2025年仁爱科普版必修3物理上册阶段测试试卷VIP

…………○…………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年仁爱科普版必修3物理上册阶段测试试卷16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、关于物理学的研究方法，下列说法正确的是（）A.法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件B.由牛顿运动定律可知加速度该公式体现了比值定义法C.伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法2、图示电路中，电源内阻为r，电容器的两块极板A、B间有一带电油滴恰能静止．把的滑动片向右滑动时；下列说法中正确的是（）

A.电流表读数减小，油滴向下运动B.电流表读数减小，油滴向上运动C.电流表读数增大，油滴向下运动D.电流表读数增大，油滴向上运动3、一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q,电荷Q在球心O处产生物的场强大小方向如图所示.把半球面分为表面积相等的上、下两部分,如图甲所示,上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为把半球面分为表面积相等的左、右两部分,如图乙所示,左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为则()

A.B.C.D.4、如图所示，一质子只在电场力的作用下，沿虚线由M点运动到N点；质子的电势能增加，则下列说法正确的是（）

A.M点的电场强度大B.质子在M点的速度可能为0C.M、N间的虚线可能是一条电场线D.N点的电势高5、保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率，甚至会给我们的学习带来隐患。小华同学有一次不小心购买了盗版的物理参考书做练习时，他发现有一个带电质点的电荷量数字看不清，他只能看清是6.____×10－18C，拿去问老师，如果你是老师，你认为该带电质点的电荷量可能是下列哪一个（）A.6.2×10－18CB.6.4×10－18CC.6.6×10－18CD.6.8×10－18C6、带电量分别为和的正负点电荷，其电场线分布如图中实线所示，在两点电荷的连线上有A、B、C、D四点，且下列说法中正确的是（）

A.点电荷位于B点B.A点的电场强度为零C.A点的电势比D点的电势高D.把一个负试探电荷从BC中点移至无穷远处，其电势能减小7、在如图所示电路中，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在滑动变阻器的滑动端由b向a缓慢滑动的过程中；下列说法正确的是（）

A.电流表的示数增大B.电压表的示数减小C.电阻的电功率增大D.电容器C所带电荷量增大评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、如图所示的电路中，定值电阻为R，滑动变阻器最大阻值R＇＝2R，电源电动势为E，内电阻r＝R，灯泡L的电阻为R，G为零刻度在中央的理想电流计，V为理想伏特计，当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端的过程中，下列判断正确的是（）

A.G的示数先减小后增大B.V的示数先增大后减小C.电源的输出功率先增大后减小D.灯泡L先变暗后变亮9、如图是某品牌电动汽车的标识牌；以下说法正确的是（）

A.该电池的容量为60A·hB.该电池以6A的电流放电，可以工作10hC.该电池以6A的电流放电，可以工作60hD.该电池充完电可贮存的电荷量为60C10、如图所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态。现若稍改变F的大小，使b稍向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（）

A.ab间的电场力增大B.作用力F将减小C.系统重力势能增加D.系统的电势能将减小11、光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m=1kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v-t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大；根据图线可以确定（）

A.中垂线上B点电场强度最大B.两点电荷是负电荷C.B点是A、C连线的中点D.UBC>UAB12、真空中电量均为Q的两同种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线重合，连线中心和立方体中心重合，空间中除两同种电荷Q产生的电场外，不计其它任何电场的影响，则下列说法中正确的是（）

A.正方体两顶点A、C1电场强度相同B.正方体两顶点A、C1电势相同C.两等量同种点电荷周围电场线和面ABB1A1总是垂直D.把正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功13、如图所示是用于离子聚焦的静电四极子场的截面图，四个电极对称分布，其中两个电极带正电荷，形成高电势两个电极带负电荷，形成低电势图中a、b、c、d四个点为电场中的四个位置。下列说法正确的是（）

A.图中虚线表示电场线B.a点的电场强度大于b点的电场强度C.电荷在四个电极的表面分布不均匀D.电子在c点的电势能小于电子在d点的电势能14、竖直平面内有一匀强电场，如图所示，其电场线（方向未知）与水平方向成30°角，图中与电场线垂直，在同一水平线上，且现从电场中的点沿水平方向抛出一质量为电荷量为的可视为质点的物体，经时间物体恰好经过点。已知物体在两点的速率相等，重力加速度为则下列说法正确的是（）

A.电场线的方向垂直斜向下B.该匀强电场的场强C.物体由运动到的过程中电场力做功的值为D.两点在竖直方向的高度差为15、如图所示，在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球，带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为为定值电阻，为滑动变阻器，为电阻箱。闭合开关S，电流表和电压表的示数分别为和已知电源电动势和内阻一定，电表均为理想电表。下列说法正确的有（）

A.小球带负电B.将的滑片向左移动，角变小C.调节使其阻值减小，与的比值变小D.调节使其阻值减小，的变化量的绝对值与的变化量的绝对值的比值不变评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、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”)

17、电阻丝直径的测量。

电阻丝比较细，所以我们选取______或______来测量电阻丝的直径d.在不同位置测量三次，根据S＝πd2计算出电阻丝的横截面积S。18、如下图所示，是我们家里经常使用的电风扇，在使用一段时间之后发现扇叶上沾满了灰尘，是因为扇叶______（填一物理名词）使得扇叶容易吸附灰尘。

19、一半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为+Q的电荷，另一电荷量为+q的点电荷放在球心O上，如图所示．现在球壳上挖去半径为r（r<<R）的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受电场力的大小为______（已知静电力常量为k），方向____________．

20、如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为10-8C的正点电荷从A点移到B点，电场力做功为3×10-6J，则A、B两点间的电势差UAB=______V，将另一电荷量为10-8C的负点电荷从A点移到C点，克服电场力做功3×10-6J。若AB边长为2cm，则电场强度大小______V/m，方向______。

21、电源的作用：保持导体两端的_______，使电路有持续的________。22、某同学在做“测定金属电阻率”的实验时，通过游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄金属圆片的直径和厚度，读出图中的示数，游标卡尺所示的金属圆片直径的测量值为_____mm，螺旋测微器所示的金属圆片厚度的测量值为____mm。

评卷人得分四、作图题(共2题，共20分)23、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

24、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。

评卷人得分五、实验题(共1题，共7分)25、利用高电阻放电法研究电容器的充放电，实验是利用高阻值电阻延长充放电时间，绘制电容器充放电电流与时间的i-t图像来研究电容器的充放电规律。

某同学先按图甲所示电路连接好实验电路。然后继续实验操作如下：

(1)先接通开关S1、S2，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针偏转接近满刻度，记下这时微安表的示数i0=500μA、电压表的示数U0=6.0V，此时电阻箱R的阻值为8.5kΩ，则微安表的内阻为_____kΩ。

(2)断开开关S2，同时开始计时，每隔5s或10s读一次电流i的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据在坐标纸上标出以时间t为横坐标、电流i为纵坐标的点，如图乙中用“×”表示的点。请在图乙中描绘出电流随时间变化的图线_____。

(3)根据图线估算出该电容器在整个放电过程中放出的电荷量约为_____C；（结果保留两位有效数字）

(4)根据公式_____来计算电容器的电容。（只要求写出表达式，不要求计算结果）评卷人得分六、解答题(共2题，共6分)26、如图所示，水平虚线AB、CD之间有一匀强电场，电场强度的大小、方向未知，其中虚线AB与CD的间距等于CD与水平地面的间距，两完全相同的带正电粒子甲、乙分别从AB上的O点沿相反方向，以相等的速率v水平进入电场区域，此后甲恰好从O点正下方的P点离开电场区域，已知乙离开电场时的动能与甲落地时动能相等，且均是甲离开电场时动能的2.6倍，重力加速度大小为g，甲、乙质量均为m，电量均为q；不计粒子间的相互作用，求：

(1)甲；乙离开电场时的水平速度大小；

(2)甲落地时的竖直分速度与乙离开电场时的竖直分速度的比值；

(3)匀强电场的大小和方向。

27、把一个带电荷量为的正点电荷从电场中的A点移到无限远处时，静电力做功若把该电荷从电场中的B点移到无限远处时，静电力做功取无限远处电势为零。

（1）求A点的电势;

（2）求A、B两点的电势差;

（3）若把电荷量为的负电荷由A点移到B点，静电力做的功为多少？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件；A正确；

B．由牛顿运动定律可知加速度该公式不是比值定义法，B错误；

C．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比；一定的实验加合理外推而得到的，并不是直接用实验进行了验证，C错误；

D．在推导匀变速直线运动位移公式时；把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，D错误。

故选A。2、B【分析】【详解】

的滑动片向右滑动时，增大；外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，则知电流表读数减小．干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动，B正确，ACD错误。

故选B．3、A【分析】【详解】

根据点电荷电场强度公式且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为因电荷Q在球心O处产生物的场强大小则而故A正确，B错误；对图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即．由于方向不共线，由合成法则可知，故CD错误，故选A.

【点睛】根据电场的叠加原理，分析半球壳在O点的场强方向，再比较场强的大小关系．根据结合左右两侧球壳上点电荷到O点距离的关系，进行分析．4、D【分析】【详解】

A．只有一条运动轨迹；无法确定场强的大小关系，A错误；

B．质子运动过程只有电场力做负功，故动能减小，在M点的初速度不可能为零；B错误；

C．虚线MN是质子的运动轨迹，根据曲线运动的条件（电场力总是指向轨迹的凹侧）可知，场强一定指向轨迹的凹侧，故虚线MN不可能是一条电场线；C错误；

D．质子电势能增加，据

可知，电势升高，故N点的电势高；D正确。

故选D。5、B【分析】【详解】

任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍，即是的整数倍，由计算可知，只有是的整数倍。

故选B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．B处的电场线比较密集，说明B处的电荷量很大，即B处为4q的正电荷；故A错误；

B．设AB=BC=CD=r，B为4q正电荷，C为−q负电荷，则A点的电场强度

故B错误；

C．点电荷的电势为

A点的电势为

D点电势为

显然A点电势大于D点电势；故C正确；

D．因为正电荷电量大于负电荷，所以BC中点电势大于0，根据

中点电势能小于零，而无穷远处电势为零，电势能为零，所以把一个负试探电荷从BC中点移至无穷远处；其电势能增大，故D错误。

故选C。7、D【分析】【详解】

A．滑动变阻器的滑动端由向缓慢滑动的过程中，变大；电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流减小，电流表的示数减小，故A错误；

B．电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，由

总电流减小，路端电压增大，R1所分电压减小；则电压表示数增大，故B错误；

C．电阻的电功率

根据数学知识可知，当

时，电阻的电功率最大，故由b向a缓慢滑动的过程中，电阻的电功率不一定一直增大；故C错误；

D．电容器两端电压等于两端的电压，两端电压增大，电容器两端的电压增大，根据

可知；电容器所带的电荷量增加，故D正确。

故选D。二、多选题(共8题，共16分)8、A:B:C【分析】【详解】

A．当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端的过程中，由电桥平衡原理可知，当触片P滑到变阻器中点时，即两边电阻均为R时；电桥平衡，此时电流计的读数为零，则G的示数先减小到零后增大，故选项A正确；

B．当触片P滑到变阻器中点时，即两边电阻均为R时；此时外电路的总电阻最大，此时路端电压最大，即V的示数先增大后减小，故B正确；

C．当触片P滑到变阻器中点时

此时电源的输出功率最大；则电源的输出功率先增大后减小，故选项C正确；

D．当触片P滑到变阻器最左端时，灯泡被短路，不亮；触片P滑到变阻器中点时，外电路电阻为R，则通过灯泡的电流为

当P滑到最右端时，外电路电阻为通过灯泡的电流

则当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端的过程中；灯泡L一直变亮，故选项D错误。

故选ABC。9、A:B【分析】【分析】

【详解】

ABC．从题图标识牌可知电池的容量为60A·h；即以6A的电流放电可工作10h，故A；B正确，C错误；

D．该电池充完电可贮存的电荷量。

q=60×3600C=2.16×105C故D错误。

故选AB。10、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．以a球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙壁的支持力FN1和b球对a球的静电力F1；如图。

根据平衡条件，在竖直方向向有G1=F1sinα

当小球A沿墙壁PO向着O点移动小段距南后，α变大，则F1减小，a、b间电场力减小；A错误；

B．以球为研究对象，对b球进行受力分析如下图。

由图可知F=F1cosα

由于α变大，cosα减小，F减小；B正确；

C．由于F1减小，根据F1=k

可知，两球间距离增大，由于b稍有向左移动一段小距离，所以a球上升段距离；系统重力势能增加，C正确；

D．两球间距离增大；电势能减小，D正确。

故选BCD。11、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．根据v-t图象的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大；选项A正确；

B．小物块从B到C动能增大；电场力做正功，且小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，选项B错误；

C．中垂线上电场线分布不均匀，不能确定B点是A、C连线的中点；选项C错误；

D．小物块从A→B的过程中；根据动能定理有。

qUAB=mvB2-mvA2=×1×42J-0=8J小物块从B→C的过程中；根据动能定理有。

qUBC=mvC2-mvB2=×1×72J-×1×42J=16.5J对比可得。

UBC>UAB选项D正确。

故选AD。12、B:D【分析】【分析】

电场强度是矢量；通过场强的叠加获得合场强；电势是标量，沿着电场线方向电势降低，可以根据对称性判断电势的大小；电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力不做功。

【详解】

AC．电场强度是矢量，需要两个电荷在不同点进行场强的叠加，所以A点和C1点两处的电场强度大小相等，方向不同，且A点合场强不与面ABB1A1垂直；所以AC错误；

B．根据电势的对称性可知A、B、B1、A1、和D、C、C1、D1这8个点的电势相等（关于点电荷连线的中点对称）；故B正确；

D．因为A点和C点的电势相等，根据电场力做功：

可知，正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功；故D正确。

【点睛】

考查等量同种电荷电场线和等势面的分布，掌握电场强度和电势的标矢性。13、C:D【分析】【详解】

A．四个电极都是等势面；电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势线，故A错误；

B．因b点等势面较a点密集，则b点电场线分布较a点密集，即b点的电场强度大小比a点的电场强度大小较大；故B错误；

C．每个电极附近的等势面分布的疏密不同；则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，故C正确；

D．越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低，故c点的电势高于d点的电势，而电子带负电，负电荷在电势越低的地方电势能越大，所以电子在c点的电势能小于电子在d点的电势能；故D正确。

故选CD。14、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．物体在两点的速率相等，则物体在两点的动能相等，由于重力做正功，则电场力做负功，又物体带正电，所以电场线的方向垂直斜向下；A正确；

B．对物体由运动到的过程，由动能定理可得

由于

解得

B正确；

D．将电场力分解为沿水平方向和竖直方向的分力，则竖直方向上的分力大小为

则物体在竖直方向上受的合力大小为

由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度大小为

则物体由运动到的过程中下落的高度为

D正确；

C．由几何关系可知，物体由运动到的过程中沿电场线方向的位移大小为

电场力做功的值为

C错误。

故选ABD。15、A:C:D【分析】【详解】

A．闭合开关S后；电容器左极板带正电，右极板带负电，板间场强方向向右，由图可知小球所受的电场力方向向左，因此小球带负电，A正确；

B．与电容器串联，相当于导线，移动滑动变阻器的滑片，不改变电路的总电阻，电容器两极板间的电压不变，板间场强不变，小球受到的电场力不变，则角不变；故B错误；

C．根据欧姆定律可知

减小与的比值变小；C正确；

D．根据闭合电路欧姆定律可得

可得

故减小时，的变化量的绝对值与的变化量的绝对值的比值不变；D正确。

故选ACD。三、填空题(共7题，共14分)16、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17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】螺旋测微器游标卡尺18、略

【分析】【分析】

【详解】

因为电扇工作时，转动的扇叶与空气摩擦带上电荷，而带电体具有吸引轻小物体的性质，所以灰尘会被吸在扇叶上。【解析】摩擦起电19、略

【分析】【详解】

球壳的电荷面密度σ=球壳上挖去半径为r的小圆孔，去掉的电荷量q′=σπr2=关于球心O对称位置相应电荷对球心电荷的电场力大小为F==方向由球心指向小圆孔圆心，其余部分对球心电荷的合力为零．【解析】由球心指向小圆孔圆心20、略

【分析】【详解】

[1]根据题意

[2]根据题意

所以，B、C在同一等势面上，根据电场强度公式

[3]电场强度的方向为垂直于BC向右下方【解析】300104V/m垂直于BC向右下方21、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]电源的作用是使电路两端存在电压，电压是使电荷定向移动的原因，即使电路中有持续电流。【解析】①.电压②.电流22、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为

所以最终读数为

[2]螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为