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（人教版）

本讲义聚焦高中物理电磁学核心知识点，涵盖物理研究方法、电场磁场性质、电磁感应、电路分析及实验测量。从基础概念（如控制变量法）到场的性质分析（电场线、磁感线），再到综合应用（如电路计算、带电粒子运动），构建从概念到应用的学习支架。 资料特色在于结合真实情境（如静电透镜、双量程电流表），通过科学推理和模型建构提升分析能力。实验题（如电阻率测量）培养科学探究中的证据收集与解释能力，课中辅助教师落实核心素养，课后帮助学生查漏补缺，强化物理观念与科学思维。

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.(2025·昆明市高二期末)电场中某区域的电场线分布如图甲所示，A、B是电场中的两点；图乙是未知场的一部分场线，点A、P、Q处于中央同一直线上，以下判断正确的是(　　) A.图甲中A点的电场强度大于B点的电场强度 B.图甲中将正电荷从B点移到A点，电荷的电势能增加 C.图乙可能是两个异种点电荷产生的电场线，且A、P处电场强度的方向相同 D.图乙可能是条形磁体产生磁场的磁感线，且P、Q处磁感应强度方向相同 答案　D 解析　电场线的疏密反映电场强度的大小，A处电场线比B处疏，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；题图甲中将正电荷从B点移到A点的过程中，静电力做正功，电荷的电势能减小，故B错误；题图乙若是两个异种点电荷产生的电场线，A、P处电场强度的方向相反，故C错误；题图乙若是条形磁体产生磁场的磁感线，P、Q处磁感应强度方向相同，D正确。 3.(2024·潮州市高二期末)如图所示，A、B两闭合线圈用同样的导线绕成，A有10匝，B有20匝，两线圈半径之比为2∶1。匀强磁场只分布在B线圈内，当磁场随时间均匀增强时(　　) A.A中无感应电流 B.B中无感应电流 C.穿过A的磁通量总是等于穿过B的磁通量 D.穿过A的磁通量总是大于穿过B的磁通量 答案　C 解析　当磁场随时间均匀增强时，穿过线圈A、B的磁通量都增大，都将产生感应电流，故A、B错误； 磁感线穿过线圈A、B的有效面积相同，所以穿过A的磁通量总是等于穿过B的磁通量，故C正确，D错误。 4.(2024·成都市第七中学模拟)如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长直导线，通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C点处的磁感应强度大小为(　　) A.0 B.2B C.B D.B 答案　D 解析　根据右手螺旋定则，放置在FE边直导线中的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿CM；放置在ND边直导线中的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿FC；故C点处的磁感应强度大小为BC==B，故选D。 5.有一场强方向与x轴平行的静电场，电势φ随坐标x变化的关系图线如图所示，若规定x轴正方向为场强的正方向，则该静电场的场强E随x变化的图线应是(　　) 答案　B 解析　0~2 mm，电势φ升高，则电场线方向沿x轴负方向，E为负，2~10 mm，电势φ降低，顺着电场线，则电场线方向沿x轴正方向，E为正，故A、C、D不符合题意；0~2 mm，E==- V/m=-2×104 V/m，2~10 mm，E== V/m=1×104 V/m，10~12 mm，E==-2×104 V/m，故B符合题意。 6.(2025·湖北省市级示范高中高二联考)如图所示，有一匀强电场(未画出)与半圆所在平面平行。电场强度为E，若半圆的直径AB=2 cm，C、D为半圆的两个三等分点，φB=-1 V，φC=5 V，φD=1 V，则(　　) A.φA=6 V B.φA=8 V C.E=300 V/m D.E=400 V/m 答案　D 解析　线段CD和AB平行，根据几何关系有2==2R，所以UAB=2UCD，即φA-φB=2，代入数据解得φA=7 V，A、B错误； 线段AB的中点O的电势φO==3 V，AO的中点N的电势φN==5 V，所以CN是一条等势线，由几何关系知CN⊥AB，故电场方向由A指向B，电场强度大小为E==400 V/m，C错误，D正确。 7.(2025·达州市高二期末)静电透镜是电子透镜中的一种，是由带电体所产生的静电场来使电子束聚焦或成像的装置。某种电子透镜中的等差等势线分布如图中虚线所示(截取其中一部分)，电子枪发射的电子仅在静电力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c、d、e是轨迹上的五个点，若a处电势为10 V，电子从a点运动到d点电势能变化了6 eV，则下列说法正确的是(　　) A.b点电场强度为0 B.电子在c点的动能可能小于3 eV C.d点电势为16 V D.电子从c到e克服静电力做功6 eV 答案　D 解析　等差等势线分布的密集程度能够表示电场强弱，可知b点电场强度不为0，故A错误； 电子从a点运动到d点过程，由电场线与等势线垂直及电子所受合力方向指向轨迹凹侧可知，静电力对电子做负功，根据功能关系有Wad=-ΔEp=-6 eV，由于相邻等势线之间电势差相等，则有Wac=Wcd=Wad=-3 eV，电子从a点运动到c点过程，根据动能定理有Wac=Ekc-Eka=-3 eV，Wcd=Ekd-Ekc=-3 eV，其中Ekd不等于0，则有Ekc=Ekd+3 eV>3 eV，故B错误； 由于a处电势为10 V，根据Wad=-e=-6 eV，解得φd=4 V，故C错误； 由于相邻等势线之间电势差相等，则有Wce=Wad=-6 eV，可知电子从c到e克服静电力做功6 eV，故D正确。 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.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，所带电荷量绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　) A.油滴带负电 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 答案　AC 解析　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正确；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C=，U==，则E==，故电场强度E不变，F=qE，可知油滴所受静电力不变，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，故C正确，D错误。 9.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。 10.(2025·杭州市高二期末)如图所示是双量程磁电式电流表的原理图，测量时分别接入“A、B”或“A、C”，下列说法正确的是(　　) A.接入“A、B”比接入“A、C”量程大 B.接入“A、B”，只将R2短路，量程会变大 C.接入“A、C”，只将R1短路，量程会变大 D.接入“A、B”，只减小R1，量程会增大 答案　ACD 解析　接“A、B”时，R1为分流电阻，接“A、C”时，R1与R2串联的总电阻为分流电阻，根据串并联规律，接“A、B”时，其量程为I=Ig+，接“A、C”时，其量程为I'=Ig+，显然I>I'，即接“A、B”时量程更大，故A正确； 接入“A、B”，只将R2短路，量程为I1=Ig+，故I>I1，故B错误； 接入“A、C”，只将R1短路，量程为I2=Ig+，故I'<I2，故C正确； 接入“A、B”，量程为I=Ig+，只减小R1，则I增大，故D正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)(2025·西安市高二期末)某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率。 (1)(2分)用螺旋测微器测量电阻丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件　　　　(选填“A”“B”或“C”)。从图甲中的示数可读出电阻丝的直径为　　　　 mm。  (2)(2分)用多用电表“×10”倍率的电阻挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示，示数为　　　　 Ω。  (3)(2分)将不同长度l的电阻丝接入如图丙所示电路中，根据电压表示数U和电流表示数I，作出了-l图像，如图丁所示，若电流表的内阻不可忽略，符合实验结果的图线是　　　　(选填“a”“b”或“c”)。  答案　(1)A　2.820　(2)70　(3)a 解析　(1)为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧锁紧装置，即题图甲所示的部件A；螺旋测微器的精确度为0.01 mm，要估读到0.001 mm，则电阻丝的直径为D=2.5 mm+0.01×32.0 mm=2.820 mm。 (2)电阻表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值，可得示数为7.0×10 Ω=70 Ω。 (3)根据欧姆定律U=I，根据电阻定律R丝=，可得=RA+l，故测量图线不过原点，而有纵截距，故选a图线。 12.(8分)(2023·湖北卷)某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下： 电压表(量程0~3 V，内阻很大)； 电流表(量程0~0.6 A)； 电阻箱(阻值0~999.9 Ω)； 干电池一节、开关一个和导线若干。 (1)(2分)根据图(a)，完成图(b)中的实物图连线。 (2)(4分)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U-I图像如图(c)所示，则干电池的电动势为　　　　 V(保留3位有效数字)、内阻为　　　　 Ω(保留2位有效数字)。  (3)(1分)该小组根据记录数据进一步探究，作出-R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截距，结合(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为　　　　 Ω(保留2位有效数字)。  (4)(1分)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值　　　　(填“偏大”或“偏小”)。  答案　(1)见解析图　(2)1.58　0.64　(3)2.5 (4)偏小 解析　(1)实物连线如图： (2)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得 U=E-Ir 由图像可知E=1.58 V 内阻r= Ω≈0.64 Ω (3)根据E=I(R+RA+r) 可得=·R+ 由图像可知=2 A-1 解得RA≈2.5 Ω (4)由于电压表内阻不是无穷大，则实验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即实验中测得的电池内阻偏小。 13.(10分)(2025·金华市高二月考)如图所示，一带电荷量为q=-5×10-7 C的粒子在恒力F作用下在匀强电场中做匀速直线运动，某段时间内由A运动到B，已知AB距离为L=0.5 m，恒力F=1.5×10-4 N，F与AB的夹角为α=37°，A点的电势φA=150 V，不计粒子的重力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)(2分)匀强电场的电场强度E的大小； (2)(4分)A、B间电势差UAB及B点的电势φB； (3)(4分)到B时撤去F，问粒子能否回到A所在的等势面，若能，请计算回来过程动能增加量。若不能，请说明原因。 答案　(1)300 N/C　(2)120 V　30 V　(3)能　6×10-5 J 解析　(1)由粒子做匀速直线运动可得F=qE，所以E== N/C=300 N/C，电场强度的方向与F的方向相同。 (2)A、B两点间电势差为UAB=ELcos α=300×0.5×0.8 V=120 V，而UAB=φA-φB，所以φB=φA-UAB= V=30 V。 (3)由于粒子所受静电力与等势面垂直且指向A所在的等势面，所以撤去F后粒子一定能回到A所在的等势面。静电力做功为WBA=qUBA=-5×10-7× J=6×10-5 J，由动能定理可得，回来过程动能增加量为ΔEk=WBA=6×10-5 J。 14.(14分)(2025·亳州市高二期末)如图所示的电路中，电压表为理想电表，电源电动势E=10 V，内阻未知，定值电阻R1=4 Ω，R2=10 Ω，平行板电容器的电容为C=100 μF，两板间距d=1 cm，电动机线圈的电阻为RM=1 Ω。闭合开关S，电动机正常工作，电容器中间有一质量m=2×10-4 kg、电荷量q=5×10-6 C的带电微粒刚好处于静止状态，电压表的示数U=5 V，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(4分)电容器的带电量为多少； (2)(4分)电源的内阻r； (3)(6分)电动机的输出功率。 答案　(1)4×10-4 C　(2)1 Ω　(3)2.25 W 解析　(1)带电微粒刚好处于静止状态，有q=mg，可得电容器极板间的电压为U1=4 V，则电容器的带电量为Q=CU1=4×10-4 C。 (2)电路中干路电流为I== A=1 A 电源的内电压为Ur=E-U1-U=1 V 内电阻为r==1 Ω (3)流经电动机的电流为IM=I-=1 A- A=0.5 A 电动机的输入功率为P=UIM=2.5 W 电动机的输出功率为P出=P-RM=2.5 W-0.52×1 W=2.25 W。 15.(16分)(2024·成都市石室中学高二月考)如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R=2.5 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1=2.5 m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1(大小未知)，竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2=1 m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2=1 m。现将一电荷量为q=+4×10-2 C、质量为m=1 kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4 m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10 m/s2，∠AOB=53°，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求： (1)(3分)场强E1的大小； (2)(5分)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间； (3)(8分)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。 答案　(1)25 N/C　(2)1 m/s　1 s (3)187.5 N/C≤E2≤300 N/C 解析　(1)滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有WAB+mgR(1-cos 53°)=m，滑块从A点运动到B点的过程中WAB=-qE1Rsin 53°，联立解得E1=25 N/C。 (2)滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，以向右为正方向，由牛顿第二定律有-qE1-μmg=ma，得a=-3 m/s2，根据运动学公式有v2-=2aL1，v=vB+at，解得v=1 m/s，t=1 s。 (3)当E2较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有-μ(mg-qE2)L2=0-mv2，解得E2=187.5 N/C；当E2较大且滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞时，从C点到F点滑块做类平抛运动，在水平方向有L2=vt1，解得t1=1 s，竖直方向有L2=ay，解得ay=2 m/s2，又qE2-mg=may，解得E2=300 N/C，综上，E2的取值范围为187.5 N/C≤E2≤300 N/C。 学科网（北京）股份有限公司 $