2025年上外版必修3物理下册月考试卷含答案

…………○…………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年上外版必修3物理下册月考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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，并悬挂于O点，其中，小球a带电量为小球b带电量为现在两球所处空间加上水平向右匀强电场（图中未画出），则此装置平衡时的位置可能是下列图中的（）

A.B.C.D.2、图1中是某电场中的一条电场线。若将一正电荷从点处由静止释放，只在静电力的作用下，该电荷沿电场线从到运动过程中的速度-时间图像如图2所示。该电场可能是（）

A.匀强电场B.正点电荷的电场C.负点电荷的电场D.带负电金属球的电场3、空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示；下列说法正确的是。

A.O点的电势最低B.x1和x3两点的电势相等C.x2的电势最高D.x2和-x2两点的电势相等4、某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，四个电表均为理想电表。现闭合开关S，电压表V1的示数为4.0V；以下说法正确的是（）

A.电压表V2的示数为2.0VB.电源的输出功率为3WC.电流表A2的示数为0.6AD.电源的电动势一定为8V，内阻为5Ω5、中国宋代科学家沈括在公元1086年写的梦溪笔淡中最早记载了“方家（术士）以磁石磨针锋；则能指南，然常微偏东，不全南也”。进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是（）

A.在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B.对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C.形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D.由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制。如图所示，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，C为电容器。已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小；则有（）

A.若R1固定，当环境温度降低时电压表的示数减小B.若R1固定，当环境温度降低时R1消耗的功率增大C.若环境温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，电容器C的电荷量减少D.若R1固定，环境温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小7、如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力的作用下沿以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M点经P点到达N点的过程中（）

A.速度先增大后减小B.速度先减小后增大C.电势能先减小后增大D.电势能先增大后减小8、关于电容的定义式下列说法正确的是（）A.电容器的电容越大，则电容器所带电荷量就越多B.对于给定的电容器，所带电荷量与其两极间电势差成正比C.电容器的电容与其带电量成正比，与两极间的电势差成反比D.电容器的电容不随带电荷量及两板间电势差的变化而变化9、如图所示，一个半径为R的绝缘光滑圆轨道固定在竖直面内，A、B和C、D分别是圆轨道水平直径和竖直直径的两个端点，O点是圆心．一个质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)放在圆轨道的最低点C．在水平直径AB的下方存在匀强电场，电场方向平行于轨道所在的平面且水平向右，电场强度为E=(g为重力加速度)．下列说法正确的是（）

A.在C点由静止释放小球，小球会在C点和B点之间做往复运动B.若小球从C点以大小为的速度向右运动，则小球刚好能够通过D点C.若在C点给小球水平向右的初速度，使小球能够通过D点，则小球每次经过D点时对轨道的作用力都会比前一次通过D点时大4mgD.若小球刚好能够向左通过D点，则到A点时由于受到水平方向的电场力作用，小球会脱离轨道10、关于物理学研究方法和物理学史，下列说法正确的是（）A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法B.根据速度定义式当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限的思想C.伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法E.元电荷与点电荷均是理想化模型E.元电荷与点电荷均是理想化模型11、如图，匀强电场区域内，由作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面垂直。若在点固定一正点电荷Q；则（）

A.两点的电场强度大小相等，电势相等B.两点的电场强度大小相等，电势相等C.两点的电场强度大小相等，电势相等D.两点的电场强度大小相等，电势相等12、细绳一端固定在天花板上，另一端拴一质量为m的小球；如图所示。使小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动，下列说法正确的是（）

A.小球机械能不守恒B.小球能量正在消失C.小球摆动过程中，只有动能和重力势能在相互转化D.总能量守恒，但小球的机械能减少评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、如图，A、B两板间加速电压为U1，C、D两板间偏转电压为U2.一个静止的α粒子()自A板由静止相继被加速、偏转，飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离一半，则它的出射速度的大小为_____________。14、如图所示电路中，小灯泡规格为“6V3W”，R3=4Ω，电源内阻r=1Ω，电压表、电流表均为理想电表.闭合开关，调节滑动变阻器阻值，使电压表示数为0，此时灯泡恰好正常发光，电流表的示数为1A.则电源电动势E=_______V，电源输出功率P=_______W，R2=____Ω.

15、异种电荷相互___________。真空中两个静止点电荷间相互作用力为：若两电荷间距离不变，两电荷电量都增大为原来的3倍，则F增大为原来的___________倍。16、真空中一个固定的正点电荷，周围的电场线分布如图所示，A、B为水平电场线上的两点。

（1）电场强度________（选填或）；

（2）将试探电荷＋q放在A点，试探电荷＋q受到的静电力的方向________（选填水平向左或水平向右）。17、把一个电荷量为q＝5×10－9C的正电荷从距电场无穷远处移到电场中M点，电荷克服电场力做功WM＝6.0×10－3J，如果把该点电荷从距电场无穷远处移到电场中N点，电荷克服电场力做功WN＝3.6×10－3J．取无穷远处为零电势点，M、N点的电势差是______把该点电荷从M点移到N点电场力做功________18、空气平行板电容器，电容为C，两极板间距离为d。充电后，两极板间相互作用力为F。则两极板间的电势差为_______，极板上的电荷为________。19、热功率。

（1）定义：______内的发热量称为热功率。

（2）公式：P热＝I2R。评卷人得分四、作图题(共2题，共20分)20、在“用电流和电压传感器研究电容器的放电”实验中；某同学按照图所示连接电路。实验时，先将开关S掷向1，一段时间后，将开关掷向2，传感器将信息传入计算机屏幕上，显示出电流或电压随时间变化的图线。

（1）由图可知，传感器1应为________（选填选项前的字母）

A．电流传感器B．电压传感器。

（2）用q表示电容器上极板所带的电荷量，UR表示滑动变阻器两端的电压，UC表示电容器两端的电压，I表示电路中的电流，关于电容器在整个放电过程中的图像变化正确的有________。

A．B．

C．D．

（3）若已知电源电动势E，但其内阻和电阻箱阻值均未知，根据已知条件和传感器显示的图像中的数据信息，下列判断正确的是________；

A．可知该电容器的电容。

B．可知此时电阻箱阻值大小。

C．若只增大电阻箱R的阻值；电容器放电的时间将变短。

D．若只减小电容器的电容大小，电容器放电的时间将变短21、把蜂鸣器；光敏电阻、干簧管继电器开关、电源连成电路如图所示；制成光电报警装置，当报警器有光照射时，峰鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声，①光敏电阻：光敏电阻受光照后，阻值会变小，②干簧管继电器开关：由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成，当线圈中有一定的电流时，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成闭合状态，当线圈中没有电流或者电流很微弱时，磁场消失，簧片在弹力的作用下恢复到分离状态，电路已经连接一部分，请将电路完整连接好。

评卷人得分五、实验题(共2题，共12分)22、在“测定金属的电阻率”实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时其刻度的位置如上图所示，用米尺测量出金属丝的有效长度为l；金属丝的电阻大约为4Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料常温下的电阻率。

（1）从图中可读出金属丝的直径为_______mm。

（2）在用伏安法测定金属丝的电阻时；除被测电阻丝外，还有如下实验器材供选择：

A.直流电源：电动势约4.5V；内阻很小。

B.电流表A1：量程0~0.6A；内阻约为0.125Ω

C.电流表A2：量程0~3.0A；内阻约为0.025Ω

D.电压表V1：量程0~3V；内阻约为3kΩ

E.电压表V2：量程0~15V；内阻约为15kΩ

F.滑动变阻器R1：最大阻值20Ω

G.滑动变阻器R2：最大阻值500Ω

H.开关；导线若干。

为了提高实验的测量精度和仪器操作的方便，在可供选择的器材中，应该选用的电流表是_____，电压表是_____，滑动变阻器是_____（填仪器的字母代号）。

（3）根据所选的器材，用铅笔在下图所示的虚线方框中画出完整的实验电路图。()

23、有一圆柱体的未知合金；使用多用电表测定其电阻率，某同学做了如下操作。

(1)用螺旋测微器测其直径d；如图，读数是___________mm；

(2)再用游标卡尺测其长度l；如图，读数是___________cm；

(3)一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是´1、´10、´100，用´10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到___________挡，如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是___________。评卷人得分六、解答题(共3题，共9分)24、一台“6V，15W”的直流电动机的线圈电阻为R=0.5Ω，接在电动势E=6V，内阻r=0.5Ω的电源上工作时；测得电动机两端电压是5V，求：

（1）电源的总功率；

（2）电源的输出功率；

（3）电动机的发热功率；

（4）电动机的输出功率．25、带有等量异号电荷、相距10cm的平行板A和B之间有一匀强电场，如图所示，电场强度E=2×104V/m方向向下电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm，P点距B板2cm，电子电量e=-1.6×10-19C；求∶

（1）C、D两点的电势差UCD等于多少？

（2）如果令A板接地（即电势A=0），则P点的电势P是多少？

（3）一个电子从C点先移到P点，再移动到D点；静电力共做多少功？

26、如图,所示的电路,电源电动势为E=14V,内阻为r=1Ω,电灯L为”2V,4W”电动机D的内阻为R/=0.5Ω,当可变电阻的阻值为R=1Ω时,电灯和电动机都正常工作,则电动机的额定电压为多少?电动机输出的机械功率为多少?全电路工作1min放出的焦耳热Q为多少?

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

设每个球的质量为m，oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β；以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示。

根据平衡条件可知，oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡，由平衡条件得

以b球为研究对象，分析受力情况如图2，由平衡条件得

则

故选C。2、B【分析】【详解】

A．由图可知该电荷运动的加速度逐渐减小，说明从到的电场强度逐渐减小；所以该电场不可能是匀强电场，故A错误；

B．正点电荷的电场线是直线；且场强随距离的增大而减小，符合该电荷的运动特征，故B正确；

CD．如果是负电荷的电场；则该电荷将从静止开始向着负电荷做加速度逐渐增大的运动，这与速度-时间图像不符合，故CD错误。

故选B。3、D【分析】【详解】

AB．做出电场线如图所示：

沿着电场线方向电势逐渐降低，可知O点的电势最高。x1的电势高于x3的电势。故AB错误。

C．沿着电场线方向电势逐渐降低，故x2的电势不是最高的。故C错误。

D．x2和-x2两点关于原点对称，由O点向两边电势都降低且电场强度的变化相同，则可知x2和-x2两点电势相等。故D正确。4、B【分析】【分析】

【详解】

AC．图中等效电路为灯泡L2与L3并联后与灯泡L1串联，电压表V1的示数为4V，由U-I图象得到L1中电流为0.6A，根据并联电路特点得另外两个灯泡的电流均为0.3A，再根据U-I图象得到灯泡L2与L3并联部分电路的电压为1.0V，故电压表V2的示数为1.0V，电流表A2的示数为0.3A；AC错误；

B．电源路端电压。

U=4V＋1V=5V干路电流为I=0.6A；故输出功率为。

P=UI=5×0.6W=3WB正确；

D．电源路端电压为。

U=E-Ir只有一组数据；无法求解电动势和内电阻，D错误。

故选B。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据磁极间的相互作用可知；在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极，故A错误；

B．地球上赤道附近磁场的方向与地面几乎平行；越往两极磁场的方向与地面之间的夹角越大，所以对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南；北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强，故B正确；

C．地球磁场的N极在地球的地理南极附近；由安培定则可知，形成地磁场的原因可能是带负电的地球自转引起的，故C错误；

D．由于地磁场的影响；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面水平放置，且导线的方向沿南北方向，故D错误。

故选：B。二、多选题(共7题，共14分)6、C:D【分析】【详解】

AB．R1固定，当环境温度降低时R2增大，R总增大，根据闭合电路欧姆定律知干路电流I减小，由U=（E﹣Ir）可得，路端电压增大，电压表的读数增大，R1消耗的功率P=I2R1减小；故AB错误；

C．若环境温度不变，热敏电阻R2阻值不变，当电阻箱R1的阻值增大时，R总增大，根据闭合电路欧姆定律知干路电流I减小，电容器的电压UC=IR2

UC减小，电容器C的带电量Q=CUC

减小；故C正确；

D．若R1固定，环境温度不变，热敏电阻R2阻值不变，电容器C两板间的电压不变，当电容器C两极板间的距离增大时，则减小；故D正确。

故选CD。7、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，故B错误，A正确；

CD．电子运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，由于系统的动能与电势能的和保持不变，所以电势能先减小后增加，故C正确，D错误。

故选AC。8、B:D【分析】【详解】

AB．根据

可知电容器的电容越大；电容器所带电荷量不一定越多，还与电容器两极间电势差有关；而对于给定的电容器，即电容一定时，电容器所带电荷量与其两极间电势差成正比，故A错误，B正确。

CD．电容只跟电容器本身有关系，只跟板间距离，正对面积，和介电常数有关系，电容的定义式

表明电容只是带电荷量和电势差的比值，不跟Q成正比也不跟U成反比；并不随它们两个发生变化，故C错误，D正确；

故选BD。9、A:C【分析】【分析】

（1）从C点由静止释放小球后；对其进行受力分析，确定其处于自然静止状态（平衡位置）时所处的位置，根据运动的对称性，可解决A项；

（2）根据竖直平面圆周运动最高点轻绳模型的临界条件；可计算小球刚好通过D点时的临界最小速度，然后从C到D利用动能定理，即可判断B项；

（3）若小球能通过D点；则D点既是研究的起点也是终点，利用动能定理，结合牛顿第二定理即可求解C项；

（4）根据圆周运动的临界条件；可判断D．

【详解】

A；若小球C在电场和重力场的复合场中处于自然平衡状态时；对其进行受力分析，如图所示；

小球的平衡位置与球心的连线；与竖直方向的夹角为45度，C和B关于连线对称．根据受力的对称性可知，当小球从C点被由静止释放后，将在C点和B点之间做往复运动，A正确；

B、若小球恰好通过D点，则在D点只有重力提供向心力，设小球在C点以开始向右运动，恰好通过最高点D，则根据动能定理有：解得故B错误；

C、设某次小球向左通过D点的速度为轨道对其弹力大小为N，则根据牛顿第二定律可知：当以D为起点，小球逆时针再次回到D点的过程中，根据动能定理得：此时小球经过D点，轨道对其弹力大小为满足联立接得故C正确；

D；若小球恰好向左通过D点；则此时重力mg提供向心力，从D到A，小球速度会增加，所以到达A点时，小球需要的向心力会大于mg，即需要的向心力大于qE，所以小球在A点必然和轨道之间有弹力作用，小球在A点不会脱离轨道，D错误．

故本题选AC．

【点睛】

解决本题，掌握竖直平面内圆周运动物体通过最高点的临界条件至关重要，会灵活使用动能定理或能量守恒．10、A:B:C【分析】【详解】

A；在推导匀变速直线运动位移公式时；把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故A正确．

B、根据速度定义式当非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度；该定义应用了极限的思想，故B正确．

C、伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动；再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故C正确．

D；牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论；而不能直接通过实验得出的，但能接受住实践的检验，故D错误．

E；元电荷又称“基本电量”；在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，而点电荷是一种理想化的物理模型，其带电荷量并不一定是最小的，故E错误．

故选A、B、C11、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．由正点电荷场强公式

可知，两点离点的距离相等，Q在两点的场强大小相等，且方向均与匀强电场垂直，故两点合场强大小相等，两点在匀强电场的等势面上，也在点电荷Q的等势面上；故两点电势相等，A正确；

B．同理可知，两点离点的距离不相等，由正电荷产生的电场大小不相等，与匀强电场叠加之后的合场强大小也就不相等，两点不在点电荷Q的等势面上；故两点电势不相等，B错误；

C．两点离点的距离（都为面对角线）相等；由正电荷产生的电场大小相等，与匀强电场夹角相等，叠加之后合场强大小相等，电势也相等，C正确；

D．两点离点的距离（一为体对角线；一为面对角线）不相等，由正电荷产生的电场大小不相等，与匀强电场叠加之后合场强大小也就不相等，电势也不相等，D错误。

故选AC。12、A:D【分析】【详解】

A．小球在竖直平面内摆动；经过一段时间后，小球停止摆动，说明机械能通过克服阻力做功不断地转化为内能，即机械能不守恒，故A正确；

B．小球的机械能转化为内能；能量的种类变了，但能量不会消失，故B错误；

CD．小球长时间摆动过程中；重力势能和动能相互转化的同时，机械能不断地转化为内能，故摆动的幅度越来越小，但总能量守恒，故C错误，D正确。

故选AD。三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】【详解】

根据动能定理得；

其中q=2e；解得。

【解析】14、略

【分析】【详解】

这是一个桥式电路，等效电路图如图所示，当电压表示数为0时，电桥处于平衡状态，流过小灯泡的电流为R3两端的电压为2V，电源内阻的分压为1V，故电源电动势E=9V，电源输出功率P=8V×1A=8W，两个支路的电流均为0.5A，R2两端的电压为6V，故R2=12Ω.

【解析】981215、略

【分析】【详解】

[1]异种电荷相互吸引。

[2]由静电力公式可得

所以若两电荷间距离不变，两电荷电量都增大为原来的3倍，则F增大为原来的9倍。【解析】吸引916、略

【分析】【详解】

（1）[1]电场线越密集的地方电场强度越大，故

（2）[2]正电荷所受电场力方向和电场强度方向相同，故试探电荷＋q受到的静电力的方向水平向右。【解析】水平向右17、略

【分析】【详解】

[1]把一个正点电荷从距电场无穷远处移到电场中的M点，电荷克服静电力做功W=6.0×10-3J，相反的过程中，把正点电荷从电场中的M点移动到距电场无穷远处，静电力做功W′=6.0×10-3J，所以：

把该点电荷从电场中的N点移到距电场无穷远处，静电力做功W=3.6×10-3J，所以：

M、N两点的电势差：

[2]把该点电荷从M点移到N点静电力做功：WMN=qUMN=5×10-9×4.8×105=2.4×10-3J【解析】4.8×105V2.4×10－3J18、略

【分析】【详解】

设电容器极板上的电荷为Q，板间场强为E，板间电压为U，则有

解得【解析】19、略

【分析】【详解】

略【解析】单位时间四、作图题(共2题，共20分)20、略

【分析】【详解】

（1）[1]传感器1串联在电路中；因此应为电流传感器。

故选A。

（2）[2]ABC．电容器在整个放电过程中，电容器的电荷量q、电流I、电压UC均随时间减小；选项AC错误，选项B正确；

D．由于放电电流I减小，根据可知电阻箱R的电压UR减小；选项D正确。

故选BD。

（3）[3]A．根据电流传感器显示的I-t图像中的面积可求出电容器的电荷量，根据电压传感器可知电阻箱两端的电压，若已知电源电动势E，则可知电容器的电压，根据可求出该电容器的电容；选项A正确；

B．根据电流传感器和电压传感器可知电阻箱的电流和两端的电压；因此可知此时电阻箱阻值大小，选项B正确；

C．电源不变，电容器的充电电压不变，电荷量不变，若只增大电阻箱R的阻值；电容器放电的电流将变小，因此放电时间将变长，选项C错误；

D．电源不变，电容器的充电电压不变，若只减小电容器的电容大小，根据可知电容器的电荷量将变小；放电的时间将变短，选项D正确。

故选ABD。【解析】ABDABD21、略

【分析】【分析】

【详解】

电池；光敏电阻与开关及干簧管继电器开关外面接线构成一个回路；而另一组电池、蜂鸣器与干簧管继电器开关里面的两个接线构成又一个回路。当有光照时，光敏电阻阻值变小，使得干簧管继电器开关存在磁场，导致开关接通，最终使得蜂鸣器发声，电路如图所示。

【解析】五、实验题(共2题，共12分)22、略

【分析】【详解】

（1）[1]根据螺旋测微器的读数规则可知，图中可读出金属丝的直径为

（2）[2][3][4]由于电源电动势约4.5V，故电压表应该选用量程0~3V的电压表V1，即选D；电路最大电流为

为了减小读数误差，因此电流表选用量程0~0.6A的电流表A1，即选B；两个滑动变阻器都可以保证电路安全，为方便实验操作，应选最大阻值较