2025年粤教版必修3物理上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教版必修3物理上册阶段测试试卷533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8题，共16分)1、如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是（）

A.物体A受到地面的支持力先增大后减小B.物体A受到地面的支持力保持不变C.物体A受到地面的摩擦力先增大后减小D.库仑力对物体B先做正功后做负功2、压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断竖直升降机运动状态的装置，其工作原理图如图甲所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动的过程中，电流表示数如图乙所示，已知升降机静止时电流表的示数为I1。下列判断正确的是（）

A.0到t1时间内，升降机一定静止B.t1到t2时间内，升降机可能做匀加速直线运动C.t1到t2时间内，升降机运动时的加速度在变化D.t2到t3时间内，升降机可能向下匀速运动3、如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子。运动轨迹如图中虚线所示。则（）

A.a一定带正电，b一定带负电B.a的速度将减小，b的速度将增加C.a的加速度将减小，b的加速度将增加D.两个粒子的电势能一个增加一个减小4、某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图1所示连接电路。先使开关S接1，电容器很快充电完毕。然后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线如图2所示。他进一步研究滑动变阻器的阻值大小对曲线的影响。先断开S，将滑片P向右移动一段距离，再重复以上充、放电操作，又得到一条I-t曲线。关于这条曲线；下列判断正确的是（）

A.曲线与坐标轴所围面积将增大B.曲线与坐标轴所围面积将减小C.曲线与纵轴交点的位置将向上移动，放电时间变短D.曲线与纵轴交点的位置将向下移动，放电时间变长5、有6个小金属球分别固定在如图所示的正六边形的顶点上；球7处于正六边形中心位置，现使球2带正电，球7带负电，要使球7在中心位置获得水平向右的加速度，下列说法正确的是（）

A.使球1带上正电荷，其他球不带电B.使球4、5同时带上电荷，其他球不带电C.不可能只让球4带上电荷，其他球不带电D.不可能让球3、4、5、6同时带上电荷，其他球不带电6、在绝缘光滑的水平面上；如图所示有相隔一定距离的两个带同种电荷的小球。让它们从静止开始释放，则两个球的加速度和速度随时间的变化情况是（）

A.速度、加速度都变大B.速度、加速度都变小C.速度变小、加速度变大D.速度变大、加速度变小7、描述电场能的性质的物理量及其单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是（）A.电场强度B.电场强度C.电势VD.电势8、用电流表和电压表测量一节干电池的电动势和内阻；电路图如图甲所示，由实验中测得的数据描绘的图像如图乙所示，以下说法正确的是（）

A.电池的电动势约为1.4V，内阻约为2.8ΩB.考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，误差来源于电压表有分流作用C.滑动变阻器滑片滑至最左端时，流过电流表的电流为0.5AD.考虑电表内阻对实验的影响，由图甲可知，所测电池的内阻应偏大评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、说起电流表，小明就头疼，电表的改装是他心中永远的痛，下面这个问题，小明就老是舒扯不清，请你帮忙解决一下：如图所示为有0.1A和1A两个量程的电流表的原理图，已知表头的内阻为200满偏电流为2mA，则下列说法中正确的是。

A.当使用a、b两个端点时，量程为0.1AB.当使用a、c两个端点时，量程为0.1AC.D.10、三个质量相等，分别带有正电、负电和不带电的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点；如图所示，则（）

A.落在c点的颗粒在两板间运动时间最长B.落在a点的颗粒带正电、c点的带负电C.三个颗粒运动到正极板时动能一样大D.落在a的点颗粒加速度最大11、两个完全相同的金属球A和B带电荷量之比为相距为r（r比小球半径大得多），两者接触一下放回原来的位置，则后来两小球之间的库仑力大小与原来之比是（）A.B.C.D.12、下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是（）A.电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B.W=UIt适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路C.在非纯电阻电路中，UI>I2RD.焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路13、如图所示，R1=R2=R3=20Ω，电容器的电容C=5μF，电源电动势E=7V，电源内阻r=10Ω。起初，开关S是断开的，电容器C所带的电荷量为Q1。然后闭合开关S，待电路稳定后，电容器C所带的电荷量为Q2。下列说法正确的是（）

A.开关S断开时，将上极板向上移动一段距离，电容器内电场强度减小B.开关S断开时，增大R2的阻值，电流表G中有向上的电流C.Q1∶Q2=7∶5D.闭合开关S待电路稳定后，通过灵敏电流计的电荷量为2.4×10-5C评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、电磁感应现象的发现直接导致了___________的设计成功。使大规模生产电能成为可能，人类社会得以蒸汽时代进入到电气时代。1887年，物理学家___________用实验方法首次获得电磁波，证实了麦克斯韦关于电磁波的这一预言，人类从此进入无线电时代。15、在如图乙所示的电路中，电源电动势内阻定值电阻电压表为理想电表。闭合开关通过电阻的电流________电压表示数________电阻消耗的功率________

16、氢原子中核外电子绕核做半径为的匀速圆周运动，已知电子的质量为电荷量为静电力常量为不考虑相对论效应。

（1）电子的动能为______；

（2）选离核无限远处电势能为0，电子的电势能则氢原子的能量为______；

（3）电子绕核运动形成的等效电流为______。17、图为某同学用电流表和电压表测量电阻的部分实验电路图。在某次测量中，电压表的示数为14.0V，电流表的示数为0.20A，根据测量数据，可计算出电阻Rx=______Ω。若仅考虑电流表内阻的影响，实验中电压表的测量值______（选填“大于”或“小于”）电阻Rx两端的电压。

18、如图所示，电流表A的量程为0-0.6A,表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A,R1的阻值等于电流表内阻的的阻值等于电流表内阻的2倍.若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值；则。

(1)将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示_____A.

(2)将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示______A.评卷人得分四、作图题(共1题，共9分)19、如图所示是某电场中的电场线，请画出点a点的场强方向和电荷-q在b点所受电场力的方向。

评卷人得分五、实验题(共1题，共10分)20、某同学为测定电阻Rx（约90Ω）的阻值；实验室提供以下实验器材：

A．电流表A1（量程90mA、内阻）

B．电流表A2（量程15mA、内阻）

C．电流表A3（量程0.6A、电阻r3约为）

D．电压表V（量程6V、内阻约为）

E．定值电阻

F．滑动变阻器R，最大阻值约为

G．电源（电动势1.5V；内阻很小）

H．开关S；导线若干。

测量要求电表读数不得小于量程的

（1）该同学设计了如图所示的部分电路以后，又给出了以下四种设计方案准备接入a、b两点之间，其中合理的是___________；

A．B．

C．D．

（2）根据所选择的电路，说明实验中应测物理量___________，写出测定电阻Rx阻值的字母表达式___________。评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)21、如图所示，一根长为不可伸长的细丝线一端固定于O点，另一端系住一个质量为m的带电小球．将此装置放在水平向右的匀强电场E中，待小球稳定后，细丝线跟竖直方向夹角为α；求：

（1）小球带什么电？电荷量是多少？

（2）保持小球带电量不变，用外力将小球缓慢拉到竖直方向的最低点，外力对小球做多少功？带电小球的电势能是增加还是减少？增加或减少多少？22、某同学利用图甲所示装置测定某电动机的效率。分别用电压传感器和电流传感器测得电动机的输入电压和输入电流与时间的关系图像分别如图丙、图丁所示，当重物匀速上升时用位移传感器测得重物上升的位移与时间的关系图线如图乙所示，电动机提升的重物的质量为91.2g，不计一切摩擦，取g=10m/s2。求：

(1)该电源的电动势与内阻；

(2)该电动机在图乙所示时间内的效率；

23、如图所示，相距为d的两平行金属板间存在匀强电场。一个电子从左极板O点处以速度沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为电子质量为m，电荷量为e；不计电子重力。

（1）求O、A两点间的电势差大小

（2）求两平行金属极间电势差大小U；

（3）设右极板电势为零，求A点电势

24、在如图所示电路中，已知电源电动势内电阻电阻滑动变阻器R的阻值可连续增大；问：

①当R多大时，R消耗的功率最大？最大功率为多少？

②当R多大时，消耗的功率最大？最大功率为多少？

③电源的最大输出功率为多少？此时电源的效率为多少？

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

ABC．AB间距离不变；AB间静电力的大小不变。

当物体B由P点运动到最高点的过程中，对物体A受力分析，受重力G、静电力F、地面的支持力N、摩擦力f

将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到

可解得

其中G与F大小不变，逐渐减小为零，因而支持力N逐渐变大，f逐渐变小；

当物体B由最高点运动到Q点的过程中，再次对物体A受力分析，受重力G、静电力F、地面的支持力N、摩擦力f

将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到

可解得

其中G与F大小不变，由零逐渐增大，因而支持力N逐渐变小，f逐渐变大；

综合以上两个过程可知：物体A受到地面的支持力N先增大后减小；物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故A正确，BC错误；

D．物体A对物体B的静电力与物体B的运动方向总是垂直；A对B不做功，故D错误。

故选A。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．从0到t1时间内；电流不变，根据欧姆定律可知电路中的总阻值不变，升降机可能静止也可能匀速运动，故A错误；

BC．t1到t2时间内；电流增大，电阻减小，因为压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，所以压力增大，静止时。

t1到t2时间内；根据牛顿第二定律。

合力向上；加速度向上，向上做加速度增大的加速运动，故B错误，C正确；

D．t2到t3时间内；电流不变，电阻不变，压力不变，电流大于静止时的电流，压力大于静止时的压力，对物块受力分析，受到重力和支持力，根据牛顿第二定律。

合力向上，加速度向上，加速度不变，所以t2到t3时间内升降机匀加速上升；故D错误。

故选C。3、C【分析】【详解】

A．由于不知道电场线的方向，a、b带电性质不能判断；选项A错误；

BD．a所受电场力向左，电场力做正功，速度增大，电势能减小；同理可判断电场力对b粒子也做正功，b粒子速度也增大；电势能减小，选项BD错误；

C．因电场线疏密表示场强大小，a向左偏转，电场变得稀疏，场强减小，a粒子的加速度减小；同理可知b粒子加速度变大；可知选项C正确。

故选C。4、D【分析】【详解】

AB.因为I-t图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器的带电量Q=CE；没有变化，所以曲线与坐标轴所围面积不变，故AB错误；

CD.将滑片P向右移动时；变阻器接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点的位置将向下移动，且电荷量不变，即曲线与坐标轴所围面积不变，故放电时间会变长，故C错误，D正确。

故选D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．使球1带上正电荷；其他球不带电，根据库仑力的合成可知，球7受到的合力向上，故A错误；

B．使球4；5同时带上电荷；其他球不带电，如果4球带正电，5球带负电，根据库仑力合成可知，则合力方向可能水平向右，故B正确；

C．如果4球带正电；其他球不带电，根据库仑力合成可知，则合力方向可能水平向右，故C错误；

D．结合B选项分析；只需让3；6球对7球合力向右即可，故D错误。

故选B。6、D【分析】【分析】

【详解】

由于同种电荷间存在相互作用的排斥力；两球将相互远离，距离增大，根据库仑定律得知，相互作用力减小；由牛顿第二定律得知它们的加速度变小。随着两球间距离增大，电场力做功正功，总动能增加，所以速度增加。故D正确，ABC错误。

故选D。7、D【分析】【详解】

AB．电场强度的定义式为

是电场强度的单位，但是不是国际基本单位

电场强度是电场力的性质的物理量；AB错误；

CD．电势是描述电场能的性质的物理量，根据电势的定义式有

V是电势的单位，但是不是国际基本单位，根据

C错误；D正确。

故选D。8、B【分析】【详解】

A．图像的纵截距表示干电池电动势，斜率的绝对值表示内阻，则

故A错误；

BD．由于电压表分流的缘故，当电流表示数为零时，实际通过干电池的电流并不为零，所以此时干电池的内电压不为零，从而导致图像的纵截距比干电池的实际电动势偏小；假设当电压表示数为零时，干电池的路端电压实际值就是零，即所作图像的横截距（并非为题图中图线与i轴的交点，而是图线延伸至U=0时与对应i轴的交点）等于真实值。综上所述可知实验中作出的U-I图像斜率的绝对值比真实图像的斜率的绝对值偏小；从而造成干电池内阻的测量值与真实值相比偏小，故B正确，D错误；

C．由题图乙可知；当路端电压为1.0V时，流过电流表的电流为0.5A，当滑动变阻器滑片滑至最左端时，其接入电路的阻值为零，此时路端电压约为零，流过电流表的电流（假设电流表不烧坏）一定大于0.5A，故C错误。

故选B。二、多选题(共5题，共10分)9、B:D【分析】【详解】

使用a、c两个端点时，改装好的电流表量程为

当使用a、b两个端点时，改装后电流表的量程为

可知a、b两个端点之间的是大量程，a、c两个端点之间是小量程，代入数据解得R1=0.41ΩR2=3.67Ω

故BD正确，AC错误。

故选BD。10、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．根据题意，三颗粒在水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t，v0相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为xa<xb<xc，则运动时间关系为ta<tb<tc；故A正确；

BD．竖直方向上三个颗粒都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等；有。

则可知加速度关系为aa>ab>ac，由牛顿第二定律得知三个颗粒的合力关系为Fa>Fb>Fc，由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电；故B错误，D正确；

C．由上分析得知，落在c点的颗粒带正电，电场力向上，则电场力对它做负功，电场力对a做正功；由于做的功不同，所以三个颗粒运动到正极板时动能不一样大，故C错误。

故选AD。11、B:D【分析】【详解】

若带同种电荷，金属球A和B带电荷量之比为则设A的电荷量为Q，B的电荷量为5Q，根据库仑定律可得

两者接触一下放回原来的位置，则此时两金属球电荷量为

则根据库仑定律可得

则

若两球带异种电荷，则两者接触一下放回原来的位置，则此时两金属球电荷量为

则根据库仑定律可得

则

故选BD。12、B:C:D【分析】【详解】

A．电功率公式

表示电功率越大，电流做功越快．对于一段电路，有

焦耳热

可见Q与P、U、t、R都有关，所以P越大，Q不一定越大；A错；

B．电功的定义式

适用于任何电路，而

只适用于纯电阻电路，即

只适用于纯电阻电路；B正确；

C．在非纯电阻电路中，电流做的功等于焦耳热和其他形式的能之和，所以

即

C正确；

D．焦耳热的定义式

适用于任何电路；D正确。

故选BCD。13、A:C:D【分析】【详解】

AB．当开关S断开时，电容器两端电压始终等于R3两端电压，此时将上极板向上移动一段距离，根据

可知板间场强减小；此时R2等效于导线，增大R2的阻值；不会改变电容器两端电压，电容器不会进行充放电，所以电流表G中没有电流，故A正确，B错误；

C．开关S断开时，根据闭合电路欧姆定律可得电容器两端电压为

开关S闭合待电路稳定后，电路外电阻为

电源的路端电压为

电容器两端电压为

根据电容的定义式可得

故C正确；

D．开关S闭合前，电容器上极板带正电，开关S闭合待电路稳定后，电容器上极板带负电，所以闭合开关S待电路稳定后，通过灵敏电流计的电荷量为

故D正确。

故选ACD。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]电磁感应现象的发现直接导致了发电机的设计成功。使大规模生产电能成为可能；人类社会得以蒸汽时代进入到电气时代。

[2]1887年，物理学家赫兹用实验方法首次获得电磁波，证实了麦克斯韦关于电磁波的这一预言，人类从此进入无线电时代。【解析】发电机赫兹15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3]电源电动势内阻定值电阻闭合开关通过电阻的电流

电压表示数

电阻消耗的功率【解析】①.2②.8③.1616、略

【分析】【详解】

（1）[1]由库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律

电子的动能

（2）[2]由于电子的电势能为则氢原子的能量为

（3）[3]电子绕核运动形成的等效电流【解析】17、略

【分析】【详解】

[1]由欧姆定律可得

[2]由于电流表的分压作用，实验中电压表的测量值大于电阻Rx两端的电压。【解析】70大于18、略

【分析】【详解】

（1）[1]．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A；故量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；

（2）[2]．当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，故每一小格表示0.06A；【解析】0.06A0.06A四、作图题(共1题，共9分)19、略

【分析】【详解】

电场线上每一点的切线方向即为该点的电场强度方向；负电荷受电场力的方向与场强方向相反，如图所示。

【解析】五、实验题(共1题，共10分)20、略

【分析】【详解】

（1）[1]因为电动势为电压表量程为6V，指针偏角过小，误差较大，不能用电