2025年外研衔接版必修3物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年外研衔接版必修3物理上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、某电场的电场线分布如图中实线所示；虚线为某一点电荷只在电场力作用下的运动轨迹。以下说法正确的是（）

A.该点电荷带负电B.该点电荷在a点的加速度大于d点的加速度C.该点电荷在a点的动能小于d点的动能D.若把该点电荷从b点移动到c点，静电力做负功2、对一盏标有“220V60W”的灯泡，下列说法正确的是（）A.该灯泡的额定电压是220VB.该灯泡的额定功率是220WC.该灯泡的额定电流是3.67AD.该灯泡接在电压是200V的电源两端，灯泡会损坏3、当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是（）A.B.C.D.4、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是（）

A.若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B.若仅增大B板间距离，则电容器所带电荷量增大C.若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D.若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变5、可视为点电荷的两个完全相同的金属小球，分别带有和的电荷，相距一定距离时库仑力的大小为将两球接触后再放回原处，两球之间的库仑力为（）A.引力，大小为B.引力，大小为C.斥力，大小为D.斥力，大小为评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、关于磁感线，以下说法中正确的是（）A.磁感线是磁场中客观存在的曲线B.磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向，也是该点的磁感应强度方向C.磁感线起始于磁铁的N极，终止于磁铁的S极D.磁感线是闭合曲线7、如图所示，在匀强电场中一质量为m、电荷量为q的正粒子先后经过a、b两点，在a点的速度大小为3v、速度方向与ab连线的夹角为在b点的速度大小为4v、速度方向与ab连线的夹角为ab连线长度为d，若粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（）

A.场强大小为B.场强方向与ab连线的夹角为C.从a到b，粒子的运动时间为D.从a到b，粒子的最小速度为8、在x轴上坐标为－3L和3L的两点固定电荷量不等的两点电荷，坐标为3L处电荷带正电，电荷量大小为Q。两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的横坐标分别为－2L和2L；则（）

A.两点电荷为异种电荷B.同一检验电荷在M点受到电场力大于N受到的电场力C.坐标为－3L处电荷的电荷量大小为2QD.坐标为－3L处电荷的电荷量大小为4Q9、一点电荷仅在电场力的作用下运动，其速度-时间图象如图所示，其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动的时刻；则下列说法中正确的是（）

A.a、b两点电势φa＞φbB.a、b两点电场强度Ea＝EbC.a、b两点电场强度Ea＞EbD.点电荷从a运动到b的过程中电场力做正功，电势能减小10、如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带负电的检验电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过；若此过程中A始终保持静止，A；B可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用。则下列说法正确的是（）

A.物体A受到地面的支持力先增大后减小B.点电荷B所在圆轨道上场强处处相同C.物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D.检验电荷B所在圆轨道上电势处处相同11、如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5V，2.5W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为4V。则下列说法正确的是（）

A.电阻R的阻值为0.25ΩB.电源的电动势为5VC.电源的电动势为6VD.电源的内阻为2Ω12、如图所示的电路中，D为理想二极管（具有单向导电性）；一带正电小油滴恰好在平行板电容器中央静止不动，电源内阻不计，则下列说法正确的是（）

A.仅把开关S断开，油滴将下落B.仅把电阻箱R1的阻值减小，油滴将上升C.仅把电容器上极板稍水平右移，油滴将下落D.仅把电容器上极板稍竖直上移，油滴仍静止不动评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、电磁感应现象的发现直接导致了___________的设计成功。使大规模生产电能成为可能，人类社会得以蒸汽时代进入到电气时代。1887年，物理学家___________用实验方法首次获得电磁波，证实了麦克斯韦关于电磁波的这一预言，人类从此进入无线电时代。14、（1）电流是矢量，电荷定向移动的方向为电流的方向。（______）

（2）由R＝可知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比。（______）

（3）由ρ＝知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比。（______）

（4）公式W＝UIt适用于任何电路求电功。（______）

（5）公式Q＝I2Rt只适用于纯电阻电路求电热。（______）

（6）电流I随时间t变化的图像与时间轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量。（______）15、某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如上左图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为_____________mm，图(b)所示读数为_________mm，所测金属板的厚度为____________mm．

16、智能手机有自动调节屏幕亮度的功能，光照强度变大时屏幕变亮，反之变暗。图中电路元件R1、R2中一个为定值电阻，另一个为光敏电阻（其有“阻值随光照强度的减小而增大”这一特性）。该电路可实现“有光照射光敏电阻时小灯泡变亮，反之变暗”这一功能。分析可得：光敏电阻应为_______（选填“R1”或“R2”），理由是：_______。

17、使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1，现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2，则F1与F2之比为______。评卷人得分四、实验题(共2题，共20分)18、一根均匀的细长空心金属圆管，其横截面如图甲所示，已知圆管长度为L，电阻Rx，约为5Ω，这种金属的电阻率为ρ，因管线内径太小无法直接测量，某同学设计下列实验方案测定它的内径d：

(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D，图乙为螺旋测微器校零时的示数，图丙为用该螺旋测微器测量的管线外径读数，则所测金属管线外径D=_____mm；

(2)为测量金属管线的电阻Rx；取两节干电池（内阻不计）；开关和若干导线及下列器材：

A.电流表A1内阻Rg=100Ω、量程为3mA

B.电流表A2内阻约为10Ω；量程为0.6A

C.电压表V内阻约50kΩ.量程为15V

D.定值电阻R1=900

E.定值电阻R2=9900Ω

F.滑动变阻器R；0-10Ω，额定电流为0.6A

某同学用所给的电压表测量时、发现电压表偏转角度很小为了提高实验精度，应该怎么办?______；

(3)请根据提供的器材，补全电路图（如图），并标明使用的元件，要求尽可能精确测量金属圆管的阻值______；

(4)若A1示数为I1，A2示数为I2，测量出来的电阻值Rx=_____。

(5)根据已知的物理量（长度L、电阻率ρ）和实验中测量的物理量（电阻Rx、金属管线外径D），则金属管线内径表达式d=_____。19、某兴趣小组欲通过测定工业污水(含多种重金属离子)的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准(达标的污水离子浓度低；电阻率大，一般电阻率ρ≥200Ω·m的工业废水即达到排放标准)．图甲所示为该组同学所用圆柱形盛水容器，其左；右两侧面为金属薄板(电阻极小)，其余侧面由绝缘材料制成，左、右两侧带有接线柱．

(1)先用刻度尺和游标卡尺分别测量盛水容器的长度L和内径D，某次测量示数如图乙所示，他们的读数分别为：L=40.0cm；D=___________cm．

将水样注满容器后；进行以下操作：

(2)分别用多用电表欧姆挡的“×1k”、“×100”两挡粗测水样的电阻值时，表盘上指针如图丙所示，则所测水样的电阻约为___________Ω．

(3)为更精确地测量所取水样的电阻；该小组从实验室中找到如下实验器材：

A.电流表(量程5mA，电阻RA=800Ω)

B.电压表(量程15V，电阻RV约为10kΩ)

C.滑动变阻器(0~20Ω；额定电流1A)

D.电源(12V；内阻约10Ω)

E.开关一只；导线若干。

请在图丁中完成电路连接．________________________

(4)正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，得出一系列数据如下表所示．。U/V2.04.06.08.010.0I/mA0.731.432.172.893.58

由以上测量数据得到U/I的平均值为2772Ω，则待测水样的电阻为___________Ω．据此可知，所测水样___________排放标准(填“达到”或“没达到”)．评卷人得分五、解答题(共4题，共40分)20、如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为为板上正对的小孔.金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l；距金属板P和Q右边缘l处有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P和Q；取屏上与S1、共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴，M板左侧电子枪发射出的电子经小孔进入M、N两板间.电子的质量为m，电荷量为e；初速度可以忽略.不计电子重力和电子之间的相互作用.为简单计，忽略电容器的边缘效应.

（1）求电子到达小孔时的速度大小v；

（2）金属板P和Q间电压u随时间t的变化关系如图所示，单位时间内从小孔进入的电子都相同.电子打在荧光屏上形成一条亮线，忽略电场变化产生的磁场；可以认为每个电子在板P和Q间运动过程中；两板间的电压恒定.

a.试分析、猜测题干中“可以认为每个电子在板P和Q间运动过程中；两板间的电压恒定”这句话的根据？

b.当某个电子在金属板P、Q两板间电压时进入P、Q间；求其打到荧光屏上的位置.

c.求打到荧光屏上的电子最大动能.

d.试分析在一个周期（即时间）内荧光屏单位长度亮线上的电子个数是否相同？

21、如图所示，在匀强电场中，A、B为同一条电场线上的两点。已知电场的电场强度A、B两点之间的距离将电荷量的试探电荷沿电场线从A点移至B点。求：

（1）该试探电荷在电场中所受静电力的大小F；

（2）在此过程中静电力对试探电荷所做的功W。

22、通过对磁场的调节，我们可以实现对带电粒子轨迹的控制。如图（a）所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图（b）所示，t=0时刻，一质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，调节B0和TB的值，可控制该粒子打在P板上的时间△t和击中的角度，上述m、q、d、v0为已知量（已知sin22°=）

（1）B0为多少时，满足TB=2△t且粒子刚好垂直打在P板上；

（2）若求△t；

（3）若为使粒子垂直打在P板上，求TB。

23、原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流。设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核运动，基本电荷为e．求该等效电流I是多大？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．做曲线运动的物体受到的合外力指向轨迹的凹侧；由图知，点电荷受到的电场力沿电场线方向，故点电荷带正电，故A错误；

B．电场线越密集电场强度越大，由图知，d处电场强度大于a处电场强队，则该点电荷在a点的电场力小于d点的电场力，该点电荷在a点的加速度小于d点的加速度；故B错误；

C．由a到d过程中，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，则该点电荷在a点的动能小于d点的动能；故C正确；

D．点电荷带正电，若把该点电荷从b点移动到c点；静电力做正功，故D错误。

故选C。2、A【分析】【分析】

【详解】

AB．用电器铭牌上标注的电压和功率为额定电压和额定功率；故该灯泡的额定电压是220V，额定功率是60W，选项A正确，B错误；

C．该灯泡的额定电流是

选项C错误；

D．200V小于额定电压220V；所以该灯泡接在电压是200V的电源两端，灯泡不会损坏，选项D错误。

故选A。3、C【分析】【详解】

A；通电直导线电流从左向右；根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；

B；如图所示；根据右手螺旋定则，磁场的方向逆时针（从上向下看），因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；

C；环形导线的电流方向如图所示；根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；

D、根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向，由右向左，则小磁针的静止时北极指向左，故D错误；4、D【分析】【详解】

A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，R2所在支路有电容器，是被断路的，则I、U均保持不变；故A错误；

B．根据

因电容器两端电压U不变；若仅增大A；B板间距离，则电容器所带电荷量减少，故B错误；

C．若仅用更强的光照射R1，电阻随光照强度的增大而减小，总电阻减小，总电流变大，则I增大，U应当减小；R3的电压变大，电容器两端的电压减小，根据Q=CU

可知；电容器电荷量减小，故C错误；

D．根据全电路的欧姆定律有E=U+Ur

则外电路电压变化量的绝对值等于内电压变化量绝对值，即∆U=∆Ur

故有

即U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值表示电源的内电阻；是不变的；故D正确。

故选D。5、D【分析】【分析】

【详解】

两球未接触前；根据库仑定律得两球间的库仑力为。

两球之间表现为引力；

当两球接触后；两球的电荷先中和再平分，放回原处后，此时两球间的库仑力为。

可得。

两球间表现为斥力；ABC错误，D正确。

故选D。二、多选题(共7题，共14分)6、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．磁场是客观存在的；但磁感线不是实际存在的，故A错误；

B．磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向；也是该点的磁感应强度方向，故B正确；

CD．磁体外部磁感线是从N极到S极；而内部是从S极到N极，形成闭合的曲线，故C错误，D正确。

故选BD。7、B:D【分析】【详解】

B．设电场力与ab连线夹角为如图。

则小球速度往垂直电场力的方向分速度相等，即

解得

故B正确；

C．从a点运动到b点沿ab方向的平均速度为

从a点运动到b的时间为

故C错误；

A．从a点运动到b的加速度为

由牛顿第二定律，从a点运动到b的电场力

场强大小为

故A错误；

D．当小球沿电场力方向的速度最小时，小球的速度最小，此时小球的最小速度为

故D正确。

故选BD。8、B:D【分析】【详解】

A．正电荷周围的电势为正；负电荷周围的电势为负，因此由图可知，两点电荷均为正电荷，故A错误；

B．在x轴上坐标为－3L和3L的两点固定电荷均为正电荷，在M点处的合场强为

在N点处的合场强为

在M点处的合场强大于在N点处的合场强，故由

可知同一检验电荷在M点受到电场力大于N受到的电场力；故B正确；

CD．在x＝L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，设坐标为-3L处电荷的电荷量大小为则有

解得

故C错误；D正确。

故选BD。9、C:D【分析】【分析】

【详解】

AB．图像是速度-时间图像，图像斜率代表加速度，可判断出ta时刻的加速度大于tb时刻加速度，由可判断出ta时刻的电场强度大；故B错误，C正确；

D．根据动能定理可判断出从a点运动到b点电场力做正功；所以电势能减小，故D正确；

A．因为不知道点电荷的电性，无法判断出a、b两点电势高低；故A错误。

故选CD。10、C:D【分析】【详解】

A．对物体A受力分析，有重力，水平面的支持力、摩擦力和检验电荷B与A之间的库仑力，由平衡条件得

其中，为A与B连线与水平面之间的夹角（锐角），而

所以在物体A由P到Q缓慢地从A的上方经过时，大小不变，先增大后减小；所以物体A受到地面的支持力先减小后增大，A错误；

B．点电荷B所在的电场为物体A形成的点电荷电场；在圆轨道上场强的大小处处相等，但是方向时刻都在改变，B错误；

C．由A选项分析，可得物体A所受摩擦力为

所以在物体A由P到Q缓慢地从A的上方经过时，大小不变，先增大后减小；所以物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，C正确；

D．检验电荷B所在圆轨道的电场为物体A形成的点电荷电场；所以在圆轨道上的电势处处相同，圆轨道是等势的，D正确。

故选CD。11、C:D【分析】【详解】

A．当开关S接b点时，电阻R的值为

故A错误；

BCD．当开关S接a点时，小灯泡L正常发光，故通过的电流为

根据闭合电路欧姆定律

联立解得

B错误；CD正确。

故选CD。12、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．开关S断开；二极管处于不导通状态，故电容器无法放电，电容器的电荷量不变，电场力不变，则油滴仍静止不动，A错误；

B．带正电油滴静止不动，说明b点电势高于a点电势，仅把电阻箱R1的阻值减小，则b点电势升高，a点电势不变；故电容器电压增大，两极板间的场强增大，油滴受到的电场力增大，油滴将上升，B正确；

C．将电容器上极板水平右移，则电容器的电容减小，电容器欲放电，但因二极管处于不导通状态而无法放电，即电容器的电荷量Q不变，由

和

联立得

S减小，则E增大；电场力增大，油滴将上升，C错误；

D．将电容器上极板竖直上移一些，电容器的电容减小，电容器欲放电，但因二极管处于不导通状态而无法放电，故电容器的电荷量Q不变，且由

知电场力不变；油滴仍静止不动，D正确；

故选BD。三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]电磁感应现象的发现直接导致了发电机的设计成功。使大规模生产电能成为可能；人类社会得以蒸汽时代进入到电气时代。

[2]1887年，物理学家赫兹用实验方法首次获得电磁波，证实了麦克斯韦关于电磁波的这一预言，人类从此进入无线电时代。【解析】发电机赫兹14、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）电流虽然有方向；但是不符合平行四边形定则，是标量，故错误；

（2）导体的电阻是自身的性质；与导体两端的电压，通过导体的电流无关，故错误；

（3）导体的电阻率是自身的性质；与导体的电阻和横截面积的无关，与导体的长度无关，故错误；

（4）公式W＝UIt适用于任何电路求电功；故正确；

（5）公式Q＝I2Rt只适用于所有电路求电热；故错误；

（6）电流I随时间t变化的图像与时间轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量，故正确。【解析】×××√×√15、略

【分析】【详解】

试题分析：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法；固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

解：图（a）中螺旋测微器的固定刻度为0mm；可动刻度为1.0×0.01mm=0.010mm，所以最终读数为0mm+0.010mm=0.010mm．

图（b）中螺旋测微器的固定刻度为6.5mm；可动刻度为37.0×0.01mm=0.370mm，所以最终读数为6.5mm+0.370mm=6.870mm．

所测金属板的厚度为6.870mm﹣0.010mm=6.860mm．

【点评】

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】0.010(±0.001)6.870(±0.001)6.860(±0.002)16、略

【分析】【详解】

[1][2]若R1是光敏电阻，则照射R1的光照强度增大时，R1阻值减小，则电路总电阻减小，总电流增大，电源内电压升高，路端电压减小，R2两端电压减小，流过R2的电流减小，流过R1和小灯泡的电流增大，小灯泡的实际功率变大，小灯泡变亮，因此光敏电阻应为R1。【解析】R1见解析17、略

【分析】【分析】

【详解】

相距为a时；根据库仑定律得。

接触后；各自带电量变为。

则此时有。

则F1与F2之比为60：1【解析】60：1四、实验题(共2题，共20分)18、略

【分析】【详解】

(1)[1]螺旋测微器校零时的示数1.3×0.01mm=0.013mm

螺旋测微器测量的管线外径读数为1.5mm+40.0×0.01mm=1.900mm

则所测金属管线外径D=1.900-0.013mm=1.887mm

(2)[2]电源是两节干电池，电源电动势约3V，而所给电压表的量程有15V，所以用所给的电压表测量时、发现电压表偏转角度很小，为了提高实验精度，应该用电流表A1和定值电阻R1串联改装成一个量程为3V的电压表测量。

(3)[3]待测圆管电阻约为5Ω，电流表A2内阻约为10Ω，尽可能精确测量金属圆管的阻值，所以电流表A2要外接；所以电路原理图如图所示。

(4)[4]待测电阻两端的电压为

通过待测电阻的电流

测量出来的电阻值

(5)[5]据电阻定律得

导体的横截面积

解得【解析】1.887见解析19、略

【分析】【分析】

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数；不需估读；从误差的角度确定一个误差小的读数，电阻等于欧姆表的读数乘以倍率；在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值应小些，再根据待测电阻的大小确定电流表的内外接，根据测量的误差确定滑动变阻器的分压还是限流接法；根据电路图和欧姆定律得出待测电阻的阻值，再根据电阻定律求出电阻率的大小，从而判断是否超标；

【详解】

(1)游标卡尺的主尺读数为15.1cm；游标尺上第11个刻度与主尺刻度对齐，则游标尺读数为0.05×11mm=0.55mm=0.055cm，所以最终读数为：15.1cm+0.055cm=15.155cm；

(2))欧姆表所测的电阻等于读数乘以倍率；用×1k档测量，指针偏转角度太大，测量误差较大，所以用×100档测量比较准确，R=16×100Ω=1600Ω；

(3)由于滑动变阻器阻值远小于待测电阻；所以连线时滑动变阻器要用分压接法；由于要精确测量电阻值，电流表的电阻为已知值，采用电流表内接法，电路图如图；

(4)根据电路图和欧姆定律得出待测电阻的阻值

根据电阻定律故有所测水样没达到排放标准；【解析】15达到五、解答题(共4题，共40分)20、略

【分析】【详解】

（1）根据动能定理有：

解得：

（2）a.由（1）中电子速度表达式猜测；由于电子比荷q/m极大，电子很容易加速到很大的速度，电子在板P和Q间运动的时间远小于交变电压变化的周期，故“可