2025年冀教版必修3物理下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、首先发现电磁感应现象的科学家是（）A.奥斯特B.法拉第C.安培D.伏特2、真空中的两个点电荷间距离为r，相互作用力为F，若将它们之间的距离变为则它们之间的作用力将变为（）A.FB.C.FD.3、如图所示，正点电荷Q产生的电场中，已知A、B间的电势差为U，现将电荷量为q的正点电荷从B移到A；则（）

A.外力克服电场力做功QU，电势能增加qUB.外力克服电场力做功qU，电势能增加qUC.外力克服电场力做功qU，电势能增加QUD.外力克服电场力做功QU，电势能减少QU4、如图所示，有一半径为R的均匀带电绝缘环固定在离地足够高处（平行于地面），一带电小球恰静止在圆环中心正上方高为处；小球与地面碰撞后速度可认为变为零，则下列说法正确的是（）

A.在圆环中心正上方还存在另一位置，小球移至该处仍可保持平衡B.将小球移至距圆环中心正上方高为0.5R处由静止释放，小球一定向下运动C.将小球移至距圆环中心正上方高为R处由静止释放，小球一定向上运动D.将小球移至距圆环中心正上方高为2R处由静止释放，小球运动过程中电势能一直增大5、如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0~10V；当使用a、c两个端点时，量程为0~100V。已知电流表的内阻Rg为500Ω，满偏电流为Ig为1mA，则电阻R1为（）

A.9500ΩB.90000ΩC.10000ΩD.500Ω6、用如图所示的电路，测一节干电池的电动势和内阻，根据测得的数据做出如图所示的U-I图像；下列说法正确的是（）

A.电池的内阻为2.9ΩB.电源的电动势为1.50VC.外电路短路时的电流为0.50AD.当减小滑动变阻器阻值时，电源效率变小7、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在点，如图所示，以表示两极板间的场强，表示电容器的电压，表示正电荷在点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则()

A.不变，不变B.变大，变大C.变小，不变D.变小，变小评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、智能手机屏幕的光线过强会对眼睛有害；因此手机都有一项可以调节亮度的功能，该功能既可以自动调节，也可以手动调节。某兴趣小组为了模拟该功能，设计了如图所示的电路。闭合开关，下列说法正确的是。

A.仅光照变强，小灯泡变亮B.仅光照变弱，小灯泡变亮C.仅将滑片向a端滑动，小灯泡变亮D.仅将滑片向b端滑动，小灯泡变亮9、两块水平平行正对放置的导体板如图甲所示，大量电子（质量为电荷量为）由静止开始，经电压为的电场加速后，连续不断地沿水平方向从两板正中间射入。当两板均不带电时，这些电子通过的时间为当在两板间加如图乙所示的周期为幅值恒为的周期性电压时；恰好能使所有电子均从两板间通过。忽略电子间的相互作用及所受重力，则（）

A.这些电子通过两极板之后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值B.这些电子通过两极板之后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最小值C.侧向位移分别为最大值和最小值的两种情况，对应的电子在刚穿出两板之间时的动能之比为D.侧向位移分别为最大值和最小值的两种情况，对应的电子在刚穿出两板之间时的动能之比为10、类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，促进对相关知识的准确理解。下列类比正确的是（）A.点电荷可以与质点类比，都是理想化模型B.电场力做功可以与重力做功类比，两种力做功都与路径有关C.电容的定义式和电势的定义式类比，都是运用比值定义法D.电场线可以与磁感线类比，都是用假想的曲线描绘“场”的客观存在11、如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（）

A.动能增加mv2B.机械能增加mv2C.重力势能增加mv2D.电势能减少2mv212、如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O．在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直圆面且与AB共面；两平面边线交点分别为e；f，g为圆上一点．下列说法中正确的是。

A.a、b、c、d、e、f六点中，不存在场强和电势均相同的两点B.将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力始终不做功C.将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同D.沿线段eOf移动的电荷受到的电场力先减小后增大13、如图所示，放在绝缘台上的金属网罩内放有不带电的验电器C，若把一带有正电荷的绝缘体A移近金属网罩B；则（）

A.在B的内表面带正电荷，φB＝φC＝0B.在B的右侧外表面带正电荷C.验电器的金箔将张开，φB<φCD.B的左右两侧电势相等14、如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流内电阻则下列说法正确的是（）

A.甲表是电流表，R增大时量程增大B.乙表是电压表，R增大时量程增大C.在甲图中，若改装成的电流表的量程为则R=0.5ΩD.在乙图中，若改装成的电压表的量程为则R=1200Ω15、如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是()

A.R1∶R2＝3∶1B.把R2均匀拉长到原来的3倍长后电阻等于R1C.将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3D.将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1∶P2＝3∶116、如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（）

A.充电宝输出的电功率为UIB.充电宝产生的热功率为C.手机电池产生的焦耳热为D.手机电池储存的化学能为评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、如图所示，在一个竖直向下的匀强电场中，放一个绝缘光滑半径为R的半圆轨道，在轨道的最高点放一个质量为m、带电量为+q的小球，使球从静止开始沿轨道滑下，若场强为E，则小球通过最低点时的速度大小为___________________；经轨道最低点时对轨道的压力大小为_________________________。

18、某地地磁场的磁感应强度的水平分量是3.0×l0-5T，竖直分量是4.0×10-5T，则地磁场磁感应强度的大小为_______T，在水平面上，面积为5m2的范围内，地磁场的磁通量为_______Wb。19、学会使用______法测量电阻。20、半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示，珠子所受静电力和其重力等大。将珠子从环上最低位置A点静止释放，则珠子所能获得的最大动能Ek=________，在最高点时小球对轨道的压力大小为_______。（重力加速度为g）

21、描述电源将其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量是________，其单位可用国际单位制中的基本单位表示为________。22、如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期粒子质量为m，不计粒子所受重力及相互间的作用力，则在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为___________，粒子的电荷量为___________；在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了___________。

23、如图所示中的游标卡尺的示数是__________cm，螺旋测微器的示数是__________mm。

24、安培定则。

（1）直线电流的磁场：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与______方向一致，弯曲的四指所指的方向就是______环绕的方向；如图甲。

（2）环形电流的磁场：让右手弯曲的四指与______的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上______的方向；如图乙。

（3）通电螺线管的磁场：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟______方向一致，拇指所指的方向就是螺线管______磁感线的方向，或拇指指向螺线管的______极；如图丙。

评卷人得分四、实验题(共4题，共28分)25、读出下列游标卡尺；螺旋测微器所显示的测量值。

（1）游标卡尺读数为：______________mm。

（2）螺旋测微器读数为：____________mm。26、某同学利用左边的实验原理图（a）组装仪器进行实验，测得了8组数据，描绘了小灯泡的伏安特性曲线，在图（b）所示的I—U坐标系中；通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。

(1)由图（b）可知，当小灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为___________Ω，小灯泡消耗的电功率为___________W。

(2)该同学根据原理图连接实物图，但是少连了两根线，请在图（c）中用笔画线代替导线，把仪器连接成完整的实验电路___________。

(3)根据图（b），可判断出下图中正确的关系图是___________。（图中P为小灯泡的功率）

27、某同学测定一细金属丝的电阻率；部分实验步骤如下：

(1)用螺旋测微器测量该金属丝直径，螺旋测微器如图甲所示，则该金属丝的直径为_____mm。

(2)因找不到合适的电压表，该同学设计了如图乙所示的电路，电源电动势为E=3V，内阻不能忽略，取金属丝Rx接入电路的长度为20cm，接通电路后调整电阻箱的阻值，使电流表（内阻很小可忽略）示数为0.50A，之后不断改变Rx接入电路的长度，调整电阻箱的阻值，使电流表示数始终为0.50A，记录下电阻丝Rx接入电路的长度及对应电阻箱的阻值如下表所示：。长度L（cm）102030405060电阻箱R0（Ω）4.23.52.32.21.51.0

请在图丙的坐标纸中作出电阻R0随长度L变化的图象_____；

(3)根据图象可求得：该金属丝的电阻率ρ=_____Ω·m，电源的内阻r=_____Ω。（计算结果保留两位有效数字）

(4)电流表内阻对电阻率ρ测量结果的影响_____（选填：无，偏大，偏小）；电流表内阻对电源内阻r测量结果的影响_____（选填：无，偏大，偏小）28、在测量电源的电动势和内阻的实验中；实验室提供的器材有：

干电池一节（电动势约1.5V；内阻小于1Ω）；

电压表V（量程3V；内阻约3kΩ）；

电流表A（量程0.6A；内阻约1Ω）；

滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；

定值电阻R1（阻值2Ω）；

定值电阻R2（阻值5Ω）；

开关一个；导线若干。

（1）小明同学按照图甲所示的电路进行实验，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是________

A.电压表分流B.干电池内阻较小。

C.滑动变阻器最大阻值较小D.电流表内阻较小。

（2）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，小明利用现有的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。序号1234567I/A0.080.140.200.260.320.360.40U/V1.351.201.050.880.730.710.52

根据实验数据可知，所选的定值电阻为________（选填“R1”或“R2”）。

（3）用笔画线代替导线，请按照改进后的方案，将图乙中的实物图连接成完整电路。_________

（4）根据表中的数据画出的U-I图像（如图丙所示）可得，电源的内阻为________（保留2位有效数字）

（5）考虑到电压表分流会引起测量误差，小明用作图的方法进行误差分析，图中实线对应测量值，虚线对应真实值，所作的图像中正确的是________

A.B.C.D.评卷人得分五、解答题(共1题，共2分)29、如图所示，P是正点电荷Q产生的电场中的一点，它到点电荷Q的距离为r，静电力常量是k。求：

（1）P点电场强度的大小和方向；

（2）若将电荷量为-q的试探电荷放在P点；求试探电荷受到的电场力和方向。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．奥斯特发生电流的磁效应；故A错误；

B．法拉第首先提出“场”的概念和发现电磁感应现象；故B正确；

C．安培提出了安培分子电流假说；故C错误；

D．伏特发明了电池；故D错误。

故选B。2、C【分析】【分析】

【详解】

根据库仑定律可知。

故选C。3、B【分析】【详解】

将电荷量为q的正点电荷从B移到A的过程中，电场力做功为

即外力克服电场力做功qU，电场力做负功，电势能增加，增加量为

故选B。4、B【分析】【详解】

A．设大圆环的电荷量为Q，小球电荷量为q，由题可知环对球的电场力合力向上，对于环上微小的一段，设电荷量为Qi，小球距圆环中心上方的距离为h，此时微小的这段环对小球的作用力与水平方向夹角为微小环给小球的竖直分力有为

环上所有小段叠加后的总电量为Q，因此竖直方向上的合力为

将F对h求导，得到

可知在取极大值；所以由此可知在此处绝缘带电环对小球的电场力最大，由题可知此位置电场力与小球重力等大反向，其他时候电场力都小于重力，故平衡位置只有该处，故A错误；

BC．从圆环中心正上方高为0.5R、R、2R处释放时；所受电场力均小于重力，故小球一直向下运动，故B正确，C错误；

D．小球向下运动过程中会穿过圆环落到地面上；电场力先做负功，后做正功，电势能一定先增大后减小，故D错误。

故选B。5、A【分析】【详解】

当接ab时，由欧姆定律

故选A。6、D【分析】【详解】

AB．由闭合电路欧姆定律知

整理得

所以U-I图像的斜率为

纵轴的截距为

由图像得即

故AB错误；

C．短路电流为

故C错误；

D．当减小滑动变阻器阻值时，路端电压减小，由知电源效率变小；故D正确。

故选D。7、C【分析】【详解】

平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据

可知电容增大。

根据

可知板间电压U变小。

由

得到

可知与d无关，则知电场强度不变，与负极板间的距离不变，由公式

可知，与负极板间的电势差不变，点的电势不变，正电荷在点的电势能不变；故C正确，ABD错误。

故选C。二、多选题(共9题，共18分)8、A:C【分析】【详解】

A．仅光照变强；可知光敏电阻的阻值变小，则总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知总电流增大，则流过灯泡的功率变大，灯泡变亮，A正确；

B．仅光照变弱；可知光敏电阻的阻值变大，则总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知总电流减小，则流过灯泡的功率变小，灯泡变暗，B错误；

C．仅将滑片向a端滑动；接入电路的有效阻值变小，则总电阻变小，干路电流增大，灯泡的功率变大，灯泡要变亮，C正确；

D．仅将滑片向b端滑动；接入电路的有效阻值变大，则总电阻变大大，干路电流减小，灯泡的功率变小，灯泡要变暗，D错误；

故选AC。9、A:D【分析】【分析】

【详解】

画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析。

AB．竖直方向的分速度

侧向最大位移

侧向最小位移

解得

所以

B错误；A正确；

CD．电子在加速电场中，由动能定理得：

解得

由此得

所以

D正确；C错误。

故选AD。10、A:C:D【分析】【详解】

A．点电荷与质点都是理想化模型；两者可以类比，故A正确；

B．电场力做功与路径无关；只和初末位置有关，和重力做功类似，故B错误；

C．电容的定义式

电势的定义式

都是运用比值定义法；故C正确；

D．电场线可以与磁感线类比；都是用假想的曲线描绘“场”的客观存在，故D正确。

故选ACD。11、C:D【分析】【详解】

A．小球从M运动到N的过程中，动能增加了

故A错误；

B．到达N点时竖直方向速度为0，由匀变速直线运动规律得，小球上升的高度为

由动能定理得

解得

机械能的增加量为

故B错误；

C．小球的重力势能增加了

故C正确；

D．由电场力做功与电势能变化量的关系，电势能减少了故D正确。

故选CD。12、B:C【分析】【详解】

图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，A错误；图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，B正确；a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，C正确；沿线段eOf移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，D错误．13、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．由于金属网罩的静电屏蔽作用，B的内表面不带电；故A错误；

B．由于静电感应，金属网罩表面的自由电子重新分布，根据“近异远同”可知，B的右侧表面带正电荷；故B正确；

C．由于金属网罩的静电屏蔽作用，B的内部电场强度处处为零；故验电器的金箔不张开，故C错误；

D．金属网罩处于静电平衡状态；是等势体，故其左右两侧电势相等，故D正确。

故选BD。14、B:D【分析】【详解】

A．甲由一个灵敏电流表和一个变阻器并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。安培表的量程

可知当减小时量程增大。故A错误；

B．乙由一个灵敏电流表和一个变阻器串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表。伏特表的量程

可知增大时量程增大。故B正确；

C．由公式

知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为则C错误；

D．由公式

知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为则D正确。

故选BD。15、A:C:D【分析】【详解】

A．根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=3：1．故A正确。

B．把R2拉长到原来的3倍长后，横截面积减小为原来的1/3，根据电阻定律公式电阻增加为9倍，变为R1的3倍；故B错误；

C．并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=1：3．故C正确。

D．串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流相等；根据P=UI=I2R；功率之比为3：1，故D正确。

故选ACD。16、A:D【分析】【详解】

A．充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为UI；故A正确；

B．充电宝内的电流也是I；但其内阻未知，所以无法判断充电宝产生的热功率，故B错误；

C．U是充电宝的输出电压，不是手机电池的内电压，所以不能用计算手机电池产生的焦耳热，手机电池产生的焦耳热应为故C错误；

D．充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为：故D正确。

故选AD。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【详解】

小球由静止开始下滑的过程中，由动能定理得

小球经过最低点时，由重力、电场力和轨道的支持力的合力提供向心力，则有

联立得N=3（mg+qE）

则由牛顿第三定律知，小球经过最低点时对环底的压力N′=N=3(mg+qE)【解析】3(qE+mg)18、略

【分析】【详解】

[1]根据题意，依据平行四边形法则，有：

[2]当线框平面与磁感线平行时；没有磁感线穿过线框，穿过线框的磁通量为0；

在水平面上，地磁场的竖直分量穿过线框，则磁通量为：【解析】5.0×10-5T2.0×10-419、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20、略

【分析】【详解】

[1]竹子处于重力场和匀强电场的复合场中，所受合力是恒力，方向与电场方向成45°角，大小

在这个复合场中，珠子沿着圆环来回滑动，滑动轨迹所对的圆心角为90°，动能最大时，就是珠子滑到圆环沿着合力方向的最低点，此时珠子在复合场中的势能全部转化为动能，即

所以

[2]珠子在圆环上能到达的最高点，就是圆环的最右端点，在此点处，珠子的运动速度已经减小为零，所受重力竖直向下，所受电场力水平向右，珠子对圆环的压力在大小上等于圆环所受的电场力，即【解析】mg21、略

【分析】【详解】

[1]描述电源将其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量是电动势；

[2]根据公式

可得【解析】电动势22、略

【分析】【详解】

[1]由题意知，t=0时刻进入电场的粒子，水平方向做匀速运动，则

所以粒子在电场中运动时间为

由此可知，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度，即

[2]粒子在竖直方向一个周期内的位移为d，即

解得

[3]时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为

电场力做功为

电场力做正功，电势能减少，且【解析】v023、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺的示数为

[2]螺旋测微器的示数为【解析】10.0254.48724、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]直线电流的磁场：右手握住导线；让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向，如图甲。

（2）[3][4]环形电流的磁场：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致；伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向，如图乙。

（3）[5][6][7]通电螺线管的磁场：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部磁感线的方向，或拇指指向螺线管的N极，如图丙。【解析】①.电流②.磁感线③.环形电流④.磁感线⑤.电流⑥.内部⑦.N四、实验题(共4题，共28分)25、略

【分析】【详解】

（1）[1]游标卡尺的精度为读数为

（2）[2]螺旋测微器的精度为读数为【解析】29.81.125（1.123~1.127均可）26、略

【分析】【详解】

（1）[1]当小灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电流为0.3A，故灯泡的电阻为R=Ω≈6.67Ω

[2]小灯泡消耗的电功率为P=UI=2×0.3W=0.6W

（2）[3]对照电路图；发现变阻器的滑片与灯泡间少一根导线；电压表与灯