2025年粤人版必修3物理下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年粤人版必修3物理下册阶段测试试卷953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6题，共12分)1、在如图所示的电路中，电源的电动势和内阻以及电阻R2的阻值都恒定，当滑动变阻器R1的滑片处于某位置时，电容器C两极板间的带电油滴恰好悬浮不动。下列判断正确的是（）

A.若仅减小电容器两极板间的正对面积，油滴将向下运动B.若仅将R1的滑片向右移动，油滴将向上运动C.若仅将R1的滑片向左移动，电源的效率将增加D.若仅将R1的滑片移动，电压表V1、V2的示数变化量的代数和总等于零2、带电微粒所带电荷量不可能是下列值中的（）A.1.60×10-16CB.-2.50×10-19CC.8.00×10-10CD.-1.00×10-10C3、静电力常量k的单位，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（）A.B.C.D.4、一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点射入该区域时，仅受电场力的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有()

A.质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1B.质点由a到b电势能减小，由b到c电场力做负功，在b点动能最小C.a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是D.若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其在该电场中做类平抛运动5、两个点电荷Q1和Q2固定在轴上两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示取无穷远处电势为零，由图可知，下列说法正确的是（）

A.B点电场强度为零B.Q1为正电荷，Q2为负电荷C.Q1电量一定大于Q2电量D.将电子沿轴从A点移到C点，电场力先做正功再做负功6、太阳表面温度约为6000K，主要发出可见光；人体温度约为310K，主要发出红外线；宇宙间的温度约为3K，所发出的辐射称为“3K背景辐射”，它是宇宙“大爆炸”之初在空间上保留下的余热，若要进行“3K背景辐射”的观测，应该选择下列哪一个波段()A.无线电波B.紫外线C.X射线D.γ射线评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、图中，考虑两表内阻的影响，用两表示数算出的R测=（）

A.比R的真实值小B.比R的真实值大C.引起误差的原因是U偏大D.引起误差的原因是I偏小8、如图所示，当导体棒MN以速度v0开始向右沿导轨滑动的瞬间（导轨间有磁场；方向垂直纸面向里），下列说法正确的是（）

A.导体棒和导轨组成的闭合回路中有感应电流B.导体棒和导轨组成的闭合回路中没有感应电流C.圆形金属环B中有感应电流D.圆形金属环B中没有感应电流9、平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为电荷量为初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压和偏转电场的电压且所有粒子都能够从间飞出；下列说法正确的是（）

A.粒子的竖直偏转距离与成正比B.滑片P向左滑动，从偏转电场飞出的粒子的偏转角将减小C.飞出偏转电场的粒子的最大速率D.飞出偏转电场的粒子的最大速率10、如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点分别放有等量正电荷，M、N是x轴上的两点，且OM＝MN，P点在第一象限，且PM垂直于x轴；则（）

A.P点电势比M点电势低B.M、O两点间电势差小于N、M两点间电势差C.M点场强比N点场强大D.在M点静止释放一带正电粒子，该粒子将在x轴上做往返运动11、如图所示，ABCD-EFHG是底面为菱形（边长为L）的四棱柱，在A、C两点分别固定一个电量为q的正点电荷，O为AC与DB的交点，P、Q是关于O点对称的两点，其中AQ=CP。则下列说法正确的是（）

A.D点电势等于B点电势B.P、Q两点电场强度相同C.把质子沿直线PQ从P点移到Q点，电场力做功为零D.在D点以初速度v0沿DB方向入射一电子，只在电场力作用下，将会沿DB方向匀加速运动到B点12、如图所示，匀强电场中a、b、c、d为矩形的四个顶点，e、f分别为边ab和cd的中点，ab=2ad=m。已知电场线平行于矩形所在平面，a、b、c电势分别为4V；8V、6V；则（）

A.d点的电势为0VB.匀强电场强度E=2V/mC.电场线方向垂直于ec向下D.一个电子从a点运动到c点,电势能增大13、如图所示的电路中；灯泡L的额定电压和额定功率分别为5V；2.5W，K为单刀双掷开关。当开关接在位置1时，灯泡正常发光；当开关接在位置2时，理想电压表和理想电流表的读数分别为4V、1A。则下列说法正确的是（）

A.定值电阻的阻值为10ΩB.开关接在位置2时，电源内阻分的电压为2VC.电源的电动势为6VD.电源的内阻为1Ω评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、如图所示，带电荷量分别为q1、q2的粒子，以相同的初速度从P点沿垂直于场强方向射入平行板间的匀强电场中，分别落在下极板上的A、B两点，若AB＝OA，q1＝3q2，不计重力，则两个粒子质量之比为________，两个粒子进入电场之后的动能增量之比为________．

15、静电平衡时，空腔导体内表面没有电荷，导体壳内空腔里的电场强度处处为______.外电场对壳（网）内的仪器不会产生影响，金属壳的这种作用叫作______．16、摩擦起电和感应起电。

（1）摩擦起电：当两种物质组成的物体互相摩擦时，一些受束缚较弱的电子会转移到另一个物体上，于是，原来电中性的物体由于得到电子而带___________电，失去电子的物体则带___________电。

（2）感应起电：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。利用___________使金属导体带电的过程叫作感应起电。

17、判断下列说法的正误。

（1）导体内没有电流时，就说明导体内部的电荷没有运动。（____）

（2）电流既有大小，又有方向，是矢量。（____）

（3）导体中的电流一定是正电荷定向移动形成的。（____）

（4）电子定向移动的方向就是电流的方向。（____）

（5）电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多。（____）18、如图所示，两条直线分别对应着两个导体R1、R2。那么，两导体的电阻之比为R1:R2=_________，若两个导体串联时，两导体两端的电压之比为U1:U2=_________。

评卷人得分四、作图题(共2题，共16分)19、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20、由电流产生的磁场方向如图所示；请在图中标出线圈中的电流方向.

评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)21、实验小组用图甲所示电路来测量待测电阻的阻值，图中为标准电阻可视为理想电流表，S为开关，R为滑动变阻器，E为电源。回答下列问题：

（1）先用多用电表欧姆挡粗测的阻值，选择的倍率为“×1”，示数如图乙所示，则读数为_________Ω。

（2）按照图甲所示的电路图，用笔画线代替导线在图丙中连接好实物图________。

（3）将滑动变阻器的滑动触头置于_________（选填“最左端”“最右端”或“中间位置”），闭合开关S，改变滑动变阻器滑动触头的位置，记下两电流表的示数分别为则待测电阻_________（用表示）。

（4）为了减小误差，改变滑动变阻器滑动触头的位置，多测几组的值，作出关系图象如图丁所示，可得待测电阻_________Ω；考虑到实际上电流表有内阻，待测电阻阻值的计算结果与真实值相比________（选填“偏大”或“偏小”）。22、利用如图所示①的电路测定电源的电动势和内电阻．

(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U．则由于未考虑电压表分流导致电动势的测量值与真实值相比_________，内阻的测量值与真实值相比________．（填“偏大”“相等”或“偏小”)

(2)若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I．则由于未考虑电流表分压导致电动势的测量值与真实值相比_________，内阻的测量值与真实值相比________．(填“偏大”“相等”或“偏小”)

(3)某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图象（如图②和③所示），纵轴截距分别是b1、b2，斜率分别为k1、k2．综合两条图线的数据可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差，则电源的电动势E=_______，内阻r=________．评卷人得分六、解答题(共3题，共24分)23、如图所示，电源电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω，电流表满偏电流Ig＝10mA，电流表的电阻Rg＝7.5Ω，A、B为接线柱。

（1）若用一条导线把A、B直接连接起来，则此时应把可变电阻R1调节为多少才能使电流表恰好达到满偏电流？

（2）调至满偏后保持R1的值不变，在A、B间接入一个150Ω的定值电阻R2；电流表指针指到多少刻度位置？

24、能量在转化的过程中往往与做功密切相关，电容器充电过程中的功能关系同样如此。电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为C的电容器（原来不带电）充电，如图1所示，已知电源的电动势为E。

（1）图2中画出了电容器两极间的电势差u随电荷量q的变化图像，在图中取一电荷量的微小变化量请类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义；并计算电容器电压为U时电容器储存的电能

（2）请结合电动势的定义，求电容器充电过程中电源内部非静电力所做的功W；并与充电过程中电容器增加的电能相比较；说明两者“相等”或“不相等”的原因。

（3）电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度某同学猜想应当与该处的场强的平方成正比，即已知平行板电容器的电容s为两极板的正对面积，d为极板间距，k为常数；两极板间为真空，板间电场可视为匀强电场。不计电容器电场的边缘效应。

a．请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。

b．电容器充电后与电源断开并保持电荷量不变，已知此时的电场能量密度为现固定其中一极板，缓慢拉开另一极板（保持两极板正对），使板间距增加请分析说明，在此过程中电场能量密度如何变化；并求出此过程中外力所做的功（用s和表示）。

25、按图甲所示连接电路，当开关S闭合时，电源将使电容器两极板带上等量异种电荷，这一个过程叫做电容器充电．已知电容器的电容为C，电源电动势大小为E．

（1）求充电结束后电容器所带的电荷量Q．

（2）为了检验第（1）问结果是否正确，在图甲中用电流传感器观察到充电时，电路中电流随时间变化的it曲线如图乙所示，其中为已知量．类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，我们学习了用vt图像求位移的方法．请你借鉴此方法；估算充电结束后电容器所带的电荷量的大小．

（3）电容器在充电过程中，两极板间的电压u随所带电荷量q增多而增大，储存的能量增大．请在图丙中画出电容器充电过程中的uq图像，并借助图像求出充电结束后电容器储存的能量E0．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

A．减小两板间正对面积，电容器的板间电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，仍静止，故A错误；

B．R1滑动触头向右移动时；接入电路的电阻增大，电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，油滴所受的竖直向上的电场力增大，油滴将向上运动。故B正确；

C．同理可得，R1滑动触头向左移动时，接入电路的电阻减小，外电路电阻减小，而电源的效率

可知电源的效率减小，故C错误；

D．R1的滑动触头移动时，外电阻发生变化，则路端电压随之变化，电压表V1，V2的读数之和等于路端电压，所以电压表V1，V2的读数变化量的代数和不等于零，故D错误。

故选B。2、B【分析】【详解】

带电微粒所带电荷量必须是元电荷的整数倍

ACD是可能的；B是不可能的。

故选B。3、C【分析】【分析】

【详解】

由可得

其中F、r、q的单位是N、m、C，其中可得k单位为

故选C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知

代入库仑定律

可得

而a与c点的电场力相等；由

可知；加速度之比应为2:1:2，故A错误；

B．电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小；故B错误；

C．根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势低于ac两点的电势，即

即

故C正确；

D．该电场不是匀强电场；则粒子不可能在该电场中做类平抛运动，故D错误。

故选C。5、C【分析】【分析】

根据电势的变化分析电势能的变化；再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而分析电场力变化。

【详解】

A．图象的斜率表示电场强度，B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0；故A错误；

BC．由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势也是零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量；故B错误，C正确；

D．从A点到C点电势升高；负电荷在电势越高处电势能越小，所以电场力一直做正功，故D错误。

故选C。

【点睛】

解决本题的关键是知道正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负；知道图像的斜率表示电场强度，熟记电势能和电势之间的关系式。6、A【分析】【详解】

电磁波谱按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；由题意知：物体温度越高，其发出的电磁波的波长越短，宇宙间的温度约为3K，则其发出的电磁波的波长应在无线电波波段，故A正确，BCD错误。

故选A。二、多选题(共7题，共14分)7、B:C【分析】【分析】

【详解】

图中采用的电流表内接法，由于电流表的分压作用，导致电压表测量的电压值U比R两端的电压大；由欧姆定律。

可知R的测量值大于R的真实值；故BC正确，AD错误。

故选BC。8、A:C【分析】【详解】

AB．当导体棒MN以速度v0开始向右沿导轨滑动的瞬间；切割磁感线产生感应电流，导体棒和导轨组成的闭合回路中有感应电流，故A正确，B错误；

CD．通过螺线圈管A的电流突然增大，螺线圈管A产生的磁场突然变强，穿过金属环B的磁通量突然增大，由楞次定律可知，B中产生感应电流；故C正确，D错误。

故选AC。9、A:C【分析】【详解】

A．在平行金属板PQ之间，根据动能定理有

粒子在F点的速度为

设偏转电场MN的长度为L，MN之间的距离为d，则粒子通过偏转电场MN的时间为

粒子的加速度为

所以粒子的竖直偏转距离为

所以粒子的竖直偏转距离与成正比；故A正确；

B．滑片P向左滑动的过程中的比值增大；所以粒子的竖直偏转距离逐渐增大，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐增大，则飞出时粒子的速度的偏转角逐渐增大，故B错误；

CD．飞出偏转电场的粒子的最大动能为

因为

可得

故C正确；D错误。

故选AC。10、A:B:D【分析】【详解】

A．由等量同种正电荷等势线分布可知，M点电势比P点电势高；选项A正确．

BC．O、M间电场线比M、N间电场线分布稀疏．O、M两点间电势差小于M、N两点间电势差，N点场强大于M点场强；选项B正确；C错误．

D．根据对称性，在M点静止释放的带正电粒子会以点为中点做往返运动；选项D正确．

故选ABD。11、A:C【分析】【详解】

A．根据对称性可知，D点电势等于B点电势；故A正确；

B．根据对称性可知，P、Q两点电场强度大小相同；方向不同，故B错误；

C．根据对称性可知，P、Q两点电势相等，所以把质子沿直线PQ从P点移到Q点；电场力做功为零，故C正确；

D．线段DB上电场强度并非处处相等，所以电子只在电场力作用下不可能由D点匀加速运动到B点，电子一定是先做变加速运动至O点后再做变减速运动运动至B点；故D错误。

故选AC。12、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．匀强电场的等势线是等间距的平行直线，根据几何关系，知ab的电势差等于dc的电势差；即。

φa-φb=φd-φc解得。

φd=2V故A错误；

BC．a、b两点的电势分别为4V、8V，e为ab的中点，则e点的电势为6V，所以ec为等势线，根据电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，知电场线垂直于ec向下；场强大小为。

故BC正确；

D．因为a点的电势小于c点的电势，根据电势能Ep=qφ，知电子在a点的电势能大于c点的电势能；故D错误。

所以BC正确；AD错误；

故选BC。13、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．由题意可知，定值电阻的阻值

故A错误；

CD．当开关接在位置1时，根据闭合电路欧姆定律有

其中

当开关接在位置2时，根据闭合电路欧姆定律有

其中

联立解得

故C正确D错误；

B．由以上分析可知；当开关接在位置2时，电源内阻分的电压为2V，故B正确。

故选BC。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

[1]设q1运动的时间为t1，q2运动的时间为t2．粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，设初速度为v0；

根据运动学公式：

可得时间：

所以有：

根据：

由以上各式联立得

[2]根据动能定理有：所以动能增量之比为：【解析】3∶43∶115、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】0静电屏蔽16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]摩擦起电：当两种物质组成的物体互相摩擦时；一些受束缚较弱的电子会转移到另一个物体上，于是，原来电中性的物体由于得到电子而带负电，失去电子的物体则带正电。

(2)[3][4][5]感应起电：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异种电荷，远离带电体的一端带同种电荷，这种现象叫作静电感应。利用静电感应使金属导体带电的过程叫作感应起电。【解析】负正异种同种静电感应17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】错误错误错误错误正确18、略

【分析】【详解】

[1]由图像可知

所以R1:R2=1:3。

[2]由串联电路特点知U1:U2=R1:R2=1:3【解析】四、作图题(共2题，共16分)19、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】ABDABD20、略

【分析】【详解】

第一幅图中线圈内部磁场垂直纸面向外；根据右手定则可以判断，电流为逆时针；第二幅图中，磁场向上，根据右手定则可以判断，左端电流垂直纸面向外，右端电流垂直纸面向里。

【解析】第一幅图中电流为逆时针；第二幅图左端电流垂直纸面向外；右端电流垂直纸面向里。

五、实验题(共2题，共16分)21、略

【分析】【详解】

（1）[1]由欧姆表读数规则可知；读数为24Ω。

（2）[2]电路连线如图；

（3）[3]为了电路安全；防止电流过大，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑动触头置于最右端；

[4]流过定值电阻的电流为由并联电路电压规律可得

可得待测电阻

（4）[5]由

可得

图象的斜率为

可得

[6]考虑到实际上电流表有内阻，待测电阻阻值的计算值是待测电阻的真实值与电流表内阻之和，待测电阻阻值的计算结果比真实值大。【解析】24最右端24偏大22、略

【分析】【详解】

（1）根据闭合电路欧姆定律：变形得：因此图象的纵轴截距电动势图象的斜率则电源内阻由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为变形得：则由数学规律可知，电动势E偏小；内阻偏小；

（2）根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）变形，得到与R的关系式，根据数学知识得知，﹣R图象的斜率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r与定值电阻的和，