2024年沪教版必修3物理下册月考试卷

…………○…………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2024年沪教版必修3物理下册月考试卷221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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、静电场和重力场在某些特点上具有一定的相似性，结合有关“场”的知识，并进行合理的类比和猜想，以下说法中正确的是（）A.法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，并测定了元电荷的电荷量B.法拉第建立了电场的概念，并引出电场线来描述电场C.如果把地球抽象为一个孤立质点，其“重力场线”的分布类似于真空中一个孤立的正电荷所产生的静电场的电场线分布D.如果将重力场与静电场相类比，重力场的“场强”等于重力加速度，其“场强”大小的决定式为2、下列说法中正确的是（）A.奥斯特首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究B.法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕C.安培发现了磁场对电流的作用规律，洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律D.楞次认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体3、关于物理学思想方法，下列叙述错误的是（）A.演示微小形变时，运用了放大法B.将带电体看成点电荷，运用了理想模型法C.平均速度体现了极限思想D.加速度是采取比值法定义的物理量4、对于已充电的平行板电容器，可用静电计测量其两极板之间的电势差U。如图所示，静电计指针的偏角大小反映电势差U的大小。现使B板带正电并保持电量不变；则下列说法正确的是（）

A.若减小两极板之间的距离，则指针张角变大B.若将A板稍微上移，则静电计指针张角变小C.若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D.若增大两极板之间的距离，则电容器的电容减小5、如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为两对极板间偏转电压大小相等均为电场方向相反。质量为m、电荷量为的粒子无初速地进入加速电场；被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计粒子重力。下列说法正确的是（）

A.粒子离开加速器时速度B.若则有C.只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开D.若换成质量为m，电荷量为的粒子无初速地进入加速电场，该粒子最终也从平移器上板边缘水平离开评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带负电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是（）

A.点电荷一定位于M点的左侧B.带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小C.带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度D.带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能7、对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是（）A.给金属丝加上逐渐从零增大到U0的电压，则任一状态下的值不变B.常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为C.常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RD.把金属丝温度降低到绝对零度附近，电阻率会突然变为零的现象称为超导现象8、如图所示，将悬在绝缘细线上带正电的小球放在不带电的金属空心球壳内（与内壁不接触），外加一个水平向右的场强为E的匀强电场；对于最后的结果，下列判断正确的是（）

A.的右端带正电，向左偏B.的右端带正电，不偏左也不偏右C.的左端带正电，向右偏D.的左端带负电，不偏左也不偏右9、如图，A、B、C为等边三角形的三个顶点，电荷量为的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为的点电荷从无穷远处（电势为0）移到点，此过程中，电场力做功为再将从点沿移到B点并固定。最后将一电荷量为的点电荷从无穷远处移到点。下列说法正确的是（）

A.移入之前，点的电势为B.移到点时，所受电场力为0C.从点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0D.从无穷远处移到点的过程中，所受电场力做的功为10、如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度大小均为v0；粒子重力不计，以下说法正确的是。

A.粒子在A、B间是做圆周运动B.粒子从A到B的运动过程中，动能先减小后增大C.匀强电场的电场强度E＝D.圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U11、如图所示，水平放置的固定圆盘A，带电量为Q，电势为零。从盘心O处释放一质量为m、带电+q的小球，由于电场力作用，小球可上升到竖直高度为H的C点，而且知道过B点时，速度最大，由此可求出Q形成的电场中（）

A.B点场强B.C点场强C.B点电势D.C点电势12、如图甲，电路中电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡；小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列说法中正确的是（）

A.L1中的电流为L2中电流的2倍B.L2与L3两端的电压相等C.L3的消耗的电功率约为1.2WD.L3的电阻约为1.875Ω评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力大小为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力大小为_____．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力大小为_____．14、电磁感应。

法拉第把他发现的磁生电的现象叫作电磁感应，产生的电流叫作______。15、如图，某同学用伏安法测一个未知电阻的阻值，他仅将电压表接在b点，读得两表示数分别为U1=3.0V，I1=3.0mA，然后将电压表改接在a点，读得两表的示数分别为U2=2.9V，I2=4.0mA，由此可知电压表应接到_________点误差较小，测得的Rx的值为____________Ω。

16、自然界只有两种电荷，丝绸摩擦过的玻璃棒带_______电，丝绸是_______（选填“得到”或“失去”）电子.毛皮摩擦过的橡胶棒带_______电，橡胶棒是_______（选填“得到”或“失去”）电子.17、真空中有两个相同的金属小球，带电量分别为＋1.6×10－8C和＋4.8×10－8C，相距r时（远大于小球直径），相互作用为0.3N，现将两球相接触后再放回原处，则它们之间的相互作用力为________N，此时每个小球的带电量相当于______个电子所带电量。18、基本仪器读数：

（1）甲：_______cm

（2）乙：______mm

（3）丙：______V（量程0~15V）

19、如图甲所示的电表使用0~0.6A量程时，图中表针示数为______A；当使用0~3A，图中表针示数为______A。如图乙所示的电表若使用的是较大量程，图中表针示数为_______V。

20、如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表。当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=3V；当电阻箱读数为R2=6Ω时，电压表读数为U2=4.5V。则电源的电动势E=______V，和内阻r=______Ω；若继续增大电阻箱的阻值，则图中电压表的读数将______（填“增大”或“减小”)

评卷人得分四、作图题(共2题，共4分)21、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。

22、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.

评卷人得分五、实验题(共4题，共40分)23、某物理兴趣小组要研究一个小灯泡的伏安特性曲线；小灯泡的额定电压约为4V，额定功率约为2W，实验器材如下：

A．电压表（0~5V；内阻约为10kΩ）

B．电流表（0~100mA；内阻10Ω）

C．滑动变阻器（5Ω；1A）

D．定值电阻R1（4Ω），定值电阻R2（10Ω）

E．电源；开关和导线若干。

（1）实验器材中的电流表量程过小，但可以通过所给的定值电阻R1和R2改变其量程（如图1所示）．如果开关S1接c，电流表的量程可以扩展为______A。由分析可知，要完整测出小灯泡的伏安特性曲线，开关S1应该接______（选填b或c）；

（2）根据实验数据描绘出小灯泡的I-U图像如图2所示，当灯泡的电阻约为6Ω时，小灯泡的实际功率约为______W（保留两位有效数字）；

（3）现取与实验中伏安特性相同的两个小灯泡以及一个定值电阻Ro，组成如图3所的电路，已知电源电动势Eo=3.0V，ro=5.0Ω，Ro=10Ω。则开关S0闭合后，其中一个灯泡的实际功率为______W（保留两位有效数字）。

24、某学习小组欲将一量程为0~1mA的电流表改装成量程为0~3V的电压表；并测量出其内阻。实验所用器材如下：

待改装电流表A；

标准电压表V（量程0~5V）；

滑动变阻器R，最大阻值

电阻箱最大阻值为

直流电源电动势为6V；

开关；导线若干。

改装原理如图甲所示；该实验小组进行如下操作，请根据操作回答相应问题。

①按图甲原理图连接电路，将图乙实物电路图补充完整___________；

②将滑动变阻器滑片调至___________（填“a”或“b”）端；闭合开关，电阻箱调节到一个较大的值，缓慢调节滑动变阻器，使电压表的示数为3V；

③调节电阻箱的阻值；观察待改装电流表，使其接近满偏；

④再次调节滑动变阻器使电压表示数为3V；待改装电流表接近满偏；

⑤重复步骤③④，直到电压表示数为3V，待改装电流表___________；此时待改装电流表与电阻箱即可以作为改装完成后的电压表。

（1）以上操作步骤⑤中最终电阻箱的阻值为则待改装电流表的内阻为______Ω；若用改装后的电压表测电压时，电流表对应电流示数为0.60mA，则测量电压为_________V；

（2）写出以上改装过程中影响改装电压表准确性的因素___________（写出一条即可）。25、某同学需测量一电源的电动势E和内阻r，但是发现实验室没有合适的电压表，于是他利用实验室的两电流表设计了如图甲所示的电路。其中电流表A1内阻为RA1，电流表A2内阻为RA2。R0为定值电阻的阻值，Rp为阻值范围适当的滑动变阻器。闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2。多次改变滑动触头的位置，利用所测数据描点作出I2-I1图像。

（1）电流表A2是该同学利用一灵敏电流计（满偏电流Ig=100mA，内阻Rg=39Ω）改装而成，该同学希望改装后的电流表量程为4A，则该同学改装电表过程中所使用的定值电阻，你认为他应该选()

A.1ΩB.3.9ΩC.15.2ΩD.39Ω

（2）该同学正确改装电流表A2且正确操作和测量后，测量数据描点如图乙所示，请你根据乙图上的点作出I2-I1图线_______；

（3）已知电流表A1量程内阻RA1=5定值电阻R0=45Ω，则结合图像可求出被测电源的电动势E=____________V，电源的内阻r=_________Ω（保留两位有效数字）。26、利用伏安法测电阻，可以选电流表内接法和电流表外接法两种方法。将电压表的读数U。待测电阻阻值

（1）关于两种方法测得的电阻值产生的误差，下列说法正确的是()

A.无论哪种方法；只要采用多次测量取平均值的方式，就能有效减小误差，使误差几乎为0

B.采用图甲电路，电压表的测量值大于两端的电压值，电流表的测量值等于流经的电流值。

C.采用图乙电路，电压表的测量值等于两端的电压值，电流表的测量值大于流经的电流值。

（2）利用电流表内接法，待测电阻阻值读数记为“”：利用电流表外接法，待测电阻阻值记为“”；该电阻阻值的真实值记为“”。请按照从大到小的顺序将这三个量依次排序为：__________>__________>__________。

（3）有人提出以下建议：利用一恒压源（输出电压为恒定值的电源），分别采用电流表内接法和电流表外接法对电阻进行测量，在两次测量中选用电流表内接法的电流“”和电流表外接法的电压“”，作为测量数据，得到“”的值等于的准确值。请判断这个建议是否正确，并说明理由。()参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律；而密立根测定了元电荷的电荷量，故A错误；

B．电场和电场线的概念是法拉第建立的；故B正确；

C．如果把地球抽象为一个孤质点；用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布，重力场的方向指向地球，类似于真空中一个孤立的负电荷所产生的静电场的电场线分布，故C错误；

D．重力场与静电场相类比，重力场的“场强”相等于重力加速度，其“场强”大小的定义式为故D错误。

故选B。2、C【分析】【分析】

【详解】

A.法拉第首先引入电场线和磁感线；极大地促进了他对电磁现象的研究，故A错误；

B.奥斯特发现了电流的磁效应；拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故B错误；

C.安培发现了磁场对电流的作用规律；洛仑兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，故C正确；

D.安培认为，在原子.分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流，从而使每个物质微粒都成为微小的磁体，故D错误；3、C【分析】演示微小形变时，运用了放大法，选项A正确；将带电体看成点电荷，运用了理想模型法，选项B正确；平均速度体现了等效的思想，选项C错误；加速度是采取比值法定义的物理量，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C.4、D【分析】【分析】

【详解】

A．减小两极板之间的距离，由电容的决定式可知，电容增大，电容器的电量不变，由分析可知；板间电压减小，静电计指针张角变小，故A错误；

B．将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式可知，电容增小，电量不变，由分析可知；板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误；

C．将玻璃板插入两板之间，电容的决定式可知，电容增大，电量不变，由分析可知；板间电压减小，静电计指针张角变小，故C错误；

D．增大两极板之间的距离，由电容的决定式可知；电容减小，故D正确；

故选D。5、D【分析】【详解】

A．根据公式

粒子离开加速器时速度为

故A错误；

B．粒子平移器电场中的偏转量为

由于

若则

解得

根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知

解得

故B错误；

C．根据

可得

可知当加速电压增大时；粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故C错误；

D．不同的带电粒子无初速度进入同一加速电场，再进入同一偏转电场，由于

则

轨迹相同；故D正确。

故选D。二、多选题(共7题，共14分)6、A:D【分析】【详解】

AC．因为都是负电荷，它们之间是排斥力，可以判断点电荷一定位于M点的左侧，由于a点离场源电荷较近，则a点的场强大，带电粒子在a点的加速度也大；故A正确，C错误；

B．由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动；电场力指向轨迹的内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做正功，其动能增加，故B错误；

D．电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能；故D正确。

故选AD。7、B:D【分析】【详解】

A．金属丝的电阻率随温度升高而增大，当金属丝两端的电压逐渐增大时，其电阻率逐渐增大，又

即值将逐渐增大；选项A错误；

B．从中点对折起来，相当于两个阻值为的金属丝并联，其总阻值为选项B正确；

C．原电阻当l'=10l时，横截面积变成

所以电阻变为

选项C错误；

D．由超导现象的定义可知把金属丝温度降低到绝对零度附近；电阻率会突然变为零的现象称为超导现象，选项D正确。

故选BD。

【点睛】

某一导体形状改变后，讨论其电阻变化要抓住两点∶①电阻率不变；②总体积不变。由V=lS可知l和S的关系，在ρ、l、S都确定后，应用判断。8、B:D【分析】【详解】

在金属球壳外部加一个水平向右的场强为的匀强电场时，由于静电感应的作用，金属球壳的左端将感应出负电荷，右端将感应出正电荷，由于屏蔽作用，而金属球壳空腔内部完全不受外加电场的影响，故不会偏转；故AC错误，BD正确。

故选BD。9、A:C【分析】【详解】

A．将的点电荷从无穷远处移到C点，电场力做功为又因为无穷远处电势为零，有

解得

故A项正确；

B．当把电荷移动到C点时，电荷受到电荷的作用力，设等边三角形的边长为l，有

方向为沿CB指向B点，电荷还收到位于A点的电荷的作用力，有

方向为沿CA指向A点，根据力的合成可知，其电荷所有电场力不为零，而是F1和F2的合力，其大小为

故B项错误；

C．在电荷移入之前，C点电势与B电势相等，两点的电势差为零，根据

可知，从C点移动到B点过程中；所受电场力做的功为零，故C项正确。

D．点电荷从无穷远处移到C点的过程中，根据电势的叠加原理可知，C点的电势为

所以从无穷远处移动到C点的过程中，电场力做功为

故D项错误。

故选AC。10、B:D【分析】【详解】

带电粒子仅在电场力作用下；由于粒子在A；B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．如图。

由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°，后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故B正确；匀强电场的电场强度U=Ed，式中的d是沿着电场强度方向的距离，由几何关系可知，则故C错误；圆周上电势最高的点与O点的电势差为故D正确；故选BD．

【点睛】

带正电粒子仅在电场力作用下，从A运动到B，由速度大小，得出粒子的动能的大小关系，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．11、A:D【分析】【详解】

AB．在B点，速度最大，合力为0，电场力等于重力

解得B点场强

因为不知道小球在C点所受的电场力，所以不能求出C点的场强；故A正确，B错误。

CD．O到C，根据动能定理得

电场力做正功

电势能减小O点电势能为零，所以C点电势能为

C点的电势为

不能求出小球在B点的电势能，所以不能求出B点电势；故D正确，C错误。

故选AD。12、B:C:D【分析】【详解】

AB．当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=1A，灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.80A，L1中的电流不是L2中电流的2倍；故A错误B正确；

CD．灯泡L2、L3的电阻均为

L3的电功率P3=U3I3=1.5×0.8W=1.2W

故CD正确。

故选BCD。三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】【分析】

【详解】

由牛顿第三定律，b受到a对它的磁场力为-F；a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，c在a、b两导线处的磁感应强度大小相等，方向相反，c导线对b导线的作用力是它对a导线的作用力的两倍，方向相反，a受到的磁场力大小变为2F，那么c导线对a导线的作用力可能是F也可能是-3F，c导线对b导线的作用力可能是-2F也可能是6F，故此时b受到的磁场力为-3F或5F．【解析】F；3F或5F；14、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】感应电流15、略

【分析】【详解】

[1]两种接法中两表示数变化分别为

则

显然，电流表示数变化较电压表示数变化明显，这说明电压表的分流作用较大，为了减小误差，应采用电流表内接法，即电压表接b点；

[2]由欧姆定律可得【解析】b100016、略

【分析】【详解】

[1][2][3][4]自然界只有两种电荷，丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，丝绸是失去电子．毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，橡胶棒是得到电子．【解析】正得到负得到17、略

【分析】【详解】

[1]据库仑定律可得，原来的作用力可表示为

由于两球均带正电，接触后再放回原处，带电量均为总和的一半，作用力可表示为

代入数据解得

[2]此时每个小球的带电量为

电子所带电荷量为

可得

即相当于电子所带电量。【解析】0.42×101118、略

【分析】【详解】

[1]图中游标卡尺读数为

[2]图中螺旋测微器读数为

[3]图中表的最小分度值为

所以读数为【解析】019、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]图甲电表使用0~0.6A量程时；分度值为0.02A，其读数为0.44A；

[2]当图甲使用0~3A量程时；分度值为0.1A，需估读到下一位，其读数为2.20A；

[3]图乙为电压表，当使用较大量程时为分度值为0.5V，其读数为8.5V。【解析】①.0.44②.2.20③.8.520、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]当电压U1=3V时

当电压U2=4.5V时

由闭合电路欧姆定律E=U+Ir

代入数据解得E=6Vr=2Ω

[3]电阻增加路端电压增加，故电压表的读数将增大。【解析】①.6②.2③.增大四、作图题(共2题，共4分)21、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）22、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。

五、实验题(共4题，共40分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]开关S1接c，电流表的量程为：

过小灯泡最大电流为：

要完整测出小灯泡的伏安特性曲线，开关S1应该接c；

(2)[3]在图中做出电阻R=6Ω的特性曲线，如图红线所示小灯泡的伏安特性曲线与电阻R=6Ω的特性曲线的交点处的电压为：U=2.4V，电流为：I=0.4A，此时小灯泡的功率为：P=UI=2.4×0.4W=0.96W

(3)[4]设灯泡的电压为