2025年鲁科版必修3物理下册月考试卷含答案

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A.ab之间的电势差为4000VB.ad之间的电势差为50VC.将q＝－5×10－3C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功不为零D.将q＝－5×10－3C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是－0.20J4、比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，下列表达式中不属于比值定义的是（）A.B.C.D.5、如图所示是某导体的伏安特性曲线；由图可知（）

A.图像的斜率等于导体的电阻值B.导体的电阻是C.当导体两端的电压是时，通过导体的电流是D.当通过导体的电流是时，导体两端的电压是评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、A是某点电荷电场中一条电场线上的点，把电量为+1×10−9C的试探电荷从零电势点移动到A点，静电力做功为4×10−8J，则下列说法正确的是A.该电荷的电势能增加B.该电荷的电势能减小C.A点的电势为-40VD.A点的电势为0.25V7、如图所示，四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表。电流表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，把它们按图接入电路，且都没有超过量程，则（）

A.电流表的读数大于电流表的读数B.电流表的偏转角小于电流表的偏转角C.电压表的读数等于电压表的读数D.电压表的偏转角等于电压表的偏转角8、如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示。现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍；则（）

A.小球2在C位置时的电量是B位置时电量的一半B.小球2在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一C.小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小D.小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小9、两个相距很近的等量异种点电荷组成的系统称为电偶极子。如图所示，有两个相距l的等量异种点电荷＋q和－q，以两者连线为x轴，以两者连线的中垂线为y轴建立坐标系。坐标轴上有两点和已知静电力常量为k，下列说法正确的是（）

A.P点电场强度方向沿x轴正向B.P点电场强度大小约为C.点电场强度方向沿x轴正向D.点电场强度大小约为10、如图所示是一个由电池、电阻R、电键S与平行板电容器组成的串联电路，电键S闭合；在增大电容器两极板间距离的过程中（）

A.电阻R中没有电流B.电容器的电容变小C.电阻R中有从a流向b的电流D.电阻R中有从b流向a的电流11、如图，在xOy平面内，x≥0、y≥0的空间区域内存在与平面平行的匀强电场，场强大小为E=1.25×105V/m，在y<3cm空间区域内存在与平面垂直的匀强磁场。现有一带负电粒子，所带电荷量q=2.0×10-7C，质量为m=1.0×10-6kg，从坐标原点O以一定的初动能射出，粒子经过P(4cm，3cm)点时，动能变为初动能的0.2倍，速度方向平行于y轴正方向。最后粒子从y轴上点M(0，5cm)射出电场，此时动能变为过O点时初动能的0.52倍。不计粒子重力。则（）

A.P点电势高于O点电势B.O、M的电势差UOM与O、P电势差UOP的比值为13:5C.OP上与M点等电势点的坐标为（2.4cm，1.8cm）D.粒子从P到M的时间为0.002s评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)12、能量的耗散∶

（1）定义∶电池中的______转化为电能，电能又通过灯泡转化为_____和_____，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的____；我们很难把这些内能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散。

（2）能量的耗散表明∶能量的数量是_____的，但是能量可利用的品质_____了。

（3）能量的耗散从能量转化的角度反映出自然中与热现象有关的宏观过程具有_______。13、电荷守恒定律和元电荷。

（1）电荷守恒定律：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到________，或者从物体的一部分转移到___________；在转移过程中；电荷的总量保持不变；

（2）电荷守恒定律的另一表述是：一个与外界没有电荷交换的系统，___________保持不变；

（3）元电荷：___________叫作元电荷，用e表示。所有带电体的电荷量或者等于e，或者是________元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，在我们的计算中，可取e=___________C；

（4）比荷：带电粒子的电荷量与___________的比值。14、如图所示是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极（XX′和YY′）、荧光屏组成，管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点。

（1）电子在________区域是加速的，在________区域是偏转的。

（2）若则电子向________板偏移，若则电子向________板偏移。15、如图所示，电路中一粗细均匀的金属导体两端电压为流过导体中的电流为已知金属导体的长为高为宽为导体单位体积内的自由电子数为自由电子的电荷量为则金属导体内自由电子定向移动的速率为________。

16、（1）在“伏安法测电阻”的实验中；选择电流表的量程为0.6A，电压表的量程为3V，则图中电流表的度数为________A，电压表的度数为________V。

（2）在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R；电键S等；要求灯泡两端电压从0开始变化。在方板中画出本实验的电路图。

（________）

（3）某电流表表头内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，按如图改装成量程3V的电压表，________Ω。17、如图所示电路中，电源内阻不可忽略、电动势E=3V，R1=8Ω、R2=2Ω。闭合电键K1后，K2置于a处，电压表示数U1。将电键K2从a拨动到b，稳定后电压表示数U2，则U1________U2（选填“>”、“<”或“=”）；若电源内阻r=20Ω，K2置于a处，滑动变阻器阻值逐渐增大时电源输出功率减小，随后将K2置于b处，变阻器阻值逐渐减小时电源输出功率减小，则滑动变阻器阻值的取值范围为________。

评卷人得分四、作图题(共1题，共5分)18、试画出点电荷、等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线。评卷人得分五、实验题(共1题，共9分)19、如图为“探究电磁感应现象”的实验装置。

(1)如果在闭合开关时发现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情况有：

①将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将__________偏转（选填“发生”或“不发生”）；

②A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针__________偏转（选填“发生”或“不发生”）；

③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向__________（选填“相同”或“相反”）。

(2)在做“探究电磁感应现象”实验时，如果B线圈两端不接任何元件，则B线圈电路中将_________。（不定项选择）

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.不能用楞次定律判断感应电动势方向。

D.可以用楞次定律判断感应电动势方向评卷人得分六、解答题(共4题，共40分)20、如图所示；四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘平台PQ固定在同竖直平面内，圆弧轨道的圆心为0，半径为R，绝缘平台PC之间的距离为L，PQ之间的距离为S，在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场．一质量为m；电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后静止．物体与平台之间的动摩擦因数为μ，不计物体经过轨道与平台连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．

(1)匀强电场的电场强度E=?

(2)求物体下滑到P点时；物体对轨道的压力F；

(3)若在PO的右侧空间再加上方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场(图中未画出)，物体仍从圆弧顶点A静止释放，沿平台向右运动的最远点为Q，试求物体在平台PQ上运动的时间t.21、如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量QA=1.8×10−7C，一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量k=9×109N·m2/C2）

（1）小球B所带电量q及电性；

（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度E；

（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。

（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？

22、静电学理论指出，对于真空区域，只要不改变该区域内的电荷分布及区域边界的电势分布，此区域内的电场分布就不会发生改变。试由上述结论及导体静电平衡的性质论证：在一接地的无穷大导体平板上方与导体板相距h处放置一电荷量为Q的点电荷，则导体板对该点电荷作用力的大小为F=(k为静电力常数).23、在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.5cm。电源电动势E=400V，内电阻r=2Ω，电阻R1=198Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板。若小球所带电荷量q=1.0×10-7C，质量m=2.0×10-4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2；求：

（1）滑动变阻器接入电路的阻值；

（2）当没有小球射入时，改变P的位置，求滑动变阻器消耗的最大电功率P滑；

（3）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时小球恰能到达距A板处。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．不带电的物体可能带有等量的正电荷和负电荷；对外显示不带电．故A错误；

BC．摩擦起电实际上是电子从一个物体转移到另一个物体或者从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程；故BC错误；

D．一根带电的导体放在潮湿的房间一段时间后；发现导体棒不带电了，是因为电荷被中和了，但电荷仍然守恒，故D正确。

故选D。2、C【分析】【详解】

A．库伦定理的适用条件是真空和静止点电荷；并非适用于任意两个带电体，故A错误；

B．当两个点电荷距离趋于0时；两电荷不能看成点电荷，因此此时库伦定律的公式不再适用，故B错误；

C．根据库伦定理的计算公式

可知，当两个点电荷距离增加为原来的两倍，但电荷量不变，则他们之间的库仑力减小为原来的倍；故C正确；

D．根据库伦定理的计算公式

可得；当两个点电荷所带电荷量均为原来的两倍，但之间距离不变，则他们之间的库仑力增加为原来的4倍，故D错误。

故选C。3、D【分析】【详解】

A．之间的电势差为：

故A错误；

B．由图看出，在同一等势面上，电势相等，则有：

故B错误；

C．将的点电荷沿矩形路径移动一周；电场力不做功，故C错误；

D．将的点电荷沿或从移动到电场力做功相等，电场力做功为：

故D正确。4、A【分析】【详解】

A．电流强度与导体两端的电压成正比；与导体的电阻成反比，所以该式不属于用比值法定义，故A错误；

B．电场强度与F、q无关；由电场本身性质决定，所以该式属于用比值法定义，故B正确；

C．电容与Q、U无关；由电容器本身决定，所以该式属于用比值法定义，故C正确；

D．电场中某位置的电势由场源和该位置到场源的距离；以及零电势点的选择决定，与试探电荷间没有决定关系，所以该式属于用比值法定义，故D正确。

本题选不属于的，故选A。5、D【分析】【详解】

A．I-U图像的斜率等于导体电阻值的倒数；故A错误；

B．导体的电阻是

故B错误；

C．由欧姆定律可知，当导体两端的电压为时，通过导体的电流为

故C错误；

D．由欧姆定律可知，当通过导体的电流为时，导体两端的电压为

故D正确。

故选D。二、多选题(共6题，共12分)6、B:C【分析】【详解】

AB．把电量为+1×10−9C的试探电荷从零电势点移动到A点，静电力做功为4×10−8J；则电势能减小，选项A错误，B正确；

CD．因

因U0A=0-φA=40V

则φA=-40V

选项C正确，D错误．7、A:D【分析】【详解】

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；

AB．由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，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错误；

CD．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，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角；故D正确，C错误。

故选AD。8、B:C【分析】【详解】

CD．设小球2在B、C位置时所受库仑力大小分别为F1、F2，所受碗的支持力大小分别为N1、N2，碗的半径为R，小球2的重力为mg，根据平衡问题的相似三角形法可得

由题意可知

解得

根据牛顿第三定律可知小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小；故C正确，D错误；

AB．设小球2在C位置时的电量为根据库仑定律可得

解得

故A错误；B正确。

故选BC。9、C:D【分析】【详解】

AB．由图可知，P点与正电荷的距离大于与负电荷的距离，根据

可知正电荷在P点的电场强度小于负电荷在P点的电场强度，则P点电场强度方向沿x轴负方向，根据场强叠加原则，可知P点电场强度

由于大小约为零，故AB错误；

C．根据等量异种电荷的电场分布可知，在两电荷连线的垂直平分线上的点电场强度方向沿x轴正向；选项C正确；

D．根据场强叠加可知点电场强度大小为

由于则

此时

选项D正确。

故选CD。10、B:C【分析】【详解】

由平行板电容器的电容知，增大电容器两极板间距离则电容变小，B正确；与电源相连U不变，由知，当电容C变小时，电容器所带的电荷量Q也变小，故电容器要放电，则A极板相当于正极，故电流在电阻中从a流向b，C错D正确．答案为BD．11、C:D【分析】【详解】

ABC．设粒子在O点时的初动能为Ek，则在P点的动能为0.2Ek，在M点的动能为0.52Ek

粒子从O点到P点和从O点到M点的过程中，由动能定理得-qUOP=0.2Ek-Ek

-qUOM=0.52Ek-Ek

则UOP：UOM=5：3

可得

则OP五等分，设OP上D点与M点电势相等OD=3cmDP=2cm

沿OP方向电势下降，则P点电势低于O点电势，由以上解得DN=1.8cmON=2.4cm

即OP上与M点等电势点D的坐标为（2.4cm；1.8cm），故，AB错误，C正确；

D．OP与x轴的夹角α，则

由于OD=3cm而OMcos∠MOP=3cm

所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，即M、N两点电势相等，因此OP为电场线，方向从O到P，带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t，在x轴方向上

加速度为

联立解得t=0.002s

故D正确。

故选CD。三、填空题(共6题，共12分)12、略

【分析】【详解】

（1）[1][2][3][4]定义∶电池中的化学能转化为电能；电能又通过灯泡转化为内能和光能，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的内能，我们很难把这些内能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散；

（2）[5][6]能量的耗散表明∶能量的数量是守恒的；但是能量可利用的品质降低了；

（3）[7]能量的耗散从能量转化的角度反映出自然中与热现象有关的宏观过程具有方向性。【解析】①.化学能②.内能③.光能④.内能⑤.守恒⑥.降低⑦.方向性13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]电荷守恒定律：电荷既不会创生；也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。

(2)[3]电荷守恒定律的另一表述是：一个与外界没有电荷交换的系统；电荷的代数和保持不变。

(3)[4][5][6]自然界中带电量最小的电荷叫作元电荷，用e表示。所有带电体的电荷量或者等于e，或者是元电荷整数倍，元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，在我们的计算中，可取e=

(4)[7]比荷是带电粒子的电荷量与质量的比值。【解析】另一物体另一部分电荷的代数和自然界中带电量最小的电荷整数倍质量14、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]根据示波器原理知Ⅰ区域是加速电场区；Ⅱ区域是偏转电场区；

（2）[3][4]在偏转电极YY′加电压，且Y比电势高，电子向高电势运动，故电子向Y板偏移，只在偏转电极XX′上加电压，且X比电势高，电子向高电势运动，故粒子向X板偏移。【解析】①.Ⅰ②.Ⅱ③.Y④.X15、略

【分析】【详解】

根据电流的微观表达式

联立可得【解析】16、略

【分析】【详解】

(1)[1]电流表分度值为0.02A；故读数为：0.35A；

[2]电压表量程为3V；故电压表分度值为0.1V，需要估读到0.01V，故读数为：2.15V

(2)[3]由题意要求可知；电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；灯泡内阻较小电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；故原理图如图所示。

(3)[4]表头满刻度电压值为。

量程为3V时，电阻R1应为：

【解析】0.35A2.15V130017、略

【分析】【详解】

[1]闭合电键K1后，K2置于a处，电压表示数U1，由闭合电路欧姆定律可得

电键K2从a拨动到b，稳定后电压表示数U2，由闭合电路欧姆定律可得

则U1>U2

[2]对于电源，当外电路的电阻等于内电阻时电源的输出功率最大，K2置于a处，滑动变阻器阻值逐渐增大时电源输出功率减小，则

将K2置于b处，变阻器阻值逐渐减小时电源输出功率减小，则

解得【解析】>[12Ω，18Ω]四、作图题(共1题，共5分)18、略

【分析】【详解】

根据电荷属性；点电荷；等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线如下所示。

【解析】五、实验题(共1题，共9分)19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①[1]闭合电键；磁通量增加，指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右发生偏转一下；

②[2]原线圈插入副线圈后；将滑动变阻器触头迅速向右拉时，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[3]在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向相反。

(2)[4]如果副线圈B两端不接任何元件；线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不会没有感应电流存在，但是可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向，故BD正确，AC错误；

故选BD。【解析】发生发生相反BD六、解答题(共4题，共40分)20、略

【分析】【详解】

（1）由动能定理得：

解得：