2025版新教材高中物理模块素养检测教科版必修第三册

模块素养检测考试时间：75分钟，满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一个选项符合题目要求)1．“绿色、环保、低碳”是当今世界的关键词，“低碳”要求我们节约及高效利用能源．关于能源与能量，下列说法正确的是()A．能量被运用后就消逝了，所以要节约能源B．自然界中石油、煤炭等能源可供人类许久运用C．人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源D．人类不断地开发和利用新的能源，所以能量可以被创建2．在下列装置中，既能放射又能接收电磁波的是()A．收音机B．移动电话C．固定电话D．电视机3．下列说法中，正确的是()A．公式C＝eq\f(Q,U)，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＝eq\f(F,q)可知，电场中某点的电场强度E与q成反比C．由公式φ＝eq\f(Ep,q)知，电场中某点的电势φ与q成反比D．依据B＝eq\f(F,IL)可知，电流元在磁场中某处受到的安培力越大，说明该处磁感应强度越大4.如图所示，在O点放置一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f是以O点为球心的球面上的点，aecf平面与bedf平面垂直，则下列说法中正确的是()A．a、c两点的电场强度相同B．d、f两点的电势相等C．点电荷－q在球面上随意两点之间移动时，电场力要做功D．图中O、b两点之间的电势差与O、e两点之间的电势差不同5．用充电宝给手机电池充电时，充电宝输出电能转化为手机电池的化学能和内能，等效电路如图所示．在充电起先后的时间t内，充电宝的输出电压U和输出电流I都可认为是恒定的，若手机电池的内阻为r，则t时间内()A.充电宝输出的电流为I＝eq\f(U,r)B．充电宝输出的电功为I2rtC．手机电池产生的焦耳热为eq\f(U2,r)tD．手机储存的化学能为E＝UIt－I2rt6.三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且ab＝ad＝ac，若导线c在a点的磁感应强度大小为B，则a点处的合磁感应强度大小为()A．eq\r(2)BB．eq\r(3)BC．3BD．B7．某激光器能放射波长为λ的激光，放射功率为P，c表示光速，h为普朗克常量，则激光器每秒放射的能量子数为()A．eq\f(hP,λc)B．eq\f(λP,hc)C．eq\f(cPλ,h)D．λPhc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．关于电磁波，下列说法中正确的是()A．只要电场或磁场发生改变，就能产生电磁波B.麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用试验证明了电磁波的存在C．电磁波和机械波都依靠于介质才能传播D．电磁波具有能量，电磁波的传播是伴随着能量向外传递的9．始终流电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，电动机线圈的电阻为r，该电动机正常工作时，下列说法正确的是()A．I、U、r三个量间满意I＝eq\f(U,r)B．电动机消耗的电功率UIC．电动机的发热功率为I2rD．电动机的输出功率为eq\f(U2,r)10.如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(a>0，b>0).若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1.若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2，到达P点的动能为Ek2.下列关系式正确的是()A．t1<t2B．t1>t2C．Ek1<Ek2D．Ek1>Ek2三、非选择题(本题共5小题，共54分；按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(7分)小洪同学要探究一废旧日光灯灯丝(如图1)的伏安特性曲线．(1)小洪同学要完成该试验，为了得到更大范围的数据，滑动变阻器的接法应选择图2中的________(选填“A”或“B”)图．经过正确的操作并描点作图，最终得到灯丝的伏安特性曲线如图3所示．(2)如图4，把灯丝与电流表(量程为0～0.6A)串联在合适的电源上．此时电流表读数为________A．(3)若在图4操作过程中用打火机的火焰加热灯丝，则可结合图3推断电流表指针所处位置可能是图5中的________(选填“甲”或“乙”)图．12．(9分)某同学运用如图所示的器材探讨“影响感应电流方向的因素”．(1)在图中用实线代替导线将试验器材连成试验电路；(2)假如在闭合开关时发觉灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的状况有：①将线圈A快速插入线圈B时，灵敏电流计指针将向________(选填“左”或“右”)偏；②线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的阻值调大时，灵敏电流计指针将向________(选填“左”或“右”)偏；(3)在上述操作中，假如线圈B与灵敏电流计断开，则线圈B中________．A．因电路不闭合，无电磁感应现象B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势C．若已知线圈A和线圈B的绕向，不能用楞次定律判定线圈B两接线柱的电势凹凸D．若已知线圈A和线圈B的绕向，可以用楞次定律判定线圈B两接线柱的电势凹凸13．(10分)真空中有两个带电小球A、B固定在绝缘水平面上，A、B相距L＝30cm，所带电荷量分别为qA＝－5×10－8C、qB＝5×10－8C．A、B两小球均可视为点电荷，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2.求：(1)A、B两小球之间的库仑力大小；(2)带电小球A在B处产生的场强．14.(12分)如图所示，金属框架AOC处于与框架垂直的匀强磁场中，∠AOC＝45°，导体棒PQ与框架接触良好构成回路，且PQ⊥OC.(1)若匀强磁场磁感应强度B＝0.2T，PQ从O点动身，向右以0.5m/s的速度匀速运动2s时，回路的磁通量的改变量是多少？(2)在图中，若回路面积从S0＝0.5m2变成St＝2.5m2，B从B0＝0.2T变到Bt＝0.4T，则回路中的磁通量改变量是多少？15．(16分)如图，在xOy平面的第四象限内有平行于y轴的有界匀强电场E1＝1.5×104V/m，方向沿y轴正方向；第一象限有一个平行于x轴的有界匀强电场E2(方向未标出)，右边界过B点且平行于y轴．一质量m＝1kg、电荷量q＝1×10－3C的带正电小球，从P点以初速度v0＝1m/s，垂直y轴方向射入第四象限的电场E1中，P点纵坐标yP＝－0.1m．小球偏转后经过x轴上A点进入第一象限，沿直线运动且恰好未射出电场E2，g＝10m/s2，求：(1)小球在第四象限运动的加速度大小；(2)小球过A点的速度大小；(3)E2电场的右边界坐标xB.模块素养检测1．答案：C解析：能量是守恒的，能量运用后可能散失到自然界而无法收集，所以要节约能源，A错误；自然界中石油、煤炭等能源是不行再生能源，都是有限的，不行能供人类许久运用，B错误；人类应多开发与利用风能、太阳能等新型能源，选项C正确；能量不能被创建也不会消逝，D错误．2．答案：B解析：收音机和电视机只能接收电磁波，故A、D错误；移动电话可放射和接收电磁波，故B正确；固定电话接收和发送的是电流信号，故C错误．3．答案：A解析：公式C＝eq\f(Q,U)是电容的定义式，电容C与电容器带电量Q和两极板间电势差U无关，由电容器本身确定，故A正确；公式E＝eq\f(F,q)是电场强度的定义式，采纳比值法定义，E与F、q无关，由电场本身确定，故B错误；公式φ＝eq\f(Ep,q)是电势的定义式，采纳比值法定义，φ与Ep、q无关，由电场本身确定，故C错误；B＝eq\f(F,IL)是磁感应强度的定义式，当电流元电流方向垂直于磁场方向时，电流元受到的安培力越大，说明所在位置磁场越强，不确定电流方向与磁场方向的关系，无法通过受到的安培力大小来比较磁场强弱，故D错误．4．答案：B解析：a、c两点场强大小相等，方向不同，A错误；整个球面为一等势面，d、f两点的电势相等，B正确；整个球面为一等势面，在球面上随意两点之间移动电荷，电场力不做功，C错误；整个球面为一等势面，UOe＝UOb，D错误．5．答案：D解析：手机电池不是纯电阻，则输出电流I≠eq\f(U,r)，故A错误；因为充电宝的输出电压为U和输出电流为I，故充电宝输出的电功为UIt，故B错误；手机电池产生的焦耳热为Q＝I2rt≠eq\f(U2,r)t，故C错误；手机电池储存的化学能为E＝UIt－I2rt，故D正确．6．答案：D解析：依据安培定则推断三根直导线在a点磁感应强度的方向如图：依据几何关系可知：Bb＝Bd所以三根导线在a点处的合磁感应强度大小为B，A、B、C错误，D正确．7．答案：B解析：每个光量子的能量E＝hυ＝heq\f(c,λ)，设每秒(t＝1s)激光器发出的光子数是n，则Pt＝nE，每秒钟发光的总能量大小为P，则n＝eq\f(P,E)＝eq\f(λΡ,hc)，故B正确，A、C、D错误．8．答案：BD解析：要想产生电磁波，改变的电场(或磁场)产生的磁场(或电场)必需是周期性改变的，A错误；麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用试验证明了电磁波的存在，选项B正确；电磁波可以在真空中传播，选项C错误；电磁波具有能量，电磁波的传播过程，也就是能量的传播过程，D正确．9．答案：BC解析：电动机是非纯电阻元件，因此电动机正常工作时，不满意I＝eq\f(U,r)，A错误；电动机消耗的功率等于电动机的输入功率，因此消耗的功率P＝UI，B正确；依据焦耳定律可知，电动机的发热功率P热＝I2r，C正确；电动机的输出功率P出＝P入－P热＝UI－I2r，D错误．10．答案：AD解析：该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，依据t＝eq\f(x,v)可知t1<t2，A正确，B错误；该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而依据Ek＝eq\f(1,2)mv2可知Ek1>Ek2，C错误，D正确．11．答案：(1)A(2)0.24(0.240也算正确)(3)乙解析：(1)为了得到更大范围的数据，滑动变阻器应采纳分压电路，即应选择图2中的A图．(2)电流表量程为0～0.6A，则读数为0.24A.(3)若在图4操作过程中用打火机的火焰加热灯丝，则灯丝温度上升，电阻变大，电流减小，则电流表指针所处位置可能是图5中的乙图．12．答案：(1)(2)①右②左(3)BD解析：(1)将电源、开关、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．(2)闭合开关，磁通量增加，指针向右偏转，将线圈A快速插入线圈B，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏转一下．线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器触头快速向左滑动时，电阻增大，则电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转一下．(3)假如线圈B与灵敏电流计断开，线圈中仍有磁通量的改变，仍会产生感应电动势，不过没有感应电流存在，但是可依据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以推断出感应电动势的方向．故B、D正确；A、C错误．13．答案：(1)2.5×10－4N(2)5×103N/C，方向由B指向A解析：(1)由库仑定律F＝keq\f(q1q2,r2)得F＝9.0×109×eq\f(5×10－8×5×10－8,0.32)N＝2.5×10－4N(2)由电场强度的定义式E＝eq\f(F,q)得E＝eq\f(2.5×10－4,5×10－8)N/C＝5×103N/C方向由B指向A.14．答案：(1)0.1Wb(2)0.9Wb解析：(1)导体棒向右以0.5m/s的速度匀速运动2s时，位移：x＝vt＝0.5×2m＝1m由于∠AOC＝45°，此时回路的面积为S＝eq\f(1,2)x2＝eq\f(1,2)×12m2＝0.5m2回路的磁通量即磁通量的改变量ΔΦ1＝Φ－0＝BS＝0.1Wb(2)回路面积从0.5m2变到2.5m2，B从0.2T变到0.4T时的磁通量Φ2＝BtSt＝0.4×2.5Wb＝1.0Wb故回路中的磁通量的改变量ΔΦ2＝Φ2－Φ1＝1.0Wb－0.1Wb＝0.9Wb.15．答案：(1)5m/s2(2)eq\r(2)m/s(3)0.25m解析：(1)在沿电场线方向qE1－mg＝ma，小球在第四象限运动的加速度大小a＝5m/s2.(2)在沿电场线方向，离开第四象限时，竖直分速度2a·|yP|＝veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))，解得vy＝1m/s，小球过A点的速度大小vA＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1