期末测试-【新课程能力培养】2025-2026学年高中物理必修第三册练习手册（人教版）

期末测试题 期末测试题 (时间：75分钟总分：100分)》 一、选择题（本题共10小题，共46分。第3.如图所示，在匀强电场中有一质 1~7小题只有一项符合题目要求，每小 量为m、电荷量为g的小球从A 题4分。第8~10小题有多项符合题目 点由静止释放，其运动轨迹为一 要求，每小题6分，全部选对的得6 直线，该直线与竖直方向的夹角 第3题图 分，选对但不全的得3分，有选错的得 为0，那么该匀强电场的场强大小有( 0分)》 A.唯一值man0 B.最大值mgtan0 1关于电场和磁场，下列说法正确的是( 9 A.磁场和电场一样，是一种客观存在的 C.最小值msin0 D.最大值mg 特殊物质 4.如图所示，在一平面内有 B.磁场看不见，摸不着，是人们假想出 六根彼此绝缘的通电导线 来的一种物质，实际并不存在 其中电流强度大小相同： C.磁铁周围存在磁场，电流周围不存在 方向见图。I、Ⅱ、Ⅲ、 磁场 第4题图 V四个区域为面积相等的 D.磁铁周围存在磁场，电流周围不存在 正方形。其中指向纸外的磁通量最大的区 磁场 域是( 2.如右图所示，条形磁铁 A.I B.II 的上方放置一矩形线框 C.Ⅲ D.IV abcd,线框平面水平且 第2题图 5.如图所示，质量为m、带 与条形磁铁平行，则线 电量为+g的滑块沿绝缘 框在由N端匀速平移到S端的过程中， 斜面匀速下滑，当滑至竖 线框中的感应电流的情况是() ttt 直向下的匀强电场区域 第5题图 A.线框中始终无感应电流 B.线框中始终有感应电流 时，关于滑块的运动状态，下列说法正确 C.线框中开始有感应电流，当线框运动 的是( 到磁铁中部上方时无感应电流，之后 A.继续匀速下滑 又有了感应电流 B.将加速下滑 D.开始无感应电流，当运动到磁铁中部的 C.将减速下滑 上方时有感应电流，后来又没有感应电流 D.先加速运动，后减速运动 25 高中物理必修第三册（人教版） 6.如图所示，a、b、20日 E=3V,电源内阻不计， c、d是匀强电场中 但电灯L不亮，用电压 的四个点，它们正 24V 表测U=Ua=0,Ue=Ua= 好是一个矩形的四 第6题图 3V,由此可判定电路故 第9题图 个顶点，电场线与矩形所在平面平行。已 障可能是（) 知a点的电势为20V,b点的电势为24V, A.R2短路，其他部分无故障 d点的电势为4V,由此可知c点的电势为 B.R,断路，其他部分无故障 ( ) C.R2和L短路，其他部分无故障 A.4V B.8V D.L短路，其他部分无故障 C.12V D.24V 10.如图所示，AB是某电场中的一条电场 7.在如图所示的电路中，四 & 线，若在A点放置一初速度为0的电子， 盏灯和一个滑动变阻器 L2(X) 电子仅在电场力的作用下，沿AB由A 电源组成一个闭合电路。 L 运动到B过程中的速度图像如图所示， 当变阻器的滑动触头P向 下列关于两点的电势P和电场强度E的 第7题图 右移动时，下列关于四盏 判断中，正确的是() 灯亮暗变化的判断，正确的是( A.L1、L2、L都变暗，L4变亮 B.L3、L4变亮，L1、L2变暗 C.L2、L4变亮，L、L3变暗 第10题图 D.L变暗，L2、L4变亮，L不变 A.EA>EE B.EA<EB 8.如图所示，两个带电金属 C.PAPE D.PA<OB 小球的球心间距离为r, 二、非选择题（本题共5小题，共54分） 带电量相等均为Q,关于 第8题图 11.(8分)图甲中电源电动势为E(内阻可 它们之间的相互作用力F的大小说法，正 忽略不计)。电流表mA具有一定的内 确的是( 阻，电压表V的内阻不是无限大，S为 A若是同种电荷，号 单刀双掷开关，R为待测电阻。当S向 电压表一侧闭合时，电压表读数为， B.若是异种电荷，号 电流表读数为11；当S向R一侧闭合时， C若是同种电荷，t号 电流表读数为L2。根据已知条件与测量 数据，回答下列问题： D.若是同种电荷，号 9.在如图所示的闭合电路中，电源电动势 26 期未测试题。 R % 0、山山山w 127 A 00 0 V73 4十 甲 (4)为使通过待测金属导线的电流强度 能在0~0.5A范围内改变，请按要 求画出测量待测金属导线的电阻R 第11题图 的原理电路图，然后根据你设计的 (1)根据图甲所给出的电路，在图乙的 原理电路将乙图中给定的器材连成 各器件实物图之间画出连接的导线。 实验电路。 (2)电压表V的内阻Rv= 电 流表mA的内阻Rma= (3)根据已知条件与测量数据，可以得 出待测电阻R= R 12.(10分)某同学欲用伏安法测定一段阻 乙 值约为52的金属导线的电阻，要求测 第12题图 量结果尽量准确，现备有以下器材： A.电池组(3V,内阻12)； B.电流表(0-3A,内阻0.01252)： C.电流表(00.6A,内阻0.1252)： D.电压表(0~3V,内阻3k2); E.电压表(0~15V,内阻15k2) F.滑动变阻器(0~202，额定电流1A); G.滑动变阻器(0~20002，额定电流： 13.(11分)如图所示，在 0.3A); 一足够大的空间内存在 H.开关、导线。 着水平向右的匀强电场， (1)上述器材中应选用的是 电场强度大小E=3.0× (填字母)。 104N/C。有一个质量m= 第13题图 (2)实验电路应采用电流表 4.0x103kg的带电小球，用绝缘轻细线 (填“内接”或“外接”)法。 悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的 (3)设实验中电流表、电压表的某组示 夹角0=37°。g取10m/s2,sin37°=0.60， 数如图甲所示，则图中= A. cos37°=0.80，不计空气阻力。求： U- V。 (1)小球所带的电荷量。 27 N 高中物理必修第三册（人教版） (2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断15.(13分)如图所示，一个电子由静止开 0.20s后小球的位移大小和方向。 始经加速电场加速后，又沿偏转电场极 板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电 场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P 点，O'点为荧光屏的中心。已知电子质 量m=9.0x1031kg,电荷量e=1.6x109C, 加速电场电压Uo=2500V,偏转电场电 压U=200V,极板的长度L1=6.0cm,板 间距离d=2.0cm,极板的末端到荧光屏 的距离L2=3.0cm。（忽略电子所受重 力，结果均保留两位有效数字)求： (1)电子射入偏转电场时的初速度。 (2)电子经过偏转电场过程中电场力对 14.(12分)在如图所示电路中，电动机电 它所做的功。 阻r=0.82,电炉电阻R=192,电池组 (3)电子打在荧光屏上的P点到O'点的 内阻r=12。当S1断开时，电炉功率是 距离。 475W;S,闭合时电炉功率是304W。求： (1)电池组的电动势 d.U (2)S闭合时，电动机的机械效率。 第15题图 h E,r 第14题图 28N 高中物理必修第三册（人教版） 大小等于B=(V2+1)B。①： 当将D处电流反向，其他 A⑧ 条件都不变时，D处产生的磁 场的方向变成左上方，如图乙 所示。所以三个导线电流产生 的合磁场的方向指向右下方， 乙 大小为B'合=(V2-1)B②。 第7题答图 则此时O点合场强为B。'=B- B'合③，由①②③联立解得B,'=2(V2-1)B。 8.ABC【解析】磁场的方向就是磁感应强度的方 向，故A正确；在磁感线上，任意一点的切线方向跟该 点的磁感应强度方向相同，故B正确；物理学中规定， 磁感应强度的方向与放在该点的小磁针静止时N极所指 的方向相同，故C正确，D错误。 9.BC【解析】开关闭合瞬间，线圈I中电流从无 到有，电流的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量从 无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计G有示数，故 B正确；开关闭合稳定后，线圈I中电流稳定不变，电 流的磁场不变，此时线圈Ⅱ虽有磁通量但磁通量稳定不 变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计G无示数，故A 错误；开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片， 电阻变化，线圈I中的电流变化，电流形成的磁场也发 生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有 感应电流产生，电流计G有示数，故C正确；开关断 开瞬间，线圈I中电流从有到无，电流的磁场也从有到 无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，线圈Ⅱ中有感应 电流产生，电流计G有示数，故D错误。 10.BC【解析】每秒发出的光子数与发光功率和波 长之间的关系为n=PA,故光子数的范围在2.5x105 hc 3.2×105之间。 11.2V2B水平向左 12.(1)前(2)D 【解析】(1)磁传感器用来测量磁场，若在螺线管 充电后进行调零，会损失螺线管外部由电流产生的部分 感应磁场，故在螺线管通电之前调零。 (2)减小通电螺线管的电流，磁感应强度变弱，肯 定小于5mT,大小可能为3mT,将探管从螺线管的另 一端插人时，穿过探管的磁通量的方向发生变化，所以 磁传感器的读数可能为-3mT而不是3mT,故D正确。 13.0.11Wb 【解析】由题意，初磁通量Φ，=BSsin0°=0，末磁通 92 量，=BSsin60°=0.2x0.8xV3WM=0.064V3Wb≈ 2 0.11Wb,所以△Φ=Φ2-Φ=0.11Wb。 14.0.8T 【解析】弹簧拉力F=k△x,金属杆所受磁场力：F= B匹，由平衡条件知FF,即B=hAx,故B=k→ 0.8T。 15.1.5×10°Hz3×10'm 【解析】(1)电磁波一般在空气中传播，传播速度 认为等于光速c=3.0x108m/s,因此 F0k15xo业。 (2)雷达工作时发射电磁脉冲，每个电磁脉冲持续 时间=0.02μs,在两个脉冲时间间隔内，雷达必须接收 到反射回来的电磁脉冲，否则会与后面的电磁脉冲重叠 而影响测量。设最大侦察距离为x,两个脉冲时间间隔 为△=500s-2x100.02us(故脉冲持续时同可以 略去不计)，则2=△，所以x=A=3xI0m, 2 16.(09w(2)2T 【解析】(1)根据题意，由公式①=BS可得，通过 线圈a的磁通量为中=Br=0.01Wb。通过线圈b的磁 通量为中=Bmr=0.04Wb。通过线圈c的磁通量为中= Bπ=0.04Wb。通过三个线圈的磁通量总和为中=Φ+ Φ+Φ=0.09Wb。 (2)根据题意，要使通过三个线圈的磁通量总和 市-0，则有Bm优-)D,解得B=工。 "期末测试题 1.A【解析】磁场和电场都是独立于人的意识之外， 并能被人的意识所反映的客观实在，所以，它们都是一 种物质，不同于由分子、原子组成的物质，看不见，摸不 着，但是通过实验，我们能感知它们的存在。故A正确。 2.B【解析】条形磁铁周围存在由N极出发指向S 极的磁感线。当矩形线框abcd由N端匀速平移到S端 的过程中，磁通量先减少，到正上方时，磁通量是0， 然后磁通量反向增加，所以闭合电路磁通量一直在变 化，线框中始终有感应电流产生。故B正确。 3.C【解析】小球在电场中受到重力和电场力作用， 若从静止释放，小球将沿合力方向做直线运动。小球重 力与电场力的合力沿直线，根据三角形定则，电场力可 以有多个值和对应的方向，但是电场力有最小值mgsin0, 所以，该匀强电场的场强有最小值msin日。故C正确。 4.B【解析】通电导线周围存在磁场，磁场的方向 可以用安培定则来判断。图中四个区域中，每一个区域 的磁通量都是由6条通电导线的合磁场产生的，通过比 较，可知Ⅱ区域指向纸外的磁通量最大，B正确。 5.A【解析】滑块进人电场区域之前，受重力、弹 力和摩擦力作用，重力沿斜面的分力与摩擦力平衡，即 mgsin0-F=umgcos0,所以滑块匀速下滑；当滑块滑至 匀强电场区域时，滑块受重力、弹力、摩擦力和电场力 作用，即(mg+F电)sin0-F(mg+F电)cos0,沿斜面 方向合力仍然为0，故A正确。 6.B【解析】U=20V 将bd分成5段，每段电势 20V 差为4V,即U1=20V, U=16V,U=12V,U4=8V, 24V 可见，al是等势线。△ab1≌ 第6题答图 △cd4,al∥c4,c4也是等势线，所以c点电势为8V, B正确。 7.C【解析】用极限法分析。滑动触头P向右移动， 可以推至极限一一最右端，则R=0,L1被短路，L变 暗。又因为R变小，R变小，所以I变大，则L变 亮。U外变小，而U=U外-U4,故U3变小，L变暗；I2= I总-，I变大，变小，故L2变亮，综上所述，A、 B、D错误，C正确。注意：用极限法解题的关键：把 变化量夸张到极值（最大或最小），分析电流或电压是 否有极大值或极小值。极限法是物理学中常用的解题方 法，对动态电路分析很有效。 8.AB【解析】库仑定律的适用条件是真空中的点 电荷。本题如果电荷均集中在球心，则库仑力大小为 F=6g，但题中是两个金属球，根据同种电荷互相排斥 原理，电荷不会集中到球心，而是集中到球的外侧，使 得电荷间距离大于，所以若是同种电荷F<y；反 之，异种电荷相互吸引，使得电荷间距离小于T,故A、 B正确。 9.BC【解析】根据闭合电路欧姆定律，当电源内 阻不计时，电源电动势3V均降在外电路上。若R断 路，其他部分无故障，则电路中没有电流，U=U=0, 则U=3V,B正确；R,和L短路，其他部分无故障， 则所有电势均降在R,上，满足U=U=0,U=U=3V, 故C正确。 参考答案与解析⊙ 10.AD【解析】沿AB由A运动到B的过程中，速 度图像斜率逐渐减小，加速度逐渐减小，电场力也逐渐 减小，故A正确：初速度为零的电子，仅在电场力的作 用下，沿AB由A运动到B,说明电子受力由A指向B, 那么正电荷受力由B指向A,所以场强的方向由B指向 A。又沿电场线的方向电势逐渐降低，故D正确。 11.(1)如图所示 2朵 E-U (3)E-E- 2I1 【解析】（1)连线如图： R 第11题答图 (2)当S向电压表一侧闭合时，根据部分电路欧姆 定律有R,平， 根据闭合电路欧姆定律有E=U+lRmA, 解得Rn二E-U (3)当S向R一侧闭合时，根据闭合电路欧姆定 律有E=I,R+lRmA, 解得R=E-E-U 12.(1)ACDFH(2)外接(3)0.4802.20 (4)原理图如图所示，实物 V 图略 A 【解析】(1)电压表应该选 R D,因为电压表E(0-15V)量 程太大，读数不准确：电流表应 该选C,因为电流表C(0-0.6A、 内阻0.1252)量程适中，但是 第12题答图 电流表C内阻比较大，所以采用外接法；滑动变阻器 选F(0~202、额定电流1A),因为滑动变阻器F的 电流较大，不易烧毁，电阻较小，采用限流接法，比 较容易调节阻值。 13.(1)1.0×106C(2)0.25m,位移方向为右 下方，与竖直方向成0=37 93 N 高中物理必修第三册（人教版） 【解析】(1)如图所示，小球 受到重力mg、电场力F和细线的拉 力T的作用，由共点力平衡条件有 Tcos=mg,① Tsin0=gE,② mg 由①②解得F=gE=mgtan0, 第13题答图 解得g=mgtan0=1.0x10C。 E 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球带 正电。 (2)剪断细线后，小球沿细绳拉力的反方向做匀加 速直线运动，设其加速度为a,由牛顿第二定律有 T-mg cos 0=ma, 解得a=12.5m/s2。 设在t=0.20s的时间内，小球的位移为1，则有 =72-0.25m, 位移方向为右下方，与竖直方向成0=37°。 14.(1)E=100V(2)=79% 【解析】(1)当S,断开时，根据功率公式有 P=FR. 根据闭合电路欧姆定律有 总 解得E=100V。 (2)当S接通时，电动机开始工作，电路为非纯电 阻电路， P=ER. 解得I2=4A,U2=76V。 (94 设电路总电流为1，根据闭合电路欧姆定律有 =E-U=24A, 电动机支路的电流为I电机=1-12=20A, 设电动机的效率为”，则 =U以电-a0=79%。 UI电机 15.(1)3.0x107m/s(2)5.8x108J(3)0.72cm 【解析】()根据动能定理有e,=?m,解得 vo≈3.0xl0m/s。 (2)设电子在偏转电场中运动的时间为t,电子射 出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y,电子在水平 方向做匀速直线运动，有 L=vot, 电子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据位移公 式有 y=ar, 根据牛顿第二定律有e号-m0, 解得y≈0.36cm, 电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功W= e7y58x0J (3)电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电 场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由几何关 系知上三 L "hL+2L2’ 解得h=0.72cm。