2025年北师大版必修3物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大版必修3物理上册月考试卷336考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，如理想实验法，控制变量法，极限思想法，理想模型法，微元法和比值定义法等等，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果。下列表述符合物理学史事实的是（）A.根据速度定义式v=当非常非常小时，就可以用表示物体在t时刻的瞬时速度，这是应用了极限思想法B.在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想C.牛顿由斜面实验通过逻辑推理得出了自由落体运动的规律D.卡文迪许利用扭秤巧妙地实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系研究2、下列说法中正确的是（）A.沿电场线方向场强逐渐减小B.沿电场线方向移动电荷，电场力做正功C.沿电场线方向电势逐渐降低D.电场强度为零处，电势也一定为零3、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，直线Ⅱ为某一电阻的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻连接成闭合电路；由图像可知（）

A.的阻值为B.电源电动势为内阻为C.电源的输出功率为D.电源内部消耗功率为4、下列四个表达式中，不属于比值法定义的物理量是（）A.电流B.加速度C.角速度D.磁感应强度5、如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度大小等于E0，两个平面通过同一条直径，夹角为a，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在O处的电场强度大小为()

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、下列关于电容器和电容的说法中，正确的是（）A.根据可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B.无论电容器的电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它的电荷量与电压的比值恒定不变C.用电源给平板电容器充电后，两极板一定带有等量同种电荷D.电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关7、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为零，电阻R1=2R2，在R2的两端并联上一段电阻忽略不计的导线Ｌ；则：

A.通过电阻R1和R2的电流I1=I2B.R1两端电压U1=C.导线L中通过的电流IL=D.使电阻R2断路，通过R1的电流不发生变化8、用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1（0~0.6A）、A2（0~3A），若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路；如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）

A.图甲中的A1、A2的示数之比为1:5B.图甲中的A1、A2的指针偏角之比为1:5C.图乙中的A1、A2的示数之比为1:1D.图乙中的A1、A2的指针偏角之比为1:19、如图所示，绝缘光滑细杆与水平方向夹角为53°角，空间某点固定点电荷Q，点电荷Q到细杆最近点为B点，且BQ=6m，将一带电圆环q套在细杆上，从与Q等高A处无初速度释放，C点是细杆上与A点关于B点的对称点，D点在Q点的正下方且是细杆的末端。已知点电荷与圆环带有同种性质的电荷，圆环刚释放时加速度大小为6.4m/s2，重力加速度g取10m/s2；sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确是（）

A.圆环到达C点的加速度大小为9.6m/s2B.圆环到达C点的速度大小为10m/sC.圆环刚离开细杆时加速度大小为11.5m/s2D.圆环离开细杆后做匀变速运动10、在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能EP随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大；则下列说法正确的是（）

A.q1和q2带异种电荷B.C点的电势大于零C.B点电场强度方向沿x轴正方向D.将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功11、在匀强电场中，将电荷量为的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了的功，再从B点移到C点，静电力做了的功．已知电场的方向与所在的平面平行，点D为AB的中点，如果规定B点的电势为0，下列说法正确的是（）

A.A点电势为18VB.A、C两点间的电势差C.匀强电场的电场强度方向垂直于BC连线D.点电荷在D点具有的电势能为12、如图所示，有两个半径相同的金属球M和N，N被绝缘座固定在水平地面上，M从N的正上方h高处自由落下与N做弹性对心正碰，相碰后M以碰前的速率反向弹回，在下列哪种情况中M弹起后上升的最大高度大于h：（）

A.M和N原来带等量同种电荷B.M和N原来带等量异种电荷C.M和N原来带不等量异种电荷D.M和N原来都不带电荷评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、图示为一个半径为R的均匀带电圆环，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，P到O点的距离为2R，质量为m，带负电且电量为q的小球从轴上P点由静止释放，小球经M点（图中未画出）时速度最大，运动到Q点时速度为零，Q点在O点上方R处．则圆环在M点的场强大小EM=__________________，P、Q两点的电势差UPQ=_________________．

14、如图所示，16个电荷量均为+q的小球（可视为点电荷），均匀分布在半径为r的圆周上，静电力常量为k．若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-4q，则圆心O点处的电场强度大小为________．

15、由某种材料制成的电器元件接在电路中时，通过的电流I与两端电压U的关系如图所示。现将该元件接在电动势为8V，内阻为4Ω的电源两端，则通过该元件的电流为_______A。若将两个这样的元件并联接在该电源上，则每一个元件消耗的功率为_________W。

16、光也是电磁波：

（1）电磁波的传播速度恰好与真空中的光速____。

（2）麦克斯韦指出，光是以波动形式传播的一种_________。17、如图所示的平面内固定两个带电量为的异种点电荷，它们之间距离为以其连线中点为圆心，以为半径画圆，为圆周上有三点，点在两点电荷连线的中垂线上，两点连线恰好过点，则两点的电场强度_____（填“相同”或“不同”），点电势______（填“大于”“等于”或“小于”）点电势；已知静电力常数为则点电场强度大小为_______。

评卷人得分四、作图题(共1题，共7分)18、在“用电流和电压传感器研究电容器的放电”实验中；某同学按照图所示连接电路。实验时，先将开关S掷向1，一段时间后，将开关掷向2，传感器将信息传入计算机屏幕上，显示出电流或电压随时间变化的图线。

（1）由图可知，传感器1应为________（选填选项前的字母）

A．电流传感器B．电压传感器。

（2）用q表示电容器上极板所带的电荷量，UR表示滑动变阻器两端的电压，UC表示电容器两端的电压，I表示电路中的电流，关于电容器在整个放电过程中的图像变化正确的有________。

A．B．

C．D．

（3）若已知电源电动势E，但其内阻和电阻箱阻值均未知，根据已知条件和传感器显示的图像中的数据信息，下列判断正确的是________；

A．可知该电容器的电容。

B．可知此时电阻箱阻值大小。

C．若只增大电阻箱R的阻值；电容器放电的时间将变短。

D．若只减小电容器的电容大小，电容器放电的时间将变短评卷人得分五、实验题(共1题，共8分)19、有一只毫安表mA，满偏电流为9.90mA，内阻约为300Ω，要求将此毫安表头改装成量程为1A的电流表，其电路原理如图所示，图中A是量程为2A的标准电流表，R0为电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源．

（1）完善下列实验步骤：

①将实物图按电路原理图连线；______

②将滑动变阻器的滑动头调至______端（填“a”或“b”），电阻箱R0的阻值调至零；

③合上开关；

④调节滑动变阻器的滑动头；增大回路中的电流，使标准电流表读数为1A；

⑤调节电阻箱R0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会______（增“增大”；“减小”或“不变”）；

⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为______A；同时毫安表指针满偏．

（2）回答下列问题：（结果保留三位有效数字）

①在完成全部实验步骤后，电阻箱的读数为3.1Ω，由此可知毫安表头的内阻为______Ω．

②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流为_____A．评卷人得分六、解答题(共1题，共9分)20、如图所示，竖直平面内两水平虚线间存在方向水平向右的匀强电场，自距离电场上边界高为h处的A点将质量为m、电荷量分别为q和-q（q＞0）的带电小球M、N先后均以速度v0沿平行于电场方向抛出，小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开，已知M在电场中做直线运动，N离开电场时的速度方向竖直向下，不计空气阻力，重力加速度大小为g。

（1）求电场的电场强度的大小；

（2）求电场上；下边界间的距离；

（3）若把电场的电场强度的大小增大到原来的2倍；其他条件不变，求两小球从电场下边界射出时射出点间的距离。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【详解】

A．根据速度定义式v=当非常非常小时，就可以用表示物体在t时刻的瞬时速度；这是应用了极限思想法，故A正确；

B．在不需要考虑物体本身大小和形状时；用质点代替物体的方法，采用了理想模型法，故B错误；

C．伽利略由斜面实验通过逻辑推理得出了自由落体运动的规律；故C错误；

D．库伦利用扭秤巧妙地实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系研究；故D错误。

故选A。2、C【分析】【详解】

AC．沿电场线方向；电势必定降低，而电场线疏密不一定，则场强不一定减小，故A错误，C正确；

B．由于电性未知；所以电场力的方向未知，故沿电场线方向移动电荷时的做功情况无法确定，故B错误；

D．电势的大小取决于零势能面的选择；电场强度为零处，电势不一定为零，故D错误。

故选C。3、A【分析】【详解】

A．由直线Ⅱ的斜率知

A正确；

B．根据闭合电路欧姆定律得

当

时

由读出电源的电动势

内阻等于图线的斜率大小

B错误；

C．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压

电流

则电源的输出功率为

C错误；

D.电源内部消耗的功率

D错误。

故选A。4、A【分析】【详解】

A．电流。

即电流与导体两端的电压成正比；与导体的电阻成反比，不属于比值定义法，选项A符合题意；

B．加速度a等于速度变化量与所用时间的比值；加速度与速度变化量无关，所以加速度公式。

属于比值定义法；故B不符合题意；

C．角速度等于转过的角度与时间的比值；角速度与转过的角度无关，则公式。

属于比值定义法；故C不符合题意；

D．磁感应强度与在通电导线在磁场中受的安培力以及IL乘积无关；则公式。

运用的是比值定义法；故D不符合题意。

故选A。5、C【分析】【详解】

根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度故选项C正确，A；B、D错误；

二、多选题(共7题，共14分)6、B:D【分析】【详解】

A．是电容的定义式，采用的是比值法定义的，则知C与Q、U无关；故A错误。

B．无论电容器的电压如何变化，对于给定的电容器其电容不变，则电荷量与电压的比值恒定不变；故B正确；

C．用电源给平板电容器充电后；两极板一定带有等量异种电荷，故C错误；

D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量；其大小与加在两板上的电压无关，故D正确。

故选BD。7、C:D【分析】【分析】

由题意可知考查闭合电路欧姆定律；据此分析计算可得．

【详解】

A．电阻R2被短路，通过R2的电流I2＝0；故A错误；

B．R1两端电压U1=故B错误；

C．根据闭合电路欧姆定律可知通过导线L的电流IL=故C正确；

D．使电阻R2断路，通过R1的电流IL=不发生变化，故D正确．

【点睛】

在R2的两端并联上一段电阻忽略不计的导线Ｌ，则R2被短接，根据闭合电路欧姆定律计算可得．8、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．两表并联时电路如图所示，根据并联电路的电压相等可知两表头两端的电压相同，通过两表头的电流相同，两表偏角相同，所以图甲中的A1、A2的指针偏角之比为1:1；量程大的读数大，A2量程是A1量程的5倍，所以图甲中的A1、A2的示数之比为1:5；故A正确，B错误；

CD．两电流表串联时电路如图所示，根据串联电路的电流相等可知两表的读数相同，所以图乙中的A1、A2的示数之比为1:1；量程大的偏角小，A2量程是A1量程的5倍，所以图乙中的A1、A2的指针偏角之比为5:1；故C正确，D错误；

故选AC。

9、A:C【分析】【详解】

A．设BQ距离

由几何关系

圆环在A点刚释放时加速度大小为6.4由牛顿第二定律有

由于C点是细杆上与A点对于B点的对称点，设圆环到达C点加速度大小为aC，有

解得

故A正确；

B．A、C两点电势相同，由A点到C点过程，由动能定理有

代入数据解得

故B错误；

C．设圆环刚离开细杆时加速度为则有

解得

故C正确；

D．圆环离开细杆后；受重力和电场力作用，电场力是变力，故做非匀变速运动，故D错误。

故选AC。10、A:B【分析】【详解】

A．由图知从O到P电势能一直减小；试探电荷带正电，电势一直降低，则两个点电荷必定是异种电荷，选项A正确；

B．由图可知从B到C，电势能增加，试探电荷带正电，电势升高，故C点的电势大于零；选项B正确；

C．根据顺着电场线电势降低可知，BC间电场强度方向沿x轴负方向；选项C错误；

D．将一负点电荷从B移到D点；电势先升高后降低，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，选项D错误。

故选AB。11、A:B:D【分析】【详解】

A．点电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功为

解得

故A正确；

B．点电荷从电场中B点移到C点，电场力做功为

解得

则A、C两点间的电势差为

故B正确；

C．由以上分析可知，CD为等势面，所以匀强电场的电场强度方向垂直于CD连线；故C错误；

D．D点电势为

点电荷在D点具有的电势能为

故D正确。

故选ABD。12、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．若M和N原来带等量同种电荷；则对心正碰撞后，各自电荷量不变，依据能量守恒定律，则仍会上升原来高度，A错误；

B．若M和N原来带等量异种电荷；则对心正碰撞后，各自电荷量为零，依据能量守恒定律，碰撞前是相互库仑引力，则碰撞后，没有库仑力，则会上升更高，B正确；

C．若M和N原来带不等量异种电荷；则对心正碰撞后，电荷中和再平分，依据能量守恒定律，原来是库仑引力，碰撞后变为库仑斥力，则会上升更高，C正确；

D．若M和N原来都不带电荷；则对心正碰撞后，依据能量守恒定律，则仍会上升原来高度，D错误。

故选BC。三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【分析】

小球经M点时速度最大，则在M点的加速度为零，根据平衡条件求出M点的场强大小；从P点运动到Q点过程中，根据动能定理可求P、Q两点的电势差．

【详解】

解：小球经M点时速度最大，则在M点的加速度为零，有解得M点的场强大小

从P点运动到Q点过程中，根据动能定理可得P、Q两点的电势差【解析】14、略

【分析】【详解】

16个电荷量均为+q的小球（可视为点电荷），均匀分布在半径为r的圆周上，除P点电荷外15个电荷在O点处的电场强度为

方向水平向右；P点的一个小球的电荷量换成-4q，则P点电荷在O点处的电场强度为

方向水平向右，所以圆心O点处的电场强度大小【解析】15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]将该电器元件与E=8V，r=4Ω连接，由闭合电路欧姆定律U=E-Ir，可得U=8-4r，可在图中画出直线1与U-I曲线交于（1A；4V），所以通过该元件的电流为1A；

[2]将两个这样的元件并联接入该电源时，由闭合电路欧姆定律U=E-2Ir，可得U=8-8r，可在图中画出直线2与U-I曲线交于（0.75A；2V）则每一个元件消耗的功率为。

P=IU=1.5W【解析】1A1.5W16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]电磁波的传播速度恰好与真空中的光速相同。

(2)[2]麦克斯韦指出，光是以波动形式传播的一种电磁振动。【解析】①.相同②.电磁振动17、略

【分析】【详解】

[1]两个等量的异种电荷之间电场线如图所示。

由对称性可知，M、N两点的电场强度相同。

[2]设无穷远处电势为零，则P、O所在直线上的所有点电势均为零；由沿着电场线方向电势逐渐降低，可知点电势大于零，点电势小于零，所以点电势大于点电势。

[3]由勾股定理可得P点到两个电荷之间的距离为

P点的电场强度为两个带电量为的异种点电荷在P点产生的电场强度的矢量和；如图所示。

+Q、在P点产生的场强

则点电场强度大小【解析】相同大于四、作图题(共1题，共7分)18、略

【分析】【详解】

（1）[1]传感器1串联在电路中；因此应为电流传感器。

故选A。

（2）[2]ABC．电容器在整个放电过程中，电容器的电荷量q、电流I、电压UC均随时间减小；选项AC错误，选项B正确；

D．由于放电电流I减小，根据可知电阻箱R的电压UR减小；选项D正确。

故选BD。

（3）[3]A．根据电流传感器显示的I-t图像中的面积可求出电容器的电荷量，根据电压传感器可知电阻箱两端的电压，若已知电源电动势E，则可知电容器的电压，根据可求出该电容器的电容；选项A正确；

B．根据电流传感器和电压传感器可知电阻箱的电流和两端的电压；因此可知此时电阻箱阻值大小，选项B正确；

C．电源不变，电容器的充电电压不变，电荷量不变，若只增大电阻箱R的阻值；电容器放电的电流将变小，因此放电时间将变长，选项C错误；

D．电源不变，电容器的充电电压不变，若只减小电容器的电容大小，根据可知电容