2025年鲁人新版必修3物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年鲁人新版必修3物理下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转；最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）

A.偏转电场E2对三种粒子做功不相等B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置2、如图所示电路,其中R为一热敏电阻（温度升高时,阻值减小）,C为电容器,R1、R2为两个电阻箱．闭合开关,当环境温度升高时,以下说法正确的是。

A.电容器的带电荷量减少B.减小电阻箱R1的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变C.减小电阻箱R2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变D.增加电阻箱R2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变3、如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。金属块左；右侧分别连接电介质、轻质弹簧；弹簧与电容器固定在外框上，金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，电容器与恒压电源连接，并串联计算机的信号采集器。当汽车向右做加速度增大的加速运动时，电介质相对于外框向左移动，则电容器（）

A.电容变小B.极板间的电压变大C.极板间的电场强度不变D.极板间的电场强度变小4、如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（）

A.把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都闭合B.把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开C.把C移近导体A，再把C移走，然后把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D.先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合5、如图，O、P之间距离为l，等量的正负电荷分别置于O、P两点，以O为坐标原点，OP方向建立x轴，规定无穷远电势为零。则OP线段上各点电势φ随x的变化关系正确的是（）

A.B.C.D.6、如图所示是某同学实验中的电压表的刻度盘；若当时使用的是0～15V的量程，那么电压表读数为多少（）

A.1.2VB.1.20VC.6VD.6.0V评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、如图所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD，电场方向与四边形ABCD平行，其中M为AD的中点，N为BC的中点．一个电荷量为q的正粒子，从A点移动到B点过程中，电势能减小W1，若将该粒子从D点移动到C点，电势能减小W2，下列说法正确的是（））

A.匀强电场的场强方向必沿MN方向B.若将该粒子从M点移动到NC.点，电场力做功若C之间的距离为dD.，则该电场的场强大小为若M、N之间的距离为d，该电场的场强最小值为8、关于雷电现象的认识正确的是（）A.打雷闪电是天上的雷公电母在控制着B.闪电是由于高压放电使空气在高温的情况下发光的结果C.雷声是由于空气在高温下膨胀的结果D.先发生闪电后发出雷声9、如图所示；四分之一圆弧AB是点电荷电场中的一条等势线，圆弧的圆心在O点，C是A；B连线的中点，D是O、A连线的中点．在D点由静止释放一个带负电的试探电荷，仅在电场力作用下试探电荷沿DA加速运动，则下列说法正确的是（）

A.A.D四点中，D点场强最大B.D四点中，D点电势最高C.一个带正电的点电荷从A点沿ACB移动到B的过程中，电势能先增大后减小D.一个带负电的点电荷从B点沿BCD移动到D的过程中，电场力一直做负功10、如图，电荷量分别为q和−q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点；则。

A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.电子在a点电势能小于在b点的电势能11、如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板分别与电池两极相连，开关闭合，发现在距两板距离相等的点有一个带电液滴处于静止状态，将板向下平移一小段距离；下列说法中正确的是（）

A.液滴将加速向下运动B.液滴将保持不动C.点电势升高D.液滴在点时的电势能增大12、如图所示，放在通电螺线管内部中间的小磁针，静止时小磁针的N极指向右侧（螺线管的c端）；则下列判断正确的是（）

A.c为通电螺线管的S极，d为通电螺线管的N极B.d为通电螺线管的S极，c为通电螺线管的N极C.a为电源的正极、b为电源的负极D.a为电源的负极、b为电源的正极评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则该匀强电场电场强度的大小为_________V/m.

14、如图所示，三个定值电阻R1、R2和R3按图示方式接在电源两端，在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，电压表示数将________，电阻R2消耗的电功率将________（均选填“变大”；“变小”或“不变”）．

15、赫兹的电火花∶

如图所示，和高压感应线圈相连的抛光金属球间产生电火花时，空间出现了迅速变化的______，这种变化的电磁场以电磁波的形式传到了导线环，导线环中激发出______________；使与导线环相连的金属球间也产生了电火花。这个导线环实际上是电磁波的检测器。

结论∶赫兹实验证实了__________的存在，检验了麦克斯韦电磁场理论的正确性。16、如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则金属块带______电（填正或负），金属块机械能改变量为______J，金属块的电势能改变量为______J。

17、在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地。

（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（选填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随正对面积的减小而______（选填“增大”或“减小”）。

（2）若极板B稍向右移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（选填“变大”或"变小”），此实验说明平行板电容器的电容随极板间距离增大而______（选填“增大”或“减小”）。18、如图所示，平行金属板通过一开关与电池相连，板间有一带电液滴处于平衡状态．若开关闭合，将两板拉开一定距离，则粒子将__________；若开关打开，将两板拉开一定距离，则粒子将__________．（填“静止不动；向上运动、向下运动”）

评卷人得分四、作图题(共2题，共4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1题，共4分)21、欧姆表的原理如图．其中，电池的电动势为E、内阻为r，表头G的满偏电流为Ig、内阻为Rg．

(1)图中的A端应与_______(填“红”或“黑”)色表笔相连接．

(2)测量电阻前，将红、黑色表笔短接，调节可变电阻使通过表头G的电流达到Ig，此时可变电阻接入电路的阻值R0=______________．

(3)测量电阻时，若表头G的示数为I，则被测电阻的阻值Rx=__________．[(2)、(3)结果用E、r、Ig、Rg、I表示]评卷人得分六、解答题(共4题，共28分)22、把一个带电荷量为的正点电荷从电场中的A点移到无限远处时，静电力做功若把该电荷从电场中的B点移到无限远处时，静电力做功取无限远处电势为零。

（1）求A点的电势：

（2）求A、B两点的电势差；

（3）若把电荷量为的负电荷由A点移到B点，静电力做的功为多少？23、如图所示，水平地面上方有水平向右的、范围足够大的匀强电场，从地面上的A点竖直向上以初速度抛出一个质量为m、电荷量为的小球，B点为其运动轨迹的最高点，小球落在水平地面上的C点，取重力加速度大小匀强电场的电场强度大小忽略空气阻力的影响，求：

（1）小球运动到B点时水平方向的分位移大小

（2）小球运动到C点时速度方向与水平方向夹角的正切值

（3）小球从A点运动到C点的过程中，小球动能减少过程所对应的时间

24、电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电；由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用；如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路；已知电源电动势为E，内阻不计，电阻阻值为R，平行板电容器电容为C，两极板间为真空，两极板间距离为d；不考虑极板边缘效应；

（1）闭合开关S，电源向电容器充电，经过时间t；电容器基本充满；

a．求时间t内通过R的平均电流

b．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q随电容器两极板电压u变化的图像；并求出稳定后电容器储存的能量E0；

（2）稳定后断开开关S．将电容器一极板固定，用恒力F将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F做功为W；与此同时，电容器储存的能量增加了ΔE；请推导证明：W=ΔE；要求最后的表达式用已知量表示。25、如图所示，一质量m=2.0×10-2kg、电荷量q=+1.0×10-3C的粒子在匀强电场中运动，电场强度E=100V/m，方向沿y轴负方向。粒子在O点动能为1.0J，速度与x轴正方向夹角为粒子再次经过x轴的位置记为a点。取粒子在O点时的电势能为零；不计粒子的重力。求。

(1)0、a两点间的距离；

(2)粒子从O点到a点的过程中；最大电势能的值。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A．电加速由动能定理知

解得

粒子在偏转电场中的时间

粒子在偏转电场中的竖直位移

故竖直位移y相等。偏转电场做的功W偏=qE2·y=

W偏相等；故A错误；

B．在偏转电场中由动能定理知

联立解得

可知质量m越大打到屏上时的速度越小；故B错误；

C．运动到屏上的总时间

总时间与质量的平方根成正比；故C错误；

D．类平抛中末速度的反向延长线通过水平位移的中点，竖直位移y相等；由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，故D正确。

故选D。2、C【分析】【分析】

【详解】

当环境温度升高时，R的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，则R2的电压增大，电容器上的电压增大，电容器所带的电量增大．故A错误；根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，电容器所带的电量增大，R1的大小与电容器的电量没有影响，若R1的阻值减小，电容器的带电量仍然增大．故B错误；当环境温度升高时，R的电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流增大，若R2的阻值减小，可以使R2的电压不变；电容器上的电压不变，电容器所带的电量不变，故C正确，D错误；故选C．

【点睛】

本题是信息给予题，抓住R的电阻随温度升高而减小，进行动态变化分析：R为热敏电阻，温度升高，电阻变小，当环境温度升高时，电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电容器带电量的变化．3、C【分析】【详解】

A．因为电介质相对于外框向左移动，根据

则电容器电容变大；选项A错误；

B．电容器极板与电源连接；则两板间的电压不变，选项B错误；

CD．根据

两板电压和间距都不变；则场强不变，选项C正确，D错误。

故选C。4、B【分析】【详解】

A．感应带电是使导体带电的一种方法，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引可知，远离带电体的一端会带同种电荷，靠近带电体的一端会带异种电荷。C靠近金属导体A时，由于静电感应，在导体A的左端会出现负电荷，导体B的右端要感应出正电荷，所以A、B下方的箔片都张开；故A错误；

B．把带正电荷的C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，移去C后，A、B上的金属箔还是张开的；故B正确；

C．先把C移走，A、B上的电荷会中和，A、B两端都不带电，若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开；故C错误；

D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A与B上的电荷重新中和，A、B上的金属箔片均闭合；故D错误。

故选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

等量异种电荷连线中点处电势为零；越靠近正电荷，电势越高，越靠近负电荷，电势越低。

故选C。6、D【分析】【详解】

电压表使用0～15V；每一个大格代表5V，每一个小格代表0.5V，即分度值为0.5V，则电压表读数为：6.0V。

A.1.2V与计算结果不符；故A错误。

B.1.20V与计算结果不符；故B错误。

C.6V与计算结果不符；故C错误。

D.6.0V与计算结果相符，故D正确。二、多选题(共6题，共12分)7、B:D【分析】【详解】

根据正电子移动过程电势能变化可得：电势关系φA−φB＝φD−φC＝根据几何关系可得：φM＝(φA+φD)，φN＝(φB+φC)，根据上述条件，并不能得到沿MN方向电势降落最快，或垂直MN的两个点电势相等，故不能得到场强方向沿MN方向，故A错误；若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W＝q(φM−φN)＝q(φA−φB+φD−φC)＝故B正确；由于无法求解电场方向，故场强大小无法求解，故C错误；若M、N之间的距离为d，则当场强方向沿MN方向时，场强最小，故D正确；故选BD．

【点睛】

匀强电场中任一直线上的电势变化都是均匀变化；直线与电场线平行，则变化速率最大；直线与电场线夹角越大则变化速率越小．8、B:C【分析】【分析】

【详解】

雷电是一种自然现象；是由于高压放电，产生几十万安培的瞬间电流，电流生热使空气发光，使空气受热突然膨胀发出巨响，是同时发生的，只是光的传播速度比声音快，所以我们是先看到闪电后听到雷声。

故选BC。9、A:D【分析】【详解】

根据点电荷的电场的特点可知，距离点电荷越近处的电场强度大，所以D处的电场强度最大．故A正确；由题，在D点由静止释放一个带负电的试探电荷，仅在电场力作用下试探电荷沿DA加速运动，说明负电荷受到的电场力的方向向上，所以电场的方向向下，沿AO方向；根据点电荷的电场的特点可知，O处为负电荷；距离负电荷越近处的电势越小，所以D点的电势最低．故B错误；距离负电荷越近处的电势越小，所以ABC三点中，C点的电势最低，正电荷从A点沿ACB移动到B的过程中，电势能先减小后增大．故C错误；距离负电荷越近处的电势越小，所以BCD三点中，B点的电势最高，D点的电势最低，带负电的点电荷从B点沿BCD移动到D的过程中，电场力一直做负功．故D正确．10、B:C【分析】【详解】

A.等量异号电荷形成的电场线和等势面如图所示，结合题图中对应的几何关系可知，靠近负电荷，而靠近正电荷，则可知，点电势一定小于点电势；故A错误；

BC.两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加；由图3可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故B；C正确；

D.由于点电势一定小于点电势，因电荷带负电，根据可知电子在点电势能大于在点的电势能，故D错误．11、A:C【分析】【详解】

AB．原来液滴受力平衡，则知所受的电场力向上，液滴带负电；电容器与电源相连，板间电压不变，将板向下平移时，两板间的距离变大，由

可知：板间电场强度减小；液滴受到的电场力减小，液滴所受合力向下，液滴将加速向下运动，故A正确，B错误；

C．电容器上极板接地，电势为零，即板下移时，与上极板的距离不变，由于减小，与板件的电势差

减小，电势差

则点电势升高；故C正确；

D．点的电势升高；因带电液滴带负电，故电势能将减小，故D错误。

故选AC。12、B:C【分析】【分析】

【详解】

小磁针N极指向右侧，可知螺线管内部磁场方向由左向右，根据安培定则可知c为通电螺线管的N极、a为电源的正极；故选项BC正确，AD错误。

故选BC。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【详解】

平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，则OA中点C(3，0)处的电势为3V；点B处的电势为3V，则BC连线是等势面，电场强度的方向与BC垂直，所以

【解析】14、略

【分析】【详解】

将电键S1由位置1切换到位置2，外电阻变小，电动势和内阻不变，电路中的总电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表测的是外电压，所以电压表示数变小；

设电路中的电阻R1、R2和R3的阻值均为R，当电键打在1时，R2两端的电压当电键打在2时R2两端的电压可知．U2′＜U2．故电阻R2两端的电压变小，根据可知，电阻R2消耗的电功率将减小．【解析】变小变小15、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.电磁场②.感应电动势③.电磁波16、略

【分析】【详解】

[1]已知在金属块滑下的过程中，由动能定理可得

解得：金属块下滑过程电场力做负功，电场力水平向右，因此电场力与电场线方向相同，因此金属块带正电；

[2]金属块机械能改变量为

[3]金属块的电势能改变量为【解析】正电-12417、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据电容器的公式

可知，当极板B稍向上移动一点，S变小；电容变小，在电荷量不变的情况下，电压变大，静电计的张角变大。

[2]根据上述可知；电容减小。

（2）[3]若极板B稍向右移动一点，d变小；电容变大，在电荷量不变的情况下，电压变小，静电计的张角变小。

[4]根据上述可知，电容随极板间距离增大而变小。【解析】①.变大②.减小③.变小④.减小18、略

【分析】【详解】

[1][2]根据E=当闭合开关时，电压不变，增大距离d，场强变小，电场力变小，粒子将向下运动；当打开开关时，电荷量Q不变，由及解得

场强与板间距无关，静止不动．【解析】向下运动；静止不动四、作图题(共2题，共4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1题，共4分)21、略

【分析】【详解】

第一空.多用表的正极接黑表笔，因此图中的A端应与黑色表笔相连接．

第二空.由闭合电路的欧姆定律可知，解得

第三空.由闭合电路的欧姆定律可知，

解得【解析】黑；六、解答题(共4题，共28分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据题意

得到

（2）同（1）

故A、B间的电势差为：

（3）根据电场力做功与电势差关系公式

有【解析】（1）400V；（2）300V；（3）23、略

【分析】【详解】

（1）将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向的分运动为匀加速直线运动，竖直方向的分运动为竖直上抛运动。设小球从A点运动到B点的时间为则

设水平方向的分加速度大小为根据牛顿第二定律有

小球运动到