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（教科版）

本讲义聚焦高中物理电磁学核心知识点，涵盖物理学研究方法、感应电流产生条件、电场磁场性质、电路分析及带电粒子运动等内容，从基础概念辨析到实验探究再到综合应用，构建递进式学习支架，帮助学生系统梳理电磁学知识脉络。 资料特色在于结合新能源汽车电池等生活实例培养科学态度与责任，通过测定金属丝电阻率等实验题强化科学探究与科学思维，题目梯度设计兼顾课中教学互动与课后查漏补缺，助力学生提升问题解决能力与学科核心素养。

模块综合试卷 (满分：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.在物理学的研究中科学家使用了许多研究方法，如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等，这些方法对我们学好物理有很大帮助。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是(　　) A.为研究磁场强弱而引入了电流元，应用了等效法 B.在研究磁场时，用假设的磁感线来描述真实的磁场，应用的是类比法 C.在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法 D.在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这应用了类比法 答案　C 2.(2024·四川省绵阳中学高二月考)如图所示，甲中金属线框平面与磁感线始终垂直；乙中通电导线中的电流恒定，金属线框的转轴MN与通电直导线平行；丙图中金属框架水平，磁场竖直向下。以下几种情况中，对于感应电流分析正确的是 (　　) A.甲图中金属线框匀加速向右运动，线框中一定有感应电流 B.乙图中金属线框绕MN匀速转动，线框中一定有感应电流 C.丙图中磁感应强度逐渐减弱(未减至0)的过程中，金属棒MN在水平金属框架上向右匀速运动，回路中一定有感应电流产生 D.甲、乙、丙中都不会产生感应电流 答案　B 解析　题图甲中电路闭合，但穿过金属线框的磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；题图乙中金属线框绕MN匀速转动，穿过金属线框的磁通量时刻变化，能产生感应电流，故B正确；题图丙中电路闭合，面积增大，磁感应强度减弱，无法判断穿过闭合回路的磁通量的变化，故无法判断是否有感应电流产生，故C错误；由以上分析可知，D错误。 题点　感应电流产生条件总结及应用 3.(2025·达州市高二期中)如图所示，实线为某静电场中的电场线，电场线关于MN对称，A、B、C、P是电场线上四点，A、B连线与MN垂直，P点在直线电场线上且与A在同一竖直线上，在P点由静止释放一个带负电的点电荷，点电荷仅在电场力作用下沿电场线向右运动，则下列判断正确的是(　　) A.A点场强与B点场强相同 B.P点电势比C点电势高 C.图中的直线电场线方向向左 D.点电荷在静电场中运动时，速度先增大后减小 答案　C 解析　根据对称性可知A点场强与B点场强大小相等，方向不同，故A错误；根据题意负电荷受到的电场力向右，因此电场方向向左，沿着电场线方向电势降低，即P点电势比C点电势低，故C正确，B错误；点电荷在电场力作用下一直做加速运动，速度一直增大，故D错误。 题点　通过电场线判断电势高低　带电粒子在电场中的运动 4.(2024·南充市高二期末)如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三个点，O为半圆弧的圆心，∠MOP=90°。在M、N、P处各有一条长直导线垂直纸面，M、N、P导线中通有大小相等的恒定电流，其中M、P中的电流向里，N中的电流向外，这时O点的磁感应强度大小为B0。现取走M处的长直导线，则O点的磁感应强度大小为(　　) A.2B0 B.B0 C. D.B0 答案　D 解析　由安培定则可知，M导线在O点产生的磁场方向竖直向下，P导线在O点产生的磁场方向水平向右，N导线在O点产生的磁场方向竖直向下，由M、N、P三导线到O点的距离相等，且电流大小相等，所以三导线在O点的磁感应强度大小相等，设为B1，由磁场叠加可知，三导线在O点的合磁感应强度大小为B0=B1， 同理若将M导线取走，则此时O点的合磁感应强度大小为B0'=B1， 可得B0'=B0，D正确。 题点　多根导线产生磁场的磁感应强度的叠加 5.(2024·南充市阆中东风中学高二月考)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，直线Ⅱ为某一电阻R的U-I图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知(　　) A.R的阻值为2.5 Ω B.电源内阻为0.5 Ω C.电阻R功率为1.5 W D.电源内阻消耗功率为22 W 答案　C 解析　R的阻值为R== Ω=1.5 Ω，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律有E=U+Ir，整理得U=-Ir+E，电源内阻为r=|k|= Ω=1.5 Ω，故B错误；电阻R功率为PR=U1I1=1.5×1.0 W=1.5 W，故C正确；电源内阻消耗功率为Pr=r=1.02×1.5 W=1.5 W，故D错误。 题点　U-I图像中串、并联电路的功率计算　一个电源的U-I图像 6.(2025·内江市威远中学高二期中)空间中存在着匀强电场，a、b、c是匀强电场中的三点，三点的连线构成直角三角形，其中∠c=30°，a、b、c三点的电势分别为1 V、4 V、7 V，ab间的距离为 cm，则匀强电场的场强大小为(　　) A.1 V/cm B. V/cm C.2 V/cm D.2 V/cm 答案　C 解析　如图，设ac中点为d，连接bd，过a作bd的垂线交bd于e点。由几何关系可知∠abe=60°，φa=1 V、φc=7 V，由匀强电场电势分布特征知φd=4 V，又φb=4 V，则连线bd为等势线，电场方向沿ea方向，则E===2 V/cm。 题点　等分法确定等势线和电场线　电势差与电场强度的关系 7.(2025·成都市高二期中)纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O为圆心、R为半径，从x轴上的a点开始沿逆时针方向作圆，a~h是圆周上的8个等分点，如图(a)所示；测量圆上各点的电势φ与半径同x轴正方向的夹角θ，描绘的φ-θ图像如图(b)所示，下列说法正确的是(　　) A.电场强度的大小为 B.O点的电势为 C.a、e两点间的电势差为 D.从e到f，电势一直降低，从g到h，电势一直升高 答案　C 解析　由题图(b)可知圆周上电势最高的点和电势最低的点所在的直径与x轴夹角为θ=且电势差的值为φ1-(-φ2)=φ1+φ2，由匀强电场的电场强度和电势差的关系，可得电场强度的大小为E=，方向与x轴正方向夹角为，故A错误；根据选项A分析，可画出如图所示电场线， 根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知从e到f，电势先降低后升高，从g到h，电势一直升高，故D错误；根据匀强电场电势分布特点，O点的电势φO==，故B错误；a、e两点间的电势差Uae=E·2Rcos =，故C正确。 题点　φ-θ图像　电势差与电场强度关系的应用 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.(2024·内江市第三中学月考)如图所示，电源电动势E一定，内阻不计，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。现增强照射电阻R3的光照强度，则(　　) A.电容器的电容减小 B.R2中有向右的电流 C.液滴向上运动 D.M点的电势升高 答案　CD 解析　电容器的电容由电容器本身性质决定，不随其电压或电荷量的变化而变化，故A错误；由电路连接方式易知电容器上极板带正电，下极板带负电，增强照射电阻R3的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，则R1两端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据E=可知两极板间电场强度增大，而下极板接地，电势为零，设M到下极板间的距离为d'，则M点的电势为φM=Ed'，所以M点的电势升高，故D正确；增强照射电阻R3的光照强度，电容器两极板间电压增大，根据Q=CU可知电容器充电，R2中有向左的电流，故B错误；根据平衡条件可知，开始时液滴所受电场力与重力平衡，增强照射电阻R3的光照强度，电容器两极板间电场强度增大，液滴所受电场力增大，将大于重力，则液滴所受合外力向上，将向上运动，故C正确。 题点　含容电路的动态分析 9.(2025·宜宾市高二月考)如图所示，倾角为θ=30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点，AC高为d，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，重力加速度为g，则(　　) A.小球从A到D的过程中电场力一直不做功 B.小球从A到B的过程中电势能逐渐减小 C.小球从A到B的过程中机械能先增大后减小 D.A、B两点间的电势差UAB= 答案　CD 解析　根据几何知识可得AC=AD=CD=BD，A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，距离增大的过程中电场力对负电荷做负功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，从D到B过程，沿DB方向上的各点到C点的距离一直增大，电场力做负功，电势能增大，即小球从A到B的过程中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，根据能量守恒定律可知，机械能先增大后减小，故A、B错误，C正确；根据动能定理-qUAB+mgd=0，解得UAB=，故D正确。 题点　电场力做功与电势能变化关系的计算 10.(2024·南充市高二期末)如图甲所示，当滑动变阻器R的滑片P从一端滑到另一端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙所示。已知电流表示数小于或等于0.2 A时，电动机不发生转动，各电表均视为理想电表，不考虑电动机电阻随温度的变化，则(　　) A.电源的输出功率最大为1.02 W B.电源的效率最高约为94.4% C.电动机的输出功率最大为0.72 W D.当滑动变阻器接入电路的阻值为6.8 Ω时，电动机消耗的电功率为0.35 W 答案　BD 解析　由题意可知，当通过电动机的电流小于0.2 A时，电动机不发生转动，此时电动机属于纯电阻元件，其U-I图线应为直线，则电动机线圈电阻为rM= Ω=4 Ω，当通过电动机的电流大于0.2 A时，电动机属于非纯电阻元件，U-I图线将不再是直线，结合题图乙可知，当电流为I1=0.1 A时，路端电压为U1=3.4 V，此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，当电流为I2=0.3 A时，路端电压为U2=3.0 V，此时滑动变阻器接入电路的电阻为零，根据闭合电路欧姆定律可得E=U1+I1r=U2+I2r， 解得E=3.6 V，r=2 Ω， 电源的输出功率P=I2R外=， 由于R外>r，则当R外=rM=4 Ω时，电源输出功率最大，Pm=1.44 W，故A错误； 电源的效率η=×100%=×100%， 由题图乙可知当U1=3.4 V时电源的效率最高，ηm=×100%≈94.4%，故B正确； 当U2=3.0 V，电动机输出功率最大，电动机的最大输出功率为PM=U2I2-PM热=3×0.3 W-0.32×4 W=0.54 W，故C错误； 当I3=0.2 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R=-r-rM=12 Ω， 所以当滑动变阻器接入电路的阻值为6.8 Ω时，电动机转动，由题图乙可知当电路中的电流为I4=0.25 A时，电动机两端电压为U3=1.4 V，滑动变阻器接入电路中的阻值为R'==6.8 Ω，则当滑动变阻器接入的阻值为6.8 Ω时，电动机消耗的电功率为P'=U3I4=0.35 W，故D正确。 题点　一个电动机的能量转化问题　电阻U-I与电源U-I图像交点问题 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)(2025·成都市高二期中)(1)(2分)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，如图甲、乙所示，正确操作用游标卡尺测得金属丝的长度L为　　　　 cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径d为　　　　 mm。  (2)(2分)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10 Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20 kΩ，电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E=4.5 V，内阻很小。则以下电路图中　　　　　(选填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路。但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值　　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。  (3)(2分)若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0 Ω，则精确测量金属丝Rx的阻值的最佳电路应是(2)中　　　　　电路(选填电路图下方的字母代号)。此时测得电流为I、电压为U，那么金属丝的电阻率为 　　　　　(用直接测量的物理量字母表示)。  答案　(1)1.045　0.530　(2)A　偏小　(3)B　 解析　(1)游标卡尺主尺读数为1 cm，游标第9个刻度与主尺对齐， 则金属丝的长度为L=1 cm+0.05 mm×9=1.045 cm 螺旋测微器固定刻度读数为0.5 mm，可动部分读数为3.0， 则金属丝直径为d=0.5 mm+3.0×0.01 mm=0.530 mm (2)因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由电压表和电流表读数可知，待测电阻的内阻约为R== Ω≈5 Ω，故采用电流表外接法误差较小，故选A。在实验中电压表示数准确，但电流表测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小。 (3)因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，故选B。 由欧姆定律可得RA+Rx= 则待测电阻Rx=-RA 且Rx=，S=π()2 联立可得ρ=。 题点　伏安法测电阻两种接法误差分析　金属丝电阻率测量实验原理及操作、实验数据处理 12.(7分)(2025·成都市高二期中)新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络查找了某新能源汽车的电池铭牌，电池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，然后测量其电动势E和内阻r。所提供的器材有： A.电压表V1(量程3 V) B.电压表V2(量程15 V) C.电流表A1(量程0.6 A) D.电流表A2(量程3 A) E.滑动变阻器R1(阻值范围0~10 Ω，额定电流2 A) F.滑动变阻器R2(阻值范围0~1 000 Ω，额定电流0.2 A) G.保护电阻R0=6 Ω 某同学采用了图甲所示的电路图，在进行了正确操作后，得到了图乙所示的U-I图像。 (1)(3分)实验中，电压表应选　　　　　，电流表应选　　　　　，滑动变阻器应选　　　　　。(均填器材前的字母代号)  (2)(2分)根据图乙所示，则该电池的电动势E=　　　　　 V，内阻r=　　　　　 Ω。(结果均保留到小数点后一位)  (3)(2分)为了能准确地测量一块电芯的电动势E和内阻r，该同学设计了一个可以排除电流表A和电压表V内阻影响的实验方案，如图丙所示，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应的多组电压表的示数U和电流表的示数I，根据实验记录的数据绘制如图丁中所示的A、B两条U-I图线，综合A、B两条图线，此电芯的电动势E=　　　　　，内阻r=　　　　　(均用图中EA、EB、IA、IB表示)。  答案　(1)A　C　E　(2)3.8　0.6　(3)EB　 解析　(1)由题图乙，电动势约为3.8 V，且有电阻R0分压，所以电压表选A，最大电流不超过0.6 A，电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。 (2)根据闭合电路欧姆定律可得U=E-I(R0+r)，所以U-I图像纵轴的截距表示电源的电动势，为E=3.8 V，U-I图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻，有R0+r=||= Ω≈6.6 Ω，所以电源的内阻为r=0.6 Ω。 (3)当S2接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所以内阻测量值比真实值偏小。由于U-I图线斜率的绝对值表示内阻，即S2接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。S2接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有E=EB，由于S2接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，电源的真实的U-I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知r=。 题点　伏安法测电源电动势和内阻，实验数据处理和误差分析 13.(11分)(2025·成都市高二期中)有一电路如图所示，R1=9 Ω，R2=3 Ω，滑动变阻器R3上标有“10 Ω，2 A”字样，理想电压表的量程有0~3 V和0~15 V两挡，理想电流表的量程有0~0.6 A和0~3 A两挡。闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5 V和0.3 A；继续向右移动滑片P到另一位置M点时，电压表和电流表指针均指在满偏的，求： (1)(3分)该过程中电流表和电压表示数如何变化； (2)(4分)电压表和电流表所选量程及滑至M点时电压表、电流表示数； (3)(4分)该电源的电动势和内阻。 答案　(1)变小　变大　(2)0~15 V　0~0.6 A　5 V　0.2 A　(3)10 V　4 Ω 解析　(1)滑动变阻器的滑片向右滑动，滑动变阻器接入电路中的阻值增大，则电路中总电阻增大，由I=，可知电路中总电流减小；电流表测量通过R1的电流IR1=I 可知电流表示数变小；电压表测量滑动变阻器两端的电压U=E-I(r+R12) 可知电压表示数变大。 (2)继续向右移动滑片P到另一位置M点时，电压表示数增大，电流表示数减小，电压表和电流表指针均指在满偏的，可知电压表量程为0~15 V，电流表量程为0~0.6 A。U2=Ug=5 V，IA2=Ig=0.2 A。 (3)根据电路图可知干路电流I=R1+IA=4IA 由闭合电路欧姆定律得E=U+IAR1+Ir， 将U1=2.5 V，IA1=0.3 A，U2=5 V，IA2=0.2 A分别代入上面方程，联立解得E=10 V，r=4 Ω。 题点　闭合电路欧姆定律的简单计算　由闭合电路欧姆定律计算E、r 14.(14分)(2025·攀枝花市第十五中学高二月考)电子技术中通常利用匀强电场中的偏转实现带电粒子的平行侧移。如图所示，两偏转电场Ⅰ、Ⅱ宽度均为L，场强大小均为E、方向相反(均沿竖直方向)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，由静止开始经过电压为U的电场加速后，从A点垂直进入偏转电场Ⅰ，最后从偏转电场Ⅱ中的B点射出，已知两电场相距L，不计带电粒子的重力，求： (1)(3分)带电粒子从加速电场射出时速度v0的大小； (2)(5分)带电粒子从偏转电场I离开时竖直方向偏移的距离y； (3)(6分)A、B之间沿电场线方向的距离h。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)根据动能定理有qU=m，解得v0=。 (2)粒子从进入偏转电场Ⅰ开始，在水平方向做匀速直线运动L=v0t1， 在竖直方向y=a， 在偏转电场中的加速度a=， 联立解得y=。 (3)粒子在偏转电场Ⅰ中，竖直末速度vy=at1 竖直方向的侧移量为y1=y= 在两偏转电场之间竖直方向的位移大小y2=vyt1=a=2y= 根据对称性可知，粒子在偏转电场Ⅱ中的侧移量y3=y1= 粒子从进入偏转电场Ⅰ到离开偏转电场Ⅱ的侧移量h=y1+y2+y3=。 题点　带电粒子在电场中运动的多过程问题 15.(16分)(2025·四川省安宁河高中振兴联盟高二期中)如图所示，整个空间中有一方向水平向左的匀强电场，场强大小E=，g为重力加速度。在竖直方向固定一个圆轨道BD，圆轨道内表面光滑且绝缘，圆心为O，竖直半径OD = R。一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)从绝缘地面上A点以初速度v0=沿AB方向做直线运动，A、B两点连线与水平地面成θ(未知)角，且与OB垂直，AB=R，小球恰好无碰撞地从B点进入轨道BD中。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)(5分)小球运动到B点时速度的大小vB； (2)(5分)小球运动到D点时受到轨道的作用力大小； (3)(6分)小球从D点飞出后首次落地点到A点的距离s。 答案　(1)　(2)mg　(3)7R 解析　(1)小球做直线运动时的受力情况如图所示，则 tan θ=，可得θ=37° 小球从A点运动到B点的过程，根据动能定理有-·R=m-m(或-mg·Rsin θ-Eq·Rcos θ=m-m) 解得vB=。 (2)小球从B点运动到D点的过程，根据动能定理有-·Rsin θ=m-m[或-mg·R(1+cos θ)+Eq·Rsin θ=m-m] 解得vD= 在D点小球所受弹力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力，则mg+FD=m 解得FD=mg。 (3)小球水平飞出后，在水平方向上做初速度为vD的匀加速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，设小球从D点飞出到首次落地所用的时间为t， 则R+Rcos θ+Rsin θ=gt2， 解得t=， 水平方向上的加速度大小ax== 水平分位移大小x=vDt+axt2 解得x= 首次落地点到A点的距离s=x-R(cos θ-sin θ)，解得s=7R。 题点　带电物体在叠加场或组合场中运动的多过程问题 学科网（北京）股份有限公司 $