2024年沪教版必修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2024年沪教版必修3物理上册月考试卷346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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、在如图所示的坐标系内，沿y轴放置一根通有沿y轴正方向恒定电流的长直导线，在空间存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，且位置处的磁感应强度为零。已知则下列判断正确的是（）

A.c点磁场的磁感应强度大小为方向沿z轴正方向B.c点磁场的磁感应强度大小为方向与z轴正方向成45°角C.b点磁场的磁感应强度大小为方向垂直于连线D.b点磁场的磁感应强度大小为方向沿着连线2、如图所示，A、B两个灯泡均正常发光，当滑动变阻器R2的滑片P向d端滑动时．则（）

A.A灯变亮，B灯变暗B.A灯变暗，B灯变亮C.B灯均变亮D.B灯均变暗3、如图所示，ABCD是底角为60°的等腰梯形，且AB=2CD，在A、B位置分别放上两个点电荷，A、B两点的点电荷在C点产的场强大小分别为EA、EB，C点的电场强度方向沿DC向右。则下列说法正确的是。

A.放在A点的电荷为负电B.放在B点的电荷为正电C.EA<EBD.EA>EB4、首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是（）A.安培B.法拉第C.奥斯特D.特斯拉5、一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y；要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（）

A.减小偏转电压UB.增大加速电压U0C.减小偏转电场的极板间距离dD.将发射电子改成发射负离子6、如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球（可视为点电荷），用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。若同时剪断两根细线；空气阻力不计，两球带电荷量不变，则（）

A.a球的电荷量比b球的大B.剪断细线后，两球均做平抛运动C.a球的质量比b球的大D.a、b两球飞行的水平距离相等7、两个点电荷放在B、C两点，它们形成的电场中，电场线分布如图中实线所示，在两点电荷的连线上还有A、D两点，且AB=BC=CD；下列说法中正确的是（）

A.两个点电荷为异种电荷B.电荷在A点所受电场力可能为零C.D点和A点电势相等D.沿BC中垂线移动电荷，电场力不做功8、如图所示，虚线代表电场中三条电场线，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹。M、N是这条轨迹上的两点；下列判断中正确的是。

A.点的电势比点的电势低B.点的场强比点的场强小C.带电粒子通过点时动能比点大D.带电粒子通过点时电势能比点时小9、电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为．由图可知的值分别为。

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2，其中Q恰好静止不动，Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线．已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，下列说法正确的是()

A.Q1、Q2的电荷量之比为B.Q1、Q2的电荷量之比为C.Q1、Q2的质量之比为D.Q1、Q2的质量之比为11、如图，一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化。瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过视针和导线与电源、电流计、开关相连、中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d，相对介电常数为若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒定为U。则下列说法中正确的是（）

A.瓶内液面降低了B.电容器的电容变大C.电容器在这段时间内充电D.电容器在这段时间内放电12、如图所示，在竖直平面内，一轻质绝缘弹簧上端固定在P点，下端与带电小圆环连接，带电小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环的圆心O点固定一定带电小球，带电小圆环与带电小球均可看做点电荷，它们的电性相同切电量大小均为q，P点在O点的正上方，当把带电小圆环放在大圆环A、B位置时，带电小圆环均能保持平衡，且B点与O点在同一水平线上，带电小圆环在B位置平衡时，大圆环与带电小圆环之间刚好无相互作用力，已知∠APO=∠AOP=30°，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）

A.带电小圆环在A位置时弹簧一定处于压缩状态B.带电小圆环在A位置平衡时，大圆环与带电小圆环之间无弹力C.带电小圆环的重力为D.弹簧的劲度系数为13、如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v-t图象分别如图(b)中甲；乙两曲线所示．则由图线可知（）

A.两电荷的电性一定相反B.t1时刻两电荷的电势能最大C.0~t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小D.0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小14、如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性。闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点；则下列说法正确的是（）

A.在两板间放入陶瓷片，平行板电容器的电容将变大B.在两板间放入与极板等大的金属片，静电计指针张角变小C.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，带电油滴的电势能将减少D.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，油滴将向下运动15、如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大）；D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（）

A.将热敏电阻R0加热B.变阻器R的滑动头P向下移动C.开关K断开D.电容器C的上极板向上移动16、在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r，滑动变阻器的最大阻值为2r。闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中；下列选项正确的是（）

A.电压表的示数变大B.电流表的示数变大C.电源的效率变大D.滑动变阻器消耗功率变小17、在如图所示的电路，电源的内阻为r；现闭合电键S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是。

A.灯泡L变亮B.电压表读数变小C.电流表读数变小D.电容器C上的电荷量增大评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、如图所示，A和B两平行金属板相距10mm，M点距A板及N点距B板均为2mm，两极板间的电压为4V，则板间场强为______N/。A．A板电势为________V，N点电势为________V.19、在如图所示电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，保护电阻R0＝3Ω，滑动变阻器总电阻R＝20Ω，闭合电键S，在滑片P从a滑到b的过程中；电流表的最大示数为______A，滑动变阻器消耗的最大功率为______W。

20、电磁波谱的概念及分类：

（1）概念：按电磁波的波长或频率大小的顺序排列成谱；叫作电磁波谱。

（2）分类：按照波长从长到短依次排列为无线电波、______、可见光、______、______、γ射线。21、有一个灵敏电流表，内阻为满偏电流为要把它改装成量程为的电流表，需并联______的分流电阻；如果要把它改装为量程的电压表，需串联_______的电阻（本题保留三位有效数字）。22、在一点电荷Q产生的电场中，电荷量为+q的粒子在某点的电势能Ep与该点到Q的距离r的关系如图所示。设电场中距Q的距离为L、3L处的电势分别为φ1、φ2，电场强度分别为E1、E2，则Q带____（选填“正”或“负”）电，φ1：φ2=____，E1：E2=____。

23、为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示，已知线圈由端开始绕至端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。

（1）将磁铁N极向下，从线圈L中向上抽出时，发现指针向左偏转，俯视线圈，其绕向为___________（填：“顺时针”或“逆时针”）。

（2）当条形磁铁从图示中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转，俯视线圈，其绕向为___________（填：“顺时针”或“逆时针”）。24、波长、频率与波速:如图邻近的两个______（或波谷）的距离叫作波长,波长用符号______来表示;波的频率是在1s内有多少次______（或波谷）通过,频率用符号______来表示;波速是用来描述波传播______的物理量,波速用符号______来表示。

评卷人得分四、实验题(共4题，共24分)25、某实验小组测量一段已知长度电阻丝的电阻率；实验操作如下：

（1）用如图甲的螺旋测微器测量电阻丝直径，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋______（选填“①”“②”或“③”），直到听见“喀喀”的声音为止；测量时需要选择电阻丝的不同位置进行多次测量，再取平均值作为电阻丝的直径，目的是减少______误差（选填“偶然”或“系统”）。

（2）用图乙电路图测电阻丝的电阻Rx，请用笔画线代替导线，把丙图实物电路中补充完整________。

（3）第一次测量按乙图的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U和电流I值；第二次测量将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U和电流I值，并作出如图丁的关系图象。由此可知第一次测量得到图线是_______（填“M”或“N”），电阻丝的电阻________根据电阻定律可得电阻丝的电阻率。

26、电流表读数为________A,电压表读数为_______V，螺旋测微器的读数为_______mm．

27、某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻；现备有下列器材：

A．被测干电池一节。

B．电流表1：量程0～3A；内阻约为0.3Ω

C．电流表2：量程0～0.6A；内阻约为0.1Ω

D．电压表1：量程0～3V；内阻未知。

E．电压表2：量程0～15V；内阻未知。

F．滑动变阻器1：0～10Ω；2A

G．滑动变阻器2：0～100Ω；1A

H．开关；导线若干。

在现有器材的条件下；要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。

（1）在上述器材中请选择适当的器材（填写器材前的字母）：电流表选择________，电压表选择________，滑动变阻器选择________。

（2）实验电路图应选择如图中的________（填“甲”或“乙”）；

（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图所示的U﹣I图象，干电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω。

28、在测量电源电动势和内阻的实验中，已知一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1.0Ω；电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω；2A），为了更准确地测出电源电动势和内阻：

（1）请在图甲所示方框中画出实验电路图。________

（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的图线，由图可得该电源电动势E=______V，内阻r=_______Ω（结果均保留两位小数）

（3）一位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是___________。

A．实验产生的系统误差；主要是由于电压表的分流作用。

B．实验产生的系统误差；主要是由于电流表的分压作用。

C．实验测出的电动势小于真实值。

D．实验测出的内阻大于真实值参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

AB．根据安培定则可以判断通电导线中的电流在a位置产生的磁场方向沿z轴负方向，在c位置产生的磁场方向沿x轴正方向，在b位置产生的磁场方向垂直于连线，因a位置处磁感应强度为零，可知通电导线中的电流在此处的磁感应强度大小也为B，因c位置和a位置到通电导线的距离相等，故通电导线中的电流在c点的磁感应强度大小也为B，与匀强磁场方向垂直，合成后的磁感应强度大小为方向与z轴正方向成45°角；A错误，B正确；

CD．通电导线中的电流在b点的磁感应强度大小无法求出，故无法求出b点的合磁感应强度；CD错误。

故选B。2、D【分析】【分析】

【详解】

当变阻器的滑片P向下端滑动时，滑动变阻器变小，滑动变阻器和灯泡B组成的并联电路电阻变小，与定值电阻R组成的串联电阻变小，与灯泡A组成的并联电阻即外电阻变小，电路总电阻变小，电路总电流变大，路端电压即灯泡A的两端电压变小，灯泡A变暗，选项AC错．通过灯泡A的电流流过定值电路的电流变大，定值电阻的电压变大，滑动变阻器和灯泡B构成并联的电压减小，即灯泡B的端电压变小，灯泡B变暗，选项B错D对．3、D【分析】【详解】

AB.由于两点电荷在C点产生的合场强方向沿DC向右，根据矢量合成法，利用平行四边形定则可知，可知两点电荷在C点产生的场强方向如图所示，由图可知，A点所放点电荷为正电荷，B点所放点电荷为负电荷；故A错误，B错误；

CD.由图中矢量三角形几何关系可知EB<EA；故C错误，D正确。

故选：D4、C【分析】【分析】

【详解】

首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特；安培提出了分子电流假说；研究了通电导线的磁场；法拉第研究了电磁感应现象；特斯拉是电力工程师。

故选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

经加速电场后的速度为v，则

所以电子进入偏转电场时速度的大小为

设偏转电场极板间距离为d，长度为l电子进入偏转电场后的偏转位移

可见，要增大y可行的方法有：增大偏转电压U，减小加速电压U0，或减小偏转电场极板间距离d；与粒子的电性与质量无关，故C正确，ABD错误。

故选C。6、C【分析】【详解】

AC．设两球之间的库仑力大小为F，则对a、b根据平衡条件以及力的合成与分解分别可得

因为α＜β，所以ma＞mb。根据题给条件无法判断a、b的电荷量之间的大小关系；故A错误，C正确。

BD．平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，剪断细线后，两小球在竖直方向上做自由落体运动，保持同一高度，所以运动时间相同，在水平方向上受库仑力做变加速运动，所以两球不是做平抛运动，又因为两球的质量不同，所受库仑力大小相同，所以两球在水平方向上的加速度在任意时刻都不同，则a、b两球飞行的水平距离不同；故BD错误。

故选C。7、A【分析】【详解】

A．由电场线的分布特点可知；两个点电荷应为异种电荷，故A正确；

B．电场线的疏密程度反应电场的强弱，结合题图可知B位置点电荷的电荷量大于C位置点电荷的电荷量，因此A点合场强不可能为零；故B错误；

C．A点靠近B点的电荷，D点靠近C点的电荷，而B、C两位置的电荷为异种电荷，因此D点和A点电势一定不相等；故C错误；

D．由题图可知BC中垂线上电场线的切线方向不是水平的，因此沿BC中垂线移动电荷；电场力做功，故D错误；

故选A。8、A【分析】【详解】

A．由图可以知道带电粒子所受电场力沿电场线向右，因为粒子带正电，故电场线向右，故M点的电势低于N点的电势；故A正确；

B．因为电场线越密电场强度越大，由图可以知道M点的场强大于N点的场强；故B错误；

CD．若带电粒子在从M向N运动，则过程中电场力做负功，带电粒子的电势能增大，动能减小，故带电粒子在M点时的电势能小于N点；动能大于N点；故C错误；D错误。

故选A。9、D【分析】【详解】

电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．

E为电源的总电压（即电动势），在U﹣I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知则所以A；B、C错误，D正确．

点晴：解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从U-I图象中读出电动势和外电压．二、多选题(共8题，共16分)10、B:D【分析】【详解】

A、点电荷Q恰好静止不动，因此根据库仑定律和二力平衡有：=所以Q1、Q2的电荷量之比为=故A错误，B正确；

C、Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线，Q1、Q2的角速度相同，根据牛顿第二定律有：m12r1=m22r2，所以Q1、Q2的质量之比为=故C错误，D正确．11、A:D【分析】【详解】

根据

电流从下向上流过电流计，说明电容器放电，根据

说明电容减小；瓶内液面降低了。

故选AD。12、B:D【分析】【详解】

C．在B位置，带带电小圆环受力分析可知

选项C错误；

A．若弹簧给带电小圆环斜向下的弹力；不论有没有大圆环的弹力，带电小圆环都不可能平衡，故弹簧一定处于拉伸状态，选项A错误；

B．对带电小圆环受力分析，假设两圆环之间的相互作用力F，由平衡知识

解得F=0

即在A位置两圆环之间无相互作用力；选项B正确；

D．由平衡条件可知，AB两位置的弹簧弹力分别为

弹簧形变量为∆x=R

由胡克定律得弹簧的劲度系数为

选项D正确；

故选BD.13、B:C【分析】【详解】

A；由图像看出,甲从静止开始与乙同向运动,说明甲受到了乙的排斥力作用,则知两电荷的电性一定相同.故A错误.

B、由于甲乙之间是排斥力，所以当甲乙之间的距离减小时说明电场力做负功，电势能增大，结合图像可知在t1时电势能由最大值；故B正确；

C、图像包围的面积代表甲乙走过的位移，从图像上可以看出在0～t2时间内甲乙之间的距离先减小后增大；所有静电力先增大后减小，故C正确；

D、0～t3时间内；甲的动能一直增大，乙的动能先减小后反向增大，故D错误；

故选BC

点睛：会结合图像找到甲乙位移之间的关系，并利用静电力做功找到电势能变化规律．14、A:C【分析】【详解】

A．平行板电容器的电容决定式

当两板间放入陶瓷片时，ε增大，则C增大；故A正确；

B．如图所示，在两板间放入与极板等大的金属片，相当于减小两平行板的间距d，根据电容决定式可知，电容C增大；电容器的电压不变，电荷量增加，静电计两端的电压不变，静电计指针张角不变，故B错误；

CD．刚开始油滴恰好静止于两板间的P点，则油滴带负电；将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容C减小，电容器上的电荷本该减少，但因为二极管的单向导电性，电容器上的电荷未能回流，所以电容器上的电荷量Q不变，则电容器中的场强

则两极板间的电场强度E不变，则油滴所受电场力不变，仍保持静止，而P点的电势为

P点到下极板的距离增大，则P点的电势升高，因为油滴带负电，所以油滴在P点的电势能将减少；故C正确，D错误。

故选AC。15、A:C【分析】【详解】

试题分析：带电液滴在电场中受到电场力和重力，则要使带点液滴向上运动，电场力需要增大，根据公式可得则需要电容器两极板间的电势差增大，热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，故A正确；当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及两端的电压增大；则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，电容器两端的电势差不变，故A错误；开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故C正确；电容器C的上极板向上移动，d增大；则E关小，液滴将向下运动，故D错误；

考点：考查了含电容电路。

【名师点睛】由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液滴向上运动，应增大两板间的电势差；由根据闭合电路欧姆定律可知应采取何种措施；注意二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出16、B:D【分析】【详解】

AB．滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中；滑动变阻器的阻值减小，根据串反并同规律，与滑动变阻器串联的电流表的示数增大，与滑动变阻器并联的电压表的示数变小，A错误，B正确；

C．电源的效率为

滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中；滑动变阻器的阻值减小，电源的效率变小，C错误；

D．把定值电阻看作电源的内阻，滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中；滑动变阻器的阻值减小，外电路的阻值远离等效电源的内阻，等效电源的输出功率变小，滑动变阻器消耗功率变小，D正确。

故选BD。17、C:D【分析】【分析】

【详解】

滑片P向左移动一段距离后电阻变大，故电路的电流减小，电流表读数变小，灯泡L变暗；路端电压变大，故电压表读数变大；滑动变阻器两端电压变大，根据Q=CU可知，电容器C上的电荷量增大，选项CD正确，AB错误.三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】【分析】

【详解】

根据可知两板间的电场强度为板间电场方向向上，故A点的电势低于B板的电势，因B板接地电势为零，所以可知A板电势为-4V；B、N之间的电势差为所以N点的电势为-0.8V．【解析】400－4－0.819、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]当滑片P在滑动变阻器b端或者a端时，外电路电阻小，为零，由闭合电路欧姆定律可得，电路最大电流，即电流表最大示数

把保护电阻看做电源的内阻，电源与保护电阻等效于电源，滑动变阻器是外电路，滑片P从a滑到b的过程中，电路外电阻R先变大后变小，等效电源电动势E不变，由

可知，滑动变阻器消耗的电功率先变小后变大，当内外电路电阻相等时，外电路功率最大，即当

外电路功率最大，故此时滑动变阻器消耗的功率为【解析】【答题空1】1.5

【答题空2】2.2520、略

【分析】【分析】

【详解】

(2)[1][2][3]分类：按照波长从长到短依次排列为无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线。【解析】①.红外线②.紫外线③.X射线21、略

【分析】【详解】

[1]将灵敏电流计改装为电流表；原理图为。

由图可知

解得

[2]将灵敏电流计改装为电压表；原理图为。

由图可知

解得【解析】22、略

【分析】【详解】

[1]由图可知，粒子离电荷越远，电势能越低，说明远离电荷时，电场力做正功，即电荷与粒子之间是斥力，所以电荷Q带正电；

[2]由图可知，电荷在L处的电势能为6E0，在3L处的电势能为2E0，根据公式

两点电势之比为

[3]根据点电荷的电场强度公式

两点电场强度之比为【解析】正3∶19∶123、略

【分析】【详解】

（1）[1]将磁铁N极向下；从线圈L中向上抽出时，磁铁离开线圈，穿过L的磁场向下，原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，感应电流磁场应该向下，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为逆时针。

（2）[2]当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针。【解析】逆时针逆时针24、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3][4][5][6]波长、频率与波速:如图邻近的两个波峰（或波谷）的距离叫作波长,波长用符号λ来表示;波的频率是在1s内有多少次波峰（或波谷）通过,频率用符号f来表示;波速是用来描述波传播快慢的物