学业水平综合检测(二)（Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第三册（教科版）

本讲义聚焦高中物理必修一至三册核心知识，系统覆盖运动和相互作用（如加速度、摩擦力）、能量（弹性势能、机械能守恒）、电场与电路（电场强度、闭合电路欧姆定律）等内容，构建从基础概念到综合应用的学习支架。 资料通过情境化试题（如蹦床运动、卫星轨道）强化物理观念，结合图像分析（v-t图、U-I图）培养科学思维，实验题（多用电表使用、机械能守恒验证）提升科学探究能力。课中辅助教师教学实例分析，课后助力学生巩固知识、查漏补缺。

学业水平综合检测(二)　考查范围：必修第一~三册 (本试卷满分：100分)　　　　　　　　　　　(对应配套卷P197) 一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60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，小朋友在弹性较好的蹦床上跳跃翻腾，尽情嬉耍，在小朋友接触床面向下运动的过程中，蹦床弹性势能的变化情况是 (　 ) A.增大　　　　　　 B.不变 C.减小 D.无法确定 解析：选A　在小朋友接触床面向下运动的过程中，蹦床的形变量逐渐增大，小朋友所受重力克服弹力做功越来越多，弹性势能逐渐增大。故A正确，B、C、D错误。 2.如图所示的装置中，各小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力大小分别为F1、F2、F3，其大小关系是 (　 ) A.F1=F2=F3　　　　　 B.F1=F2<F3 C.F1=F3>F2 D.F3>F1>F2 解析：选A　根据二力平衡，弹簧拉力均等于一个小球的重力，所以三力大小相等。故选A。 3.如图所示的一段圆弧为某运动物体的速度随时间变化图像，则物体的运动可能是 (　 ) A.匀加速直线运动 B.匀减速直线运动 C.变速直线运动 D.圆周运动 解析：选C　v⁃t图像的斜率等于加速度，由题图知，物体的加速度不断增大，故做非匀变速直线运动，故A、B错误；由图像可知：速度方向一直为正，没有改变，所以质点做直线运动。速度图像只能表示直线运动的情况，不是物体的运动轨迹，故D错误，C正确。 4.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个运动员从高处自由落下，以v1=8 m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以v2=10 m/s的速度弹回。已知运动员与网接触的时间为Δt=1.2 s。那么运动员在与网接触的这段时间内平均加速度的大小和方向分别为 (　 ) A.15 m/s2，向上 B.15 m/s2，向下 C.1.67 m/s2，向上 D.1.67 m/s2，向下 解析：选A　规定向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式a=，得a= m/s2=-15 m/s2，负号代表与正方向相反，即加速度方向向上，故选A。 5.如图所示一辆货车拉着一个箱子在平直的公路上行驶，箱子始终相对于汽车静止，下列说法正确的是 (　 ) A.若汽车加速行驶，箱子受摩擦力向后 B.若汽车匀速行驶，箱子受摩擦力向后 C.若汽车减速行驶，箱子受摩擦力向前 D.若汽车减速行驶，箱子受摩擦力向后 解析：选D　水平方向上，箱子仅受摩擦力作用，根据牛顿第二定律可知，当汽车加速行驶时，加速度向前，因此箱子受摩擦力向前，故A错误；当汽车匀速行驶时，合外力为零，加速度也为零，因此箱子不受摩擦力，故B错误；水平方向上，箱子仅受摩擦力作用，根据牛顿第二定律可知，当汽车减速行驶时，加速度向后，因此箱子受摩擦力向后，故C错误，D正确。 6.探究弹力和弹簧伸长的关系时，作出弹力F与弹簧总长度L的关系图线如图所示。则 (　 ) A.该弹簧的原长为10 m B.该弹簧的劲度系数为0.25 N/m C.在该弹簧下端悬挂1.0 N的重物时，弹簧的长度为18 cm D.在该弹簧下端悬挂2.0 N的重物时，弹簧的形变量为10 cm 解析：选D　根据胡克定律可知弹簧的弹力为F=k(L-L0)=kL-kL0，当F=0时，根据图像可知弹簧原长为L0=10 cm，A错误；弹簧的劲度系数为图线斜率，所以k==0.2 N/cm=20 N/m，B错误；在该弹簧下端悬挂1.0 N的重物时，弹簧的伸长量为x1==5 cm，则弹簧长度为L1=10 cm+5 cm=15 cm，C错误；在该弹簧下端悬挂2.0 N 的重物时，弹簧的伸长量为x2==10 cm，D正确。 7.如图所示，篮球从手中①位置投出后落到篮筐上方③位置，空中到达的最高点为②位置(空气阻力不能忽略)，则 (　 ) A.②位置篮球动能等于0 B.①位置到③位置过程只有重力做功 C.①位置到②位置的过程，篮球的动能全部转化为重力势能 D.②位置到③位置过程，篮球动能的变化量等于合力做的功 解析：选D　由题图可知，篮球由②位置到③位置过程中具有水平位移，则说明篮球在②位置存在速度，动能不为0，故A错误；①位置到③位置过程除重力做功外，还有阻力做功，故B错误；②位置速度不为零，且由于运动中存在阻力做功，因此①位置到②位置的过程篮球的动能一部分转化为重力势能和内能，故C错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程篮球动能的变化量等于合力做的功，故D正确。 8.如图所示，a、b、c是环绕地球圆形轨道上运行的3颗人造卫星，它们的质量关系是ma=mb<mc，则 (　 ) A.b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度 B.b、c的周期相等，且小于a的周期 C.b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度 D.a所需向心力最小 解析：选C　由万有引力定律及牛顿运动定律可得卫星的线速度v=，所以b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故A错误；由万有引力定律及牛顿运动定律可得卫星的周期T=2π，所以 b、c的周期相等，且大于a的周期，故B错误；由万有引力定律及牛顿运动定律可得卫星的向心加速度a=，所以b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故C正确；由万有引力定律及牛顿运动定律可得卫星的向心力为F=，可知b所需向心力最小，故D错误。 9.两个相同的电阻R，串联接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将这两个电阻并联，仍接在该电源上，此时通过一个电阻R的电流为，则电源的内阻为 (　 ) A.R　　　 B.　　　 C.4R　　　 D. 解析：选C　根据闭合电路欧姆定律可得，两电阻串联时：E=I(R+R+r)，两电阻并联时：E=U并+Ur=R+2×Ir，联立解得：r=4R，故C正确，A、B、D错误。 10.如图所示为半径R=2 cm的圆，O点为圆心，a、b、c、d为圆上四个等分点。已知电场线与圆所在平面平行。下列说法正确的是 (　 ) A.电场强度的大小为2 V/cm B.O点的电势为4 V C.O点的场强方向指向a点 D.电子从a点运动到O点，电场力做功为-2 eV 解析：选A　圆心O的电势φO==6 V，则O点和c点的连线为等势线，则场强方向沿dO指向O点，电场强度大小为E== V/cm=2 V/cm，选项A正确，B、C错误；a、O两点电势相等，可知电子从a点运动到O点，电场力做功为0，选项D错误。 11.做直线运动的物体，其位移随时间变化的规律为x=8t-2t2(m)。该物体速度为零的时刻为 (　 ) A.1 s　　　 B.2 s　　　 C.3 s　　　 D.4 s 解析：选B　根据x=v0t+at2=8t-2t2，得：v0=8 m/s，a=-4 m/s2，由v=v0+at，当v=0时得：t=2 s，选项B正确。 12.某汽车进入隧道前做匀减速直线运动，进入隧道后做匀速运动。其v⁃t图像可能正确的是 (　 ) 解析：选B　汽车进入隧道前做匀减速直线运动，则v⁃t图线是一条倾斜向下的直线；进入隧道后做匀速运动，则v⁃t图线是一条水平的直线，故选B。 13.如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是 (　 ) A.螺线管中不会产生感应电流 B.螺线管中会产生感应电流 C.只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流 D.只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流 解析：选B　螺线管所在的回路是闭合的，当条形磁铁向螺线管靠近时，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，就能产生感应电流，故B正确。 14.一辆拉满货物的货车行驶在山区时遇到一个较长的陡坡，为了增大汽车牵引力以顺利上坡，司机应采取的方法是 (　 ) A.将挡位换成低速挡 B.将挡位换成高速挡 C.增大车速 D.保持挡位不变 解析：选A　由功率公式P=Fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，所以上坡时司机应采取的方法是将挡位换成低速挡，同时减小速度。故A正确，B、C、D错误。 15.如图所示，质量为m的小球从高为h处的斜面上的A点滚下， 经过水平面BC后，再滚上另一斜面，当它到达高为的D点时，速度为零，在这个过程中，重力做功为 (　 ) A.　　 B.　　 C.mgh　　 D.0 解析：选A　根据重力做功方程可知：WG=mgΔh=mg=mgh，B、C、D错误，A正确。 16.在如图所示的U⁃ I图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，曲线Ⅱ为某一小灯泡L的伏安特性曲线，曲线Ⅱ与直线Ⅰ的交点坐标为(1.5 A，0.75 V)，该点的切线与横轴的交点坐标为(1.0 A，0)，用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路，由图像可知 (　 ) A.电源内阻为0.5 Ω B.电源的路端电压为1.5 V C.电源的输出功率为1.125 W D.电源的效率为75% 解析：选C　根据U=E-Ir可知电源内阻为r= Ω=1.5 Ω，电动势E=3 V，选项A错误；两条图线交点的纵坐标等于路端电压，可知电源的路端电压等于0.75 V，选项B错误；电源的输出功率为P=IU=1.5×0.75 W=1.125 W，选项C正确；电源的效率为η===×100%=25%，选项D错误。 17.真空中某静电场电场线的分布如图所示，图中P、Q两点关于点电荷q1水平对称。P、Q两点电场强度的大小分别为EP、EQ，电势分别为φP、φQ。一个自由带电粒子沿虚线轨迹从M运动至N。以下选项正确的是 (　 ) A.EQ>EP B.φQ>φP C.此带电粒子带正电，它的电势能先变大后变小 D.此带电粒子带负电，它的电势能先变大后变小 解析：选D　由题图知P点电场线密，电场强度大，则EP>EQ，故A错误；沿电场线的方向电势降低，电场线越密电势降落越快，反之逆着电场线的方向电势升高，电场线越密电势升高越快，则φQ<φP，故B错误；根据运动轨迹判定粒子受到斥力作用，q1为负电荷，所以此带电粒子也带负电，电势能先增大后减小，故C错误，D正确。 18.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为 (　 ) A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR 解析：选C　设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得F·3R-mgR=m，又F=mg，解得=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t==2，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=at2=2R，由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR，故选C。 19.如图是一个小实验，绳子的一端拴一个小物体，绳上离物体40 cm处打一个绳结A，80 cm处打一个绳结B，分别握住绳结A、B使物体在水平面内做匀速圆周运动。因为物体受到的重力与绳子的拉力相比很小，重力可以忽略不计。如果两次绳子的拉力大小相等，比较两次小物体运动的向心加速度、线速度、角速度和周期，下列判断正确的是 (　 ) A.aA<aB B.vA<vB C.ωA<ωB D.TA>TB 解析：选B　由题意可知，绳子的拉力提供物体做圆周运动的向心力，有F=ma，由于两次F相等，所以aA=aB，A错误；绳子的拉力提供物体做圆周运动的向心力，有F=m，由于F相等，rA<rB，所以vA<vB，B正确；绳子的拉力提供物体做圆周运动的向心力，有F=mω2r，由于F相等，rA<rB，所以ωA>ωB，C错误；绳子的拉力提供物体做圆周运动的向心力，有F=mr，由于F相等，rA<rB，所以TA<TB，D错误。 20.如图所示，A、B两个灯泡均正常发光，当滑动变阻器R2的滑片P向d端滑动时。则 (　 ) A.A灯变亮，B灯变暗 B.A灯变暗，B灯变亮 C.A、B灯均变亮 D.A、B灯均变暗 解析：选D　当变阻器的滑片P向d端滑动时，滑动变阻器R2变小，滑动变阻器和灯泡B组成的并联电路电阻变小，与定值电阻R1组成的串联电阻变小，电路总电阻变小，电路总电流变大，路端电压即灯泡A的两端电压变小，灯泡A变暗，选项A、C错。通过灯泡A的电流变小，流过定值电阻的电流变大，定值电阻的电压UR1变大，滑动变阻器和灯泡B构成并联电路的两端电压减小，灯泡B变暗，选项B错，D对。 二、非选择题(本题共5小题，共40分) 21.(6分)如图是多用电表的刻度盘，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为　　　　　mA；若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为　　　　 Ω。如果要用此多用电表测量一个约2.0×102 Ω的电阻，为了使测量比较精确，应选择的欧姆挡是　　　　(选填“×10”“×100”或“×1 k”)。  解析：电流挡读数：最小分度为1 mA，则向下估读一位，为30.8 mA；欧姆挡读数：15×100 Ω=1.5×103 Ω；因阻值约为2×102 Ω，因为表针指在中值附近测得数据较为准确，则选择×10即可。 答案：30.8(30.7~30.9均正确)　1 500　×10 22.(8分)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax ⁃Tmin图像是一条直线，如图乙所示。 (1)若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为　　　　。(2分)  (2)由图乙得：直线的斜率为　　　　，小钢球的重力为　　　　 N。(结果均保留2位有效数字)(4分)  (3)该实验系统误差的主要来源是　　　　　　(单选，填正确答案标号)。(2分)  A.小钢球摆动角度偏大 B.小钢球初始释放位置不同 C.小钢球摆动过程中有空气阻力 解析：(1)设初始位置时，轻绳与竖直方向夹角为θ，则轻绳拉力最小值为Tmin=mgcos θ，到最低点时轻绳拉力最大，设小钢球在最低点的速度为v，由机械能守恒定律得mgl(1-cos θ)=mv2，在最低点根据牛顿第二定律有Tmax-mg=m，联立可得Tmax=3mg-2Tmin，若小钢球摆动过程中机械能守恒，则题图乙中直线斜率的理论值为-2。 (2)由题图乙得直线的斜率为k=-=-2.1，3mg=1.77 N，则小钢球的重力为mg=0.59 N。 (3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C。 答案：(1)-2　(2)-2.1　0.59　(3)C 23.(8分)小明同学在一只把手可视为光滑质量为0.5 kg的杯子里加0.5 kg的水，放在水平桌面上，将一根劲度系数为50 N/m的均匀橡皮筋绕过把手。两手同时沿同一水平面拉橡皮筋的两端，直到把杯子拉动并做匀速直线运动。测得此时两端橡皮筋成60°角且伸长量为4 cm，且未超过弹性限度。重力加速度g取10 m/s2，求： (1)橡皮筋的拉力大小?(2分) (2)橡皮筋对杯子的拉力?(3分) (3)杯子与桌面间的动摩擦因数为多少?(3分) 解析：(1)由胡克定律得橡皮筋的拉力T=kx=2 N。 (2)橡皮筋对杯子的拉力F=2T×cos 30°=2 N。 (3)对杯子有F=Ff=μ(m0+m)g， 解得μ=0.2≈0.35。 答案：(1)2 N　(2)2 N　(3)0.35 24.(8分)如图所示，用50 N的力拉一个质量为10 kg的物体在水平地面上由静止前进了10 m。已知该物体与水平面间动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： (1)重力G做的功W1；(2分) (2)拉力F做的功W2；(3分) (3)物体克服阻力做功W3。(3分) 解析：(1)由功的定义可知，在物体运动过程中，由于其所受重力与其位移垂直，故重力不做功，即：W1=0。 (2)由功的定义可知拉力F做的功 W2=Fxcos 37°=400 J。 (3)由滑动摩擦力公式可知，该过程物体所受的摩擦力为：Ff=μFN=μ(mg-Fsin 37°)=14 N， 由于滑动摩擦力方向与其相对运动方向相反，故该过程摩擦力做负功，由功的定义可得：W=-Ffx=-140 J，故其克服阻力做功W3=140 J。 答案：(1)0　(2)400 J　(3)140 J 25.(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，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；(3分) (2)电动机的输入功率和转化为机械能的功率；(3分) (3)若电动机被卡住不转了，电动机消耗的功率又是多少?(4分) 解析：(1)由欧姆定律可得，通过电阻R1的电流为 I== A=2 A 电源的功率为P=UI=12×2 W=24 W。 (2)电动机的电压为 U电=U-U1=12 V-4.0 V=8.0 V 电动机的输入功率P电=U电I=8.0×2 W=16 W 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。 (3)当电动机被卡住不转时，电动机可看成纯电阻用电器，则电路中的电流为 I'== A=4 A 电动机消耗的功率为 P消=I'2R0=42×1.0 W=16 W。 答案：(1)24 W　(2)16 W　12 W　(3)16 W 学科网（北京）股份有限公司 $