2025年北师大新版必修3物理上册阶段测试试卷含答案VIP

…………○…………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年北师大新版必修3物理上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、在如图所示的电路中，闭合开关后，一带电油滴恰好静止在平行板电容器两极板间，电流表和电压表均为理想电表。若将滑动变阻器的滑片P向左滑动；则（）

A.电压表示数减小B.电流表示数减小C.油滴将向下运动D.电路的总功率增大2、如图，电路中定值电阻的阻值R大于电源内阻闭合开关，将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表示数变化量的绝对值分别为理想电流表A示数变化量的绝对值为则（）

A.A的示数减小B.的示数增大C.与的比值不变D.小于3、如图所示，同一直线上的三个点电荷恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用。已知间的距离是间距离的2倍。下列说法错误的是（）

A.若为正电荷，则为负电荷B.若为负电荷，则为正电荷C.D.4、如图，xOy坐标系中，将一负检验电荷Q由y轴上a点移至x轴上b点时，需克服电场力做功W；若将该检验电荷从a点移至x轴上的c点时，也需克服电场力做功W。那么关于此空间的静电场的说法；错误的是（）

A.可能是电场强度方向沿y轴负方向的匀强电场B.可能是电场强度方向沿x轴正方向的匀强电场C.可能是处于第I象限某位置的正点电荷形成的电场D.可能是处于第Ⅳ象限某位置的负点电荷形成的电场5、下列的公式中；既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）

①场强②场强③场强④电场力做功A.①③B.②③C.②④D.①④6、将一电荷量为q的正点电荷，放在电场中某点，受到的电场力大小为F，则（）A.若将q移走，则该点的电场强度为零B.若将q变为负点电荷，则该点的电场强度方向改变C.若将q的电荷量增大为2q，其所受电场力仍然为FD.若将q的电荷量增大为2q，其所受电场力增大为2F7、如图；平行板电容器AB两极板水平放置，将其和二极管串联接在电源上，已知A板和电源正极相连，二极管具有单向导电性．一带负电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下平移A板来改变两板间距，则下列说法正确的是。

A.当AB间距增大时，小球可能打在N点的左侧B.当AB间距减小时，小球可能打在N点的左侧C.当AB间距减小时，电场力对小球做功不变D.当AB间距增大时，电场力对小球做功不变8、如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S1、S2，电压表示数为U1，接着只断开开关S2，此时电压表示数为U2，若已知U1∶U2＝5∶3，则电阻R1和R2的阻值之比是()

A.3∶2B.1∶2C.2∶3D.5∶3评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、如图所示电路中，电源的内阻为三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面的判断正确的是（）

A.变暗B.变亮C.变亮D.路端电压变小10、如图所示、两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场．两极板间相距为．一带负电的微粒从上极板的边缘以初速度射入，沿直线从下极板的边缘射出．已知微粒的电量为、质量为．下列说法正确的是（））

A.微粒运动的加速度为B.微粒的电势能减小了C.两极板间的电势差为D.M极板的电势高于板的电势11、如图所示，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β)；两小球恰在同一水平线上，那么()

A.两球一定带异种电荷B.q1可能大于q2C.m1一定大于m2D.m1所受库仑力一定大于m2所受的库仑力12、如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态．下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是（）

A.保持S闭合，增大A．B板间距离，P仍静止B.保持S闭合，减小A．B板间距离，P向上运动C.断开S后，增大A．B板间距离，P向下运动D.若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变13、如图甲所示，、为两个固定着的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点．现有一电子，只在电场力作用下，以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动，其图象如图乙所示，电子经过a、b两点的速度分别为、，则

A.一定带负电B.的电量一定大于的电量C.b点的电势高于a点的电势D.电子离开b点后所受静电力一直减小14、x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示（AP>PB）；选无穷远处电势为零，从图中可以看出（）

A.Q1电量一定不等于Q2电量B.Q1和Q2之间连线上各点电场方向都指向Q2C.P点电场强度为零D.Q1和Q2可能是同种电荷15、如图所示，用半偏法测电流表的内阻下面说法正确的是（）

A.并关接通前，R必须调节到高阻值的位置B.开关接通后，R的阻值不再调节C.当电流表的示数从满偏电流调节到半偏电流时，中的电流稍大于D.开头接通前，必须调节到高阻值16、关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是____A.机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动B.弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程一定等于一个振幅C.有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去E.在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同E.在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球。用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态。现将A球沿水平向右方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，A、B两小球间的库仑力________；A球对MO杆的压力________。（选填“变大”；“变小”或“不变”）

18、在同一直线上依次有A、B、C三点，且BC=2AB，在A点固定一带负电的点电荷，在B点引入电量为的试探电荷，其所受电场力为．将该试探电荷移去后，B的场强为_____，C点场强为_____．如果要使B点的场强为零，可能在C点放一个电量是A点处点电荷电量的_____倍的_____电荷．19、甲、乙、丙三个螺旋测微器的示数如图所示，其读数分别为________mm、____________mm、________mm。

20、比荷：带电粒子的____________与其____________的比值。21、一个不带电的金属球壳的内、外半径分别为R1和R2，今在中心处放置一电荷为q的点电荷，则球壳的电势U=_______________。22、在导体的U－I图像中，斜率反映了______。23、某电热器的工作原理如图所示。是两个发热电阻，该电热器有高低两个档位，该电热器处于高温档时的功率是低温档的______倍。小明想在电路中加一个“防倾倒开关”，以保证电热器被碰倒后能自动断开电路，以免引起火灾。该开关最好安装在图中四点中的______点。

评卷人得分四、实验题(共3题，共15分)24、小明找到一段粗细均匀的圆柱体导电材料，用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L=______cm，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图乙所示，其示数D=________mm，再用伏安法测其电阻时，电压表示数如图丙所示，则其读数为______V。

25、如图甲所示是某小型地磅结构图和电路图，其中是压敏电阻，质量为的秤台平放在压敏电阻上，被称汽车停放在秤台上。已知电路中电源电动势为内电阻电流表量程为内阻滑动变阻器的总电阻为如图乙是压敏电阻的阻值R随压力F的变化曲线。某设计人员对电流表的刻度重新赋值，使之能够从表盘上直接读出秤台上汽车的质量，他先后进行了以下操作。（）

（1）断开开关S，撤去秤台上的汽车，把多用电表的旋钮旋到欧姆“挡”，通过正确调零后，用红、黑表笔接在压敏电阻两端，电表的表针指到如图丙所示，则压敏电阻R此时的电阻值为________秤台质量为________

（2）闭合开关S，设计人员通过调节滑动变阻器，使电流表读数为并在此处标注为则此时滑动变阻器接入电路的电阻值为_________电流表上能测量的汽车最大质量为_______

（3）设计人员按上述操作逐个刻度赋值后，经长时间使用，发现电池的电动势略有减小、内电阻有所增大。他重新调节滑动变阻器，使秤台空载时电流表读数仍为然后再去测量汽车的重量。您认为现在的测量值相比汽车真实质量________（填：偏大，偏小，不变）。26、太阳能电池在有光照射时，可以将光能转化为电能，在没有光照射且未储存电能时可视为一个电阻。实验小组用伏安法探究某太阳能电池视为电阻RS时的I-U特性。

（1）实验小组设计好电路后，正确操作，得到了多组电压表和电流表的示数U、I，如下表所示：。U/V0.01.21.62.02.42.62.83.0I/mA0.00.00.10.40.91.83.35.1

①他们设计的电路图可能是图甲中的___________（选填“A”或“B”）图。

②根据表中数据作出太阳能电池RS的I-U图线如图乙所示，由I-U图线可知，随所加电压的增大，太阳能电池的电阻RS的变化趋势为___________。

（2）将___________只相同的该太阳能电池的电阻RS并联后，直接与电动势为4V，内阻为200Ω的电源组成闭合回路，可使太阳能电池的总功率最大，最大值为___________W。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

AB．当滑动变阻器滑片向左端滑动过程中，接入电路的电阻增大，与并联的电阻增大，总电阻增大，则总电流减小，路端电压

则路端电压增大，即电压表示数增大。两端电压

则减小，与并联的电压增大，通过电流增大；则电流表示数变大；故AB错误；

C．电容器并联在两端；则电容器板间电压减小，带电量减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，则液滴将向下加速运动，故C正确；

D．电路的总功率

电路中的总电流减小；总功率减小，故D错误。

故选C。2、C【分析】【详解】

AB．分析电路，电路为串联电路，理想电压表测量R两端的电压，测量滑动变阻器的电压，测量路端电压，理想电流表A测量电路电流，当将滑动变阻器的滑片向下滑动，电路中总电阻减小，电路中电流增大，即A的示数增大，电源内部电压增大，外电路电压减小，即示数减小；AB错误；

C．根据闭合电路的欧姆定律

所以

得

所以与的比值不变；C正确；

D．根据闭合电路的欧姆定律

得

因为

所以

D错误。

故选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

CD．根据库仑定律，根据平衡，对于

解得。

对于

解得。

所以。

故C错误；符合题意；D正确，不符合题意；

AB．三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，近小远大”原理，即两边的电荷电性相同和中间的电性相反，则q1、q3电性一定相同，q2电性一定与前两者相反；故AB正确，不符合题意。

故选C。4、B【分析】【详解】

将一负检验电荷Q由y轴上的a点移至x轴上的b点时，需克服电场力做功W，说明了a点的电势高于b点的电势；若将Q从a点移至x轴上c点时，也需克服电场力做功W，说明了bc两点具有相同的电势。

A．沿y轴负方向的匀强电场满足：a点的电势高于b、c点的电势，bc两点具有相同的电势；故A正确，不符合题意；

B．由分析可知bc两点具有相同的电势，而沿x轴正方向的匀强电场，不满足以上的条件，故B错误，符合题意；

C．处于第I象限某一位置的正点电荷形成的电场，当点电荷的位置在bc连线的中垂线上，且点电荷到a的距离小于到bc的距离时；满足以上的条件，故C正确，不符合题意；

D．处于第Ⅳ象限某一位置的负点电荷形成的电场，当点电荷的位置在bc连线的中垂线上，且点电荷到a的距离大于到bc的距离时；故D正确，不符合题意。

故选：B。5、D【分析】【详解】

是电场强度的定义式，适用于一切电场；

仅适用于匀强电场；

适用于点电荷产生的电场；W=qU适用于一切电场。可知既适用于点电荷产生的静电场；也适用于匀强电场是①④。故D正确。

故选D。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．正点电荷q在该点受到电场力的作用；说明该点的电场强度不为零，故A错误；

B．电场强度的方向与正试探电荷所受电场力的方向相同；不会因为试探电荷变为负电荷而方向改变，故B错误；

CD．电场力与试探电荷的电荷量成正比，电荷量增大为2q，电场力将增大为2F；故C错误；D正确。

故选D。7、D【分析】【详解】

AD、当AB间距d增大时,电容减小,但Q不可能减小,所以Q不变,根据知E不变所以电场力不变,小球仍然打在N点.；运动轨迹不变，所以电场力做功也不变，故A错误.D正确；

BC、当AB间距减小时，电容增大，电容器充电，平行板间的电压不变，根据可知电场强度变大；由于电荷带负电，受到向上的电场力，所以小球运动的加速度会变小，则在平行板间运动的时间会变长，所以水平位移也将变大，应该落在N点的右侧，并且随着电场力的增大，则电场力做功也将变大，故BC错误。

故选D8、A【分析】【详解】

闭合开关S1、S2时，电路为R1的简单电路，电压表测电源的电压，则电源的电压U1；接着只断开开关S2时，两电阻串联，电压表测R1两端的电压，串联电路中总电压等于各分电压之和，R2两端的电压：UR2=U1-U2，串联电路中各处的电流相等，由I=U/R可知，两电阻的阻值之比：故选A．二、多选题(共8题，共16分)9、A:B【分析】【分析】

【详解】

当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，路端电压变大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗。

故选AB。10、A:C:D【分析】【分析】

微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，否则就做曲线运动．微粒的加速度一定为零．根据能量守恒研究微粒电势能的变化．由求解电势差．由题可判断出电场力方向竖直向上；微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势．

【详解】

微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，加速度为零．故A正确．重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd．故B错误．根据得：故C正确；由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势．故D正确．故选ACD．

【点睛】

本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动．11、A:B【分析】【详解】

A.两球相互吸引必定是异种电荷；故A正确．

B.根据牛顿第三定律，两球间的库仑力大小相等，无法判断电量的大小，q1可能大于q2；故B正确．

C.设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到：

同理，对m2研究，得到

则

因α＞β，得到m1＜m2；故C错误．

D.根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力，故D错误．12、A:B:D【分析】【详解】

A．当保持S闭合；则电容器的电压不变，当增大A；B极间距，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电荷量减小，而二极管作用导致电容器的电荷量不会减小，则电容器的电荷量会不变，电压不变，所以电场强度不变，带电微粒受重力和电场力依旧平衡，故A对；

B．当保持S闭合；电容器的电压不变，当减小A．B极间距，则导致电容器的电容增加，则出现电容器的电荷量增加，因此电场强度增大，所以P向上运动，故B对；

C．当增大A．B板间距离；导致电容器的电容减小，由于断开开关S，则电容器的电荷量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P仍处于静止，故C错；

D．A板稍下移，导致电容器的电容增大，当断开S后，则电容器的电荷量不变，所以电场强度也不变，由于B板接地，则P点到B板的电势差不变，因此P点的电势能也不变；故D对。

故选ABD。13、B:C【分析】【详解】

从速度图象乙上看出，可见电子从a到b做加速度减小的加速运动，所以ab之间电场的方向向左，b点的电势高于a点的电势；在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．过b点后点电荷做减速运动，所以电场的方向向右；结合两个点电荷的电场的叠加的知识可知，一定带负电，一定带正电，A错误C正确；b点场强为零，可见两点电荷在b点产生的场强大小相等，方向相反，根据b到的距离大于到的距离，所以的电量大于的电量，B正确；由图乙可知，在b点右侧，电子的速度逐渐减小，由于v-t图象的斜率可以表示加速度的大小，由图可知，电子的加速度先增大后减小，所以电子离开b后受到的电场力也是先增大后减小，D错误．14、A:B【分析】【分析】

【详解】

AD．由图象可以发现，离越近电场中的电势越高由此可以判断为正电荷，同理，由于离越近电势越低，所以为负电荷，在它们的连线上的P点的电势也是零，但P点离近，所以的电荷量要大于的电荷量；所以A错误，D错误；

BC．由于和为异种电荷，并且为正电荷，在x轴正半轴上的电场方向向右，为负电荷，在和之间的电场方向也向右，所以P点电场强度是和在P点产生的电场的和，方向指向所以B正确，C错误。

故选AB。15、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

A．半偏法测电流表的内阻的实验中，为了保护该电路的用电器，并关接通前，R必须调节到高阻值的位置；故A正确；

B．开关接通后，R的阻值要保持不变，调节使电流表示数半偏，故B正确；

C．开关接通后，R的阻值要保持不变，调节使电流表示数半偏，分析电路结构可知，和并联，并联后电阻减小，总电流增加，当流表的示数从满偏电流调节到半偏电流时，干路电流会稍大于因此中的电流稍大于故C正确；

D．开头接通前，由于开关处于断开状态，因此不需要调节到高阻值；故D错误。

故选ABC。16、A:C:E【分析】【详解】

A．机械波在介质中传播时；介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动，选项A正确；

B．弹簧振子只有从平衡位置或者离平衡位置最远处开始振动计时；在四分之一个周期里运动的路程才等于一个振幅，选项B错误；

C．有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去；这是根据多普勒效应，选项C正确；

D．波长越大的衍射能量越强，则电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、红外线、可见光、γ射线；选项D错误；

E．在真空中传播的电磁波频率不同；传播的速度相同，选项E正确；

故选ACE.三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【详解】

[1][2]对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1、静电力F1；如图。

根据平衡条件，有：x方向①

y方向②

再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有：x方向③

y方向④

由上述四式得到⑤⑥

由⑤式，由于新位置两球连线与竖直方向夹角θ变小，故静电力F1变小；由⑥式，水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和不变，再结合牛顿第三定律可知，则A对水平杆的压力不变。【解析】变小不变18、略

【分析】【详解】

由荷电场强度公式知，B点的场强为：根据点电荷电场强度公式得，C点的场强为而带正电的小球在B点场强为：又则要使B点的场强为零，可在C点放一个带负电的点电荷，设其带电量为使其在B点的电场强度与A点点电荷在B点的电场强度的大小相等，方向相反，因BC=2AB，则有：解得：【解析】500N/C4负19、略

【分析】【详解】

[1]由图甲可知，固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为35.8×0.01mm，则示数为6.5mm＋35.8×0.01mm＝6.858mm

6.857mm~6.859mm之间都正确；

[2]由图乙可知，固定刻度读数为0，可动刻度读数为0.8×0.01mm，则示数为0＋0.8×0.01mm＝0.008mm

0.007mm~0.009mm之间都正确；

[3]由图丙可知，固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为15.8×0.01mm，则示数为0.5mm＋15.8×0.01mm＝0.658mm

0.657mm~0.659mm之间都正确。【解析】6.857##6.858##6.8