模块检测卷-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

这是一份高中物理同步教学的模块检测卷，包含15道题目，涵盖电场、电路、磁场等核心知识点，题型包括选择与解答题，附详细解析，为学生提供知识应用与解题能力的学习支架。 资料特色鲜明，注重核心素养培养，通过电场线分析、电路设计等情境题强化物理观念，解析中运用模型建构（如点电荷电场叠加）、科学推理（如电势差计算）提升科学思维，实验题（如电阻测量）培养科学探究能力。能帮助学生巩固知识、提升解题技能，为教师教学提供有效参考。

模块检测卷 　　　　 模块检测卷 1．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为电子仅在静电力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，则比较P、Q两点可知 A．P点的电势低 B．电子通过P点时电势能大 C．电子通过Q点时动能小 D．电子通过P点时加速度较小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由电子的运动轨迹可知，电子所受静电力大致向右， 可知场强向左，沿电场线电势降低，可知P点的电势 高，电子通过P点时电势能小，A、B错误；电子仅在 静电力作用下运动，则电势能和动能之和不变，由A、 B项分析知，电子通过Q点时电势能大，则电子通过Q点时动能小，C正确；因P点电场线较Q点密集，可知P点场强较大，则电子通过P点时加速度较大，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2．(2025·江苏南京高二上期末)某同学用一个微安表头(量程1 mA，内阻45 Ω)、电阻箱R1和电阻箱R2组装成一个多用电表，有电流“10 mA”和电压“3 V”两挡，电路如图所示，则R1、R2应调到的阻值为 A．R1＝5 Ω，R2＝295.5 Ω B．R1＝5 Ω，R2＝2 955 Ω C．R1＝10 Ω，R2＝2 910 Ω D．R1＝10 Ω，R2＝291 Ω √ 当接O、a接线柱时为电流挡，则IgRg＝R1，解得R1＝＝5 Ω；当接O、b接线柱时为电压挡，则IgRg＋IR2＝U，解得R2＝＝295.5 Ω。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3．如图所示，均匀带电直杆的两端分别位于正三角形ABC的B点和C点，在AB边和AC边的中点P、Q分别放置两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，发现A点的电场强度为0，已知静电力常量为k，正三角形ABC的边长为L，则带电直杆在A点产生的电场强度 A．大小为，方向垂直BC向上 B．大小为，方向垂直BC向下 C．大小为，方向垂直BC向上 D．大小为，方向垂直BC向下 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据A点的电场强度为0，可知P、Q两点放置的点电荷 在A点的场强与带电直杆在A点产生的场强矢量和为0， 如图所示，P、Q两点放置的点电荷在A点的场强大小均 为E＝，合场强大小为E合＝2E cos 30˚＝， 方向垂直BC向上，因此带电直杆在A点产生的电场强度 大小为E杆＝，方向垂直BC向下。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4．(2025·广西柳州市期末)如图所示，在平行于匀强电场的平面上以O点为圆心作半径为10 cm的圆，在圆周上取A、B、C、D四点，AD为圆的直径，OC与OD夹角为53˚，OB垂直于AD，C点电势为0 V，已知匀强电场的场强大小为1.0×104 V/m，cos 53˚＝0.6。则 A．D点电势为400 V B．O点电势高于B点电势 C．A、C两点间的电势差为1.4×103 V D．电子在A点的电势能小于在D点的电势能 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 C、D两点间的电势差为UCD＝EdCD＝ER(1－cos 53˚) ＝400 V，由于C点电势为0 V，则有UCD＝φC－φD＝ 0－φD＝400 V，可得D点电势为φD＝－400 V，故A 错误；由于OB连线与电场线垂直，所以O点电势等 于B点电势，故B错误；A、C两点间的电势差为UAC＝EdAC＝ER(1＋cos 53˚)＝1.6×103 V，故C错误；根据沿电场方向电势降低可知，A点电势高于D点电势，根据Ep＝qφ，由于电子带负电，所以电子在A点的电势能小于在D点的电势能，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5．(2025·广东省茂名一中等六校联考)空间中存在 着一沿x轴方向的静电场，在x轴上各点电势和位 置坐标的对应关系φ-x图像如图所示，其中±x1处 的电势最高，在－x1～＋x1区域内O点是电势最低 的点。下列分析正确的是 A．－x2～－x1区间内电场方向与x1～x2区间内电场方向相同 B．在O～x1区间内，沿－x方向，电场强度一直减小 C．电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能 D．若把一正点电荷从－x1处静止释放，仅受静电力的作用，该点电荷将在－x1～＋x1之间做往复运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据沿电场方向电势降低可知，－x2～－x1区间 内电场方向沿－x方向，x1～x2区间内电场方向 沿＋x方向，故A错误；根据φ-x图像的切线斜率 表示电场强度，可知在O～x1区间内，电场强度 沿－x方向，且先增大后减小，故B错误；根据Ep＝qφ，由题图可知x1处的电势高于x2处的电势，由于电子带负电，所以电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能，故C正确；根据φ-x图像的切线斜率表示电场强度，可知－x1处的电场强度为0，则把一正点电荷从－x1处静止释放，所受静电力为0，正点电荷处于静止状态，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6．(2025·河北邯郸期末)如图所示，均匀带正电的半圆环放置在绝缘水平桌面上，半圆环上AB、BC、CD的弧长相等，已知BC在圆心O点的电场强度大小为E、方向水平向右，则O点的电场强度大小为 A．E B．2E C．E D．E √ 由对称性可知，AB、BC、CD每段在O点产生的电场强度大小均为E，且AB、CD在O点产生的场强方向与AOD夹角为30˚，则O点的合场强大小为E合＝2E cos 60˚＋E＝2E。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7．如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量的绝对值为q。静电力常量为k，下列说法正确的是 A．油滴带正电 B．油滴受到的静电力大小为 C．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小 D．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，电场 强度方向竖直向下，故油滴带负电，A错误；两 极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用，B 错误；上极板下移，板间距d减小，根据E＝ 可知，电场强度E不变，静电力和重力二力平衡，油滴静止不动，根据U＝Ed可知，两极板间电压变小，静电计指针张角减小，C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8．(2025·黑龙江哈尔滨九中期末)如图所示，电荷量为q1的小球P固定在绝缘竖直墙壁上，绝缘轻绳将带电小球Q悬挂于O点，Q静止时，轻绳与竖直方向成θ角(θ<45˚)，且P、Q在同一水平线上，此时轻绳的拉力为F1。现将P沿竖直墙壁缓慢向上移动，并调整P的电荷量为q2，保持Q的位置不动，当P、Q连线与水平方向成θ角时，轻绳的拉力变为F2。则 A．P对Q的作用力一直减小 B．轻绳的拉力始终大于Q的重力 C．q2＝ D．F2＝F1cos2θ √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 作出Q受力的矢量三角形如图所示，可知将P沿竖直墙壁缓 慢向上移动，P对Q的作用力一直减小，故A正确；由图可 知轻绳的拉力先大于Q的重力，后小于Q的重力，故B错误； 由图可知两球间距变为原来的，根据平衡条件及库仑定 律有F库1＝＝mg tan θ，F库2＝＝mg sin θ，可得 q2＝，故C正确；根据平衡条件有F1＝，F2＝mg cos θ，联立可得F2＝F1cos2θ，故D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9．(2025·山西晋中高二上期末)如图所示，在 磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两根长直 导线垂直于纸面放置在A、B两点，分别通以大 小相同、方向垂直于纸面向外和向里的电流， 在A、B连线的中垂线上有一点C，C点磁感应强度为零，∠A＝∠B＝30˚，则下列说法正确的是 A．B0的方向由C指向O B．A处导线在C点产生的磁感应强度大小为B0 C．只把B处导线中的电流反向，C点的磁感应强度大小为B0 D．把A、B处导线中的电流均反向，C点的磁感应强度大小为2B0 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题可知两根长直导线A、B在C点的合磁感应强 度如图1所示，方向竖直向上，而C点磁感应强度 为零，所以B0的方向由C到O，故A正确；由通电 直导线周围磁场分布特点知两根长直导线在C点 产生的磁感应强度方向夹角成60˚，合磁感应强 度大小为B0，由几何知识知A处导线在C点产生的磁感应强度大小为BA＝B0，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 只把B处导线中的电流反向，如图2所示，两磁 感应强度方向夹角为120˚，则C点的磁感应强度 大小为BC＝B0，故 C错误；把A、B处导线中的电流均反向，则两导线在C点的合磁感应强度方向竖直向下，大小为B0，又匀强磁场的磁感应强度大小为B0，所以C点的磁感应强度为2B0，故D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10．一个带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法中正确的是 A．0～x1段电势逐渐降低 B．0～x1段粒子做加速度逐渐减小的加速运动 C．x2～x3段电场强度减小 D．粒子在x2处的动能比在x3处的动能小 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 电势能Ep＝qφ，由于粒子带负电，0～x1段电势 能增大，电势降低，A正确；根据静电力做功与 电势能关系有ΔEp＝qEΔx，则Ep-x图像斜率的绝 对值表示静电力大小，0～x1段图像斜率变小， 静电力减小，场强变小，加速度减小，0～x1段电场方向沿x轴正方向，粒子受力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，B错误；x2～x3段图像斜率不变，静电力不变，场强不变，C错误；x2～x3段电势能减小，动能增大，粒子在x2处的动能比在x3处的动能小，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11．(8分)(2025·贵州遵义高二下期末)某同学在实验室整理器材时发现一只阻值未知的定值电阻R，随即设计实验进行测量，操作步骤如下： (1)为判断实验中电流表应采用的连接方式，该同学连接了如图所示的电路。开关S闭合之前，滑片P应处于_________(选填“最左端”或“最右端”)。 最左端　 开关S闭合之前，为了保护电表的安全，滑动变阻器接入电路阻值应最大，则滑片P应处于最左端。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)闭合开关S，首先将单刀双掷开关K掷到某一端，然后缓慢移动滑片P，直至两表均有明显读数，记录此时电压表读数为2.30 V，电流表读数为42 mA；保持滑片P位置不变，将K掷到另一端，记录此时电压表读数为2.10 V，电流表读数为43 mA。分析数据可知，该同学第一次是将K掷到______(选填“a”或“b”)端。 b　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据第一次两电表读数可得 R1＝ Ω≈54.76 Ω 根据第二次两电表读数可得 R2＝ Ω≈48.84 Ω 可知第一次得到待测电阻测量值较大，所以第一次电流表采用的是内接法，则该同学第一次是将K掷到b端。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)根据(2)中结论，该同学设计了分压式电路准备测量，正确的电路图是________。 A　 由题图中滑动变阻器的连接方式可知图A是分压式电路，正确的电路图是A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)在测量时，器材管理员来到实验室，该同学询问得知，此电阻R的实际阻值为50 Ω，于是停止测量；在整理器材时，该同学发现(2)中采集的数据可计算实验中使用电流表的内阻，该电流表内阻为________ Ω。(结果保留3位有效数字) 4.76 根据(2)中第一次数据，由于电流表采用内接法，则有R＋RA＝，其中R＝50 Ω，解得该电流表内阻为RA＝－R≈4.76 Ω。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12．(8分)(2025·山东德州高二上期末) 某学校实验小组的同学设计了测定金 属丝的阻值Rx和电源的电动势与内阻 的实验，已知定值电阻的阻值为R0＝ 3.0 Ω，电压表为理想电表。 (1)该实验小组同学首先用多用电表粗略测量了该金属丝的电阻，当多用电表的选择开关置于“×1”挡位时，指针位置如图甲所示，则金属丝的电阻值为____Ω；图乙中螺旋测微器测得金属丝的直径为______________________ mm。 6　 2.098(2.097～2.099均可) 金属丝的电阻值为6×1 Ω＝6 Ω，金属丝的直径为2 mm＋9.8×0.01 mm＝2.098 mm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)该实验小组同学设计了如图丙所示的电路图，操作步骤如下： ①实验时，将单刀双掷开关扳到位置“1”，调节电阻箱的阻值为R1时，电压表的示数为U1； ②仅将单刀双掷开关扳到位置“2”，电压表的示数为U2； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ③为了完成电源电动势和内阻的测量，将单刀双掷开 关扳到位置“1”，多次调节电阻箱的阻值R，并读出 相对应的电压表的示数U，利用数据描绘了如图丁所 示的图像。 (ⅰ)由操作①、②可知电路图中电阻Rx＝__________ (用题目中给的物理量符号表示)。 (ⅱ)若测得定值电阻Rx＝6.5 Ω，图丁中a＝1 V-1、b＝0.25 V-1、c＝0.25 Ω-1，则该电源的电动势为E＝______ V，内阻为r＝_____ Ω。(结果均保留2位有效数字) R1　 4.0 2.5 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (ⅰ)根据闭合电路欧姆定律， 单刀双掷开关接位置“1”时，有I＝ 单刀双掷开关接位置“2”时，有I＝ 联立解得Rx＝R1。 (ⅱ)由闭合电路欧姆定律得 E＝U＋ 整理得 结合题图丁得b＝＝0.25 V-1，k＝ A-1 联立解得E＝4.0 V，r＝2.5 Ω。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13．(12分)(2025·山西长治期末)如图所示，A、B、C为竖直平面内等边三角形的三个顶点，现在A、B点(A、B位于同一水平面上)分别固定等量异种点电荷。已知三角形边长为L，点电荷电荷量大小为q，静电力常量为k。 (1)求C点处的电场强度E； 答案：，方向水平向右　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据点电荷电场强度的表达式，A、B两点电荷在C点 处各自产生的电场强度大小相等，均为E0＝k，方向 如图1所示 根据电场强度叠加原理可知，C点处的电场强度大小为 E＝E0＝，方向水平向右。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)若在C点处放一个质量为m＝(g为重力加速度)、电荷量大小也为q的带负电小球(可视为点电荷)并能保持静止状态，可在三角形所在平面内加一匀强电场，求该匀强电场的电场强度E′。 答案：，方向斜向左下方且与水平方向夹角为60˚ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球受到重力与两点电荷对小球的静电力作用，其合力大小为F＝ 解得F＝ 设F与水平方向的夹角为θ，如图2所示，则有F cos θ＝qE 解得θ＝60˚ 小球保持静止，则有qE′＝F 解得E′＝ 根据平衡条件可知，匀强电场对小球的作用力方向与F方向相反，小球带负电，则匀强电场方向斜向左下方且与水平方向夹角为60˚。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14．(12分)某学校科技小组同学利用 图甲所示的电路进行相关测试，R1为 滑动变阻器，R2为定值电阻、电源内 阻r＝1 Ω。实验时，他们调节滑动变 阻器R1的阻值，得到了各组电压表和 电流表的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出U-I图像如图乙所示，已知电流表和电压表都是理想电表。则： (1)电源的电动势E和定值电阻R2的阻值分别为多少？ 答案：6 V　4 Ω　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题图乙可知，当电流表示数I1＝0.4 A时电压表的示数为U1＝4 V，当电流表示数I2＝0.8 A时电压表的示数为U2＝2 V 由闭合电路欧姆定律可得 E＝U1＋I1(R2＋r) E＝U2＋I2(R2＋r) 联立解得E＝6 V，R2＝4 Ω。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)滑动变阻器在A状态和B状态的电阻分别为多少？ 答案：10 Ω　2.5 Ω 根据欧姆定律，由题图乙可知， 在A状态滑动变阻器的电阻为R1A＝ Ω＝10 Ω 在B状态滑动变阻器的电阻为R1B＝ Ω＝2.5 Ω。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)当R1的阻值为多大时，R1消耗的功率最大？最大功率为多少？ 答案：5 Ω　1.8 W 根据公式P＝I2R1＝2R1＝ 可知，当R1＝R2＋r＝5 Ω时，R1消耗的功率最大，最大功率为Pm＝＝1.8 W。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15．(14分)(2025·江苏省镇江中学期末)建立如图所示 的坐标系，两块足够大的金属板正对水平放置，两 板间距为d，上下板分别带等量的正、负电荷。一带 正电的金属小球，距离下板，以某一水平初速度自 左向右射入电场，小球的电荷量为q，质量为m，重力加速度为g，金属板间的匀强电场场强E＝。若小球碰到金属板时，电荷性质立刻与金属板相同，电荷量大小不变，小球与板碰撞前后，沿板方向的速度不变，垂直板方向的速度大小不变、方向相反，金属板的电荷量始终不变，小球第一次碰到金属板时的位置坐标为，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)小球的初速度大小v0； 答案：　 小球所受静电力竖直向下，则加速度a＝＝2g 小球第一次碰到金属板时，有t1＝ 小球第一次碰到金属板时的坐标为，则有v0＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)小球第二次碰到金属板时的位置坐标； 答案：　 小球从射入电场到第一次碰到金属板，竖直方向有 反弹后竖直方向做匀速直线运动，有vyt2＝d 则t2＝ 所以第二段运动的水平位移为x＝v0t2＝ 则小球第二次碰到金属板时的位置坐标为。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)小球第三次碰到金属板时的位置坐标。 答案： 第三段运动的加速度与第一段相同，有a3＝2g 竖直方向有d＝vyt3＋ 其中vy＝2gt1， 解得t3＝t1 所以第三段运动的水平位移为x3＝ 则小球第三次碰到金属板时的位置坐标为。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 模块检测卷 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $