2025年浙教新版必修3物理下册月考试卷

…………○…………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年浙教新版必修3物理下册月考试卷303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、把“能量子”概念引入物理学的物理学家是（）A.普朗克B.麦克斯韦C.托马斯·杨D.赫兹2、如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点；在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J，则下列说法正确的是（）

A.粒子带负电B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC.粒子在A点的动能比在B点少0.5JD.粒子在A点的机械能比在B点少1.5J3、某研究性学习小组利用下图所示电路测量电池组的电动势E和内阻r．根据实验数据绘出如下图所示的图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数；由此可以得到（）

A.电源电动势约为1.5VB.内阻约为1.0ΩC.用该电路测电动势，测量值比真实值小D.用该电路测内阻，测量值比真实值小4、导体达到静电平衡时，下列说法正确的是（）A.导体内部没有电场B.电荷只分布在导体的内、外表面C.导体内部的合电场强度为零D.导体表面和内部的合电场强度均为零5、如图是静电除尘器除尘原理图，M、N是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图示位置的a、b、c三点在同一直线上，且|ab|＝|bc|。下列判断正确的是（）

A.N是直流高压电源的负极B.电场中b点的电势高于c点的电势C.同一个点电荷在电场中c点受到的电场力大于在a点受到的电场力D.电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba6、图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中是电池；和是固定电阻，是可变电阻；表头的满偏电流为内阻为虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压挡和挡，直流电流挡和挡，欧姆挡。下列说法正确的是（）

A.图中的端与红色表笔相连接B.在使用多用电表之前，调整使电表指针指在表盘左端电流“0”位置C.使用电流挡时，调整使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置D.根据题给条件可得7、如图所示电路，电源内阻为r，两相同灯泡电阻均为R，D为理想二极管（具有单向导电性），电表均为理想电表。闭合S后，一带电油滴恰好在平行板电容器中央静止不动。现把滑动变阻器滑片向上滑动，电压表示数变化量绝对值分别为电流表示数变化量为则下列说法中错误的是（）

A.两灯泡逐渐变亮B.油滴将向下运动C.D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器且在中央固定一正点电荷，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表示数变化量的绝对值分别为理想电流表A示数变化量的绝对值为则（）

A.电荷的电势能减少B.灯泡逐渐变暗C.变大、不变D.电源的输出功率一定变小9、如图所示，ABCD为一正方形，M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，空间存在与正方形平面平行且范围足够大的匀强电场。已知质子由A点运动到B点电场力做功为-10eV、质子由A点运动到C点电场力做功为-20eV。则下列说法正确的是（）

A.电场强度的方向应由C指向AB.质子由Q点运动到N点的过程中，电场力不做功C.电子由B点运动到D点的过程中，电场力做功10eVD.电子由M点运动到A点的过程中，电子的电势能增加15eV10、如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k；则下列分析中正确的是（）

A.挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同B.挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为C.挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同D.挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为11、如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻很小，反向电阻无穷大）串联，电源正极接地。闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是（）

A.若上极板略微下移，带电油滴仍保持静止B.若上极板略微下移，则P点电势升高C.若上极板略微左移与下极板错开，则带电油滴向下运动D.若上极板略微左移与下极板错开，则P点电势降低12、如图所示为某静电场的电场线，a、b、c是同一条电场线上的三个点，其电场强度的大小为Ea、Eb、Ec，电势为a、b、c；下列说法正确的有（）

A.Ea>Eb>EcB.a>b>cC.Ea<Eb<EcD.a<b<c13、如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板；开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可以使指针张角增大（）

A.使A、B两板靠近一些B.使A、B两板正对面积错开一些C.断开S后，使B板向右平移拉开一些D.断开S后，使A、B正对面积错开一些14、如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接。开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g；下列说法正确的是（）

A.与弹簧分离时小球的动能为B.从开始运动到与弹簧分离，小球与弹簧组成的系统增加的机械能为qEhC.从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为D.撤去外力时，弹簧的弹性势能为评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、学会使用______法测量电阻。16、如图所示的平面内固定两个带电量为的异种点电荷，它们之间距离为以其连线中点为圆心，以为半径画圆，为圆周上有三点，点在两点电荷连线的中垂线上，两点连线恰好过点，则两点的电场强度_____（填“相同”或“不同”），点电势______（填“大于”“等于”或“小于”）点电势；已知静电力常数为则点电场强度大小为_______。

17、图中游标卡尺的读数为________mm，螺旋测微器的读数为________mm。

18、物理中常用类比的方法来理解复杂的物理过程。如图（a）所示，内阻为r的化学电池向电热器R供电，其过程中静电力和非静电力做功，就可以类比成图（b）中儿童在游乐场玩耍时，重力和电梯对人做功的情形。图（b）中各点的高度可类比为图（a）中各点的电势，设A、B、a、b四点的高度分别为hA、hB、ha、hb。电路中化学能转化为电能的过程发生在_________________（选填“A→B和b→a”、“a→A和B→b”），化学电池的电源电动势大小为______________（用hA、hB、ha、hb表示）。

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，两条直线分别对应着两个导体R1、R2。那么，两导体的电阻之比为R1:R2=_________，若两个导体串联时，两导体两端的电压之比为U1:U2=_________。

评卷人得分四、作图题(共2题，共12分)21、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

22、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2题，共18分)23、在测定金属的电阻率实验中，某同学用游标卡尺测量金属丝的长度，示数如图甲所示；用螺旋测微器测量金属丝的直径示数如图乙所示；用多用电表测量金属丝的阻值时，他将红黑表笔分别插入“+”“-”插孔中，将选择开关置于“”挡位置；然后将红；黑表笔短接调零，此后测量阻值时发现指针偏转角度较小，为减小实验误差，该同学重新选择倍率，重新调零后继续实验，结果看到指针指在如图丙所示位置，回答下列问题：

（1）甲图的读数为__________mm；

（2）乙图的读数为___________mm；

（3）为减小实验误差，该同学应将选择开关置于“__________________”（填“”或“”）位置，则丙图的读数为___________Ω。

24、某兴趣小组测量一块电池的电动势和内阻。

（1）先用多用表的“”电压档粗测电动势，指针位置如图甲所示，读数为______V。

（2）实验室提供的器材有：

电流表（量程），电流表（量程），定值电阻（），定值电阻（），滑动变阻器（）；，待测电池，开关，导线。为了尽可能精确测量电池的电动势和内阻，小组设计图乙所示电路进行实验；

①实验时，需先将电流表______（填“”或“”）与定值电阻串联后改装为电压表，图乙中定值电阻应选______（填“”或“”）；

②实验测得多组电流表的示数和电流表的示数绘制出图像如图丙所示，依据图像可得电池的电动势为______V，内阻为______（结果均保留一位小数）评卷人得分六、解答题(共2题，共16分)25、如图所示，一个电子以的初动能从A点垂直电场线方向飞入匀强电场，在点离开电场时，其运动方向与电场线成角，则A与两点间电势差多大？

26、静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性往复运动．已知该粒子质量为m。电量为-q，其动能与电势能之和为-A（0＜A＜qφ0）。忽略重力。求：

（1）粒子所受电场力的大小；

（2）粒子的运动区间。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A．普朗克引入能量子概念；得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合的非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A正确；

BCD．麦克斯韦预言了电磁波的存在；赫兹证明了电磁波的存在，托马斯·杨首次用实验观察到了光的干涉图样，故BCD不合题意．

故选A。2、D【分析】【分析】

【详解】

A.根据粒子的运动轨迹；可知粒子带正电，故A错误；

B.从A点运动到B点电场力做正功，电势能减少，则粒子在A点的电势能比在B点多1.5J；故B错误；

C.从A点运动到B点，克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J，则在A点的动能比在B点多0.5J；故C错误；

D.从A点运动到B点，场力做的功为1.5J，由能量的转化与守恒定律可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5J；故D正确。

故选D。3、B【分析】【详解】

AB．根据闭合电路的欧姆定律可得

则可知图线的斜率等于E，纵轴截距绝对值等于r；由图得到，电源的电动势约为3V，内阻约为1Ω，故A错误，B正确；

CD．将电流表的内阻等效为电源的内阻，故电流表内阻对电动势的测量无影响，故E测量值等于真实值，而由于电流表内阻的影响，r测量值大于真实值；故CD错误。

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

ACD．金属导体在点电荷附近；出现静电感应现象，导致电荷重新分布。因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，导体表面电场强度不为零，故A；D错误，C正确；

B．金属导体的内部电场强度处处为零；导体内部不再有电荷定向移动，净电荷分布在导体外表面，故B错误。

故选C。5、D【分析】【详解】

A．因到达集尘极的尘埃带负电荷，那么电场强度的方向向左，因此电场线方向向左，则知N是直流高压电源的正极；故A错误；

B．根据沿着电场线方向电势是降低的，因此电场中b点的电势低于c点的电势；故B错误；

C．电场方向由集尘极指向放电极，电场线的分布由集尘极会聚于放电极，结合电场线的疏密来体现电场的强弱，那么电场中c点的场强小于a点的场强，故同一个点电荷在电场中c点受到的电场力小于在a点受到的电场力；故C错误；

D．假设电场是匀强电场，由于|ab|=|bc|，那么b、a间的电势差Uba等于c、b间的电势差Ucb，但由于电场是非匀强电场，且电势且沿着ca方向，电场强度越来越大，故电场中c、b间的电势差Ucb小于b、a间的电势差Uba；故D正确。

故选D。6、D【分析】【详解】

A．根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”，故端与红黑色表笔相连接；选项A错误；

BC．由电路图可知，只在测量电阻时才接入电路；故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要实行调节，选项BC错误；

D．直流电流挡分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知

总电阻

接4时，为电压挡，因串联的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联后再改装成电压表；根据串联电路规律可知

选项D正确。

故选D。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．滑片向上滑动；其阻值减小，总电阻减小，回路中电流变大，两灯变亮，选项A正确；

B．总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V1的示数减小，而L1的电压变大，所以并联部分L2的电压减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，由于Q不变；则由。

得。

可知E不变；油滴静止不动，选项B错误；

C．把电阻R看作电源内阻一部分，就是两端电压的增加量；也是电容器两板间电压减少量，则。

选项C正确；

D．由闭合电路欧姆定律可得。

所以。

选项D正确。

本题选错误的，故选B。二、多选题(共7题，共14分)8、A:B【分析】【详解】

A.将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻增大，电路中电流减小，R上的电压减小；则电荷所在处电势减小，电荷的电势能减小，故A正确；

B.电路中电流减小；通过灯泡的电流减小，所以灯泡变暗，故B正确；

C.根据U2=E−Ir，得保持不变。故保持不变，故C错误；

D.因电源内外阻大小关系未知；根据电源输出功率和外阻的关系，电源的输出功率不一定变小，故D错误。

故选：AB9、A:D【分析】【详解】

A．由题意根据

可知，质子由A运动到B时

代入数据解得V

同理V，假设A点的电势为0V，则B点的电势为10V，C点的电势为20V，由匀强电场的特点可知正方形对角线的交点O的电势为10V，因此BD连线为等势线；如图所示。

所以电场线的方向一定由C指向A；故A正确；

B．由于M、N、P、Q分别为正方形四条边的中点，则M点与Q点的电势均为15V，P点与N点的电势均为5V，则质子由Q点运动到N点的过程中，电场力做功为eV

故B错误；

C．由于BD两点的电势相等，则电子由B点运动到D点的过程中电场力做功为零；故C错误；

D．电子由M点运动到A点的过程中，电场力做功为eV

则电子的电势能增加15eV；故D正确。

故选AD。10、B:C:D【分析】【详解】

A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等；方向不同，故A错误；

B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律

故B正确；

C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变；故C正确；

D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系

球体积公式为

小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为

两小球在P点场强均为

合场强为

剩余部分在P点的场强为

故D正确。

故选BCD。11、B:D【分析】【分析】

【详解】

AB．A板略微下移，d变小，由

可知，C变大，两极板间的电压U等于电源电动势不变，根据

电场强度E变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，P点到下极板的距离不变，根据

可知，P与下极板的电势差增大，所以Р点的电势升高；A错误B正确；

CD．上极板略微左移与下极板错开，根据

S将减小，C变小，U不变，电容器要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，实际为Q保持不变，根据

平行板电容器两极板间场强

可知，电场强度E变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，P点到上极板的距离不变，根据

可知，P与上极板的电势差增大，而上极板的电势恒为0，所以P点的电势降低；C错误D正确。

故选BD。12、B:C【分析】【详解】

根据电场线的特点可知，电场线越密电场强度越大，则

顺着电场线方向，电势必定降低，则有a>b>c

故选BC。13、C:D【分析】【详解】

AB．闭合S；则两极板和电源相连，所以电压不变，即指针的角度不变，AB错误；

C．断开S后，两极板的电荷量不变，根据公式

可得，使B板向右平移拉开一些后，电容减小，根据公式

可得电势差增大；故指针角度变大，C正确；

D．使A、B两板正对面积错开一些，根据公式

可得电容减小，根据公式

可得电势差增大；故指针角度变大，D正确。

故选CD。14、B:D【分析】【详解】

A．根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时小球的动能为

故A错误；

B．由功能关系知，从开始运动到与弹簧分离，从开始运动到与弹簧分离，小球与弹簧组成的系统增加的机械能为电场力做的功为故B正确；

C．由功能关系知小球减少的弹性势能为电场力对小球所做的功为故C错误；

D．从撤去外力到小球与弹簧分力，由动能定理知

解得

故D正确。

故选BD。三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据电阻的测量方法，需要学会使用伏安法测量电阻。【解析】伏安16、略

【分析】【详解】

[1]两个等量的异种电荷之间电场线如图所示。

由对称性可知，M、N两点的电场强度相同。

[2]设无穷远处电势为零，则P、O所在直线上的所有点电势均为零；由沿着电场线方向电势逐渐降低，可知点电势大于零，点电势小于零，所以点电势大于点电势。

[3]由勾股定理可得P点到两个电荷之间的距离为

P点的电场强度为两个带电量为的异种点电荷在P点产生的电场强度的矢量和；如图所示。

+Q、在P点产生的场强

则点电场强度大小【解析】相同大于17、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺的精度为读数为

[2]螺旋测微器精度为读数为【解析】50.154.700（4.698~4.702）18、略

【分析】【详解】

[1]化学能转化为电能的过程是非静电力做功的过程，类比于克服重力做功转化为重力势能，所以为a→A和B→b过程；

[2]化学电池的电源电动势大小为两段静电力做功之和，所以为【解析】和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