2025年苏科新版必修3物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年苏科新版必修3物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、如图所示，竖直放置的一对平行金属板间有加速电场，电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间有偏转电场，电势差为U2。一带电粒子由静止开始经加速电场后进入偏转电场，且从偏转电场射出。粒子重力忽略不计。现保持其他条件不变，只增大U1，仍使该种粒子由静止开始进入加速电场。与U1变化前相比；带电粒子。

A.在偏转电场中，动能增加量一定增大B.在偏转电场中，动能增加量可能不变C.射出偏转电场时的动能一定增大D.射出偏转电场时的动能可能不变2、质量分别为m1和m2、电荷量分别是q1和q2的小球（大小可忽略），用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β（α＞β）；两小球恰在同一水平线上，下面关于物理量的比较，说法正确的是（）

A.m1所受电场力较大B.m1、m2悬线上的拉力大小之比为C.m1、m2的大小之比为D.q1一定等于q23、平行板电容器充电后与电源断开；两板间形成了匀强电场。当两板受到外界的挤压后发生了图所示的形变，则受压后两板间电场线分布可能正确的是（）

A.B.C.D.4、如图所示，某次雷雨天气，带电云层和建筑物上的避雷针之间形成电场，图中虚线为该电场的三条等差等势线，实线为某带电粒子运动轨迹，A、B为运动轨迹上的两点。带电粒子的重力不计；避雷针带负电。则（）

A.带电粒子带负电B.避雷针尖端附近电势较高C.带电粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D.带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能5、通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是（）A.亚里士多德B.伽利略C.法拉第D.奥斯特6、高中物理的很多矢量和标量前面都有正负号，其表示的意义各不相同，很容易混淆。你认为下面说法正确的是（）A.“5m/s2”的加速度大于“-7m/s2”的加速度B.“5J”的功大于“-7J”的功C.“5V”的电势大于“-7V”的电势D.“5Wb”的磁通量大于“-7Wb”的磁通量评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，为定值电阻，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量用表示，电流表示数的变化量用表示表示下列判断正确的是

A.电容器的带电量减小，减小量为B.通过电阻的电流减小，减少量为且等于C.电路的路端电压一定增大，增加量小于D.电可变电阻R的功率可能变小8、空间存在着沿x轴方向的电场，质量为m，电荷量为+q的点电荷，仅在电场力作用下，在x轴上从x=0处向x轴正方向运动；其速度随位置变化如图所示，由图像可知。

A.电荷做匀加速直线运动B.电荷在处的加速度为C.x=0与两点之间的电势差为D.处的电场强度为9、如图，两个固定的相同圆环a、b，均匀带有+Q和-Q的电荷，两环圆心O、O′在同一中心轴线上，P为OO′的中点。则（）

A.沿中心轴线从O点到O′点，电势逐渐降低B.过P点垂直于OO′的平面为等势面C.O点与O′点的电场强度相同D.两环间距越小，P点的电场强度一定越大10、如图甲所示，一光滑绝缘细杆水平固定在非匀强电场中，在点固定一带正电的小球A，一带电量为的小球套在杆上。以点为原点，沿杆向右为轴正方向建立坐标系。小球A对小球B的作用力随B位置的变化关系如图乙中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置的变化关系如图乙中曲线Ⅱ所示，静电力常量则（）

A.小球A所带电荷量B.非匀强电场在处沿细杆方向的电场强度大小C.将小球B从处静止释放运动到处过程中，加速度一直减小D.将小球B从处静止释放运动到处过程中，速度先增大后减小11、如图所示；是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（）

A.a点的电势高于b点的电势B.该点电荷带负电C.a点和b点电场强度的方向相同D.a点的电场强度大于b点的电场强度12、空间有一电场，各点电势随位置的变化情况如图所示（图像关于原点对称）；下列说法正确的是（）

A.点的电场强度一定为零B.与点的电场强度相同C.将负电荷从移到电荷的电势能增大D.和两点在同一等势面上13、如图，平行板电容器经开关S与电源连接，C点所在位置的空间坐标不变且始终处于由带电平板所激发的匀强电场中，B板接地，关于C点电势的变化情况，以下说法正确的是（）

A.开关S闭合，将A板上移一小段距离，极板间电场强度变弱，C点电势降低B.开关S闭合，将B板上移一小段距离，极板间电场强度变强，C点电势降低C.开关S先闭合后断开，然后将A板上移一小段距离，场强不变，C点电势不变D.开关S先闭合后断开，然后将B板下移一小段距离，场强不变，C点电势降低14、粗糙绝缘的水平面上方存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用如图所示的曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15m，3×105V）的切线。现有一质量m＝0.20kg，电荷量q＝2.0×10－8C的滑块P（可视作质点），从x＝0.10m处由静止释放，其与水平面间的动摩擦因数μ＝0.02。取重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（）

A.x＝0.15m处的场强大小为2.0×106V/mB.滑块运动的加速度逐渐减小C.滑块运动的最大速度大小约为0.1m/sD.滑块最终在x＝0.3m处停下15、如图所示，是将滑动变阻器作分压器使用的电路，A、B为分压器的输出端；若把变阻器的滑动片放在变阻器中央，下列判断正确的是（）

A.空载时输出电压为B.当接上负载R时输出电压C.负载R越大，越接近D.负载R越小，越接近评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、1825年，瑞士科学家科拉顿用实验探索如何产生感应电流。如图，他将“电流表”和线圈分别放在两个房间里，并用导线连成闭合回路。他用磁铁在线圈中插进或拔出进行实验时，并在两个房间之间跑来跑去，结果没有观察到感应电流。科拉顿看不到实验现象的原因是___________。后来由科学家______发现了电磁感应现象。17、在如图所示的电路中，电源内电阻为r,R1、R3分别为两个定值电阻．闭合电键S,当变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，伏特表V1的示数逐渐________(选填“增大”、“减小”、“不变”)．若移动P的过程中，电流表示数变化量的大小为伏特表V2示数变化量的大小则比值是_______________(选填“增大”；“减小”、“不变”)

18、某同学用不同工具分别测量了某物体的几处外径；如图所示，请读出下列读数：

①_____；②_____；③_____；19、左图读数为___________cm；右图读数为___________mm。

20、电阻连接方法如图所示，则________点间电阻最大，最大值为________Ω；________点间电阻最小，最小值为________Ω．

21、如图所示，匀强电场方向平行于xoy平面，在xoy平面内有一个半径为R=5cm的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为θ，P点沿圆周移动时，P点的电势满足p25sin(V)匀强电场的大小E=_____V/m，方向为_____．

评卷人得分四、作图题(共1题，共4分)22、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评卷人得分五、实验题(共1题，共2分)23、要研究额定电压为3V的发光二极管正向导电时的伏安特性曲线。除了已有的发光二极管；在实验室又找到如下实验器材：

A.恒压直流电源（4~6V）

B.电压表V（量程0~4V；内阻约3kΩ）

C.电流表（量程0~0.6A；内阻约0.1Ω）

D.电流表（量程0~30mA；内阻约1.0Ω）

E.滑动变阻器（最大阻值10kΩ）

F.滑动变阻器（最大阻值10Ω）

G.开关；导线若干。

（1）用欧姆表粗测二极管正向导通电阻，如图，选择开关为“×10”挡，则测得二极管的电阻为_________Ω。

（2）为了更加准确的描绘发光二极管的伏安特性曲线，电流表应选择_________________；滑动变阻器应选择____________（填写器材前面的字母代号）。请在图中方框内画出实验电路图。()

（3）实验得到的伏安特性曲线如图所示，要设计一个由这种型号的发光二极管组成的灯带，电动势为4V，内阻为1Ω的直流电源给灯带供电，这条灯带需____________（填“串”或“并”）联____________个这种型号的发光二极管；可使灯带达到理想的使用效果。

评卷人得分六、解答题(共3题，共27分)24、如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为−q、套在杆上的带电小球从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为求：

(1)小球滑至C点时的速度的大小；

(2)若以C点作为零电势点，试确定A点的电势．

25、为使用方便，实验室中的电压表通常有两个量程，如图所示为电流计G改装成两个量程3V、15V的电压表的电路图。若已知R2是阻值为24kΩ的电阻，电流计G的内阻为500Ω，则R1的阻值和电流计G的满偏电流各是多少？26、做功与路径无关的力场叫做“势场”；例如引力场和电场．在这类场中可以引入“场强”和“势能”的概念来分别描述势场中力和能的性质．可以类比电场强度的定义，将质点放在引力场中所受到的引力与质量的比值定义为引力场的场强．

如图甲所示为某势场的场强E的大小随x的分布，图中E0为已知量．在该势场中，一个质点仅在场力作用下，以x=0为中心，沿x轴做周期性运动．已知质点的质量为m，受到的场力可表示为F=kE（k为常量），场力方向平行于x轴．取x=0点为O点．

（1）请从力和加速度的角度，分析说明质点在区域和区域的运动性质；

（2）功是能量转化的量度，场力做功引起势能的变化．取O点为零势能点．

a．请推导出势能Ep与x的关系式，并在图乙中画出势能Ep随x变化的示意图．

b．已知质点的总能量为A，求质点与O点间距离为x0（x0在运动区间内）时，质点的动能Ek．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

AB．粒子经电场U1加速后，根据动能定理得

粒子在偏转电场中：水平方向L=v0t

竖直方向：

由牛顿第二定律可得：

解得

则在偏转电场中动能增加量为

则只增大U1；则在偏转电场中，动能增加量一定减小，选项AB错误；

CD．射出偏转电场时的动能：

则只增大U1；则射出偏转电场时的动能可能不变，选项C错误，D正确；

故选D.2、C【分析】【详解】

A．由牛顿第三定律知两小球受电场力大小相等；故A错误；

B．由题意知两小球受力都处于平衡状态，那么各自的受力合力为零，对小球有。

如图，设是小球对的电场力，轻丝线对小球的拉力为的两个分力分别是和设是小球对的电场力，根据受力平衡可得

由牛顿第三定律知＝

由以上可得

故B错误；

C．根据图和力的平衡条件有

同理，设轻丝线对小球的拉力为有＇

由以上和的值，知

则

故C正确；

D．根据库仑定律和牛顿第三定律和不一定相等；故D错误。

故选C。3、C【分析】【详解】

两极板处于静电平衡；因极板中间凸出，则电荷分布中间多两端少，故中间电场强度较大，静电平衡的导体是等势体，等势面和电场线相互垂直，且电场强度越大的地方，电场线越密集。

故选C。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．带电粒子与避雷针之间是引力；带电粒子带正电，选项A错误；

B．避雷针带负电避雷针尖端附近电势较低；选项B错误；

C．根据等势线越密集的地方电场强度越强；由题图可得。

根据牛顿第二定律可得。

所以同一粒子在A点的加速度小于在B点的加速度。选项C错误；

D．粒子从A运动到B；电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，电势能减小。即。

选项D正确。

故选D。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因；故A错误；

B．伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因；故B正确；

C．法拉第发现电磁感应现象；故C错误；

D．奥斯特发现电流的磁效应；故D错误。

故B。6、C【分析】【详解】

A．加速度是矢量，比较大小需比较绝对值，所以“5m/s2”的加速度小于“-7m/s2”的加速度；故A错误；

B．功是标量；但正负代表物体对外做功，或外接对物体做功，所以“5J”的功小于“-7J”的功，故B错误；

C．电势是标量；正负代表大于零电势或小于零电势，所以“5V”的电势大于“-7V”的电势，故C正确；

D．磁通量是标量，磁通量有正负之分，当与规定正方向相反时，磁通量为负值，所以“5Wb”的磁通量小于“-7Wb”的磁通量；故D错误；

故选C。二、多选题(共9题，共18分)7、C:D【分析】【详解】

A．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻两端的电压减小量小于电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为A错误；

B．根据A的分析可知，电阻两端的电压减小量小于所以通过电阻的电流减小量小于B错误；

C．总电流减小，则内阻所占电压减小，所以电路的路端电压一定增大，由于电阻两端的电压减小，而R的电压增大所以电路的路端电压增加量小于C正确；

D．当可变电阻的阻值与的阻值相等时，功率最大，由于不增大具体值，所以可变电阻R的功率可能变小；D正确．

故选CD.8、B:C【分析】【详解】

A．有图像可知，根据动能定理联立可得电场强度随x变化，根据Eq=ma，电荷做变加速直线运动，v2=2ax不成立；故A错误，B正确；

C．由动能定理可得，x=0与两点之间的电势差为故C正确；

D．根据处的电场强度为故D错误．

故选BC

点睛：根据动能定理图像，可知电场强度的表达式，可判断粒子的运动性质；根据电场力做功，由动能定理可得x=0与两点之间的电势差；根据电场强度的表达式可得处的电场强度．9、A:B:C【分析】【详解】

A．由场强的叠加可知从O点到O′点场强方向一直向右；因此电势一直降低，故A正确；

B．由场强的叠加可知电场线垂直于过P点且垂直于OO′的平面；在此平面上移动电荷时电场力不做功，因此该平面为等势面，故B正确；

C．+Q在O点产生场强为零，O点的场强由-Q和距离决定，同理O′点的场强由+Q和距离决定，由几何关系结合场强叠加知O点与O′点场强大小相等；且方向均向右，故C正确；

D．两环间距越小时，P点的电场强度不一定越大，比如当两环均向P靠拢且间距无穷小时，P点场强近似为零；故D错误。

故选ABC。10、A:D【分析】【详解】

A．由题图乙可知，当小球A和小球B之间距离x=0.3m时，二者之间的库仑力大小为F1=0.2N；根据库仑定律有。

代入数据解得Q=1×10-6C；故A正确；

B．由题图乙可知，x=0.3m处，小球B所受合电场力大小为F2=0.16N；则有。

代入数据解得E=3.6×105N/C；故B错误；

CD．由题图乙可知，从x=0.1m到x=0.3m，小球B所受合力先减小至零后再反向增大；所以加速度先减小至零后再反向增大，速度先增大后减小，故C错误，D正确。

故选AD。11、B:D【分析】【分析】

【详解】

试题分析：根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上找到与a点电势相等的，依据沿电场线电势降低，a点电势低于b点电势，故A错误。该点电荷带负电，故B正确。由题图可看出a点和b点电场强度的方向不相同，故C错误；电场线越密的地方电场强度越大，a点的电场强度大于b点的电场强度；故D正确。故选BD。

考点：点电荷电场；电场强度；电势。

【点睛】

本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，比较简单。12、B:C【分析】【详解】

A．φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识可知O点场强不为零；故A错误；

B．沿着电场线方向，电势是降低的，则有-x1与x1点的斜率相同；则电场强度相同，故B正确；

C．电势的定义式为

故电势能为Ep=qφ

将负电荷从-x1移到x1电荷的电势能由负值变为正值；电荷的电势能增大，故C正确；

D．-x1和x1两点电势不相等；故一定不在同一等势面上，故D错误。

故选BC。13、A:B:C【分析】【详解】

A．开关S闭合电势差不变，将A板上移一小段距离，d变大，则由U=Ed可知，极板间电场强度变弱；C相对于B板的电势差减小；故C点电势升降低，故A正确；

B．开关S闭合，将B板上移一小段距离，板间距减小，则极板间电场强度变强，由C与上极板间的电势差增大，故与B极板间的电势差减小，C点的电势降低；故B正确；

C．开关S先闭合后断开后电量不变；根据

可知，将A板上移一小段距离，场强不变，C点与下极板间的电势差不变，C点电势不变；故C正确；

D．开关S先闭合后断开，然后将B板下移一小段距离，场强不变，C点与下极板间的电势差增大，故C点电势升高，故D错误．14、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强。

此时的电场力。

滑动摩擦力大小为。

在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于摩擦力；做减速运动，加速度逐渐增大，B错误A正确；

C．在x＝0.15m时；电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得。

因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V；代入求解最大速度大约为0.1m/s，C正确；

D．滑块最终在0.3m处停下则满足。

因为0.10m和0.30m处的电势差大约为3.0×105V代入得。

得。

得滑块不能够滑到。

D错误。

故选AC。15、A:B:C【分析】【详解】

A．空载时，由于滑动片放在变阻器中央，两部分电阻相等，根据串并联规律可知

故A正确；

B．由于下半电阻与电阻并联的总电阻小于下半电阻，根据串并联规律可知

故B正确；

C．负载电阻越大时，下半电阻与的并联电阻越接近于下半电阻，同时也越接近滑动变阻器的总阻值，根据串并联规律可知，越接近，故C正确；

D．根据C选项分析可知，负载越小时，下半电阻与的并联电阻与下半电阻相差越大，同时也越远离滑动变阻器的总阻值，与相差就越大，所以D错误。

故选ABC．三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]．在磁铁插进或拔出线圈的过程中；磁通量发生变化，闭合回路中会产生电流，但等科拉顿跑到电流计面前时，磁通量已不再变化，因此没有观察到感应电流；

[2]．后来由科学家法拉第发现了电磁感应现象。【解析】在磁铁插进或拔出线圈的过程中，磁通量发生变化，闭合回路中会产生电流，但等科拉顿跑到电流计面前时，磁通量已不再变化，因此没有观察到感应电流法拉第17、略

【分析】【详解】

[1][2]当变阻器的滑动触头P向下滑动时,接入电路的电阻变大,电路总电阻变大,根据闭合电路欧姆定律,总电流减小,电阻两端的电压减小,所以伏特表的示数逐渐减小,伏特表的示数

所以伏特表示数变化量的大小为

所以比值是定值大小不变．【解析】减小不变18、略

【分析】【详解】

①[1]游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺的第6个刻度线与主尺的某刻度线对齐，读数为0.1×6mm=0.6mm；则有游标卡尺的读数为9mm+0.6mm=9.6mm；

②[2]游标卡尺的主尺读数为13mm；游标尺的第13个刻度线与主尺的某刻度线对齐，游标尺是25分度的，读数为0.04×13mm=0.52mm，则有游标卡尺的读数为13mm+0.52mm=13.52mm。

③[3]螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，转动刻度的读数为0.01×33.3mm=0.333mm，螺旋测微器的读数为2.333mm。【解析】9.613.522.33319、略

【分析】【详解】

[1]由左图可知，游标卡尺为十分度游标卡尺，则读数为

[2]由右图可知，螺旋测微器读数为【解析】1.141.73020、略

【分析】【详解】

[1][2]由图可知AB电阻最大，电路为：R3、R4并联与R1串联，在与R2并联。，即R3、R4并联，在与R1的阻值为：

则AB电阻为：

同理DB间电阻也为

[3][4]连接AD时短路，此时电阻最小即为0。【解析】A、B或D、BA、D021、略

【分析】【详解】

由于点的电势所以和两位置的电势相等，当时，点的电势最大为25V，当或时，P点的电势最小为0V，根据等势面一定跟电场线垂直，且电场线总是由电势较高的等势面指向电势较低的等势面可知匀强电场的方向为根据可得匀强电场的大小．【解析】500v/m-Y四、作图题(共1题，共4分)22、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】ABDABD五、实验题(共1题，共2分)23、略

【分析】【详解】

（1）[1]欧姆表的选择开关为×10档，故测得二极管的电阻为

（2）[2][3]为了更加准确的描绘发光二极管的伏安特性曲线，根据欧姆定律，最大电流为

故电流表应选择D；为了方便调节电路；