2025年牛津译林版必修3物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年牛津译林版必修3物理下册阶段测试试卷368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7题，共14分)1、在如图示电路中，电源电动势为E、内阻为r，L1、L2、L3均为小灯泡，P为滑动变阻器的滑动触头，开关S1、S2闭合。则。

A.向右滑动触头P，小灯泡L2变亮B.向右滑动触头P，小灯泡L3变亮C.若只断开S2，小灯泡L1变暗D.若只断开S2，小灯泡L2变亮2、在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场。随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想。很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）A.牛顿B.爱因斯坦C.法拉第D.安培3、某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电量为的粒子，从O点由静止释放，仅受电场力作用。则下列说法正确的是（）

A.若O点的电势为零，则A点的电势为B.粒子从A到B做匀速直线运动C.粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量D.粒子运动到B点时动能为4、均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，其电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）

A.B.C.D.5、如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b、d两点位于MN上。以下判断正确的是（）

A.点场强大于点场强B.点电势小于点电势C.两点间的电势差等于两点间的电势差D.试探电荷在点的电势能小于在点的电势能6、如图所示；为电场某区域的电场线分布情况，由图可知（）

A.A点电势低于B点电势B.A点场强大于B点场强C.若正电荷由A点移动到B点，则电场力做负功D.负电荷在A点电势能大于B点的电势能7、如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程；把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是（）

A.安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角B.安培表A1的读数小于安培表A2的读数C.伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数D.伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、下列说法中正确的是（）A.观看3D电影时，所佩戴的眼镜利用了光的衍射原理B.军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象C.手机上网时用的Wifi信号属于无线电波E.用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振E.用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振9、如图所示，在点电荷产生的电场中，实线是标有电场方向的一条电场线，一带电粒子只在静电力作用下从A沿着虚线运动到设两点的电场强度大小分别为电势能分别为下列说法正确的是（）

A.粒子一定带正电B.点电荷一定靠近端C.两点的电场强度D.该粒子在两点的电势能10、如图所示，M点有电荷量为Q的负点电荷，在距离点电荷为r处放入厚度为d的平行金属板，N点为金属板内距表面为的点，MN连线与金属板表面垂直。当金属板处于静电平衡时；下列说法正确的是（）

A.金属板的左侧面感应出正电荷B.金属板的左侧面感应出负电荷C.感应电荷在N点产生的电场强度方向沿MN连线向右D.感应电荷在N点产生的电场强度方向沿MN连线向右11、x轴上各点电势随x变化的关系如图所示，其中N点的电势为零，ND段中C点电势最高。则（）

A.同一负电荷在C点的电势能大于在N点的电势能B.同一负电荷在C点的电势能小于在N点的电势能C.N点的电场强度小于C点的电场强度D.N点的电场强度大于C点的电场强度12、四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个电压表，安培表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程；把它们按图接入电路中，则()

A.A1的读数比A2的读数大B.A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大C.V1读数比V2读数大D.V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、有一个电流表内阻满偏电流要把它改装为量程的电压表，则应串联一个电阻阻值__________要把它改装为量程的电流表,则改装后电流表的内阻__________14、光子说∶

（1）爱因斯坦认为_____本身就是不连续的。

（2）光本身就是由一个个不可分割的______组成的，频率为ν的光的能量子为____，h为普朗克常量。15、一个不带电的金属球壳的内、外半径分别为R1和R2，今在中心处放置一电荷为q的点电荷，则球壳的电势U=_______________。16、如图所示，MN板间存在匀强电场，场强方向竖直向上。电场上A、B两点相距10cm，AB连线与电场方向夹角A点和M板相距2cm，则AB两点间的电势差____V，若M板接地（电势为0），A点电势____V。

17、图中游标卡尺的读数为________mm，螺旋测微器的读数为________mm。

18、(1)下列各个实验中，应用了等效法的是_________，应用了控制变量法的是_________

A．探究小车速度随时间的变化关系。

B．探究弹簧伸长与弹力的关系。

C．探究求合力的方法。

D．探究小车加速度与质量；力的关系。

(2)①用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，示数如图所示，则钢球直径为___________mm。

②若某同学也是用这个游标卡尺测量另一物体的长度，测量结果为51.45mm，则在读数时游标尺上的第_________格与主尺上的第_________毫米格对齐。评卷人得分四、作图题(共2题，共20分)19、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20、如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。

（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义。

（2）请在图2画好的U-I关系图线上任取一点；画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率。

评卷人得分五、实验题(共2题，共8分)21、利用如图所示的实验装置可以测量干电池的电动势和内阻。

（1）将电源；开关、电阻箱和电流表组成一个串联电路；开关闭合之前把电阻箱阻值调到最大值。

（2）闭合开关，逐渐减小电阻箱的阻值，记录下电阻箱阻值R和对应的电流表示数I，多次改变电阻箱阻值，测量并记录5组R和相对应的电流I。

（3）以R为纵轴，为横轴，将实验测得的5组实验数据在坐标系中描点、作图，得到如图所示的图像，则被测电池电动势测量值为__________V（保留三位有效数字）；被测干电池内阻测量值为__________Ω（保留两位有效数字）。

（4）误差分析：由于系统误差的影响，这种测量方法得到的电动势的测量值__________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值，电池内电阻的测量值__________（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。22、某实验小组的同学在研究某种材料L的伏安特性曲线时；已知该材料的额定电压为3.8V，额定功率约为1.2W，实验室为其提供的实验器材如下：

电流表A1：量程为3.0A；内阻约为0.1Ω

电流表A2：量程为500mA；内阻约为0.2Ω

电压表V：量程为1.0V，内阻Rv=3.0kΩ

定值电阻R0：阻值为12Ω

定值电阻R1：阻值为2.0kΩ

定值电阻R2：阻值为9.0kΩ

滑动变阻器R：阻值范围为0~10Ω

电源E：电动势为6.0V；内阻不计。

开关S及导线若干。

（1）为了精确描绘出该材料的伏安特性曲线，选择出合适的实验器材，完成电路设计并画在如图甲所示的虚线框内。（将所选器材的代号标注清楚）()

（2）电路设计完成后，通过反复调节，得到多组该材料两端的电压以及电流值，描绘出的伏安特性曲线如图乙所示，则表明该材料的电阻值随着电流的增加而___________（填“增大”“不变”或“减小”）；当该材料两端的电压为3.0V时，消耗的实际功率约为___________W（结果保留两位有效数字）。

（3）如果将该材料与内阻r=10Ω、电动势为E=3.0V的电源相连接，则材料消耗的实际功率为________W。（结果保留两位有效数字）评卷人得分六、解答题(共3题，共15分)23、某一直流电动机提升重物的装置如图所示，电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=0.5Ω，重物质量m=0.1kg，当重物固定电动机无法转动时，理想电压表的示数为U1=4V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为U2=5V，各处摩擦均不计，g取10m/s2．求：

(1)电动机内阻R0；

(2)重物匀速上升时的速度v；

(3)匀速提升重物3m电源需要消耗的能量．24、如图所示，倾角θ=53°的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E=3.0×104N/C。斜面顶端A点离地高度h=8.0m，可视为质点的带正电金属滑块质量m=1.0kg、电荷量q=1.0×10-4C。现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，重力加速度g取10m/s²；sin53°=0.8，cos53°=0.6求：

（1）滑块在粗糙绝缘斜面AB上下滑到B点时的速度大小；

（2）求滑块在水平地面上滑行的距离；

（3）将电场强度的大小突然增大到某一值，可使静止在C点的滑块恰好能重新返回到斜面顶端A点；求增大后电场强度的大小。

25、如图所示，电源电动势E=2V，内阻r=1Ω，电阻R0=2Ω，可变电阻的阻值范围为0~10Ω。求可变电阻为多大时，R上消耗的功率最大；最大值为多少？

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

AB.在S2处于闭合状态下，向右滑动触头P，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压减小，L2变暗；则L3两端电压增大，故L3变亮；故A错误，B正确；

CD.若只断开S2，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压减小，L2变暗；则L1和P两端电压增大，电流增大，故L1变亮；故C错误，D错误。

故选：B2、C【分析】【分析】

【详解】

首先成功发现“磁生电”的物理学家是法拉第。

故选C。3、D【分析】【详解】

A．图象与坐标轴围成的面积代表电势的变化，沿着电场线，电势逐渐降低，若O点的电势为零，则A点的电势为故A错误；

B．粒子从A到B运动时；电场力恒定不变，做匀变速直线运动，故B错误；

C．根据及图象与坐标轴围成的面积可知粒子在OA段电势能减少量大于BC段电势能减少量；故C错误；

D．根据动能定理可知

解得

故D正确。

故选D。4、A【分析】【详解】

假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在N点产生的场强大小为E0，左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右，根据电场叠加原理

根据题意

根据对称性可知右半球壳在N点产生的电场强度大小和左球壳在M点产生场强大小相等即

解得

A正确；BCD错误。

故选A。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．由电场线分布可知等量异种电荷连线的中垂线上，中点的场强最大，点场强小于点场强；故A错误；

B．等量异种电荷连线的中垂线是等势面，b点电势等于d点电势；故B错误；

C．由对称性知a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差；故C正确；

D．a点的电势高于c点的电势，由Ep=q知试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能；故D错误。

故选C。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．沿着电场线，电势逐渐降低，因此B点电势低于A点电势；A错误；

B．电场线越密集的地方，场强越大，因此A点场强大于B点场强；B正确；

CD．正电荷受力的方向沿着电场向，负电荷受力方向与电场线方向相反，因此若正电荷由A点移动到B点，电场力做正功，电势能减少；负电荷由A点移动到B点；电场力做负功，电势能增加，C；D错误。

故选B。7、D【分析】【详解】

AB．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程大于A2的量程，则安培表A1的读数大于安培表A2的读数．故AB错误．

CD．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数．故C错误，D正确．二、多选题(共5题，共10分)8、B:C:D【分析】A．立体电影是利用了光的偏振现象；故A错误。

B．军队士兵过桥时使用便步；防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故B正确；

C．手机上网时用的Wifi信号属于无线电波；故C正确；

D．光导纤维利用的是光的全反射原理；根据产生全反射的必要条件：光必须从光密介质射入光疏介质，可知，光导纤维的内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，故D正确；

E．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了薄膜干涉，故E错误。9、A:D【分析】【分析】

【详解】

AD．根据电场线的性质，A点电势小于B点电势；根据轨迹的弯曲方向可知，电场力指向曲线弯曲内侧，与电场线方向相同，所以带电粒子一定带正电，根据电势能定义式有。

可知，该粒子在A点电势能小于在B点电势能；故AD正确；

B．点电荷的电性不明，有可能带正电靠近N端，也可能带负电靠近M端；故B错误；

C．该电场为点电荷电场，所以A、B两点的电场强度不可能大小相等；故C错误。

故选AD。10、A:D【分析】【分析】

【详解】

AB．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引规律，M点的点电荷带负电；在金属板的左侧面感应出正电荷，A正确，B错误；

CD．金属板内部合场强为零，故感应电荷在N点产生的电场强度与点电荷在N点产生的电场强度等大反向，根据可得，感应电荷在N点产生的电场强度方向沿MN连线向右；C错误，D正确。

故选AD。11、B:D【分析】【详解】

AB．负电荷在电势高处电势能小，则同一负电荷在C点的电势能小于在N点的电势能；故A错误，B正确；

CD．随x变化图像斜率表示场强，由图知，N点的电场强度大于C点的电场强度；故C错误，D正确。

故选BD。12、A:C【分析】【详解】

A．电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大；故A正确；

B．因两表由同一电流表改装而成；而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同；故B错误；

C．两电压表串联，故通过两表的电流相等，故V1的读数比V2的读数大；故C正确；

D．因表头与电阻串联；故为四个电阻串联，因此通过两表头的电流相等，两表的偏转角度一样，故D错误；

故选AC。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【详解】

[1][2]依据电流表改装成电压表的特点，则有

解得需串联依据电流表改装成电流表的特点，则有

解得需并联的电阻，即总电阻所以电流表的内阻【解析】99000.0514、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据光子说的理论可知；爱因斯坦认为电磁场本身就是不连续的；

（2）[2][3]光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的，频率为ν的光的能量子为hν。【解析】①.电磁场②.能量子③.hν15、略

【分析】【详解】

根据高斯定理，对球面有

则有

其中r>R2

可解得【解析】16、略

【分析】【详解】

[1]AB两点间的电势差为

[2]A点的电势等于A点与M点的电势差，故【解析】10-417、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺的精度为读数为

[2]螺旋测微器精度为读数为【解析】50.154.700（4.698~4.702）18、略

【分析】【详解】

(1)[1][2]探究小车速度随时间的变化关系时；用平均速度替代瞬时速度，体现了极限的思想；探究弹簧伸长与弹力的关系时，采用了图像分析的方法；探究求合力的方法时，采用了等效替代的方法；探究小车加速度与质量；力的关系时，应用了控制变量法，故选C、D；

(2)[3][4][5]20分度的游标卡尺，其精确度为故钢球的直径。

当测量结果为51.45mm时；即。

故读数时游标尺上的第9格与主尺刻度对齐。主尺对齐的刻度为。

【解析】CD10.15960四、作图题(共2题，共20分)19、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，根据可知电容器的电荷量将变小；放电的时间将变短，选项D正确。

故选ABD。【解析】ABDABD20、略

【分析】【详解】

（1）由闭合电路欧姆定律可知

所以图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势；与横轴交点的坐标值为短路电流，如图所示。

（2）电源的输出功率等于路端电压与干路电流的乘积；即所要求的的面积为该点向坐标轴作垂线后与坐标轴围成的面积，如图所示。

【解析】（1）U-I图像如图所示。图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流；（2）五、实验题(共2题，共8分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(3)[2]根据闭合电路欧姆定律

整理可得

即图像为直线根据图像可知

[1]图像的斜率为电动势E，在图像上