2025年冀教新版必修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年冀教新版必修3物理下册月考试卷860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6题，共12分)1、有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在Δt时间内,通过导线的横截面积的自由电子数目可表示为()A.B.C.D.2、如图所示；A；B是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触。现使带负电的橡胶棒C靠近A（C与A不接触），然后先将A、B分开，再将C移走。关于A、B的带电情况，下列判断正确的是（）

A.A带正电，B带负电B.A带负电，B带正电C.B均不带电D.B均带正电3、均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所示，在球面上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且已知球面在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为。

A.B.C.D.4、空间某一静电场的电场线与x轴平行，其电场度随x变化情况如图所示，图中坐标x1和x2、x2和x3曲线下方的面积相等，设x1、x2、x3三点的电势分别为把一个正电荷从x1移动到x2，电场力做功为W1，从x2移动到x3，电场力做功为W2，下列说法正确的是（）

A.B.C.D.5、粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O（为薄金属环）及A、B、C、D、E5个金属圆筒（又称漂移管），相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入（初速度为0）金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m；不计质子经过狭缝的时间，则（）

A.质子从圆筒E射出时的速度大小为B.圆筒E的长度为TC.MN所接电源是直流恒压电源D.金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为6、在如图所示的电路中，电源电动势和内电阻闭合开关当滑动变阻器的滑片移动时；发现电压表示数变大，则下列判断正确的是（）

A.电流表示数变大B.电阻的电功率变大C.滑动变阻器的滑片向上移动D.电源的输出功率一定增大评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时（）

A.电容器所带电荷量不变B.直流电源对电容器充电C.极板间的电场强度增大D.电阻R上有从a到b的电流8、如图所示；蓝牙设备和Wi-Fi已经广泛应用于我们的日常生活中。由于Wi-Fi和蓝牙都在全球通用频段2.4GHz上工作，因此它们共存时会相互干扰，造成两者的信噪比下降，影响数据传输。为缓解上述干扰，目前不少路由器的Wi-Fi采用双频段模式，即同时工作在2.4GHz和5GHz的模式下，其中2.4GHz信号在空气或障碍物中传播时衰减小，而5GHz信号更加高速且稳定。下列说法正确的是（）

A.Wi-Fi和蓝牙的相互干扰是指产生了干涉B.2.4GHz信号比5GHz信号的衍射能力更强C.5GHz信号在空中的传播速度大于2.4GHz信号的传播速度D.信噪比下降是指接收电路在接收所需信号的同时也接收了其他杂质信号9、如图所示，电源的电动势和内电阻恒定，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器；当滑动触头向下滑动时()

A.R1的功率将增大B.R2的功率将增大C.电源的总功率将减小D.电源的效率将减小10、如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个电荷量为的小球Q。整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个质量为m、电荷量为的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动。N点与弹簧的上端和M点的距离均为s0。P、Q的连线以及弹簧的轴线ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0且始终在弹性限度内，静电力常量为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A.小球P沿着斜面向下运动的过程中，其电势能一定减小B.小球P在N点的加速度大小为C.小球P返回时，不可能越过N点撞到小球QD.当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大11、如图所示，三个等长绝缘细棒构成正三角形棒上带有等量负电荷且电荷分布均匀。P为正三角形中心，O为边中点，P、D关于O点对称，选取无穷远处电势为0，P点电势为D点电势为则下列说法正确的是（）

A.P点电势大于D点电势B.撤去棒，P、D两点电势差不变C.撤去棒，则D点电势变为D.撤去棒，则D点电势变为12、粗糙绝缘水平桌面上有一固定点以为坐标原点在水平面内建立如图所示的平面直角坐标系，在坐标为的M点和的N点处分别固定电荷量为和的带电体（可视为点电荷），在坐标为处有一带电量为的滑块（可视为质点），滑块通过长为的绝缘轻细绳与点相连。给滑块一沿轴正方向的初速度，使滑块绕点逆时针做圆周运动，此过程中，当滑块运动到图中点时速度达到最大值，此时当滑块运动到点（图中未标出）时滑块的电势能最小，此时已知静电力常量为k，下列说法正确的是（）

A.运动过程中滑块受到的滑动摩擦力大小为B.运动过程中滑块受到的滑动摩擦力大小为C.当时，滑块的电势能最小D.当时，滑块的电势能最小13、如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一质量为m=0.1kg、带电荷量为的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数从t=0时刻开始，空间上加如图乙所示的电场.下列说法正确的是（）

A.4秒内小物块一直向同一方向运动B.2s末小物块速度大小为2m/sC.4秒内小物块的位移大小为6mD.4秒内电场力对小物块所做的功为0.8J14、在如图示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、和表示，电表示数变化量的大小分别用和表示。下列说法正确的是（）

A.I变大，变大B.电源的效率增加C.电源的总功率增加D.不变，不变评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、半径为r、电流为的通电圆环圆心处的磁感应强度为B，在圆环下方距圆心a处水平放置一根电流为的无限长直导线时，圆环圆心处的磁感应强度变为零．设圆环平面和长直导线在同一竖直平面内，如图所示，根据对称性，直导线电流在导线下方距导线a处产生的磁感应强度的大小为________，方向_________．

16、关于“用DIS描绘电场等势线”的实验：

（1）关于该实验有下列叙述：

①本实验是用电流场来模拟静电场进行操作的．

②在木板上依次铺放白纸；导电纸和复写纸．

③实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触．

④放置导电纸时有导电物质的一面向下．

以上表述中错误的有________（写序号）；应改为________________________．

（2）如图为实验的示意图，在a、b、c、d、e五个基准点中，电势最低的点是________点．若将电压传感器的两个探针分别接触图中的b、f两点（c为AB的中点，b、f连线和A、B连线垂直），显示出b、f两点的电势差大于零，则传感器的“+”接线柱应接在________点，此时若要采集到电势差为零，则应将接f的探针________（选填“向左”或“向右”）移动．17、焦耳定律。

（1）内容：电流通过导体产生的热量跟________成正比，跟导体的_____及_____成正比。

（2）表达式：Q＝______。18、在非纯电阻电路（像含有电动机、电解槽的电路）中，电流做的功只有_______一部分转化为电热，_______部分转化为其他形式的能（机械能或化学能等）。因此，W>Q，即UIt>I2Rt，根据能量守恒定律知，在非纯电阻电路中满足：电功=电热+其他形式的能，即_______=_______+_______。19、随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有______。评卷人得分四、作图题(共3题，共15分)20、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

21、如图，黑箱面板上有三个接线柱1、2和3，黑箱内有一个由四个阻值相同的电阻构成的电路。用欧姆表测得1、2接线柱之间的电阻为2、3接线柱之间的电阻为1、3接线柱之间的电阻为在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式。

22、在如图所示的四幅图中；分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向。请画出对应的磁感线（标上方向）或电流方向。

评卷人得分五、实验题(共2题，共18分)23、在“多用电表的使用”实验中；

（1）如图所示，为一正在测量中的多用电表表盘。如果用电阻挡“”测量，则读数为___________如果用“直流5V”挡测量，则读数为___________V。

（2）甲同学利用多用电表测量电阻。他用电阻挡“”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为___________（填写选项前的字母）。

A．将选择开关旋转到电阻挡“”的位置。

B．将选择开关旋转到电阻挡“”的位置。

C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量。

D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“”

（3）丁同学将选择开关旋转到“直流”挡作为电流表，设计了如图所示的电路，已知电流表内阻若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为___________A；若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为___________V。

24、某实验小组想测量一节蓄电池的电动势和内阻；除蓄电池；开关、导线外，可供使用的实验器材：

A.电流表（量程0.6A）

B.电压表（量程2.0V）

C.定值电阻（阻值1Ω；额定功率5W）

D.定值电阻（阻值10Ω；额定功率10W）

E.滑动变阻器（阻值范围0~10Ω；额定电流2A）

F.电阻箱（阻值范围0~9999.9Ω）

（1）实验时需用如图a所示电路改装电流表，闭合开关前；将滑动变阻器滑片移动到最左端，把电阻箱的电阻调至最大；

（2）断开开关闭合开关调节滑动变阻器滑片使电流表的读数为0.40A，保持滑片位置不动，闭合开关调节电阻箱的电阻，使电流表的示数为0.10A，断开开关不再改变电阻箱阻值，保持电流表和电阻箱并联，撤去其他线路，重新标识表盘，改装后的新电流表的量程是___________A；

（3）将已改装好的电流表接在如图b所示电路中，并用该电路测量蓄电池的电动势和内阻，其中为定值保护电阻。

①为保证实验结果准确且调节方便，定值保护电阻应选___________（填器材前的字母）。

②用正确选择的器材进行实验，依据数据得到U-I图像（图c），由图像得出该节蓄电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。（结果保留两位小数）

（4）旧的蓄电池，电源电动势基本不变，内阻变为要使“6.0V，12.0W”的用电器正常工作，至少需要___________节这样的旧蓄电池串联，同时电路还需要串联一个阻值大小为___________Ω保护电阻。评卷人得分六、解答题(共3题，共6分)25、如图所示，有一半径为R=1m的圆形区域，O为圆心，AC为直径，三角形ABC为圆内接三角形，为60°。有面积足够大平行于圆面的匀强电场，已知场强E=100V/m，A点电势为B点电势为0，C点电势低于B点电势，电子电荷量大小为电子重力不计。求：

（1）匀强电场的方向；

（2）C点的电势（可用根号表示）；

（3）若将一电子以某一初速度从C点飞出；电子经过圆形区域边界时可能获得的最大动能增量（可用根号及含eV单位的数值表示）。

26、如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，两个固定的等量正点电荷A、B，连线水平相距l，O点的AB的中点。有一质量为m的带负电小球在两电荷连线的中垂面内做匀速圆周运动，带电小球和电荷A的连线与AB连线夹角为45°，重力加速度为g，静电力常量为k。

（1）求带电小球电荷量的大小；

（2）若规定O点电势为0；两电荷连线所在水平面为重力势能的零势能面，求小球最大的电势能；

（3）若电荷的电荷量为求小球做匀速圆周运动的角速度。

27、图是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它被细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是5.0A和100V，重物P上升的速度为0.70m/s。重物的质量为50kg，g取10m/s2。求。

（1）绳对重物做功的机械功率Ｐ机；

（2）电动机的机械效率；

（3）电动机线圈的内阻R

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

在时间内，流经导线的电荷量为而电子的电荷量为则时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：

A.与分析不符；故A错误；

B.与分析不符；故B错误；

C.与分析相符；故C正确；

D.与分析不符，故D错误．2、A【分析】【详解】

带负电的橡胶棒C靠近A时；由于感应起电，A球会感应出正电荷，而B球会感应出负电荷，然后先将A；B分开，在将C移走，A带正电，B带负电，故A项正确，BCD错误。

故选A。3、C【分析】【详解】

将AB部分补上变成一个完整的均匀球壳，该球壳带电荷量为：则该球壳在M点产生的场强为：根据电场的叠加原理可知：球壳上部分在M点产生的场强大小为：根据对称性可知：在N点产生的场强大小为：故C正确，ABD错误。故选C。4、A【分析】【详解】

AB.E—x图像曲线下方的面积表示两点之间的电势差，因图中坐标x1和x2、x2和x3曲线下方的面积相等，所以所以选项A正确，B错误；

CD.又所以选项CD均错误。

故选A。5、B【分析】【详解】

A．质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得

质子从圆筒E射出时的速度大小为

选项A错误；

B．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为

选项B正确；

D．同理可知，金属圆筒A的长度

金属圆筒B的长度

则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为选项D错误；

C．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，所以MN所接电源的极性应周期性变化；选项C错误。

故选B。6、A【分析】【详解】

ABC．根据串反并同可知，电压表示数变大时，说明滑动变阻器阻值变大，即滑动变阻器的滑片向下移动，同理电流表示数变大，电阻的电功率变小；故A正确，BC错误；

D．当外电阻和内电阻相等时；电源的输出功率最大。当滑向下移动时外电阻变大，但是不能确定外电阻和内电阻的关系，所以输出功率不一定变大。故D错误。

故选A。二、多选题(共8题，共16分)7、B:C【分析】【分析】

【详解】

由公式可知，当压力F增大时两板间距离减小，电容增大，由公式可知，电容器所带电荷量增大，即直流电源对电容器充电，电阻R上有从b到a的电流，由公式可知；极板间的电场强度增大。

故选BC。8、B:D【分析】【分析】

【详解】

AD．Wi-Fi和蓝牙都在全球通用频段2.4GHz上工作；它们共存时会相互干扰，造成两者的信噪比下降，信噪比下降是指接收电路在接收所需信号的同时也接收了其他杂质信号，并非产生了干涉，选项A错误，D正确；

B．2.4GHz信号比5GHz信号的波长更大；则衍射能力更强，选项B正确；

C．5GHz信号在空中的传播速度等于2.4GHz信号的传播速度，均为3×108m/s；选项C错误。

故选BD。9、A:C【分析】【分析】

当滑动触头P向下移动时；接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压以及功率的变化即可；

【详解】

A、由题可知当当滑动触头向下滑动时，接入电阻的阻值变大，故电路中总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路总电流I减小，内电压减小，外电源增大，即电阻两端电压增大，故电阻的功率增大；故选项A正确；

B、由上面分析可知，通过电阻的电流增大，由于干路总电流I减小，故通过电阻的电流减小，故电阻的功率减小；故选项B错误；

C、由于干路总电流I减小，则电源的总功率减小；故选项C正确；

D、电源的效率为：由于外电源增大；故电源的效率将增大，故选项D错误．

【点睛】

本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压以及功率的变化即可．10、B:C【分析】【详解】

A．因为匀强电场电场力所做的正功跟固定于M点的负电荷的库仑力所做负功的代数和不确定；故小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能的变化无法确定，A错误；

B．在N点，根据牛顿第二定律得

解得

B正确；

C．根据能量的转化和守恒定律，小球最高只能到达N点；不能与小球Q相碰，C正确；

D．当P受到的合力为0时，速度最大，当弹簧的压缩量为时；小球P仍受库仑力作用，合力不为0，速度不是最大，D错误。

故选BC。11、B:D【分析】【详解】

AB．根据对称性可知，BC在P、D两点的电势相等，由离负电荷越近电势越低可知，AC、AB在P点的电势低于在D点的电势，所以P点电势小于D点电势且由以上分析可知，撤去棒，P、D两点电势差不变；故A错误，B正确；

CD．因为三根棒在P点产生的电势相同，所以每根棒在P点的电势为

则棒在D点的电势也是所以AC、AB在D点的电势相等，为

所以撤去棒，则D点电势变为

故C错误；D正确。

故选BD。12、B:D【分析】【详解】

AB．当滑块运动到图中点时速度达到最大值，可知所受的滑动摩擦力等于两电荷对滑块的库仑力在切线方向的分力的合力，大小为

选项A错误；B正确；

CD．假设没有摩擦力时，滑块电势能最小的位置应该对应着动能最大的位置，即滑块受细线的拉力与两电荷对滑块的库仑力相平衡的位置，再由平衡条件可知，滑块沿与细线方向垂直的方向受合力为零，可得

解得

选项C错误；D正确；

故选BD。13、A:D【分析】【详解】

ABC．0～2s，由牛顿第二定律得物块加速度：

物块向右做加速运动，2s末小物块速度

前2s内的位移

2～4s，由牛顿第二定律得加速度

物块向右做减速运动，4s末减速到零，2～4s的位移

4秒内小物块的位移

故A正确；BC错误；

D．4秒内电场力对小物块所做的功

代入数据解得

故D正确．14、C:D【分析】【分析】

【详解】

由电路图知两个电阻串联，电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器两端的电压，电压表V3测量路端电压；电流表测量电路的电流。

A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的总电阻减小，所以电路总电阻减小、总电流I增大，R1和电源内电阻分得的电压增大、则滑动变阻器两端电压减小，即U2减小；故A错误；

B．由于电源的内电压增大，则路端电压U3减小，电源的效率

所以电源的效率减小；故B错误；

C．电源的总功率P=EI，I增加；则电源的总功率增加，故C正确；

D．电压表V1测量定值电阻R1两端的电压，则不变；

电压表V3测量路端电压，根据闭合电路的欧姆定律可得不变

故D正确；

故选CD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

[1]根据右手定则可知，通电线圈产生的磁场反向垂直纸面向外，导线在线圈内产生的磁场方向垂直纸面向内，根据题意可知，圆环圆心处的磁感应强度变为零，因此直导线电流在导线上方距导线a处产生的磁感应强度的大小为B，根据对称，在下方a处磁感应强度也为B；

[2]根据右手定则可知，方向垂直纸面向外。【解析】B垂直纸面向外16、略

【分析】【详解】

[1][2]该实验为模拟等量异种电荷等势面实验；①正确；导电纸应该放在最上面，②错误，故②应该改为“在木板上依次铺放白纸；复写纸和导电纸”；实验中圆柱形电极与导电纸应有良好的接触，③正确；放置导电纸时有导电物质的一面要朝上，④错误，故④改为“放置导电纸时有导电物质的一面向上”；

[3]A与正极接触，故A点电势最高，在a、b、c、d、e五个基准点中，电势最低的点是e点；

[4]b点电势高于f点，故b点接“+”极；

[5]从左到右电势逐渐降低，故f点的探针应该朝左移。【解析】②、④在木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸，放置导电纸时有导电物质的一面向上eb向左17、略

【分析】【详解】

略【解析】①.电流的二次方②.电阻③.通电时间④.I2Rt18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3][4][5]在非纯电阻电路（像含有电动机、电解槽的电路）中，电流做的功只有很少一部分转化为电热，绝大部分转化为其他形式的能（机械能或化学能等）。因此，即根据能量守恒定律知，在非纯电阻电路中满足：电功=电热+其他形式的能，即。

【解析】很少绝大UItI2RtE其他19、略

【解析】增加四、作图题(共3题，共15分)20、略

【分析】【详解】

实物图中第一个为电动机；电动机符号为符号图中的第二个；

实物图中第二个为电容器；电容器符号为符号图中的第三个；

实物图中第三个为电阻；电阻符号为符号图中的第四个；

实物图中第四个为灯泡；灯泡符号为符号图中的第一个。

【解析】21、略

【分析】【详解】

因为1；2接线柱之间的电阻与2、3接线柱之间的电阻之和等于1、3接线柱之间的电阻；所以2为中间的结点，又因为2、3接线柱之间的电阻与1、2接线柱之间的电阻的差等于1、2接线柱之间的电阻的一半，故2、3之间有两个电阻井联，后再与第三个电阻串联，每个电阻均为1Ω，连接方式如图所示。

【解析】22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）在图（1）中；已知小磁针静止时N极的指向，由直线电流的安培定则，可知直线中的电流方向向下，如图所示。

（2）在图（2）中；已知小磁针静止时N极的指向，由环形电流的安培定则，可知环形电流方向从左向右看是顺时针方向，如图所示。

（3）在图（3）中；已知螺线管内小磁针静止时N极的指向，由通电螺线管的右手螺旋定则可知，螺线管中的电流方向从左端导线流入，右端导线流出，如图所示。

（4）在图（4）中，已知磁感线的方向，由安培定则可知，环形电流方向沿逆时针方向，如图所示。【解析】五、实验题(共2题，共18分)23、略

【分析】【详解】

（1）[1]依题意，用电阻挡“”测量读数为

[2]用“直流5V”挡测量，则读数为

（2）[3]用电阻挡“”测量时发现指针偏转角度过小，说明待测电阻阻较大，则应.将选择开关旋转到电阻挡“”的位置，接着将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“”；再进行测量