模块综合测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第三册创新导学案全书Word（人教版2019）

物理　必修 第三册 RJ 模块综合测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1. 位于水平面内的闭合矩形线圈旁有一根与其共面的通电直导线，直导线中电流i随时间t的变化关系如图所示，则闭合矩形线圈中不能产生感应电流的时间是(　　) A．0～t1 B．t1～t2 C．t2～t3 D．t3～t4 答案：C 解析：因为t2～t3时间内，直导线中电流恒定，在闭合矩形线圈中产生的磁场恒定，穿过闭合线圈的磁通量没有发生变化，所以闭合矩形线圈中不能产生感应电流，C正确。 2．如图所示，M、N和P三点共线且MN＝NP，N点处固定有一个点电荷，带电量为＋q。若想让P点处电场强度E为0，可在M点处固定一个点电荷，其带电量为(　　) A．＋2q B．－2q C．＋4q D．－4q 答案：D 解析：设MN＝NP＝r，N点处固定的点电荷在P点的电场强度大小为E1＝，方向向右，由点电荷产生的电场情况和电场的叠加原理可知，若想让P点处电场强度E为0，则M点处固定的点电荷带负电，设在M点处固定的点电荷的电荷量为－Q，其在P点的电场强度大小为E2＝，方向向左，且E1＝E2，联立解得Q＝4q，即M点点电荷的带电量为－4q，故D正确。 3．如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点，下列判断正确的是(　　) A．M、N、P三点中M点的电场强度最大 B．M、N、P三点中N点的电势最高 C．负电荷在N点的电势能大于在M点的电势能 D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点 答案：C 解析：电场线的疏密反映了电场的强弱，N点处电场线最密，所以N点的电场强度最大，故A错误；沿着电场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高，故B错误；根据Ep＝qφ，φM＞φP＞φN，可知负电荷在N点的电势能大于在M点的电势能，故C正确；正电荷从M点自由释放，在静电力的作用下运动，由做曲线运动的条件知，运动轨迹并不与电场线重合，故D错误。 4．某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中(　　) A．P、Q构成的电容器的电容增大 B．P上电荷量保持不变 C．通过R的电流为零 D．M点的电势比N点的高 答案：D 解析：根据C＝得，在P、Q间距d增大过程中，P、Q构成的电容器的电容C减小，A错误；根据C＝和C＝得，Q＝，U不变，d增大，则P上电荷量Q减小，电容器通过R放电，则通过R的电流方向由M指向N，可知M点的电势比N点的高，B、C错误，D正确。 5. 一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系为φa>φb>φc>φd，若不计粒子所受重力，则(　　) A．粒子一定带正电 B．粒子的运动是匀变速运动 C．粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大 D．粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大 答案：B 解析：由于φa>φb>φc>φd，所以电场线垂直于等势面向下，根据电荷运动规律可知其所受静电力垂直于等势面向上，故该粒子带负电，A错误；匀强电场中带电粒子所受静电力不变，加速度不变，故B正确；从A点到B点的运动过程中，静电力做正功，粒子的动能一直增大，电势能一直减小，C、D错误。 6．如图，一段通电直导线的横截面积为S，长度为L，电阻率为ρ，单位体积内自由电子个数为n，自由电子定向运动的速率为v，电子的电荷量为e。则下列说法正确的是(　　) A．通过直导线的电流为neLv B．通电直导线的电阻为ρ C．直导线两端的电压为nevρL D．一电子从直导线右端运动到左端的过程中，电场力对该电子做的功为nevρLS 答案：C 解析：由电流的微观表达式可知，通电直导线的电流I＝nevS，故A错误；由电阻定律可知，通电直导线的电阻R＝ρ，故B错误；直导线两端的电压U＝IR，解得U＝nevρL，故C正确；电子从直导线右端运动到左端的过程中，电场力对该电子做的功W＝eU＝ne2vρL，故D错误。 7. 如图所示，在一与匀强电场平行的平面内建立xOy平面坐标系，在y轴和x轴上分别有A点和B点，OB＝6 cm，OA＝8 cm，C为AB的中点，A、B两点的电势分别为2 V、14 V，原点O的电势为8 V，下列说法正确的是(　　) A．C点的电势为6 V B．OC为匀强电场的一条电场线，且电场方向由O点指向C点 C．将一电子从B点移动到A点，电场力做的功为12 eV D．匀强电场的电场强度的大小为125 V/m 答案：D 解析：由匀强电场的特点可知C点的电势φC＝＝ V＝8 V，A错误；由电场力做功与电势差的关系，可得将一电子从B点移动到A点，电场力做的功为WBA＝－eUBA＝－e(φB－φA)＝－12 eV，C错误；由于φC＝φO，可知OC是该匀强电场的一条等势线，由电场线与等势线的关系，可知电场方向如图所示，B错误；已知OB＝6 cm，OA＝8 cm，由几何关系可得tanα＝0.75，α＝37°，由几何知识可知OC＝AC，则∠AOC＝∠A＝α，β＝∠CBO＝90°－α＝53°，可得BD＝OBsinβ＝4.8 cm，则匀强电场的电场强度的大小为E＝＝ V/m＝125 V/m，D正确。 8. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是(　　) A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝ C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝ D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积 答案：ABD 解析：I­U曲线上某点对应的电阻值等于该点与原点连线的斜率的倒数，结合图像知，A、B正确，C错误；对应P点，小灯泡的功率P＝U1I2，故D正确。 9. 有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图。在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于M点和N点的磁感应强度的说法中正确的是(　　) A．大小相等 B．大小不相等 C．方向相同 D．方向相反 答案：AD 解析： 根据安培定则判断得知，两根通电导线在M、N两点处产生的磁场方向如图所示，根据长直导线产生的磁场规律及对称性可知BaM＝BbM＝BaN＝BbN，根据平行四边形定则，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点的磁感应强度垂直MN向下，N点的磁感应强度垂直MN向上，方向相反，故B、C错误，A、D正确。 10．具有巨磁阻效应(GMR)的电阻R2在外加特定方向的磁场时，阻值随磁场的增强而减小。现将R2接在图示电路中，并置于该磁场，已知R1为定值电阻，此时R2<R1，电表均为理想电表。保持磁场方向不变，调整磁场强弱，发现电压表V1的示数增加了ΔU1，V2示数变化量的绝对值为ΔU2，则(　　) A．电流表A的示数减小 B．外加磁场逐渐减弱 C．ΔU1一定小于ΔU2 D．R2消耗的电功率逐渐减小 答案：CD 解析：依题意，若电压表V1的示数增加，根据闭合电路欧姆定律得电阻R2阻值减小，外加磁场逐渐增强，电流表测量干路电流，电流表示数增大，故A、B错误；结合题图根据闭合电路欧姆定律有E＝U1＋U2＋Ir，由题可知U1增大，I增大，U2减小，可得ΔU1＋ΔIr－ΔU2＝0，所以ΔU1一定小于ΔU2，故C正确；把R1等效看成电源内阻的一部分，由于开始时R2<r等效＝R1＋r，根据电源输出功率与外电阻的关系，可知随着电阻R2阻值的减小，电源的输出功率即R2消耗的电功率逐渐减小，故D正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验。 (1)如图甲所示，先用多用电表“×1 Ω”挡粗测其电阻R＝________ Ω，然后用图乙的螺旋测微器测其直径d＝________ mm，再用毫米刻度尺测其长度为L； (2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下： A．电压表V1(量程3 V，内阻约为15 kΩ) B．电压表V2(量程15 V，内阻约为75 kΩ) C．电流表A1(量程0.6 A，内阻约为1 Ω) D．电流表A2(量程3 A，内阻约为0.2 Ω) E．滑动变阻器R1(0～5 Ω，1 A) F．滑动变阻器R2(0～2000 Ω，0.1 A) G．1.5 V的干电池两节，内阻不能忽略 H．电阻箱 I．开关S，导线若干 请选择合适的仪器在下面的方框中设计最合理的电路图，要求多测几组数据，并标明选用的仪器。 (3)通过移动滑动变阻器测得多组电压U和电流I的值，并以U为纵轴、I为横轴建立U­I图像，作出一条过原点的倾斜直线，若斜率大小为k，则该金属丝电阻率ρ＝________(用题中相关字母表示)。 答案：(1)6　4.700　(2)图见解析　(3) 解析：(1)如题图甲所示，先用多用电表“×1 Ω”挡粗测其电阻，则有R＝6×1 Ω＝6 Ω。螺旋测微器可准确到0.01 mm，需要估读一位，由题图乙可知直径为d＝4.5 mm＋20.0×0.01 mm＝4.700 mm。 (2)由于两节干电池的电动势为3 V，则电压表选择量程为3 V的V1；由于待测金属丝的阻值约为6 Ω，则电路中的最大电流约为Im＝ A＝0.5 A，则电流表选择量程为0.6 A的A1；为了多测几组数据，则金属丝两端电压需从0开始变化，则滑动变阻器采用分压接法；为了方便调节，滑动变阻器应选择阻值较小的R1。由于待测电阻远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法，则电路图如图所示。 (3)根据电阻定律可得R＝ρ，又R＝，联立可得U＝ρI，则U­I图像斜率k＝ρ，金属丝的横截面积S＝，则该金属丝电阻率为ρ＝。 12．(6分)某同学要测量“水果电池”的电动势和内阻，提供下列仪器： A．待测“水果电池”(电动势E约为4 V，内阻r约为150 Ω) B．电流表A(量程5 mA，内阻为RA＝60 Ω) C．电压表V(量程4 V，内阻约5 kΩ) D．滑动变阻器R(0～1000 Ω) E．开关、导线若干 (1)由于毫安表的量程太小，该同学用电阻箱R1与毫安表A并联，可使其量程扩大，取R1＝RA，则改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的________倍。 (2)用改装后的电流表完成实验，应该选择的实验电路是图中的________(选填“甲”或“乙”)。 (3)根据实验数据画出U­I图线(I指改装表的数据)，如图丙所示。由图线可得，“水果电池”的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω。(保留三位有效数字) 答案：(1)5　(2)乙　(3)3.80　175 解析：(1)电阻箱与毫安表并联，R1＝RA，则流过电阻箱的电流是流过毫安表电流的4倍，则改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的5倍。 (2)由于改装后电流表内阻已知，为减小实验误差，应选择题图乙所示实验电路图。 (3)改装后电流表内阻R＝＝ Ω＝12 Ω，由题图乙所示电路图可知U＝E－I(R＋r)，由题图丙U­I图像可知，“水果电池”的电动势为E＝3.80 V，图像斜率的绝对值k＝R＋r＝＝ Ω≈187 Ω，内电阻r＝k－R＝187 Ω－12 Ω＝175 Ω。 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移到b点，在这一过程中，除电场力外，其他力做功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J。 (1)求此过程中电场力做的功； (2)若取a点的电势为零，求质点在b点的电势能、b点的电势。 答案：(1)2.0×10－5 J (2)－2.0×10－5 J　－1.0×104 V 解析：(1)根据动能定理有Wab＋W其他＝ΔEk 代入数据，解得电场力做的功为 Wab＝2.0×10－5 J。 (2)取a点的电势为零，根据Ep＝φq 可知质点在a点的电势能Epa＝0 根据Wab＝Epa－Epb 可得质点在b点的电势能 Epb＝－2.0×10－5 J b点的电势φb＝＝－1.0×104 V。 14．(12分) 汽车车灯和电动机电路可以简化为如图所示的电路。当开关S1闭合、开关S2断开(即打开车灯L、电动机未启动)时，电瓶检测仪V(可以数字形式显示所测电压)的示数U1＝12.5 V；当开关S1、S2均闭合(即打开车灯L、电动机启动)时，电瓶检测仪V的示数U2＝12 V。电源的电动势E＝13 V、内阻r＝0.1 Ω，电动机M绕线的电阻R0＝1 Ω，检测仪可视为理想电压表，车灯的电阻不变。求： (1)车灯的电阻RL； (2)电动机的输出功率P出。 答案：(1)2.5 Ω　(2)35.36 W 解析：(1)设当开关S1闭合、开关S2断开时，通过电源的电流为I1，由闭合电路的欧姆定律有E＝U1＋I1r 车灯的电阻为RL＝ 联立解得RL＝2.5 Ω。 (2)设当开关S1、S2均闭合时，通过电源的电流为I2，由闭合电路的欧姆定律有E＝U2＋I2r 此时通过车灯的电流为IL＝ 通过电动机的电流为IM＝I2－IL 电动机的输入功率为P入＝U2IM 电动机的热功率为P热＝IR0 则电动机的输出功率为P出＝P入－P热 联立解得P出＝35.36 W。 15．(16分)如图所示，放射源能不断将质子以一定的初速度发射出来，每个质子的初动能均为E0，若射出的质子射线通过一组偏转极板后恰好能从极板边缘射出。已知质子的电荷量为q，极板的长度和板间距均为d，在极板右侧2d处放置一块能接收质子的接收屏。不计质子的重力，试求： (1)极板间所加的偏转电压的大小； (2)质子射出极板时的动能； (3)质子打在接收屏上的点与屏中心O点间的距离。 答案：(1)　(2)2E0　(3) 解析：(1)设放射源发射质子的初速度为v0，极板间所加的偏转电压为U，质子在极板间的加速度大小为a，运动时间为t，根据 E0＝mv 得v0＝ 在平行极板方向上有d＝v0t 在垂直极板方向上有＝at2 由牛顿第二定律有a＝ 解得偏转电压U＝。 (2)设质子射出极板时的动能为Ek，根据动能定理有qU＝Ek－E0 解得Ek＝2E0。 (3)不妨设质子在偏转极板间向下偏转，则质子运动轨迹如图所示 质子射出极板时有Ek＝mv＋mv 可得质子射出极板时垂直极板方向分速度 vy＝ 则tanθ＝＝1 由几何关系可知tanθ＝ 解得质子离开极板到打到接收屏上过程中，垂直极板方向的位移x＝2d 则质子打在接收屏上的点与屏中心O点间的距离L＝x＋ 解得L＝。 7 学科网（北京）股份有限公司 $$