2025年粤教版必修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年粤教版必修3物理下册阶段测试试卷412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、已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路．电源的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光；若探测装置从无磁场区进入磁场区，则。

A.电压表的示数变小B.磁敏电阻两端电压变小C.小灯泡L变亮甚至烧毁D.通过滑动变阻器的电流变大2、如图所示电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时；电表的示数都发生变化，下列说法错误的是（）

A.电压表示数变大B.电流表示数变小C.外电路等效电阻变大D.内电路消耗的功率变大3、如图，水平面内的等边三角形的边长为L，顶点C恰好位于绝缘倾斜直轨道的最低点，光滑直轨道上端点D到A、B两点的距离均为L，为绝缘竖直轨道，O为边的中点。一对电荷量分别为的点电荷分别固定于A、B两点。在D处将质量为m、电荷量为的小球（忽略它对原电场的影响）套在轨道上D端，将小球分别沿和由静止开始释放，已知静电力常量为k，重力加速度大小为g；忽略一切阻力，下列说法正确的是（）

A.D点的电场强度与C点的电场强度不同B.小球沿下滑过程中，其电场强度先增大后减小C.小球沿下滑过程中，其电势能先增大后减小D.小球沿到达O点速度与沿到达C点的速度大小不相等4、在如图所示的电路中，平行板电容器两极板水平放置，闭合开关S，待电路稳定后，位于O点的电子枪水平向右发射速度相同的电子，电子刚好击中竖直放置的荧光屏上的Q点，OP连线与极板平行，则下列说法中正确的是（）

A.把滑动变阻器的滑片向左移动，电子将击中Q点上方的某个位置B.把滑动变阻器的滑片向右移动，电子将击中Q点上方的某个位置C.断开开关S，将电容器的下极板下移一小段距离，电子将击中PQ之间的某个位置D.断开开关S，将电容器的上极板上移一小段距离，电子将仍然击中Q点5、学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列关于物理学中的思想方法叙述正确的是（）A.伽利略在研究自由落体运动时采用了微元法B.法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法C.在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想D.在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数的变化量分别用△I、△U1、△U2和△U3表示；下列说法正确的是（）

A.变大，变小B.变大，不变C.D.7、如图所示，实线为某一点电荷的电场线，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点；则（）

A.粒子一定带正电B.粒子一定是从a点运动到b点C.粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度D.该电场可能是由负点电荷产生的8、一电子只在静电力作用下沿方向运动，其所在位置处的电势随位置变化的图线如图中拋物线所示；下列说法正确的是（）

A.x2处的电场强度为零B.从x2运动到x3，电场力对电子做正功C.电子在x1处的速率小于在处的速率D.电子从x1运动到x2，加速度逐渐减小9、如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA=OB=BC=a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k；则下列说法正确的是（）

A.点电荷Q位于O点B.C点的电场强度大小为C.O点电势比A点电势低D.将某一正试探电荷从A点移动到C点，电势能增加10、真空中有两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，∠ABC=30°，如图所示，已知A点电场强度的方向垂直AB向下；则下列说法正确的是（）。

A.q1带负电，q2带正电B.D点电势低于A点电势C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍11、下列说法正确的是（）A.半导体材料导电性能与外界条件有关B.超导现象就是在温度降到某一临界值时电阻率突然降为零的现象C.由可知，R与导体两端电压U成正比，与通过导体的电流I成反比D.由可知，ρ与S成正比，与L成反比评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、在图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动．若电源的端电压保持不变，电流表A的示数与电流表示数的比值将________；电压表V示数的变化与电流表示数的比值将________．（均选填“变小”“不变”或“变大”）

13、如图所示，A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，∠B=30°，现在A、B两点放置两点电荷测得C点场强的方向与AB平行，则带________，=_________．

14、电路中，每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10－6m2的导线，那么电路中的电流大小为______A。15、已知轴上电场方向与轴方向平行，轴上各点电势如图所示，处电势为一电子从处由静止释放，则处电场强度为___________该电子运动到处时的动能为__________

16、某实验小组计划用一个表头G（满偏电流Ig=100μA，内阻Rg=900Ω），改装成1mA和10mA的双量程电流表和一个大量程的电压表，已知R2=90Ω，R3=2910Ω；如图所示。

（1）选接________（填“1”或“2”）是10mA的电流表，可算得R1应为________Ω；

（2）选接3时，改装电压表的量程是________V。

17、电源和电阻R组成闭合电路，它们的U—I关系图线如图所示。该电源的内阻为________，电源消耗的总功率为________W。

18、小雨同学用图甲的实验装置“研究电磁感应现象”。闭合开关瞬间；发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。

（1）闭合开关稳定后，将线圈A从线圈B抽出的过程中，灵敏电流计的指针______（填“向左偏转”；“向右偏转”或“不偏转”）；

（2）如图乙所示，R为光敏电阻，其阻值随着光照强度的加强而减小。金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧。当光照减弱时，从左向右看，金属环A中电流方向_______（填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将向_______（填“左”或“右”）运动，并有_______（填“收缩”或“扩张”）的趋势。评卷人得分四、作图题(共4题，共8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。

20、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。21、由电流产生的磁场方向如图所示；请在图中标出线圈中的电流方向.

22、在如图所示的四幅图中；分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向。请画出对应的磁感线（标上方向）或电流方向。

评卷人得分五、实验题(共4题，共24分)23、某实验小组要尽可能准确地测量某直流电源的电动势E（小于3V）及内阻r；实验室提供了以下器材：

电压表V（量程0~3V；内阻约为1kΩ）；

电流表A（量程为0~300mA；内阻为3Ω）；

滑动变阻器R（阻值范围为0~100Ω；允许通过的最大电流为1A）；

待测电源E；

开关S及导线若干。

(1)实验小组设计了甲、乙两种测量方案，为尽可能准确地测量该直流电源的电动势E及内阻r，应选用_____（填“图甲”或“图乙”），原因是______。

(2)实验小组选择正确电路并通过实验测得多组数据，如表中所示，请根据这些数据在坐标纸上描点并画出图像_____，利用图像可求出电源的电动势E为_____V，内阻r为_____Ω。（结果均保留3位有效数字）。组别U/AI/mA11.4020021.6016831.8013542.0011052.206762.4034

24、图中螺旋测微器读数为___________mm，游标卡尺读数为___________mm。

25、在描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，实验器材有：额定电压为3.8V、额定电流为0.32A的小灯泡、电压表V（4V，内电阻约为4kΩ）、电流表A（0.5A，内电阻约为0.5Ω）、滑动变阻器R（0～10.0Ω）；电阻箱R0；电源E（电动势4.0V；内阻1.0Ω）；开关S；导线若干。

(1)实验测得的小灯泡伏安特性曲线如图所示，随着小灯泡的电阻丝温度的升高，小灯泡灯丝材料的电阻率逐渐______；（填“增大”“不变”或“减小”）

(2)根据小灯泡的伏安特性曲线图，可以推断滑动变阻器用的是______接法（填“限流式”或“分压式”）；

(3)请在虚线框中画出本实验的电路图______；

(4)把电阻箱R0和小灯泡组成串联电路，如图所示，当把R0的阻值调到9Ω时，这只小灯泡消耗的电功率为______W。

26、某物理兴趣小组的同学要测定电源（由两节新干电池组成）的电动势和内阻，该同学根据实验室提供的实验器材设计了如图甲所示的原理图，其中定值电阻R0=1.8Ω。还有一毫安表，量程为40mA、内阻为rA=4Ω。

(1)因为所给毫安表的量程较小，需利用定值电阻R1将毫安表改装成量程为200mA的电流表，图甲的虚线框内为改装后的电流表，其中R1=_____________Ω。

(2)某次实验中电压表的示数如图丙所示，则此次实验中电压表的读数为_________V。

(3)现将实验中所测得的实验数据（的示数用U表示，mA的示数用I表示）描绘在如图乙所示的坐标纸上，并画出了U-I图像，根据图乙可知电源的电动势为2.98V，则可求得内阻为r=_________Ω（结果保留两位小数）。

(4)当电压表读数为2.30V时，由图乙可知I=30mA，此时电源的输出功率为_________W（结果保留两位小数）。评卷人得分六、解答题(共2题，共16分)27、在图所示的电路中，L为标有“6V、3W”的小灯泡，电源的内电阻r=2滑动变阻器的总电阻R=48Ω；滑动变阻器的滑动片触头位于变阻器的中点时，灯泡L恰好能正常发光，这时电压表的读数为27V，求：

(1)电阻Rｘ的值；

(2)电源的电动势E；

(3)滑动变阻器消耗的电功率。

28、如图所示，框架面积为S，框架所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直。

（1）若使框架绕OO'轴从初始位置转过60°；则穿过框架的磁通量为多少？

（2）若使框架绕OO'轴从初始位置转过90°；则穿过框架的磁通量为多少？

（3）若使框架绕OO'轴从初始位置转过180°；则穿过框架的磁通量变化量为多少？

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变小，根据因为I减小，所以路端电压U增大，电压表测量路端电压，故电压表示数变大，灯泡两端电压增大，即灯泡变亮，如果磁场足够大，有可能烧坏灯泡，C正确A错误；小灯泡的电流增大，而总电流是减小的，故通过磁敏电阻和滑动变阻器的电流减小，由于滑动变阻器的电阻不变，故滑动变阻器两端的电压减小，而路端电压是增大的，故磁敏电阻两端的电压增大，故BD错误；

【点睛】

在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部2、D【分析】试题分析：根据电路的结构，与并联，与串联，再与并联，可知，当P向右滑动时，增大，外电路总电阻增大，则电压表示数U变大，干路电流I减小，由功率公式．则知道内电路消耗功率减小；根据干路电流I与电流的变化情况，来判断电流的变化情况；由U与的变化情况，可分析得出的电流增大，而则可知变小．

根据电路的结构，与并联，与串联，再与并联，当P向右滑动时，增大，与并联电阻增大，外电路总电阻R总增大，干路电流I减小，路端电压U增大，即电压表示数变大，故A正确，C正确；由知，内电路消耗的功率变小，故D错误．由知，I减小，增大，则减小，减小，而与并联的电压U增大，减小则增大，则的电流变大，又电流表的电流I减小，增大，则减小；故B正确．

考点：闭合电路动态分析。

点评：难度较大，首先应画出等效电路图，明确串并联关系，注意闭合电路中任一部分电阻增大则总电阻增大，任一部分电阻减小则总电阻减小，由部分电路电阻的变化确定总电阻的变化，确定通过电源的电流的变化，得到路端电压的变化，再由部分电路欧姆定律分析各部分电路的电流电压的变化．解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，并采用控制变量法进行分析3、B【分析】【详解】

A．D点的电场强度与C点的电场强度大小相等，方向相同，都沿着与BA平行的方向；A错误；

B．小球沿DC轨道下滑过程中，A、B两点电荷对其电场大小相同，合场强与DC垂直，由于小球运动过程距离A、B两点电荷的距离先减小后增大；其电场强度先增大后减小，B正确；

C．小球沿DC到达轨道最低点C过程，A、B两点电荷对其合电场力垂直于轨道；电场力不做功，电势能不变，C错误；

D．小球沿运动过程，受到的电场力也与轨道垂直，故小球沿到达O点与沿到达C点过程都只有重力做功，由动能定理得小球到达O点与到达C点的速度大小相等；D错误。

故选B。4、D【分析】【详解】

AB．电路稳定时滑动变阻器分得的电压为零，把滑动变阻器滑片左移或右移，电容器两端电压还是等于电源电动势，极板间电场强度不变，电子仍击中Q点；故AB错误。

CD．断开开关S，电容器的电荷量不变，将电容器的下极板下移一小段距离或者上极板上移一小段距离，根据

可知，电场强度为

不变，电子受力情况不变，则电子电子仍击中Q点；故C错误，D正确。

故选D。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理的方法。A错误；

B．法拉第在研究电磁感应现象时利用了归纳法；B错误；

C．合力与分力的关系是等效与替代；所以在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的思想。C正确；

D．在探究加速度与力；质量的关系实验中使用了控制变量的思想方法；D错误。

故选C。二、多选题(共6题，共12分)6、B:D【分析】【详解】

根据欧姆定律将变大．根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-I（R1+r），则有不变，故A错误；根据欧姆定律变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，则有不变，故B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，可知I变小，所以U1=IR1变小，所以路端电压U3=E-Ir，则知U3变大，所以因U3=U1+U2，U1减小，则U2增大，所以△U2＞0，故C错误，D正确．所以BD正确，AC错误．7、A:C【分析】【详解】

A．由合力的方向指向运动轨迹的凹侧；可知粒子受力方向与电场方向一致，所以带正电，故A正确；

B．只知道曲线运动轨迹不能判断运动方向；所以粒子运动方向无法确定，故B错误；

C．由于c点电场线比b点电场线密，在电场中根据

可知点场强大，粒子在c点受力大；加速度大，故C正确；

D．由电场方向可知；该电场是由正点电荷产生的，故D错误。

故选AC。8、B:C:D【分析】【详解】

A．由图可知x2处图线斜率为零，即沿方向电场强度的为零；其他方向的电场强度不一定为零。故A错误；

B．根据

又

可知从x2运动到x3；电子的电势能减小，电场力对电子做正功。故B正确；

C．同理，电子在x1处的电势能大于在处的电势能，只有电场力做功，所以电子的动能与电势能之和保持不变，即电子在x1处的速率小于在处的速率。故C正确；

D．根据

可知，图线上某点斜率表示该位置电场强度，从x1运动到x2，图线切线的斜率逐渐变小，即电场的场强逐渐减小，根据

易知加速度逐渐减小。故D正确。

故选BCD。9、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．因A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，故A、B到点电荷的距离相等，O、C到点电荷的距离也相等；则点电荷位置如图所示。

由图可知；A错误；

B．由图可知OC的距离

根据

得

B正确；

C．因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故O点电势比A点低；C正确；

D．由图可知，将正试探电荷从A点沿移动到C点，C点电势低；电势降低，电势能减小，故D错误。

故选BC。10、B:C【分析】【详解】

A．根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，由平行四边形法则可知，q1带正电，q2带负电；A错误；

B．由几何关系结合电势概念可知，正电荷q1在AD两点产生的电势相等，负电荷q2在A点的负电势高于D点的负电势，由电势叠加可知A点的电势高于D点；B正确；

CD．根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，可得sin30°＝

又r2＝2r1，联立解得q2＝2q1

C正确；D错误。

故选BC。11、A:B【分析】【详解】

A．半导体材料导电性能受外界条件的影响；例如温度；光照等，故A正确；

B．超导现象是指在温度降到某一临界值时电阻率突然降为零的现象；故B正确；

C．是定义式，与和无关；故C错误；

D．电阻率由导体的材料和温度决定，与S无关；故D错误。

故选AB。三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】【详解】

[1][2]该电路的结构R1与R2并联后与A串联，所以流过电流表A的电流是两个支路的电流的和，将滑动变阻器的滑片P向左移动，接入电路中的电阻值减小，所以电路中的总电流和流过R1的电流增大，而流过R2的电流减小；所以电流表A的示数变化量的大小小于电流表A1示数的变化量的大小；电流表A的示数增加量的大小小于电流表A1示数的增加量的大小，则电流表A的示数与电流表A1示数的比值将变小；R1与R2并联后做为一个电阻，该电路就变成了测量电源的电动势和内电阻的电路，由闭合电路的欧姆定律：E=U+Ir，所以即将变小。【解析】变小变小13、略

【分析】【详解】

放在A点和B点的点电荷在C处产生的场强方向在AC和BC的连线上，因C点场强方向与BA方向平行，故放在A点的点电荷和放在B点的点电荷产生的场强方向只能如图所示，由C→A和由B→C，故qA带负电，qB带正电，且EB＝2EA，即k＝2k又由几何关系知＝2所以qAqB＝18.

【解析】负14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]每分钟通过的电量为

则电路中的电流为【解析】15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在x=0处电场强度为0

[2]电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为5V，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV，由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV【解析】0316、略

【分析】【详解】

（1）[1]选接1时电流表的量程为

选接2时电流表的量程为

可看出I1m>I2m；则选接1是10mA的电流表，选接2是1mA的电流表。

[2]根据选接2时电流表的量程，代入数据，可计算出R1=10Ω

（2）[3]选接3时，改装电压表的量程是Um=IgRg＋I2mR3

代入数据有Um=3V【解析】110317、略

【分析】【详解】

[1][2]根据闭合电路欧姆定律得

当时

由图可知电源电动势

内阻等于图像的斜率的绝对值，因此有

代入数据可得

由图可知，此时电流

因此有

代入数据可得【解析】0.5618、略

【分析】【详解】

（1）[1]闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，说明磁通量增加时电流计指针左偏；将线圈A从线圈B抽出的过程中；穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向右偏转。

（2）[2]由图乙可知根据右手螺旋定则可判断螺线管磁场方向向右；当光照减弱时；光敏电阻的阻值增加，回路中电流减小，穿过金属环A的磁通量减小，根据楞次定律可知产生向右的感应磁场，再由右手螺旋定则可知从左向右看，金属环A中电流方向顺时针；

[3][4]因穿过A环的磁通量减小，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相同，故相互吸引，则金属环A将向右运动，根据“增缩减扩”可知，金属环A有扩张趋势。【解析】向右偏转顺时针右扩张四、作图题(共4题，共8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】20、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】21、略

【分析】【详解】

第一幅图中线圈内部磁场垂直纸面向外；根据右手定则可以判断，电流为逆时针；第二幅图中，磁场向上，根据右手定则可以判断，左端电流垂直纸面向外，右端电流垂直纸面向里。

【解析】第一幅图中电流为逆时针；第二幅图左端电流垂直纸面向外；右端电流垂直纸面向里。

22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）在图（1）中；已知小磁针静止时N极的指向，由直线电流的安培定则，可知直线中的电流方向向下，如图所示。

（2）在图（2）中；已知小磁针静止时N极的指向，由环形电流的安培定则，可知环形电流方向从左向右看是顺时针方向，如图所示。

（3）在图（3）中；已知螺线管内小磁针静止时N极的指向，由通电螺线管的右手螺旋定则可知，螺线管中的电流方向从左端导线流入，右端导线流出，如图所示。

（4）在图（4）中，已知磁感线的方向，由安培定则可知，环形电流方向沿逆时针方向，如图所示。【解析】五、实验题(共4题，共24分)23、略

【分析】【详解】

(1)[1][2]由于电流表内阻已知；可将电流表内阻等效为电源内阻，则电动势和内阻的测量无系统误差，应选用图甲。

(2)[3]由实验数据画出U-I图像如图所示。

[4]由图可知第四组数据应舍弃，图像纵轴截距为2.62V，故电动势E=2.62V；

[5]图像斜率为内阻【解析】图甲电动势和内阻的测量无系统误差见解析2.62（2.56~2.66均给分）3.00（2.90~3.10均给分）24、略

【分析】【详解】

[1]螺