2025年仁爱科普版必修3物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年仁爱科普版必修3物理上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、如图是描述通电直导线周围的磁场磁感线分布情况，其中正确的是（）A.立体图B.横截图C.横截面图D.纵切面图2、关于磁场和磁感线，下列说法正确的是（）A.小磁针静止时，S极所指方向就该点磁场的方向B.磁感线是客观存在的闭合曲线C.地磁场的南极在地理南极的附近D.磁感线的疏密程度表示磁场的强弱3、下列电磁波中，波长最短的是（）A.γ射线B.红外线C.紫外线D.可见光4、如图所示，A、B为两个等量正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力）；负点电荷由静止释放后，下列说法中正确的是（）

A.点电荷在从P点到O点的运动过程中，加速度越来越大，速度越来越大B.点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值C.点电荷在从P点到O点的运动过程中，加速度越来越小，速度越来越大D.点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零5、某家庭电路简化后如图所示；下列说法正确的是（）

A.a线是零线，b线是火线B.电能表是测量用电器总功率的C.电路中的用电器都是并联在电路中的D.三孔插座中上边的那个孔可以不接地评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电表均为理想电表。闭合开关S后，若增大R的阻值；则下列说法正确的是（）

A.电流表的示数一定减小B.电压表的示数一定减小C.内阻分得的电压增大D.电压表与电流表的变化量绝对值之比不变7、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x的变化如图所示，其中O－x2段是抛物线，x1处是顶点，x2－x3段是直线，且与抛物线相切。粒子由O－x3运动过程中；下列判断正确的是（）

A.x3处的电势最高B.O－x1段粒子动能增大C.x1－x2段粒子加速度增大D.x2－x3段粒子做匀速直线运动8、如图所示，在轴上的M、N两点分别固定电荷量为和的点电荷，轴上M、N之间各点对应的电势如图中曲线所示，点为曲线最低点，点位于PN之间，间距离大于PN间距离。以下说法中正确的是（）

A.大于且和是同种电荷B.点的左侧不存在与点场强相同的点C.点的电场强度最大D.点的左侧一定有与点电势相同的点9、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电场力做的功为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JC.粒子在A点的动能比在B点多JD.在粒子和地球所组成的系统中，粒子在A点的机械能比在B点少J10、类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由图象求位移的方法。请你借鉴此方法；对于如图所示中图线和横轴所围成的“面积”的说法中，正确的有（）

A.（加速度-时间）图象面积反映速度变化量B.（电压-电流）图象面积反映电功率C.（力-位移）图象面积反映力做的功D.（电流-时间）图象面积反映电量变化量11、对电功及焦耳定律公式的理解正确的是()A.焦耳定律适用于一切电路的焦耳热的求解B.电功公式焦耳定律公式都适合于任何电路,因此W一定等于QC.非纯电阻电路中的电功可能等于焦耳热D.电功的另一表达式只适用于纯电阻电路12、如图所示，水平粗糙滑道AB与竖直面内的光滑半圆形导轨BC在B处平滑相接，导轨半径为R。一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M上，弹簧自然伸长时另一端N与B点的距离为L。质量为m的小物块在外力作用下向左压缩弹簧（不拴接）到某一位置P处，此时弹簧的压缩量为d。由静止释放小物块，小物块沿滑道AB运动后进入半圆形轨道BC，且刚好能到达半圆形轨道的顶端C点处，已知小物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k；小物块可视为质点，则（）

A.小物块在C点处的速度刚好为零B.当弹簧的压缩量为时，小物块速度达到最大C.刚开始释放物块时，弹簧的弹性势能为D.小物块刚离开弹簧时的速度大小为13、在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，电表的示数分别用I、U1、U2、U3表示，电表示数变化量分别用和表示；下列比值中正确的是。

A.变大，B.不变，C.变大，D.变大，评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、电源和电阻R组成闭合电路，它们的U—I关系图线如图所示。该电源的内阻为________，电源消耗的总功率为________W。

15、如图所示，真空中，相距为r的两点电荷A、B所带电荷量分别为Q和-Q，则两点连线的中点O处的场强为_______；在两点电荷连线的中垂线上距A、B两点都为r的O,点的场强为________，方向为________。16、黑体：能够完全吸收入射的各种波长的______而不发生反射。17、（1）静电感应：当一个带电体靠近导体时，由于电荷间相互吸引或排斥，导体中的自由电荷便会趋向或远离带电体，使导体靠近带电体的一端带___________电荷，远离带电体的一端带________________电荷；这种现象叫作静电感应。

（2）感应起电：利用___________使金属导体带电的过程。18、如图所示虚线为电场中的一簇等势面，两等势面间的电势差为10且的电势高于的电势，相邻两等势面电势差相等，一个电子在电场中通过的轨迹如图中实线所示，电子过点的动能为8它经过点时的动能为________电子在点的电势能比在点的电势能________．

评卷人得分四、作图题(共2题，共6分)19、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。

20、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4题，共24分)21、某同学用量程为1mA、内阻为120Ω的表头按图（a）所示电路改装成量程分别为1V和1A的多用电表．图中R1和R2为定值电阻；S为开关．回答下列问题：

（1）根据图（a）所示的电路，在图（b）所示的实物图上连线．___________

（2）开关S闭合时，多用电表用于测量_________（填“电流”、“电压，或“电阻”）；开关S断开时，多用电表用于测量_________（填“电流”；“电压”或“电阻”）．

（3）表笔A应为__________色（填“红”或“黑”）．

（4）定值电阻的阻值R1=____Ω，R2=____Ω．（结果取3位有效数字）22、如图是一个多量程多用电表的简化电路图，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值)不同的挡位。1、2两个挡位为电流表挡位，其中的大量程是小量程的10倍；3、4挡中电源电动势E2>E1。

(1)关于此多用表，下列说法正确的是_________。

A.当转换开关S旋到1比旋到2的量程大。

B.当转换开关S旋到4比旋到3的倍率高。

C.当转换开关S旋到5比旋到6的量程大。

D.A表笔为红表笔，B表笔为黑表笔。

(2)已知表头G的满偏电流为100μA，内阻为900Ω，图中的电源E的电动势为3.5V，当把转换开关S旋到位置4，在AB之间接3500Ω电阻时，表头G刚好半偏，该测量过程操作的顺序和步骤都正确无误，则R1=________Ω，R2=_______Ω。23、物理实验一般都涉及实验目的；实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。例如：

（1）实验操作：用游标卡尺测某金属管的内径，图1示数为___________

（2）实验操作：用螺旋测微器测量金属膜的厚度，图2示数为__________

（3）实验仪器：在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻，已知该电阻约为除电源（电动势内阻不计）、电压表（量程内阻约）；开关、导线若干外；还提供如下实验器材：

A.电流表（量程内阻约）

B.电流表（量程内阻约）

C.滑动变阻器（最大阻值额定电流）

D.滑动变阻器（最大阻值额定电流）

为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用__________，滑动变阻器应选用___________。（选填实验器材前对应的字母）

（4）数据处理：在测量一节干电池的电动势和内阻实验中，电路图如图甲，根据实验数据作出图像如图乙，则求得的电动势是__________内阻是__________（结果小数点后保留两位有效数字）

24、某同学测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ；步骤如下：

(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲，可知其长度为_______cm

(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，可知其直径为_______mm

(3)用伏安法测此圆柱体的电阻的实验中，待测电阻Rx约为20Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，用计算电阻，其中_______（填“甲”或“乙”）图计算更接近待测电阻的真实值，且甲图测量值_______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，乙图测量值_______（填“大于”；“等于”或“小于”）真实值。

评卷人得分六、解答题(共4题，共32分)25、如图所示，一质量为m，电荷量为+Q的小球A系在绝缘细绳下端，另一带电量未知的小球B固定于悬点的正下方(A，B均可视为点电荷)，轻绳与竖直方向角度为θ，小球A、B静止于同一高度．已知重力加速度为g；问:

(1)小球B在A处产生的电场强度大小;

(2)若将细线突然剪断，求小球刚开始运动时的加速度大小．26、如图所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30g，则B带电荷量是多少？（取g＝10m/s2，小球A、B视为点电荷，k＝9.0×109N·m2/C2）

27、无处不在的引力场；构建出一幅和谐而神秘的宇宙图景。

（1）地球附近的物体处在地球产生的引力场中。地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球的质量为M，引力常量为G。请类比电场强度的定义，写出距地心r处的引力场强度g的表达式。（已知r大于地球半径，结果用M、G和r表示）

（2）物体处于引力场中；就像电荷在电场中具有电势能一样，具有引力势能。

中国科学院南极天文中心的巡天望远镜追踪到由孤立的双中子星合并时产生的引力波。已知该双中子星的质量分别为且保持不变。在短时间内，可认为双中子星绕二者连线上的某一点做匀速圆周运动。请分析说明在合并过程中，该双中子星系统的引力势能、运动的周期T如何变化。

（3）我们可以在无法获知银河系总质量的情况下，研究太阳在银河系中所具有的引力势能。通过天文观测距银心（即银河系的中心）为r处的物质绕银心的旋转速度为v，根据可得到银河系在该处的引力场强度g的数值，并作出图像，如图所示。已知太阳的质量太阳距离银心

a．某同学根据表达式认为：引力场强度g的大小与物质绕银心的旋转速度成正比，与到银心的距离r成反比。请定性分析说明该同学的观点是否正确。

b．将物质距银心无穷远处的引力势能规定为零，请利用题中信息估算太阳所具有的引力势能

28、如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是当把电动机接入电压为的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是求：

（1）电动机线圈的电阻

（2）当电动机正常工作时的输出功率；

（3）如果重物质量当时电动机提升重物的速度大小是多少?（取）

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

根据安培定则可知；ABD图中的磁感线方向与图示方向相反，只有图C是正确的；

故选C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．小磁针静止时；N极所指方向就该点磁场的方向，选项A错误；

B．磁感线是为了研究问题的方便而假想的曲线；不是客观存在的，选项B错误；

C．地磁场的南极在地理北极的附近；选项C错误；

D．磁感线的疏密程度表示磁场的强弱；选项D正确。

故选D。3、A【分析】【详解】

电磁波谱按照波长由长到短的顺序排列为无线电波；红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线。

故选A。4、B【分析】【详解】

根据等量同种电荷周围的电场分布规律可知，O点电场强度为零，距离O点无穷远处电场强度也为零，所以从无穷远处到O点的电场强度先增大后减小，而由于P点的具体位置未知，所以点电荷在从P点到O点的运动过程中，速度越来越大，但加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，当点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，同理可知点电荷越过O点后；速度越来越小，加速度可能先增大后减小，也可能一直增大，直到粒子速度为零。综上所述可知B正确，ACD错误。

故选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．用电器的开关应该接在火线上，所以和开关相连的那根线是火线，即a线是火线，b线是零线；故A错误；

B．电能表是测量电路中消耗的电能的仪器；不是测量电功率的，故B错误；

C．家庭电路中各个用电器是并联的关系；故C正确；

D．三孔插座的上边的那个孔必须接地；防止带有金属外壳的用电器漏电时发生触电事故，故D错误。

故选C。二、多选题(共8题，共16分)6、A:D【分析】【分析】

【详解】

ABC．闭合开关S后，增大R的阻值；外电路总电阻变大，总电流减小即电流表的示数一定减小；由于内电阻不变故内电压减小，所以路端电压增大即电压表的示数一定增大，故A正确BC错误；

D．根据闭合电路欧姆定律得

由数学知识得知

故D正确。

故选AD。7、A:C【分析】【详解】

A．由电势能随位移的变化图像可知：O－运动过程中，粒子的电势能先增大后减小，同时

由于粒子带负电，由

可知：O－运动过程中，电势先减小后增大，且

因此处的电势最高；A正确；

B．O－x1段；粒子的电势能逐渐增大，由于粒子只受电场力，电场力做负功，动能转化为电势能，动能减少，B错误；

C．粒子在x1－x2段图像斜率逐渐增大；说明粒子受到的电场力逐渐增大，则粒子加速度增大，C正确；

D．粒子在x2－x3段图像斜率不变；说明粒子所受电场力不变，粒子的加速度不变，因此粒子做匀加速直线运动，D错误。

故选AC。8、A:D【分析】【详解】

AC．图线的切线斜率表示电场强度的大小，P点切线斜率为零，则P点的电场强度为零，即两电荷在P点的合场强为零，由于间距离大于PN间距离，根据点电荷的场强公式

可得的电荷量一定大于的电荷量，从坐标到电势先减小后增大；因为沿电场线方向电势降低，可知两电荷一定是正电荷，故A正确，C错误；

B．根据点电荷形成的场强的特点，可知点的左侧场强方向向左，到无穷远处电场强度为零，且点左侧与点的场方向均向左，则一定存在与点场强相同的点；故B错误；

D．点的左侧到无穷远处电势为零，而P点电势为零，故一定有与点电势相同的点；故D正确。

故选AD。9、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．由运动轨迹上来看；垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；

B．从A到B的过程中；电场力做正功，电势能在减少，所以在A点是的电势能要大于在B点时的电势能，故B错误；

C．从A到B的过程中；克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C正确；

D．从A到B的过程中；除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，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CD。10、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．根据△v=a△t得，a-t（加速度-时间）图线和横轴围成的面积表示速度的改变量；故A正确；

B．由U-I（电压-电流）图线，根据公式P=UI可知，根据U与I的坐标值的乘积求出对应电流做功的功率；故B错误；

C．由W=Fx可知，由F-x（力-位移）图线和横轴围成的面积可求出对应位移内F所做的功；故C正确；

D．根据△q=I△t，得由（电流-时间）图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内通过导体横截面的电量；故D正确。

故选ACD。11、A:D【分析】【详解】

A．焦耳定律适用于一切电路的焦耳热的求解；选项A正确；

B．电功公式焦耳定律公式都适合于任何电路，但是只有在纯电阻电路中W才等于Q；选项B错误；

C．非纯电阻电路中的电功大于焦耳热；选项C错误；

D．电功的另一表达式只适用于纯电阻电路；选项D正确；

故选AD.12、B:D【分析】【详解】

A．由题意知，小物块刚好能达到半圆形轨道顶端点处，设小物块在点处速度大小为则有

解得

A错误；

B．弹簧的压缩量为时，由静止释放小物块，开始时弹簧的弹力大于滑动摩擦力，小物块加速运动，速度增大，当弹簧的弹力等于滑动摩擦力时，小物块速度达到最大，即

解得

B正确；

CD．弹簧的压缩量为时，释放小物块，设小物块离开弹簧时速度为到达点时的速度为小物块由点运动到点时，据机械能守恒定律有

解得

小物块离开弹簧到点时，据动能定理有

解得

据功能关系，刚开始释放物块时，弹簧的弹性势能为

C错误；D正确。

故选BD。13、A:B:D【分析】【详解】

根据欧姆定律得知：不变，选项B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2变大，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U2=E-I（R1+r），则有不变．故C错误，D正确．变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir，则有不变．故A正确．故选ABD．三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

[1][2]根据闭合电路欧姆定律得

当时

由图可知电源电动势

内阻等于图像的斜率的绝对值，因此有

代入数据可得

由图可知，此时电流

因此有

代入数据可得【解析】0.5615、略

【分析】【详解】

（1）两个点电荷在O点产生的场强大小均为：方向O→B，根据电场强度的叠加原理可知，则两点连线的中点O处的场强为：方向O→B；

（2）+Q在0′处产生的场强EA=k方向与水平方向成60°斜向上；-Q在0′处产生的场强为EB=k方向与水平方向成60°斜向下，根据矢量合力原则可知，O′点的场强EO′=EA=k方向水平向右．

【点睛】

常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，同时注意等量同号电荷形成电场的对称性．要知道空间任意一点的场强是各个电荷产生的电场的叠加．【解析】水平向右16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】电磁波17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】异种同种静电感应18、略

【分析】【详解】

A、B间电势差为10V，根据图可知相邻的两个等势面间的电势差为2.5伏，由M到N电场力做功为动能减少所以N点动能为0.5ev,因为电场力做负功所以电势能增加．

思路分析：根据等势线的分布判断相邻等上面的电势差；根据电场力做功判断电势能的变化．

试题点评：考查电场能的性质【解析】0.5；小四、作图题(共2题，共6分)19、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】20、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4题，共24分)21、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）对照电路图连线；如图所示；

（2）开关S断开时；串联分压电阻电压量程扩大，是电压表；开关S闭合时，并联分流电阻电流量程扩大，是电流表；

（3）红正黑负；故表笔A连接负接线柱，为黑表笔；

（4）开关S断开时，电压量程为1V，故：故

考点：考查了多用电表的使用【解析】电流电压黑1.0088022、略

【分析】【详解】

(1)[1]．A．设表头的满偏电流和内阻分别为Ig和Rg根据欧姆定律结合串并联电路特点可知道，当转换开关S旋到1时量程

当转换开关S旋到2时量程

则I1＞I2，故A正确；

B．因为3、4档中电源电动势E2＞E1，故当转换开关S旋到4时的倍率大于旋到3的倍率，故B正确；

C．因为当开关S旋到6时串上的电阻更大，故转换开关S旋到5比旋到6的量程小，故C错误；

D．考虑欧姆表时，电流从红表笔流入电表黑表笔流出电表，故A表笔为红表笔，B表笔为黑表笔，故D正确。

故选ABD。

(2)[2][3]．当S旋到1时量程①

当S旋到2时量程②

又因为大量程是小量程的10倍，故I1=10I2③

其中Ig=100μA=1.0×10-4A，Rg=900Ω，联立①②③式可得④

在AB之间接3500Ω电阻时，表头G刚好半偏，说明欧姆表的内阻⑤

由⑤式可得R1+R2=100Ω⑥

联立④⑥两式可得R1=10ΩR2=90Ω【解析】ABD109023、略

【分析】【详解】

(1)[1]用游标卡尺测某金属管的内径，图1示数为

(2)[2]螺旋测微器测量金属膜的厚度，图2示数为

(3)[3]由

可知；为了调节方便；测量准确，实验中电流表应选用A；

[4]为了调节方便；滑动变阻器应选用最大阻值较小的，即选C；

(4)[5]将乙图中的图线延长与纵轴和横轴相交；与纵轴交点即为电动势，与横轴交点即为短路电流，如图所示。

则可读出电源电动势约为

[6]电源内阻约为【解析】AC1.490.7824、略

【分析】【详解】

(1)[1]由图示游标卡尺可知；游标卡尺是20分度的，游标卡尺的精度是0.05mm，其示数为50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm；

(2)[2]由图示螺旋测微器可知，其示数为4.5mm+19.9×0.01mm=4.699mm；

(3)[3][4][5]由题意可知

为减小实验误差，电流表应采用外接法，选择图乙所示电路图实验误差较小，电阻测量值更接近真实值；由图甲所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值；由图乙所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测