模块综合试卷（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理必修第三册学习笔记（鲁科版）

本讲义聚焦电磁学核心知识点，系统涵盖电磁感应现象判断、静电场中场强与电势分析、电路动态变化（含非纯电阻电路）及带电粒子在电场中的运动，知识点从基础概念辨析到综合应用，形成递进式学习支架。 该资料通过情境化题目（如静电除尘装置、玩具汽车电路）培养科学思维，结合伏安特性曲线分析非纯电阻电路体现模型建构与科学推理，实验题（仪器使用、数据处理）提升科学探究能力。课中辅助教师突破重难点，课后帮助学生巩固知识、查漏补缺。

模块综合试卷 (满分：100分) 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。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.下列四种情境中说法中正确的是(　　) A.图甲中，奥斯特利用该装置发现了电磁感应现象 B.图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增大 C.图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中没有感应电流产生 D.图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中有感应电流产生 答案　D 解析　奥斯特发现了电流的磁效应，但题图甲中是电磁感应现象，故A错误；题图乙中，线圈位于磁铁中间时，穿过线圈的磁通量最大，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，故B错误；题图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中磁通量改变，线框中有感应电流产生，故C错误；题图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流产生，故D正确。 2.某静电除尘装置由带正电的金属圆筒Q和带负电的线状电极P组成，其横截面上的电场线分布如图所示，A、B、M、N四点到P距离相等，则(　　) A.A、B两点电势相等 B.M、N两点电场强度相同 C.带负电的粉尘从B点运动到C点，电势能增大 D.带电荷量均为－q的粉尘由P分别运动到A、B两点时，电场力所做的功WPA>WPB 答案　D 解析　A、B到P距离相等，由电场线分布情况可知， A点与P之间的平均电场强度大于B点与P之间的平均电场强度，则有UAP>UBP，可知A、B两点电势不相等，故A错误；根据对称性可知M、N两点电场强度大小相等，方向不同，故B错误；带负电的粉尘从B点运动到C点，电场力做正功，电势能减小，故C错误；带电荷量均为－q的粉尘由P分别运动到A、B两点时，电场力做功分别为WPA＝－qUPA＝qUAP，WPB＝－qUPB＝qUBP，由于UAP>UBP，可得WPA>WPB，故D正确。 3.如图甲所示电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。开关S闭合后，下列判断正确的是(　　) A.流过L1电流为流过L2电流的2倍 B.L1、L2、L3的电阻相等 C.此时L1的电阻为12 Ω D.此时L2消耗的电功率为0.375 W 答案　C 解析　L1两端电压为3.0 V，根据题图乙可知其电流为0.25 A，L2、L3串联，每个灯泡的电压为1.5 V，根据题图乙可知其电流为0.2 A，不是2倍的关系，故A错误；设L1的电阻R1，R1＝ Ω＝12 Ω，设L2、L3的电阻为R2、R3，R2＝R3＝ Ω＝7.5 Ω，故B错误，C正确；此时L2消耗的电功率为P＝UI＝1.5×0.2 W＝0.3 W，故D错误。 4.等量异种点电荷固定在如图所示的真空空间中，O为两电荷连线的中点，A、B为连线的中垂线上关于O点对称的两点，C、D为过O点的一直线上关于O点对称的两点，电子重力不计。下列说法正确的是(　　) A.C、D两点电场强度大小相等、方向不同 B.在A点由静止释放一电子，电子将沿AB做往返运动 C.将一电子分别放在C点和D点，在D点的电势能较大 D.将一电子从A点经C点、D点移到B点，电场力始终不做功 答案　C 解析　C、D为过O点的一直线上关于O点对称的两点，根据等量异种电荷的电场分布，两点的电场强度大小相等，方向相同，故A错误；根据等量异种电荷的电场分布可知，在A点由静止释放一电子，A点场强水平向右，受电场力方向水平向左，不可能沿AB运动，故B错误；C点的电势高，D点的电势低，由Ep＝qφ可知将一电子分别放在C点和D点，在D点的电势能较大，故C正确；C点电势大于零，A、B两点电势为零，D点电势小于零，电子从A点到C点，由W＝qU可知电场力做正功；从C点到D点，电场力做负功；从D点移到B点，电场力做正功，故D错误。 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5.如图所示的电路中，为理想电流表，电源的电动势为E、内阻为r，闭合开关，当滑动变阻器R1的滑片向左滑动时，下列说法正确的是(　　) A.R3两端的电压增大 B.R2消耗的功率增大 C.电流表的示数减小 D.流经R1的电流减小 答案　BC 解析　当滑动变阻器R1的滑片向左滑动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则干路电流I增大，路端电压U减小，R3两端的电压等于路端电压，则R3两端的电压减小，故A错误；通过R3的电流I3减小，通过R2的电流I2＝I－I3，由于I增大，I3减小，则I2增大，电压U2也增大，故R2消耗的功率增大，故B正确；R1、R4的并联电压U并＝U－U2，由于U减小，U2增大，则U并减小，故通过电流表的电流IA减小，电流表的示数减小，故C正确；通过R1的电流I1＝I2－IA，由于I2增大，IA减小，则I1增大，故D错误。 6.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，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离。下列说法正确的是(　　) A.油滴带正电 B.静电计指针张角减小 C.油滴向上运动 D.P点的电势不变 答案　BD 解析　根据受力平衡可知，油滴所受的电场力方向向上，而极板间电场向下，电场力与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；此过程电容器所带电荷量Q不变，根据C＝和电容的决定式C＝，又因为E＝，F＝Eq，联立得出U＝，E＝，可知电场强度与极板间的距离无关，所以电场强度不变，所以油滴所受的电场力不变，则不会运动；又由于P点与下极板间的距离不变，由UP0＝φP＝EdP0，知P点的电势不变；由U＝知若将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则电势差变小，静电计张角变小，故B、D正确，C错误。 7.如图所示，光滑绝缘水平细杆上套有一个小球，其质量为m，带电荷量为＋q，O、a、b是细杆垂线上的三点，O在杆上且Oa＝Ob，在a、b两点分别固定一个电荷量为－Q的点电荷。小球从图示位置以初速度v0向右运动的过程中(　　) A.速度一定先减小后增大 B.加速度一定先增大后减小 C.对细杆的作用力始终保持不变 D.电势能先减小后增大 答案　CD 解析　在O左侧，小球受到的静电力合力向右，在O右侧小球受到的静电力合力向左，小球在向右运动的过程中，在O左侧做加速运动，在O右侧做减速运动，所以小球的速度先增大后减小，A错误；根据电场线的分布情况，电场强度可能先减小后增大，所以小球所受的静电力可能先减小后增大，则加速度可能先减小后增大，B错误；两个电荷量为－Q的点电荷对小球的库仑力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，所以细杆对小球的作用力等于小球的重力，始终保持不变，C正确；在小球向右运动的过程中，所受的静电力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，D正确。 8.如图，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种负电荷。质量为m、带电荷量为－q的物块从斜面上的P点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值vm，运动的最低点为Q(图中没有标出)，则下列说法正确的是(　　) A.P、Q两点场强相同 B.UPO＝UOQ C.P到Q的过程中，物块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动 D.物块和斜面间的动摩擦因数μ＝ 答案　CD 解析　物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，所以物块和斜面间的动摩擦因数μ＝，由于运动过程中一直有mgsin 30°＝μmgcos 30°，所以物块从P点运动到Q点的过程中受到的合外力为电场力，因为最低点Q与释放点P关于O点对称，则有UPO＝－UOQ，根据等量同种负点电荷产生的电场特征可知，P、Q两点的场强大小相等，方向相反，故A、B错误，D正确；沿斜面从P到Q电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律，物块下滑的过程中电场力qE先沿斜面向下逐渐减小后沿斜面向上逐渐增大，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P到O物块先做加速度减小的加速运动，O到Q物块做加速度增大的减速运动，故C正确。 三、非选择题：本题共7小题，共60分。 9.(4分)如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置为　　　　　　，电荷量为　　　　。  答案　(0，2a)　2q 解析　两异种点电荷在P点的场强大小均为E0＝，方向如图所示 两异种点电荷在P点的合场强为E1＝E0＝，方向与＋q点电荷和－q点电荷的连线平行，Q点电荷在P点的场强大小为E2＝k，三点电荷的合场强为0，则E2方向如图所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2q，由几何关系可知Q的位置为(0，2a)。 10.(4分)如图所示的电路中，电阻R1、R2、R3的阻值都是1 Ω，R4、R5的阻值都是0.5 Ω，ab端输入电压U＝3.0 V。当c、d端接理想电流表时，其示数是　　　　 A；当c、d端接理想电压表时，其示数是　　　　 V。  答案　0.6　1.0 解析　当c、d端接电流表时，R4与R5串联后与R2并联，再与R1、R3串联，则并联部分的总电阻为R并＝＝0.5 Ω 电路中总电流为I＝ A＝1.2 A ，因为R4＋R5＝R2 所以通过电流表的电流为IA＝I＝×1.2 A＝0.6 A 当c、d端接电压表时，R1、R2、R3串联，电压表测R2两端的电压，则得电压表的示数UV＝U＝×3 V＝1.0 V。 11.(5分)(2020·天津卷)某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。 电压表(量程0~3 V，内阻约为3 kΩ) 电流表(量程0~0.6 A，内阻约为1 Ω) 滑动变阻器(0~20 Ω，额定电流1 A) 待测电池组(电动势约为3 V，内阻约为1 Ω) 开关、导线若干 (1)(1分)该小组连接的实物电路如图所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是　　　　。  (2)(1分)改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的　　　(填“a”或者“b”)端。  (3)(3分)实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为5 Ω的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出U－I图像，如图所示。根据图像可知，电池组的电动势为　　　　 V，内阻为　　　　 Ω。(结果均保留两位有效数字)  答案　(1)5　(2)a　(3)2.9　0.80 解析　(1)按原电路测量，测得的电源内阻包含了电流表的内阻，导致测量结果偏大。导线5一端接电压表正极，另一端应接电流表正极或电源正极。 (2)为保护电路，在闭合开关前，电路总电阻应最大，滑片应置于滑动变阻器的a端。 (3)根据闭合电路的欧姆定律，串联R0＝5 Ω的电阻后，有E＝Ir＋IR0＋U，得U＝E－(r＋R0)I， 所以纵轴截距为E＝2.9 V， 斜率的绝对值|k|＝r＋R0＝ Ω＝5.80 Ω。 故电源内阻r＝0.80 Ω。 12.(7分)小红用实验室提供的刻度尺、螺旋测微器和多用电表测量某电阻丝的电阻，电阻丝的电阻约为200 Ω。 (1)用刻度尺反复多次测量电阻丝长度，取平均值为l； (2)(1分)用螺旋测微器在电阻丝的不同位置测量直径3次，取平均值为d；图甲是小红测量时螺旋测微器的示数，该位置电阻丝直径为　　　　 mm。  (3)(4分)用多用电表测电阻丝的电阻R，补全下列操作步骤且正确排序为　　　　(填写各步骤前的字母)。  A.将选择开关旋至“OFF”挡并拔出表笔 B.调整机械调零旋钮，使指针指向电流零刻度 C.将两支表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准欧姆零点 D.测量电阻丝的电阻R，示数如图乙所示，R＝　　　　 Ω  E. 将选择开关旋至欧姆挡的　　　　　(填“×1”“×10”“×100”或“×1 k”)挡  (4)(2分)实验测得该电阻丝的电阻率ρ＝　　　　(用测得物理量的符号表示)。  答案　(2)0.809或0.808　(3)BECDA　190　×10 (4) 解析　(2)螺旋测微器的精确度为0.01 mm，由题图甲可知电阻丝直径为 d＝0.5 mm＋30.9×0.01 mm＝0.809 mm (3)用多用电表测电阻R，应先进行机械调零，即调整机械调零旋钮，使指针指着电流零刻度；选择恰当欧姆倍率挡位，然后进行欧姆调零；接着测量待测电阻，进行读数；测量完毕后，应将选择开关旋至“OFF”挡并拔出表笔。故正确的操作步骤排序是：BECDA。 因为电阻丝的电阻约为200 Ω，则将选择开关旋至欧姆挡的×10挡；测量电阻丝的电阻R，示数如题图乙所示，则电阻为R＝19×10 Ω＝190 Ω (4)根据电阻定律可得R＝ρ，又S＝ 联立可得该电阻丝的电阻率为ρ＝。 13.(12分)小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势E＝10 V，r＝2 Ω，车轮电动机的额定电压UM＝6 V，额定功率PM＝6 W，线圈电阻RM＝1 Ω。求： (1)(3分)玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流； (2)(4分)玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流； (3)(5分)玩具汽车被卡住前后，灯泡消耗功率的减少量。 答案　(1)1 A　(2)0.5 A　(3)4.5 W 解析　(1)玩具汽车正常工作时，电源内电压 U内＝E－UM＝4 V 通过电源的电流I＝ A＝2 A 玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流 IM＝＝1 A 流过灯泡的电流IR＝I－IM＝1 A (2)灯泡的电阻为R＝＝6 Ω 玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻R'＝ Ω＝ Ω 电路中的总电流I'＝＝3.5 A 由并联电路的特点可知流过灯泡的电流 IR'＝I'＝0.5 A (3)玩具汽车被卡住前，灯泡消耗功率 P＝UMIR＝6×1 W＝6 W 玩具汽车被卡住后，灯泡消耗功率 P'＝IR'2R＝1.5 W 灯泡消耗功率的减少量ΔP＝P－P'＝4.5 W。 14.(12分)如图所示，一个负粒子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从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。已知负粒子质量m＝1.0×10－31 kg，电荷量大小q＝3.2×10－19 C，加速电场电压U0＝250 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝10.0 cm，板间距离d＝8 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略负粒子所受重力)。求： (1)(3分)负粒子射入偏转电场时的初速度大小v0； (2)(4分)负粒子打在荧光屏上的P点到O'点的距离h； (3)(5分)负粒子经过偏转电场过程中电势能的变化量。 答案　(1)4×107 m/s　(2)0.04 m　(3)－2×10－17 J 解析　(1)根据动能定理有qU0＝mv0 解得v0＝＝4×107 m/s (2)负粒子在偏转电场中做类平抛运动，设负粒子在偏转电场中运动的时间为t，负粒子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，负粒子在水平方向做匀速直线运动L1＝v0t 负粒子在竖直方向上做匀加速运动y＝at2 根据牛顿第二定律有＝ma 解得y＝＝0.025 m 负粒子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由图知 解得h＝0.04 m (3)负粒子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功为W＝qEy＝＝2×10－17 J 即ΔE＝－W＝－2×10－17 J。 15.(16分)如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R处有一竖直固定的荧光屏。现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上。一个质量为m的带正电小球从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求： (1)(4分)小球的电荷量； (2)(5分)小球离开第四象限电场时的位置坐标。 (3)(7分)小球最终打在荧光屏上的位置距x轴的距离。 答案　(1)　(2)(2R，－2R)　(3)3.125R 解析　(1)小球从P点运动到B点的过程中，根据动能定理得mg·3R－qER＝mv2－0 解得q＝ (2)在第四象限中，小球做类平抛运动，加速度大小为a＝＝2g 在电场中运动的时间t1＝ 下落的高度为h1＝a＝R 则离开第四象限电场时的位置坐标为(2R，－2R) (3)出电场时竖直方向的分速度为vy＝at1＝2 出电场后到屏的运动时间为t2＝ 出电场后至打到荧光屏上的过程中在竖直方向运动的距离h2＝vyt2＋gR 因此小球打在荧光屏上的位置距x轴的距离 H＝R＋h1＋h2＝3.125R。 学科网（北京）股份有限公司 $