其读数小于200 Ω。 12.答案　(1)1.0(1分)　图见解析(2分)　(2)D(1分)　(3)1.50(2分)　0.25(2分) 解析　(1)(2)根据欧姆定律可知Ug=IgRg=(Im-Ig)R,代入数据解得R=1.0 Ω;由于改装电流表的内阻已知,可采用相对电源的电流表内接法,消除实验误差;为方便操作,滑动变阻器选用最大阻值较小的R1,实验电路图如图所示。 (3)由题意可知,电流表的量程扩大到原来的4倍,此时的等效内阻为RA==0.75 Ω,根据闭合电路欧姆定律可知E=U+4I(RA+r),由图可知,当I=12.5 mA时U=1.45 V,当I=100 mA时U=1.10 V,代入上式,解得r=0.25 Ω,E=1.50 V。 13.答案　(1)　(2) 解析　(1)当c、d端短接时,a、b间电路的结构是:电阻R2、R3并联后与R1串联,等效电阻为Rab=+R1=40 Ω(2分) 当a、b端短接时,c、d之间的电路结构是:电阻R1、R3并联后与R2串联,等效电阻为Rcd=+R2=128 Ω(2分) 故=(1分) (2)当c、d两端接100 V电压时,a、b两端的电压等于电阻R3两端的电压,为Uab=U=×100 V=25 V(2分) 当a、b两端接100 V电压时,c、d两端的电压等于电阻R3两端的电压,为Ucd=U=×100 V=80 V(2分) 故=(1分) 14.答案　(1)g　方向竖直向上　(2)4×10-4 C 解析　(1)S断开时,带电粒子恰好处于静止状态,则有qE场=mg,且电场力方向竖直向上。(2分) 设电容器两极板间距离为d,有UC=E=4 V(2分) E场q==mg(1分) S闭合后,UC'=E=8 V(2分) 设带电粒子的加速度大小为a,则有-mg=ma(2分) 解得a=g,方向竖直向上。(1分) (2)S闭合后,流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量,所以ΔQ=C(UC'-UC)=4×10-4 C。(2分) 15.答案　(1)　(2)0.5E0　　(3)2 解析　(1)设粒子在f点的速度为v0,分析可知粒子从f到c做类平抛运动,把粒子从f到c的位移分别沿着平行于x轴与y轴的方向分解,由几何关系可得x1=R+R cos 37°(1分) y1=R-R sin 37°(1分) 由类平抛运动的规律可得x1=v0t2(1分) y1=(1分) 联立解得y1=R,v0=,t2=(2分) (2)设第二象限匀强电场的场强大小为E,粒子从d到f,由动能定理可得EqR=m(1分) 由匀变速直线运动规律有R=t1(1分) 粒子从d到c,电场力做的总功为W=EqR+E0qy1(1分) 电场力做的总功的平均功率为=(1分) 联立可得E=0.5E0,=(1分) (3)若让该粒子从第二象限坐标为(-R,1.5R)的e点由静止释放,由动能定理可得粒子经过y轴上的p点时速度仍为v0=(1分) 假设粒子从p点正好到达b点,由几何关系可得x2=R,由类平抛运动的规律可得x2=v0t3 y2=(1分) 可得y2=0.5R,t3=(1分) 由几何关系可得y2=1.5R-R=0.5R,假设成立 由类平抛运动的规律可得vy=t3=(1分) 则有vy=v0 粒子在b点的速度vb=·(1分) 分析可得vb由b指向a,则粒子从b到a做匀速直线运动,有 t4==(1分) 则粒子从y轴上的p点到达x轴需要的时间为t3+t4=2(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $