2025年人教A新版必修3物理上册月考试卷

…………○…………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2025年人教A新版必修3物理上册月考试卷452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6题，共12分)1、如图所示，实线表示某电场的电场线，虚线表示一带正电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设A和B点的电势分别为和粒子在A、B两点加速度大小分别为和速度大小为和电势能分别为和下列判断正确的是（）

A.B.C.D.2、如图所示；一价氢离子和二价氦离子的混合体，由静止开始同时经同一加速电场加速后，垂直偏转电场的电场线方向射入同一偏转电场中，偏转后，均打在同一荧光屏上，离子在加速电场中运动的时间可忽略不计，离子间的相互作用和重力均不计。则一价氢离子和二价氦离子（）

A.同时到达屏上不同点B.先后到达屏上不同点C.同时到达屏上同一点D.先后到达屏上同一点3、用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素。如图所示，设两极板的正对面积为S，极板间的距离为静电计指针偏角为极板间介质为空气。实验中，极板所带电荷量不变，则（）

A.保持两极板正对面积S不变，将左极板向左移一点，则变小B.保持两极板正对面积S不变，将左极板向右移一点，则不变C.保持两极板间距离d不变，左极板向上移动一点，则变大D.保持两极板间距离d不变，向两极板间插入一块玻璃板，则变大4、一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=40Ω，R2=50Ω，R3=200Ω；另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则（）

A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是80ΩB.当ab端短路时，cd之间的等效电阻是80ΩC.当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为50VD.当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为50V5、下列单位及符号属于基本单位的是（）A.伏特B.厘米C.库仑CD.焦耳J6、在如图所示的电路中，电源电动势为内电阻为为电容器，为定值电阻，为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）

A.灯泡将变亮B.灯泡亮度不变C.电容器所带的电荷量将减小D.电容器所带的电荷量将增大评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、如图，当闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）

A.保持闭合，使滑动片向左滑动，微粒仍保持静止B.保持闭合，使两极板间距减少，微粒仍保持静止C.打开后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D.打开后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止8、如图所示，有一平行于平面的匀强电场，其中a、b、c三点电势分别为已知的距离为的距离为和的夹角为下列说法正确的是（）

A.电子从a点移动到c点的过程中，电势能增大B.电子从a点移动到b点的过程中，电场力做正功C.电场强度的方向从c点指向a点D.电场强度的大小为9、图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从O点进入板间；已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是（）

A.时刻，乙粒子离开电场B.乙粒子的比荷为C.甲粒子离开电场时的速度大小为D.甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为10、如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极接地，一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态；现将下极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，则（）

A.带电油滴将竖直向下运动B.带电油滴的机械能将增加C.P点的电势将降低D.通过灵敏电流计有从a往b的电流11、硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点，如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象（电池电动势不变，内阻不是定值），图线b是某电阻R的U–I图象，在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是（）

A.硅光电池的内阻为10ΩB.硅光电池的总功率为0.72WC.硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32WD.若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率增大评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E．A、B为匀强电场中的两点，A、B两点间距离为l，A、B两点的连线与电场线间的夹角为θ．则A、B两点间的电势差为_________；将一正电荷q从A移到B，电场力所做功为__________．

13、如图所示，真空中有两个点电荷和分别固定在x坐标轴的和的位置上。则x标轴上的_____处的电场强度为零。x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是__________。

14、概念：一切物体都在辐射电磁波，且辐射与物体的______有关，所以叫热辐射。15、会使用多用电表测_____、_____及_____。16、表头的满偏电压和满偏电流一般都比较小，测量较大的电压或电流时要把它改装成较大量程的电压表或电流表。现有一个量程内阻为的表头G。

（1）若要把此表头改装成量程为3V的电压表，应串联一个阻值为______的电阻；

（2）若要把此表头改装成量程为10mA的电流表，应并联个阻值为______的电阻；

（3）若将此表头改装成有两个量程的电流表，如图所示，则使用A、B两个端点时，量程______选填“较大”或“较小”

17、如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F（未知量）的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，重力加速度为g．则电场强度E的最小值为___．若电场强度时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为____．

18、如图所示，匀强电场方向与六边形所在平面平行，A、B、C、D、E、F是正六边形的六个顶点。已知正六边形的边长为2cm，A、B、C三点的电势分别为−3V；−2V、0V：

(1)则D点的电势______；

(2)电量的负电荷在中心O处的电势能______；

(3)电场强度的大小______；

(4)试在图中画出一条过A点的电场线______。19、如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=1m，b=0.2m，c=0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U-I图线如图乙所示，当U=10V时，求电解液的电阻率ρ是_______Ω·m

评卷人得分四、作图题(共1题，共2分)20、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、解答题(共3题，共15分)21、如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为圆心在O点、半径R=2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一个带电荷量q=+1.5×10-5C、质量为m=1.0×10-2kg的小球，从A点由静止开始，在一个水平向右的恒力F=0.1N的作用下向B运动。当小球运动到B点时撤去F。之后小球刚好能通过圆轨道，并从D点抛出，落到轨道AB的C点（图中未画出）。已知水平轨道足够长，g=10m/s2。求：

(1)小球通过轨道的最高点D时的速度大小vD；

(2)A点到B点的距离AB；

(3)小球落到轨道AB段上的C点到B点的距离BC。

22、光滑水平面上方存在水平向左的匀强电场，电场强度大小带负电的绝缘滑块（可视为质点）置于带负电的绝缘长木板左端，与长木板保持相对静止共同向右运动，当长木板右端距墙时，滑块与长木板的速度长木板与墙碰撞时间极短，碰后长木板速度大小不变，方向反向。已知长木板带电量质量滑块带电量质量滑块与长木板之间的动摩擦因数重力加速度g取求：

（1）长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小；

（2）第一次碰墙反弹后滑块不从木板上滑下；求第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离是多少；

（3）第二次碰墙反弹后滑块恰好不从木板上滑下；求木板长度；

（4）若最终滑块未从木板上滑下；求木板至少多长。

23、在光滑绝缘水平面上放置一质量m=0.2kg、电荷量的小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点。整个装置放置于的匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）。现给小球一垂直于细线的初速度使其从A点开始绕O点做圆周运动；小球可视为质点。求：

（1）小球运动过程中绳子拉力的最大值；

（2）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断；则小球经过多长时间其动能变为最小动能的2倍？

（3）当某次小球运动到A点时，电场方向突然反向但场强大小不变，并且此后小球每转过场强均反向且场强大小不变，求：

①小球每次刚好到达A处时，细线承受的张力记为求的表达式；

②若细线最大张力足够，从电场第一次反向开始，小球转过角度满足时，求绳子张力关于的表达式。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

AD．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，若粒子从A到B过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过A点时的速度比通过B点时的速度大，即选项AD错误；

B．根据电场线疏密可知，根据F=Eq和牛顿第二定律可知，选项B错误；

C．根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，故选项C正确。

故选C。2、D【分析】【详解】

设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。

在加速电场中，由动能定理得

两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同。

两种粒子在加速电场中的加速度不同；位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场。

在偏转电场中的偏转位移

联立得

同理可得到偏转角度的正切

可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同；出射速度的方向也相同。故两种粒子打屏上同一点。故ABC错误，D正确；

故选D。3、C【分析】【详解】

AB．根据电容的决定式可知，电容与极板间的距离成反比，当保持不变，增大时，电容减小，而电容器的电荷量不变，由电容的定义式可知，极板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大；故AB错误；

C．根据电容的决定式可知，电容与两极板的正对面积成正比，当保持不变，减小时，电容减小，而电容器的电荷量不变，由电容的定义式可知，极板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大；故C正确；

D．保持两极板间距离d不变，向两极板间插入一块玻璃板，根据电容的决定式可知，电容增大，由电容的定义式可知，极板间电势差减小，则变小。故D错误。

故选C。4、A【分析】【详解】

A．当cd端短路时，ab间电路的结构为电阻R2、R3并联后与R1串联，则等效电阻为

故A正确；

B．当ab端短路时，cd之间电路结构为电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为

故B错误；

C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，为

C错误；

D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为

D错误；

故选A。5、B【分析】【详解】

伏特；库仑、焦耳均是导出物理量的单位；属于导出单位，厘米是基本物理量长度的单位，属于基本单位。

故选B。6、D【分析】【详解】

AB.当滑动变阻器的滑片向右移动时，R增大，总电阻变大。根据闭合电路欧姆定律可知，总电流I减小，灯泡L将变暗；选项AB错误；

CD.路端电压增大，而电容器的电压等于路端电压，根据Q=CU可知电容器的带电量将增大，故D正确，C错误。二、多选题(共5题，共10分)7、A:D【分析】【详解】

A、因为在直流电路中，电容器的电阻相当于无穷大，所以电路中没有电流通过，使滑动片向左；右滑动；对整个电路没有影响，所以带电微粒仍然处于静止状态，故A项正确，B项错误；

C、打开之后，不变，亦是一个定值；所以电场力和重力仍然相等，微粒仍然保持静止状态，故C项错误，D项正确．

点睛：本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变．8、B:D【分析】【详解】

A．电子从a点移动到c点的过程中，电场力做功为

电场力做正功；电势能减小，A错误；

B．电子从a点移动到b点的过程中，电场力做功为

电场力做正功；B正确；

C．将段均分成5等份，a、b、c三点的电势；如图所示。

由图可得d点与c点电势相同，同时由几何关系知垂直与因此电场方向从b点指向a点；C错误；

D．由题知

电场强度大小为

D正确。

故选BD。9、B:D【分析】【详解】

A．设板长为L，粒子甲带负电，则甲运动时间为

粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为

因乙在时刻飞入板间，则在T时刻飞出板间；故A错误；

CD．设两板间距离为d，则有

则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据竖直方向位移和时间关系，可得

作出竖直方向上速度与时间图像；如图。

则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，设板间距为d，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移大小刚好为根据图像可知在时刻粒子甲会恰好不碰到极板，该时刻会达到最大位移的大小，而在时刻，粒子出电场，此时位移是最大位移的一半，为即甲在竖直方向上的位移为同理，对粒子乙，其轨迹为的形状，因乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，根据图像可知在T时刻会恰好不与极板相撞，此时乙刚好飞出电场，即乙在竖直方向上的位移为则偏转位移之比为时刻；甲粒子离开电场时已具有竖直向上的分速度，故C错误，D正确；

B．对乙有

对甲有

因

则有

可得

又

可得

故B正确。

故选BD。10、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．依题意知，电容器保持与电源连接，则电容器极板间电压不变；由。

可知，若将下极板竖直向上缓慢地移动一小段距离，d减小，则板间场强增大；则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动，故A错误；

BC．P点到上极板的距离不变，场强增大；由。

知，P点与上极板间电势差增大，P点的电势小于零，则P点的电势降低；由于油滴带负电，因向上运动，电场力做正功，则带电油滴的电势能将减小，机械能增大，故BC正确；

D．将下极板竖直向上缓慢移动时，d减小；根据。

可知电容器电容增大；电容器的电压U不变；故根据。

可知电量增大，故电容器充电，电流计中有从b到a的电流；故D错误。

故选BC。11、B:C【分析】【详解】

由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，E=U，由a图线与纵轴的交点读出电池的电动势为E=3.6V．根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U=2V，电流为I=0.2A，则硅光电池的内阻为故A错误．硅光电池的总功率为：P总=EI=3.6×0.2W=0.72W，故B正确．硅光电池的输出功率为：P出=UI=0.4V，电池的内阻消耗的热功率为P热=P总-P出=0.32W．故C正确．R的阻值R==10Ω＞r=8Ω；则若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率将减小，故D错误．故选BC．

【点睛】

本题考查对U-I图象的理解能力．对于线性元件可直接利用欧姆定律研究；对于非线性元件不能直接利用欧姆定律求解；同时对于电源的内阻往往根据电源的U-I曲线研究斜率得到．三、填空题(共8题，共16分)12、略

【分析】【详解】

A、B两点间的电势差为正电荷q从A移到B，电场力所做功为．【解析】ElcosθqElcosθ13、略

【分析】【详解】

[1]某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强，根据点电荷的场强公式可知，要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反，不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电荷相反，在中间的电场方向都是一样的，所以，只能在Q2右边，设该位置据Q2的距离是L，则有

解得

所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零；

[2]在Q1Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强方向沿x轴正方向，所以实际场强也是沿x轴正方向，根据点电荷的场强公式得x坐标轴大于12cm区域电场强度方向沿x轴正方向区域，所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是和【解析】12或14、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】温度15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3]根据多用表的用途，可以使用多用表测电压、电流、电阻。【解析】电压电流电阻16、略

【分析】【详解】

（1）[1]若将此表头改装成量程为的电压表，由欧姆定律知

代入数据得

（2）[2]若将此表头改装成量程为

的电流表，由欧姆定律可知

代入数据得

（3）[3]把表头改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值越小，改装后电流表的量程越大，由图示电路可知，使用A、B两个端点时并联分流电阻阻值较小，此时电流表量程较大。【解析】135037.5较大17、略

【分析】【详解】

分析小球受力情况：小球受到重力拉力F与电场力因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与的合力与大小相等、方向相反，作出F与的合力，如图，可知当电场力与F垂直时；电场力最小，此时场强也最小．

则得：所以电场强度的最小值为．若电场强度即时，电场力可能与AB方向垂直，如图1位置，电场力不做功，电势能变化量为0；也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为．

【点睛】

解决本题的关键是对小球进行正确的受力分析，灵活运用图解法分析极值情况，并根据力图要知道电场力大小一定时，方向可能有两种情况，不能漏解．【解析】0或18、略

【分析】【详解】

(1)[1]连接AD两点，由几何关系可知，AD边平行BC边，且AD边长度是BC边的两倍，在匀强电场中，沿着同一方向前进相同的距离电势差相等，所以

代入数据解得φD=1V

(2)[2]O点是AD的中点，所以

代入数据解得φO=-1V

则电量

的负电荷在中心O处的电势能为

(3)[3]O点是FC的中点，所以

代入数据解得φF=-2V

B、F两点的电势相等，所以BF所在的直线是一条等势线，过A点做BF的垂直平分线，与线段BF交于M点，则φM=-2V

已知正六边形边长为2cm，由几何关系可知AM两点距离d=1cm=0.01m

则电场强度

(4)[4]如图所示。

【解析】1V19、略

【分析】【详解】

由图乙可求得电解液的电阻为由图甲可知电解液长为截面积为结合电阻定律可得【解析】40四、作图题(共1题，共2分)20、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、解答题(共3题，共15分)21、略

【分析】【详解】

(1)撤去恒力F后，粒子受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，大小分别为

合力

方向：

撤去恒力F后，粒子在圆弧轨道上做圆周运动，将电场力和重力的合力等效为重力，则粒子不脱离圆弧轨道，粒子恰好可以通过E点时的速度满足（圆弧上的一点，EO的连线平行合力的方向）

解得

方法一：到达最高