模块综合检测（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第三册（鲁科版 福建专用）

该高中物理课件聚焦电磁学核心内容，涵盖磁场性质、电场强度、电路分析及能量转化等知识点。通过问题情境导入，如安培分子电流假说辨析、磁通量与电通量类比，搭建从基础概念到综合应用的学习支架，帮助学生梳理前后知识脉络。 其亮点在于注重科学思维与科学探究，如通过电通量计算培养模型建构能力，电路动态分析强化科学推理，实验题设计（盐水电导率测量）提升科学探究素养。对学生而言，可深化物理观念理解，对教师则提供系统检测工具，助力教学评一体化。

模块综合检测 (本试卷满分：100分) 一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.根据安培分子电流假说，下列说法中不正确的是 (　　) A.不管磁体、非磁体，其内部均存在分子电流 B.没有磁性的物体内分子电流的取向杂乱无章，分子电流形成的磁性彼此抵消，总体对外不显磁性 C.原来没有磁性的物体被磁化后，内部分子电流的方向变得大致相同，且不易再被打乱 D.磁体内存在分子电流，非磁体内不存在分子电流 √ 解析：由安培的分子电流假说可知，任何物体内部均存在分子电流，故A正确，D错误；物体对外不显磁性，是因为物体内分子电流的取向杂乱无章，分子电流形成的磁性彼此抵消，总体对外不显磁性，故B正确；物体被磁化是因为物体内部分子电流方向变得大致相同，且由于相互的吸引作用，不易被打乱，故C正确。本题选错误的，故选D。 2.如图所示，磁感线呈弧形，虚线框内有产生以上弧形磁感线的磁场源，则下列图中的磁场源不可能是 (　　) √ 解析：题图A和题图C的磁铁均可以形成题图所示的磁感线；由安培定则可判断，题图B中通电螺线管的磁场与题图C中条形磁铁的磁场相似，也可形成题图所示的磁感线；题图D中环形电流磁场的磁感线是一些围绕环形导线的闭合曲线，不能形成题图所示的磁感线，故选D。 3.研究磁现象时，常常要讨论穿过某一面积的磁场及其变化，为此引入了磁通量的概念。在电场中也可以定义电通量，如图甲所示，设在电场强度为E的匀强电场中，有一个与电场方向垂直的平面，面积为S，我们把E与S的乘积称为穿过这个面积的电通量，用字母ΦE表示，即ΦE=ES。假设真空中O点有一点电荷q，以O为球心，分别以r1、r2为半径作两个球面，如图乙所示。设通过半径为r1的球面的电通量为ΦE1，通过半径为r2的球面的电通量为ΦE2。则ΦE1与ΦE2的比值为 (　　) A. B. C. D.1 √ 解析：根据库仑定律，距离点电荷为r1的球面处的电场强度为E1=，距离点电荷为r1的球面的面积为S1=4π，则通过半径为r1的球面的电通量为ΦE1=E1S1=·4π=4πkq；同理，距离点电荷为r2的球面处的电场强度为E2=，距离点电荷为r2的球面的面积为S2=4π，则通过半径为r2的球面的电通量为ΦE2=E2S2=·4π=4πkq，可知ΦE1与ΦE2的比值为1，故D正确。 4.如图所示的电路，两电表均为理想电表，电源 的内阻不可忽略，R1>r。开始滑动变阻器的滑片位于 图示的位置，则在滑片向上滑动的过程中，下列选项正确的是 (　　) A.电源的输出功率增大 　B.流过R1的电流减小 C.两电表的示数均增大 　D.电源的总功率减小 √ 解析：由输出功率P=I2R外=R外=可知，外电路电阻与电源内阻相等时电源输出功率最大，因为R1>r，则外电路电阻始终大于电源内阻，在滑片向上滑动的过程中，外电路电阻减小，则电源的输出功率增大，故A正确；滑片上滑的过程中滑动变阻器接入电路中的阻值减小，电路中总电阻减小，总电流增大，由P=EI知，电源总功率增大，且内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，电阻R1两端的电压增大，故并联电路两端的电压减小，通过电流表的电流减小，故B、C、D错误。 二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 5.如图所示，一长立方体金属块ABCD-A'B'C'D'的电阻率为ρ，已知AB边长为a，BC边长为b，AA'边长为h， 给AA'D'D面与BB'C'C面加上U的电压，通 过立方体的电流为I，则该立方体接入电路 中的电阻值为 (　　) A. B. C. D. √ √ 解析：由欧姆定律知，该立方体接入电路中的电阻值为R=，故A正确；由R=ρ，知R=ρ，故B正确，C、D错误。 6.如图1所示，有一种电吹风由线圈电阻为r的小型电动机与电阻为R的电热丝串联组成，电路如图2所示，将电吹风接在电路中，电吹风两端的电压为U，电吹风正常工作，此时电热丝两端的电压为U1，则下列判断正确的是 (　　) A.电热丝的电流大小为 B.电动机线圈的发热功率为 C.电动机消耗的功率为(U-U1) D.> √ √ 解析：因为电动机是非纯电阻用电器，因此欧姆定律不成立，A、B错误；电动机两端的电压为UM=U-U1，通过电动机的电流为IM=IR=，电动机消耗的功率为PM=UMIM=(U-U1)，C正确；对电动机有PM>P热，代入得(U-U1)>r，化简可得>，D正确。 7.如图所示，两个倾角相等、底端相连的 光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在 平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正 电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则 (　　) A.F1=F2 B.E= C.若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 D.若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v= √ √ 解析：对两球进行受力分析，如图所示， 设两球间的静电力大小为F，轨道的倾角为θ， 对甲球根据平衡条件有FN1cos θ=mg，F=FN1sin θ+Eq，对乙球有FN2cos θ=2mg，FN2sin θ=F+2Eq，联立解得F=4Eq，故==，又F=，解得E=，故A、B正确；若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有FN1'cos θ=mg，FN1'sin θ=F+Eq，对乙 有FN2'cos θ=2mg，FN2'sin θ+2Eq=F，联立可得F+4Eq=0，无解，假设不成立，故C错误；若撤去甲，对乙球根据动能定理2mg·tan θ-2Eq·=·2mv2，根据上述可知tan θ=，联立解得v=，故D错误。 8.如图，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，P板中心位置处固定一水平光滑绝缘细杆，细杆上套有一质量为m、电荷量为+q的圆环，杆长度与P、Q间距相等。Q板右边相距为0.5L处有两水平放置的长为L、间距为d的平行金属板M、N。现在P、Q板间加一电压U0，在M、N板间加另一电压，小圆环从细杆左边由静止开始运动，从Q板上的小孔飞出，恰好从M板的左侧边缘进入板间，最后从下极板N的右侧边缘水平飞出，不计极板的厚度及小圆环的大小，不计边缘效应，重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.M板比水平绝缘杆低 B.M板与水平绝缘杆间的高度为 C.M、N间电势差为UMN=- D.小圆环在M、N间运动过程中，电场力做的功为mgd √ √ 解析：小圆环在P、Q板间做匀加速直线运动，设出射速度为v0，根据动能定理有qU0=m-0，出射后做平抛运动，进入M、N板间前竖直方向有y=g，水平方向有0.5L=v0t1，解得y==，A错误；小圆环从M板左侧边缘进入M、N板间电场后，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀减速直线运动，直到竖直速度变为0，然后水平飞出，有L=v0t2，d=，小圆环从下极板N的右侧边缘水 平飞出，则竖直速度为零，则gt1=t2，解得2t1=t2，U=，y=，M、N间电势差为UMN=-，B、C项正确；从小圆环开始做平抛运动到从下极板N的右侧边缘水平飞出的过程中，竖直方向根据动能定理有mg(y+d)+W=0，可得电场力做的功为W=-mgd，D错误。 三、非选择题(共60分，其中9、10、11题为填空题，12题为实验题，13、14、15题为计算题) 9.（4分）如图甲所示，电源电压E=12 V、内 阻不计，灯泡L的额定电压为9 V，其伏安特性曲 线如图乙所示，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω，灯泡L的阻值随电流的增大而______，灯泡L的额定功率为_____W，滑动变阻器接入电路的阻值至少为___Ω。 增大 13.5 2 解析：根据R=知，灯泡L的阻值等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，可知灯泡L的阻值随电流的增大而增大；从图像可以看出灯泡两端电压为9 V时，电流为1.5 A，额定功率为P=UI=13.5 W；灯泡L两端电压为额定电压9 V时，电流为1.5 A，设此时滑动变阻器两端的电压为U1，则滑动变阻器接入电路的阻值Rx== Ω=2 Ω。 10.（4分）如图甲所示，在某电场中建立x坐 标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向 运动，经过A、B、C三点，已知xC-xB=xB-xA。 该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。A点电场强度______B点的电场强度，A、B两点电势差的绝对值 ______B、C两点电势差的绝对值，电子经过A点的速率_____经过B点的速率。（选填“大于”“小于”或“等于”） 大于 大于 小于 解析：一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由题图乙可知电势能一直减小，则电子从A点到B点电场力做正功，电势升高，根据动能定理可知，电子的动能增加，速度增大；根据ΔEp=-W电=-qEΔx，可知Ep-x图像的斜率大小体现电场强度的大小，因此从A点到B点，电场强度逐渐减小，A点的电场强度大于B点的电场强度；由A点到B点电场强度减小，电子通过相同位移时，电场强度越大电势差越大，则A、B两点电势差UAB的绝对值大于B、C两点电势差UBC的绝对值。 11. （4分）如图为静电除尘机原理示意图，废 气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带 负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积， 以达到除尘目的。图中虚线为电场线(方向未标)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则图中A点电势______B点电势，尘埃在迁移过程中电势能______。 小于 减小 解析：带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，可知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，A点更靠近放电极，所以题图中A点电势小于B点电势；根据电势能Ep=qφ，可知负电荷从低电势处向高电势处移动，电势能减小。 12.(8分)某兴趣小组设计了测量盐水电导率的实验。所用器材有：电源E(电动势恒定，内阻可忽略)；毫安表 (量程15 mA，内阻可忽略)；电阻R1(阻值500 Ω)、R2(阻值500 Ω)、R3(阻值600 Ω)和R4(阻值200 Ω)；开关S1和S2；装有耐腐蚀电极板和温度计的有机玻璃样品池；导线若干。请完成下列实验操作和计算。 (1)电路连接 图(a)为实验原理图。在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，只有R4一端的导线还未连接，该导线应接到R3的____(填“左”或“右”)端接线柱。(2分)  右 解析：(1)根据题图(a)电路可知，R4一端的导线应接到R3的右端接线柱。 (2)盐水电导率和温度的测量 ①测量并记录样品池内壁的长宽高，在样品池中注满待测盐水。 ②闭合开关S1，_____开关S2，毫安表的示数为10.0 mA，记录此时毫安表的示数；计算得到流过样品池的电流I1为_____mA；(2分)  ③______开关S2，毫安表的示数为15.0 mA，记录此时毫安表的示数；计算得到流过样品池的电流I2为_____mA；(2分)  ④断开开关S1，测量并记录盐水的温度。 断开 40.0 闭合 60.0 解析：(2)②闭合开关S1，断开开关S2，毫安表的示数为10.0 mA，则通过电阻R4的电流为I4=， 根据电路构造可知，流过样品池的电流为 I1=I3+I4=40.0 mA； ③闭合开关S2，毫安表的示数为15.0 mA，则流过R4的电流为I4'=，流过样品池的电流为 I2=I3'+I4'=60.0 mA。 (3)根据上述数据，计算得到样品池两电极板间待测盐水的电阻为_____Ω，进而可求得该温度时待测盐水的电导率。(2分)  100 解析：(3)设待测盐水的电阻为R0，根据闭合电路欧姆定律，开关S2断开时，E=I1 开关S2闭合时，E=I2 联立解得R0=100 Ω。 13.(12分)已知山东某校地面处的地磁场水平 分量约为3×10-5 T，该校物理兴趣小组做估测磁 体附近磁感应强度的实验。他们将一小罗盘磁针 放在一个水平放置的螺线管附近的轴线上，如图所示。小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向。请在图上标明螺线管导线的绕向，并求出该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度大小。(保留一位有效数字) 答案：见解析图甲　5×10-5 T 解析：接通电源后，小磁针N极指向是地磁场和通电螺线管磁场的合磁场的方向，由此可判定通电螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右， 由安培定则判断螺线管导线绕向如甲图所示。 由题意知地磁场水平分量By=3×10-5 T， 设通电螺线管产生的磁场为Bx。 由图乙知=tan 60°， 得Bx=3×10-5× T≈5×10-5 T。 14.(13分)如图所示，电荷量为-e、质量为m的电子从A点沿与电场线垂直的方向射入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，其速度与电场线方向成150°角，不计电子的重力，以A点的电势为零。求： (1)电子在B点的速度vB的大小；(6分) 答案：(1)2v0　 解析： (1)电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动，根据运动的分解可知，电子在垂直于电场线方向上做匀速直线运动。将电子在B点的速度分解到水平方向和竖直方向， 则vB==2v0。 (2)B点的电势φB。(7分) 答案： (2) 解析：(2)电子从A运动到B过程，由动能定理得 -e(0-φB)=m-m，解得φB=。 15.(15分)如图，电源电动势E=26 V，内阻r=1 Ω，电路中定值电阻R1阻值为25 Ω。平行板电容器C的极板水平放置，两极板长L=20 cm，板间距离为d=5 cm，电容C=30 μF。闭合开关S，电路达到稳定时： (1)求电阻R1消耗的电功率及电容器C所带的电荷量；(7分) 答案：(1)25 W　7.5×10-4 C　 解析：(1)闭合开关S，电路达到稳定时，由闭合电路欧姆定律有I=，解得I=1 A 电阻R1消耗的电功率P=I2R1=25 W 电容器C两端电压U=IR1=25 V 电容器C所带电荷量Q=CU=7.5×10-4 C。 (2)某时刻一带电粒子a从靠近电容器上极板的左边缘以水平速度v0=200 m/s进入两板间，恰好从下极板的右边缘射出，不计粒子重力，求该粒子的比荷。(8分) 答案：(2)200 C/kg 解析：(2)粒子a在两板间做类平抛运动，在水平方向上有L=v0t 在竖直方向上有d=at2，a= 联立解得=200 C/kg。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $