2025年苏教新版必修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年苏教新版必修3物理上册月考试卷652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7题，共14分)1、电荷均匀分布的带电球体在球体外部产生的电场强度与位于球心处等电荷量的点电荷产生的电场强度相等。已知地球所带的电荷量约为地球的半径约为6000km，静电力常量若将地球视为一个均匀带电球体，则地球表面附近的电场强度大小约为（）A.100N/CB.200N/CC.300N/CD.400N/C2、如图所示，两条不等长的细线一端拴在同一点，另一端分别拴住两个带同种电荷的小球，电荷量分别为质量分别为当两小球处于于同一水平面时恰好静止，且则造成不相等的原因是（）

A.B.C.D.3、已知通电长直导线周围某点的磁感应强度即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～R区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是（）

A.B.C.D.4、下列说法中错误的是（）A.沿着一条直线且加速度存在且不变的运动，叫做匀变速直线运动B.为了探究弹簧弹性势能的表达式，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每一小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做微元法C.从牛顿第一定律我们得知，物体都要保持它们原来的匀速直线运动或静止的状态，或者说，它们都具有抵抗运动状态变化的“本领”D.比值定义法是一种定义物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义式表示C与Q成正比，与U成反比，这就是比值定义的特点5、如图所示；两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将。

A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动6、关于电表的改装，下列说法正确的是（）A.将电流计改装成电压表，应在电流计两端并联适当的电阻B.将电流计改装成电流表，应在电流计两端串联适当的电阻C.量程为I、内阻为R的电流计串联阻值为R的电阻，其量程变为2ID.量程为U、内阻为R的电压表串联阻值为R的电阻，其量程变为2U7、如图所示，R1和R2都是4W、100Ω的电阻，R3是1W；100Ω的电阻；A、B两端允许消耗的最大电功率是（）

A.1.5WB.3WC.9WD.W评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、如图所示，有一带电液滴静止于电容器两极板间，电源内阻r不可忽略，现闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向b端移动少许；稳定后二个小灯泡仍能发光，则下列说法中正确的是（）

A.小灯泡L1变亮，L2变暗B.液滴带负电，将竖直向下运动C.液滴带正电，将竖直向上运动D.电流表中始终存在从左至右的电流9、小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示，图（b）中电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）滑动变阻器R（阻值0~9.0Ω）。闭合开关S，在R的变化范围内；小灯泡的功率可能为（）

A.0.05WB.0.50WC.1.05WD.2.50W10、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、如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E；以下说法正确的是（）

A.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qEB.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qEC.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qED.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE12、如图，a、b、c、d为正四面体的四个顶点，O点为d点在底面上的投影，在a点放置一个电量为的点电荷，在b点放置一个电量为的点电荷；则（）

A.c、d两点的电场强度相等B.沿cd连线移动一带电量的点电荷，电场力始终不做功C.Od连线为该电场中的一条等势线D.将一带电量为的点电荷从d点移到O点再移到c点，电场力先做负功，后做正功13、如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板与静电计连接，负极板接地，两板间有一个带正电的试探电荷固定在P点。正极板保持不动；将负极板缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是()

A.静电计指针夹角变小B.静电计指针夹角不变C.正电荷在P点的电势能减小D.正电荷在P点的电势能不变14、用相同的表头改装的两个量程不同的电压表V1和V2被分别用来测量某电路中电阻R两端(a、b)间的电压时(如图所示)；读数依次为12．7V和12．3V，则。

A.a、b间的实际电压略大于12．7VB.a、b间的实际电压略小于12．3VC.电压表V1的内阻小于V2的内阻D.电压表V1的内阻大于V2的内阻15、如图所示电路中，电源电动势内阻定值电阻电容器的电容初始时，开关闭合，断开；下列说法正确的是（）

A.电路稳定时，电容器上极板带负电B.电路稳定时，消耗的功率为3.25WC.闭合开关电路稳定后，电容器上极板带负电D.闭合开关电路稳定后，电容器所带电荷量为16、如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流；可采用的方法有。

A.闭合电键K后，把R的滑片左移B.闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出C.闭合电键K后，把Q靠近PD.无需闭合电键K，只要把Q靠近P即可评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，此液滴带_______电，液滴的加速度等于_______，液滴的电势能_____（填增加；减小）。

18、正四面体ABCD的棱长为a，A点固定点电荷+Q，B点固定点电荷－Q，静电力常量为k，则D点的场强大小为______；若A点的电荷单独在C点产生的电势为则两电荷在C点共同产生的电势为______。

19、『判一判』

（1）公式适用于所有电场。________

（2）由可知，匀强电场中两点间的电势差与这两点的距离成正比。________

（3）由公式可知，电场强度与电势差U成正比。________

（4）匀强电场的电场强度值等于沿电场线方向每单位长度上的电势差值。________

（5）在匀强电场中，任意两点间的电势差等于电场强度与这两点间距离的乘积。________20、如果带电小球q是用来检验电场是否存在及其强弱分布情况的，那我们就把它称为___________。21、如图所示，真空中O点固定有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与a、b连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与a、b连线成30°。则a、b两点场强Ea：Eb=______；a、b两点电势φa、φb的关系为φa______φb（填“<”、“>”；“=”）。

22、利用图像分析问题是物理学中常用的方法；其中的斜率；面积通常具有明确的物理意义。

(1)小明以6m/s的初速度将足球水平踢出，足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度—时间图像如图1所示，图1中图线与坐标轴所围的面积等于12个小方格的面积，由图像可知足球在滚动过程中受到的阻力大小____（选填“变大”、“变小”或是“不变”），足球滚动了____m停下来。

(2)利用电流传感器测量电容器电容的实验电路图如图2所示。电源电压为8V，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。电流传感器将电流变化的信息传入计算机，屏幕上显示出电流i随时间t变化的i—t曲线如图3所示，图中图线与坐标轴所围的面积也等于12个小方格的面积，根据图3，计算电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q=__C，该电容器的电容C=___F。

23、如图所示，已知电源的内阻r=2Ω，外电阻R1=4Ω，滑动变阻器R2的电阻可调范围为0~10Ω。当滑动变阻器R2的电阻调为4Ω时，电源内部的电热功率为2W，则电源电动势为_____V；电阻R2的阻值为______Ω时，R1的电功率达到最大值。

评卷人得分四、作图题(共3题，共21分)24、如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。试画出该电场的电场线；并保留作图时所用的辅助线（用虚线表示辅助线，实线表示电场线）。

25、以下是几种点电荷的电场线的分布情况；请标出图中各电荷的电性。

26、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2题，共14分)27、某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻；他根据下面提供的器材，设计了如图所示的原理图。

①电压表V（量程3V，内阻RV约为10kΩ）

②电流表G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）

③电流表A（量程3A；内阻约为0.5Ω）

④滑动变阻器R1（0～20Ω；额定电流2A）

⑤滑动变阻器R2（0～500Ω；额定电流1A）

⑥定值电阻R3=0.4Ω

⑦开关S和导线若干。

（1）该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是________A．（结果保留两位有效数字）

（2）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_______。（填“R1”或“R2”）

（3）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=1.50V，电源的内阻r=_______Ω。（结果保留两位有效数字）28、某同学做测绘“2.5V；0.5A”小灯泡的伏安特性曲线的实验；实验电路图如图甲所示，图乙为实物连线图。

（1）对照甲图，将图乙的实物连线补充完整______；

（2）某次测量时，电压表、电流表读数如图丙所示，则U=______V，I=______A。

（3）根据多组U、I值，画出伏安特性曲线如图丁所示，则小灯泡的电阻随电压的升高而______（填“增大”或“减小”）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

根据点电荷的电场强度公式

代入数据，得地球表面附近的电场强度大小选项A正确。

故选A。2、A【分析】【详解】

对两个球受力分析；均受重力；拉力和静电斥力，如图所示。

不管电荷量大小如何，静电斥力F、F′都相同，故电荷量关系不影响角度α和β；根据平衡条件，有

由于故故A正确；BCD错误。

故选A。

【点睛】

本题关键是对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式分析；两小球均受三力平衡，可采用合成法、正交分解法、相似三角形法分析力之间的关系。3、C【分析】【分析】

【详解】

根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零，由于规定B的正方向垂直纸面向里，故选C。4、D【分析】【详解】

A．沿着一条直线运动；且加速度不变的运动一定为匀变速直线运动，故A正确；

B．微元法是一种“化整为零”的方法；即把整体拆分成各个微小部分，每一部分独立求解，再求总和，探究弹性势能的研究方法就是如此，故B正确；

C．牛顿第一定律为惯性定律；物体运动的惯性将维持原来运动的状态，抵抗运动的变化，故C正确；

D．在电容的定义式中，C与两板间的电量及两板间的电势差无关；故D错误。

本题要选错误选项，故选D。5、D【分析】【详解】

现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时；两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A；B、C错误．

【考点定位】电容器；电场力，力的平衡．

【方法技巧】本题主要是:要理解这个题目的实质是在二力平衡作用下物体静止，如果一个力转动45°，而大小不变，物体会乍样运动？6、D【分析】【详解】

A．将电流计改装成电压表；即当通满偏电流时，整个部分承担电压变大，应在电流计两端串联适当的电阻，起分压作用，A错误；

B．将电流计改装成电流表；即当通满偏电流时，整个部分承担电流变大，应在电流计两端并联适当的电阻，起分流作用，B错误；

C．量程为I、内阻为R的电流计串联阻值为R的电阻；改装后的电流量程变为原来的一半，C错误；

D．量程为U、内阻为R的电压表串联阻值为R的电阻，根据

知其量程变为2U；D正确。

故选D。7、A【分析】【详解】

电阻R1的额定电压为额定电流为电阻R2的额定电压和额定电流与电阻R1相同；R1和R2串联部分的额定电流均为0.2A，故串联电路的额定电流为0.2A，而额定电压为2倍的20V，即40V；电阻R3的额定电压为额定电流为故总的额定电压取并联电路额定电压的较小值为10V；总电阻为：

故最大功率为：P=UI=1.5W，所以A正确；B、C、D错误．二、多选题(共9题，共18分)8、A:B【分析】【详解】

A．变阻器的滑片向b端移动少许，变阻器接入电路的电阻减小，根据“串反并同”，灯泡L1与变阻器串联，灯泡L2与变阻器并联，所以灯泡L1变亮，L2变暗；故A正确；

B．由电路图可知；电容器上极板与电源正极相连，所以上极板带正电，带电液滴能够静止，则受电场力方向向上，故液滴带负电。滑片向下滑动，电容器两板间电压降低，则板间场强变小，液滴受电场力变小，则液滴受合力方向向下，将向下运动，故B正确。

C．由上面B的分析可知；C错误；

D．在移动滑片过程中；电容器两端电压降低，电容器带电荷量减少，电容器应该放电，所以电流表中存在自右向左的电流，故D错误。

故选AB。9、B:C【分析】【分析】

【详解】

当R=9Ω，等效电源（E=4V，r=10Ω）的U-I图像与小灯泡的伏安特性曲线交点为（1，75V，225mA）Pmin=0.39W

当R=0，电源（E=4V，r=1.00Ω）的U-I图像与小灯泡的伏安特性曲线交点为（3.67V，320mA）Pmax=1.17W

故选BC。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、A:C【分析】【详解】

AB．静止时，对AB球整体进行受力分析，则有：T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq

故A正确；B错误；

CD．假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0.若B球带负电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，电场力qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度此时A、B球的加速度为aA=g+

（显然大于g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为T，由牛顿第二定律，则有T+mg=maA

解得T=qE

故C正确，D错误。

故选AC。12、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

A．+Q和−Q是等量异种电荷，根据其电场线的分布情况和对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等；方向相同；则电场强度相同，故A正确；

B．通过ab连线的中垂面是一等势面，c、d在同一等势面上，cd连线上电势处处相等。则沿cd连线移动一带+q电量的点电荷；电场力始终不做功。故B正确；

C．由上分析知，Od连线为电场中的一条等势线；连线上各点的电势相同，故C正确；

D．O、c、d在同一等势面上将一带电量为−q的点电荷从d点移到O点再移到c点；电场力一直不做功。故D错误。

故选ABC。13、A:C【分析】【详解】

AB．将负极板缓慢向右平移一小段距离，两极板间的距离减小，根据电容的决定式可知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，则由可知，板间电压U减小；因此静电计的指针夹角变小，故A正确，B错误；

CD．根据板间场强

可知，E不变；P点到负极板距离减小，由公式U=Ed可知，P点的电势降低；正电荷在P点的电势能减小；故C正确，D错误。

故选AC。14、A:D【分析】【详解】

试题分析：AB、将电压表并联在a、b两点间，由于电压表的分流作用，通过干路电阻R的电流增大，两端电压增大，所以并联部分电压小于未接入电压表是的电压，即A；正确。

CD、电压表内阻越小分流作用越大，并联部分电压越小，因读数小所以内阻小；D正确。

故选AD

考点：对串并联电路的的理解。

点评：中等难度．电阻并联后的总电阻小于任何支路的电阻，内阻不是远大于R的电压表不能视为理想电表，应考虑它对电路电阻的影响．15、A:D【分析】【详解】

A．开关闭合，断开；电容器的上极板与电源的负极相连，所以上极板带负电，A正确；

B．由闭合电路欧姆定律有

的功率为

解得

故B错误；

C．闭合开关后；电容器的上极板与电源的正极相连，因此上极板带正电，C错误；

D．闭合开关后，回路总电阻为

则两端的电压为

由

可得

故D正确。

故选AD。16、A:C【分析】【详解】

A．闭合电键K后，把R的滑片左移，Q中的磁场方向从左向右；且在增大，根据楞次定律，左边导线电流方向向下。故A正确。

B．闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右；且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上。故B错误。

C．闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右；且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下。故C正确。

D．若不闭合电键K，即使把Q靠近P；也不会导致穿过线圈的磁通量改变，因此不会产生感应电流。故D错误。

故选AC。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【详解】

[1]据题带电液滴沿直线由b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电

[2]由图可得物体所受合力为

故物体的加速度为

[3]由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，电场力的方向和运动方向夹角为锐角，电场力对物体做正功，液滴的电势能减小【解析】负电减小18、略

【分析】【详解】

[1]两个电荷在D点产生的场强大小：

方向的夹角为则D点的合场强

[2]由于A点的电荷单独在C点产生的电势为因A带正电，而B带负电，那么B点的电荷单独在C点产生的电势为则两电荷在C点共同产生的电势为0；【解析】019、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]公式只适用于匀强电场；故描述错误。

（2）[2]公式中，为沿电场线的距离；不一定等于匀强电场中两点间的距离，故描述错误。

（3）[3]电场强度是电场自身的性质，其强度与电场自身有关，与电势差U无关；故描述错误。

（4）[4]匀强电场的电场强度值等于沿电场线方向每单位长度上的电势差值；故描述正确。

（5）[5]公式中，为沿电场线的距离，不一定等于匀强电场中两点间的距离，故在匀强电场中，任意两点间的电势差不一定等于电场强度与这两点间距离的乘积，故描述错误。【解析】①.错误②.错误③.错误④.正确⑤.错误20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]如果带电小球q是用来检验电场是否存在及其强弱分布情况的，那我们就把它称为试探电荷或者检验电荷。【解析】试探电荷或者检验电荷21、略

【分析】【详解】

[1]由题目可知，O点固定了一个点电荷，假设ab的长度为L，则Oa的长度为

Ob的长度为

由真空中的点电荷场强公式代入数据得

解得

[2]由a、b两点的场强方向可知，均指向O点，则O点固定的电荷为负电荷，已知沿电场线方向电势降低，则a点比b点离O点更近，则【解析】3:1<22、略

【分析】【详解】

(1)因为v-t图象的斜率变小，表示加速度减小，根据牛顿第二定律f=ma；知足球在滚动过程中受到的阻力变小；图1中图线与坐标轴所围面积表示位移即为足球滚动的距离，1格面积是1，12格面积是12，所以位移是12m，足球滚动了12m才停下来。

(2)在电容器放电过程中的任意瞬时有：△Q=I•△t，故i-t图线与t轴所围面积即为电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积，因此电容器所