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（粤教版）

本高中物理讲义聚焦电磁学核心知识点，系统梳理电场强度、电势、磁场、电路及电磁感应等概念，从基础定义（如电容、电场强度比值定义）到实验技能（仪器使用、误差分析），再到综合应用（带电粒子运动、电路动态分析），构建递进式学习支架。 资料特色在于情境化设计与核心素养融合，如亚运会太阳能椅题结合碳中和培养科学态度与责任，实验题通过仪器使用和误差分析强化科学探究，综合题借助模型建构提升科学思维。课中辅助教师教学，课后助力学生查漏补缺，巩固知识体系。

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.(2024·佛山市高二期中)第19届杭州亚运会被称为首届“碳中和”亚运会，如图所示是杭州街头的太阳能椅，不仅可照明，还可为市民提供手机无线充电。关于太阳能椅，下列说法正确的是(　　) A.太阳能是一种不可再生能源 B.太阳能光伏板能把全部太阳能转化成电能 C.手机可以放在太阳能光伏板上进行无线充电 D.手机无线充电技术应用到电磁感应原理 答案　D 解析　太阳能、风能、水能、地热能等自然资源属于可再生能源，故A错误； 太阳能光伏板能把太阳能转化成电能，但不是全部转化，会有损耗，故B错误； 手机无线充电是应用电磁感应原理，所以手机无线充电要放在无线充电线圈上，不能直接放在太阳能光伏板上进行无线充电，故C错误，D正确。 2.(2024·珠海市高二检测)下列说法中，正确的是(　　) A.公式C=，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关 B.由E=可知电场中某点的电场强度E与q成反比 C.由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D.由公式φ=知电场中某点的电势φ与q成反比 答案　A 解析　C=是电容器电容的定义式，其电容C的大小与电容器所带电荷量Q以及两极板间电压无关，是由电容器本身结构所决定的，故A正确； E=是电场强度的定义式，电场强度是用比值法来定义的，E的大小与F和q无关，是由电场本身性质所决定的，故B错误； Uab=Ed中的d表示的是沿场强方向的距离，应该是沿电场方向的距离越大，两点间的电势差越大，故C错误； 电势是用比值法来定义的，在数值上等于φ=，其大小是由零势能面和电场本身性质所决定的，故D错误。 3. 如图所示为一棱长为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　根据安培定则，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。 4.(2024·广州市高二期中)如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与A、B的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是(　　) A.e点和g点的电场强度相同 B.b点和c点的电势相等 C.电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功 D.电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大 答案　C 解析　根据电场线的分布知，e、g两点的场强大小相等，方向不同，则电场强度不同，故A错误； 根据沿着电场线方向电势依次降低，可知，φb>φc，所以b点和c点的电势不相等，故B错误； 电子带负电，从f点到e点再到d点过程中，根据电场力方向与运动方向先成钝角后成锐角，可知电场力先做负功后做正功，故C正确； 电子从g点到f点再到e点过程中，电场力一直做负功，电势能一直增大，故D错误。 5. 如图所示，通有电流I的直导线MN固定在竖直位置上，且与导线框abcd在同一平面内，则下列情况下导线框中不能产生感应电流的是(　　) A.平移到位置Ⅱ B.以MN为转轴转到位置Ⅲ C.以bc边为转轴转到位置Ⅱ D.平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ 答案　B 解析　线框平移到位置Ⅱ的过程中，穿过导线框的磁通量减小，会产生感应电流，A错误；以MN为转轴转到位置Ⅲ的过程中，导线框经过的位置磁感应强度大小不变，磁场方向始终与线框垂直，穿过导线框的磁通量不变，不会产生感应电流，B正确；以bc边为转轴转到位置Ⅱ，穿过导线框的磁通量发生改变，会产生感应电流，C错误；平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ，穿过导线框的磁通量发生变化，会产生感应电流，D错误。 6. (2025·肇庆中学高二期中)如图所示，有两个量程电流表，已知表头内阻Rg=500 Ω，满偏电流Ig=5 mA，电阻R1=50 Ω，使用A、C两个端点时，量程为0~15 mA，当使用A、B两个端点时，电流表的量程为(　　) A.0~70 mA B.0~75 mA C.0~80 mA D.0~85 mA 答案　B 解析　当使用A、B两个端点时，有(I1-Ig)R1=Ig(R2+Rg)，当使用A、C两个端点时，有(I2-Ig)(R1+R2)=IgRg，联立解得I1=75 mA，故选B。 7. 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. (2025·潮州市高二期中)如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是(　　) A.电流表、电压表的读数均变大 B.电源内阻消耗的功率变大 C.液滴将向上运动 D.电源的内阻消耗功率不变 答案　AC 解析　当灯泡L灯丝烧断时，相当于灯泡L断路，电路中的总电阻增大。根据闭合电路欧姆定律可得I总=，即电路中的总电流减小。电源内阻和电阻R1的总电压减小，所以电阻R2和R3串联的总电压增大，根据部分电路欧姆定律可知，电阻R2和R3串联的电流将增大，即电流表示数增大，由U=I总'R2可知，电压表示数增大，故A正确；电源内阻消耗的功率为P=r，由A选项分析可知，电路中的总电流减小，所以电源内阻消耗的功率减小，故B、D错误；带电液滴处于平衡状态，受向下的重力和向上的电场力。由A选项分析可知，电阻R2和R3两端的电压增大，所以电容器两端电压增大，由电场强度与电势差的关系式EC=，可知电容器间电场的场强增大，即带电液滴所受电场力增大，所以液滴将向上运动，故C正确。 9.(2024·汕头市潮阳第一中学市高二期中)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB重合，以A点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，B点的坐标为xB=0.06 m，若一α粒子仅在电场力的作用下由A点运动至B点，其电势能增加60 eV，该电场线上各点的电场强度大小为E随位移x的变化规律如图乙所示，若A点电势为15 V，下列说法正确的是(　　) A.x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向 B.该α粒子沿x轴正方向做匀减速直线运动 C.B点电势是A点电势的3倍 D.图乙中E0应为2.5×103 V·m-1 答案　AC 解析　α粒子由A点运动到B点，电场力做功为WAB=2eUAB=-60 eV，解得UAB=-30 V，因为φA=15 V，所以φB=45 V，B点电势是A点电势的3倍，因为B点电势高于A点电势，所以x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向，故A、C正确；题图乙中电场强度随位移x均匀变化，电场力为变力，所以α粒子沿x轴正方向做加速度变化的直线运动，故B错误；题图乙中图像的面积为A、B两点间的电势差的大小，可以确定E0为2.5×102 V·m-1，故D错误。 10. (2025·广州市高二期中)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器。该微粒沿两极板正中间水平射入，恰好从下极板边缘射出，速度方向与极板间夹角为45°。已知该平行板电容器板长为L，间距为d，板间电压为U2，忽略边缘效应，不计微粒重力。则(　　) A.d∶L=1∶1 B.d∶L=1∶2 C.U1∶U2=1∶1 D.U1∶U2=1∶2 答案　AD 解析　加速过程，根据动能定理可得qU1=m，在极板中偏转过程，有L=v0t，=at2，a==，tan 45°=，联立可得L=d，U2=2U1，故选A、D。 三、非选择题(本题共5小题，共54分。) 11.(8分)(2024·湛江市高二月考)在测定某金属的电阻实验中： (1)(4分)甲学生进行了如下操作： ①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图甲所示，则d=　　　　 mm。  ②测量金属丝电阻Rx的电路图如图乙所示，闭合开关S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如下表所示。该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，为了减少实验误差，该学生应把接线端P接　　　　(填“a”或“b”)来测电阻Rx。  U(V) I(A) 接线端P接a 1.84 0.15 接线端P接b 2.40 0.15 (2)(4分)乙同学提出测量电阻不一定要用伏安法，可以直接用多用电表测。该同学按多用电表使用说明书正确操作。先将红、黑表笔笔尖相互接触，发现电表指针指向　　　　　　(选填“电流0刻度”或“欧姆0刻度”)位置，然后用其测电阻，将选择开关调至“×100”位置，当指针摆稳后，表头的示数如图丙所示，得出该电阻的阻值Rx=　　　　 Ω。  答案　(1)①1.702(1.701、1.703均可)　②a (2)欧姆0刻度　1 100 解析　(1)①由题图甲可知，螺旋测微器示数为 1.5 mm+20.2×0.01 mm=1.702 mm。 ②由表中实验数据可知，电压表接a、b两点时，电流表示数不变，电压表示数变化较大，说明电压表内阻很大，电压表分流很小，几乎为零，电流表分压较大，则电流表采用外接法时系统误差较小，电压表应接a点。 (2)欧姆调零时将红、黑表笔笔尖相互接触，发现电表指针指向“欧姆0刻度”位置，然后用其测电阻； 欧姆表选择“×100”倍率，由题图丙所示表头可知，该电阻的阻值Rx=11×100 Ω=1 100 Ω。 12.(9分)(2025·东莞市五校高二期中)某实验小组尝试测量电动车上蓄电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测蓄电池等器材设计了如图甲所示实验电路。 (1)(1分)某同学选择合适的仪器按照图甲规范操作，实验时发现，大范围移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数变化都不明显，该同学在思考后将R0=15 Ω的定值电阻串入电路中，如图　　　　(选填“乙”或“丙”)，解决了这一问题；  (2)(4分)多次调节滑动变阻器R的阻值，读出相应的电压表和电流表示数U和I，用测得的数据描绘出如图丁所示的U-I图像，则该电池的电动势E=　　　　 V，内阻r0=　　　　 Ω(结果均保留两位有效数字)；  (3)(4分)该同学反思发现上述实验方案存在系统误差。若考虑电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图丁中重新绘制U-I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将　　　　，与纵坐标轴交点的数值将　　　　(均选填“变大”“变小”或“不变”)。  答案　(1)乙　(2)12　1.0　(3)不变　变大 解析　(1)实验时发现，大范围移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数变化都不明显，可能是电源内阻太小造成的，可以在电源上串联一个定值电阻，则题图乙可以解决这一问题。 (2)根据闭合电路的欧姆定律可知U=E-I(R0+r0) 则由图像可知该电池的电动势E=12 V 内阻r0= Ω-15 Ω=1.0 Ω (3)图像与横轴交点表示短路电流，当电源短路时，电表的内阻不影响短路电流，与横坐标轴交点的数值不变；将R0视为电源内阻的一部分，电压表和电源并联，测量的内阻是电压表和电源并联后的电阻，比电源内阻的真实值小，图像斜率偏小，修正后图像斜率变大，与纵坐标轴交点的数值将变大。 13. (10分)(2025·江门市新会第一中学高二期中)如图所示，把一带电荷量为Q=-5×10-8 C的小球A用绝缘细绳悬挂起来，若将带电荷量为q=+4×10-6 C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30 cm时，绳与竖直方向的夹角α=45°，g取10 m/s2，静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，且A、B两小球均可视为点电荷，求： (1)(5分)A、B两球间的库仑力大小； (2)(5分)细绳拉力的大小。 答案　(1)0.02 N　(2) N 解析　(1)A、B间的库仑力大小F库=k=9.0×109× N=0.02 N (2)小球A受力如图所示， 由平衡条件有F库=Tsin α 解得A球所受拉力T= N。 14.(12分)如图所示的电路，电源的电动势E=36 V，内阻r=6 Ω，电阻R1=R3=4 Ω，R2=R4=8 Ω，C为平行板电容器，其电容C=2.0 pF，虚线到两极板的距离相等，极板长l=0.20 m，两极板的间距d=0.24 m，极板右边缘到荧光屏的距离b=0.2 m。 (1)(4分)若开关S处于断开状态，则将其闭合后，求流过R4的电荷量为多少？ (2)(4分)若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0=2.0 m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，刚好沿虚线匀速运动，则当开关S闭合稳定后，t=0时，该带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，试证明带电微粒能否从极板间射出(g取10 m/s2，要求写出计算和分析过程)？ (3)(4分)在(2)问中，若能射出，求带电微粒打到荧光屏上距O点的距离Y，若不能射出，则求带电微粒打在极板的位置。 答案　(1)8.0×10-12 C　(2)见解析　(3)0.125 m 解析　(1)开关S断开时，电阻R3两端电压U3== V=8 V，S闭合后，外电路的总电阻R== Ω=3 Ω，路端电压U== V=12 V， 电阻R3两端的电压U3'=U=×12 V=4 V， 流过R4的电荷量ΔQ=C(U3-U3')=2.0×10-12×(8-4) C=8.0×10-12 C。 (2)设带电微粒的质量为m，带电荷量为q，当开关S断开时有=mg，当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg-=ma，假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向t=，竖直方向y=at2，联立解得y=0.025 m<=0.12 m，故带电微粒能从极板间射出。 (3)带电微粒打到荧光屏上距O点的距离Y，由类平抛运动规律可知，带电微粒从极板间射出时竖直方向速度vy=at=0.5 m/s，水平速度v0=2 m/s 竖直加速度g=10 m/s2，运动时间t1==0.1 s 则竖直方向运动的距离y1=vyt1+=0.1 m 到O点的距离Y=y+y1=0.125 m。 15. (15分)(2025·惠州市高二期中)如图所示，两相同极板M、N的长度为L=0.6 m，相距d=0.5 m，OO'为极板右边界，OO'的右侧存在水平向右的匀强电场，电场强度为E=15 N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，半径R=1 m，A与OO'在同一竖直线，B与圆心在同一竖直线，圆弧AB圆心角为θ=53°，小球以v0=3 m/s的水平速度从左侧飞入极板M、N间，飞离极板后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球质量m=1.0 kg、电荷量q=+0.5 C，重力加速度g取10 m/s2，cos 53°=0.6，小球视为点电荷，不计空气阻力。求： (1)(4分)小球在A点的速度大小vA； (2)(5分)M、N极板间的电势差U； (3)(6分)小球运动到B点时对轨道的压力大小FN。 答案　(1)5 m/s　(2)10 V　(3)55 N 解析　(1)根据运动的合成与分解可得v0=vAcos θ 解得vA=5 m/s (2)根据运动的合成与分解有vy=vAsin θ 小球在平行金属板间做类平抛运动，则有vy=at，L=v0t 根据牛顿第二定律有mg+q=ma 联立解得U=10 V (3)小球从A点到B点的过程，根据动能定理有 mg+qERsin θ=m-m 小球在B点由牛顿第二定律可得F支-mg=m 联立解得F支=55 N 根据牛顿第三定律有FN=F支=55 N。 学科网（北京）股份有限公司 $