2025年粤教新版必修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年粤教新版必修3物理下册阶段测试试卷821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、关于磁感线的概念，下列说法中正确的是（）A.磁感线是磁场中客观存在、肉眼看不见的曲线B.磁感线总是从磁体的N极指向磁体的S极C.磁感线上任一点的切线方向就是该点的磁场方向D.两根磁感线可能在磁场中某点相交2、如图所示，A、B、C是正三角形的三个顶点，O是AB的中点，两根互相平行的通电长直导线垂直纸面固定在A、B两处，导线中通入的电流大小相等、方向相反．已知通电长直导线产生磁场的磁感应强度为通电长直导线的电流大小，r为距通电长直导线的垂直距离，k为常量，O点处的磁感应强度大小为B0；则C点处的磁感应强度大小为。

A.B.C.D.3、用绝缘细线a、b将两个带电小球1和2连接并悬挂，已知小球2的重力为G，如图所示，两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，两小球连线与水平方向夹角为30°，细线b水平；则（）

A.小球1带电量一定小于小球2的带电量B.细线a拉力大小为C.细线b拉力大小为D.小球1与2的质量比为4、某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律：将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并将另一个与小球A带同种电荷的小球B与它靠近，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l。首先，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d（实验中满足）；然后；设法改变两球的电荷量，再进行相关实验。下列说法正确的是（）

A.实验中，小球A所受静电力的测量值B.为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像C.用不带电导体球C分别与B两球接触后，B两球一定带等量同种电荷D.实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”5、真空中两个相同的带等量异号电荷的金属球A和B（均可看成点电荷），分别固定在两处，两球间的静电力为F。现用一个不带电的完全相同金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再让A、B的间距增大为原来的2倍，此时A、B间的静电力为：A.B.C.D.6、两个完全相同的金属小球可视为点电荷，所带电荷量之比为1:7，同为正电荷，在真空中相距为r，把它们接触后再放回原处，则它们间的静电力为原来的（）A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、如图所示；图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是（）

A.电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B.电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C.电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大D.电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小8、如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有。

A.Q1移入之前，C点的电势为B.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为-4W9、如图所示，真空中有一边长为a的正立方体，在图中A、C、F三个顶点放上电荷量相等的负点电荷q；已知静电力常量为k，设无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）

A.A处点电荷受到另两个点电荷对其作用力的合力大小为B.B点处的电场强度的大小为C.D、E、G三点电势相等D.将一电子先后置于H点和B点，电子在H点的电势能小于其在B点的电势能10、如图所示；在玻璃管中心轴上安装一根直导线，玻璃管外绕有线圈，直导线的一端和线圈的一端分别跟感应圈的两放电柱相连。开始，感应圈未接通电源，点燃蚊香，让烟通过玻璃管冒出。当感应圈电源接通时，玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压，立即可以看到不再有烟从玻璃管中冒出来了。过一会儿还可以看到管壁吸附了一层烟尘，这是因为()

A.烟尘在高压电场作用下带上了负电B.烟尘在高压电场作用下带上了正电C.带负电的烟尘吸附在管壁上，因此看不到有烟冒出D.带正电的烟尘吸附在直导线上，因此看不到有烟冒出11、避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物等避免雷击的一种设施．在雷雨天气；带负电的云层运动到高楼上空时，避雷针的尖头通过静电感应会带上大量电荷，由于导体尖端容易聚集电荷，所以楼顶带上的电荷会很少，从而保护建筑．如图所示为广州塔“接闪”的画面，放大图为塔尖端附近电场线分布特点（方向未画出），下列说法正确的是（）

A.放电前塔尖端带正电B.放电时空气中的正电荷将向塔尖端运动C.向塔尖端运动的电荷受到的电场力越来越小D.向塔尖端运动的电荷电势能减小12、1909年，美国物理学家密立根用如图所示的实验装置,通过研究平行金属板M、N间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖．图中平行金属板M、N与输出电压恒为U的电源两极相连，两金属板间的距离为d,正对面积为S.现由显微镜观察发现，恰好有一质量为m的带电油滴在两金属板中央悬浮不动，已知静电力常量为k,真空的介电常数ε=1，重力加速度为g；则。

A.带电油滴的电荷量B.金属板M所带电量C.将金属板N突然下移△d，带电油滴获得向上的加速度D.将金属板N突然下移△d，带电油滴的电势能立即减小为原来的倍13、如图所示，电源的电动势E=12V，内阻r=2Ω，R1=1Ω，R2=3Ω，R3=10Ω，R4=4Ω，R5为电阻箱，调节范围为0∼10Ω，电容器C=10μF，电容器的下极板接地，两极板正中间有一点P(未标出)，初始时刻开关S断开，R5=0；则下列说法正确的是（）

A.若将电容器的下极板稍向下移动，则P点的电势增大B.闭合开关S后，流过R3的电荷量Q=1.5×10-5CC.将电阻箱调到9Ω后再闭合开关S，稳定后电容器上的电量为0D.闭合开关S后，将电阻箱从0开始逐渐调到最大值，电源的输出功率先增大后减小评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、如图所示，一水平放置的矩形线圈在条形磁铁S极附近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，位置1和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内______感应电流产生；线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内_______感应电流产生.（均选填“有”或“无”）15、我国自古有“昼涨称潮；夜涨称汐”的说法。潮汐主要是由太阳和月球对海水的引力造成的，以月球对海水的引力为主。

(1)世界两大观潮胜地，一处是亚马孙河北河口，另一处是我国的___________入海口。

(2)图中，a、b是某些潮汐发电示意图。涨潮时开闸门（图a），水由通道进入海湾水库蓄水，待水面升至最高点时关闭闸门，当落潮时，开闸放水发电（图b）。设海湾水库面积为5.0×108m2，平均潮差为3.0m，一天涨落潮两次，发电的平均能量转化率为10%，则一天内发电的平均功率约为（ρ水取1.0×103kg/m3，g取10m/s2）___________。

A．2.6×104kWB．5.2×104kWC．2.6×105kWD．5.2×105kW16、热辐射的原因∶物体中存在着不停运动的带电微粒，带电微粒的____会产生变化的______，从而产生电磁____。17、如图所示电路，电源电压保持恒定，若滑动变阻器的滑片向右移动，则电流表的示数将_______，电压表的示数将_______。（均选填“变大”；“变小”或“不变”）

18、在导体的U－I图像中，斜率反映了______。19、在如图所示的电路中，小量程电流表G的内阻满偏电流

（1）当和均断开时，改装后的表是___________（填电流表或电压表），量程为___________。

（2）当和均闭合时，改装后的表是___________（填电流表或电压表），量程为___________。评卷人得分四、作图题(共3题，共27分)20、如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。试画出该电场的电场线；并保留作图时所用的辅助线（用虚线表示辅助线，实线表示电场线）。

21、如图所示，磁感应强度大小为的匀强磁场仅存在于边长为的正方形范围内，左右各一半面积的范围内，磁场方向相反。有一个边长为的正方形导线框垂直磁感线方向以速度匀速通过磁场。从边进入磁场算起；规定刚开始时磁通量为正值，画出穿过线框的磁通量随时间的变化图像。

22、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

评卷人得分五、实验题(共2题，共10分)23、某同学用螺旋测微器测量一圆柱形金属工件的直径，测量结果如图所示，该工件的直径为___________mm。又用游标卡尺测量这个圆柱形金属工件的长度，测量结果如图所示，该工件的长度为___________mm

24、小明同学为了测量一节干电池的电动势和内阻，使用同一组仪器分别按图a和图b进行测量，用图a测量结果为电动势E1=1.47V，内阻r1=9.80Ω。图b测量结果为电动势E2=1.50V，内阻r2=22.00Ω。两次测量结果不同的原因是由于系统误差造成的，根据小明两次测量结果可得该干电池的电动势真实值E=____________V，内阻真实值r=____________Ω。（结果保留两位小数）

评卷人得分六、解答题(共4题，共32分)25、细线拉着一质量为m，电荷量为q的带正电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度圆周上A点在圆心的正上方，小球过A点时的速度大小为方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为g；求：

（1）小球过A点时对细线的作用力；

（2）小球做圆周运动过程中的最小速率；

（3）若小球过A点时断开细线；之后的运动中小球电势能最大时速率为多少？

26、如图所示，一电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为静电力常量为k；求：

（1）小球带正电还是负电？

（2）小球运动到B点时的加速度大小。

27、如图甲所示，以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。在x=0和处分别固定电量为Q的正点电荷。A、B、C为x轴上坐标分别为的点，AC之间沿x轴方向电势变化如图乙所示。现将一带正电小球S1由A点静止释放，小球向下运动。已知释放瞬间小球加速度为g为当地重力加速度，静电力常量为k。求：

（1）小球在B点的加速度大小；

（2）小球S1的比荷

（3）若另有一带电小球S2悬停在C点，小球S1仍从A点静止释放，运动到C点时，与S2发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且不发生电荷转移，碰后S1恰能到达B点，忽略两球之间的静电力作用，求小球S1与S2的电量之比

28、如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机内阻电路中另一电阻直流电压电压表示数试求：

(1)通过电动机的电流；

(2)电动机的输出功率；

(3)若电动机以匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取）

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．磁感线是为了形象直观描述磁场引入的假想的曲线；故A错误；

B．磁感线从磁体外部是从N极指向磁体的S极，内部是从S极指向磁体的N极的闭合曲线；故B错误；

C．磁感线上任一点的切线方向就是该点的磁场方向；故C正确；

D．磁感线不相交；假如相交于某点，则该点有两个磁场方向，而磁场中某点的磁场方向是唯一的，故D错误。

故选C。2、C【分析】【详解】

设A、B处的电流在O点产生的磁感应强度大小为方向如图所示，有即由及可知，A、B处的电流在C点产生的磁感应强度大小为方向如图所示，由平行四边形定则及顶角C为120°可知合磁感应强度大小为C正确．

3、B【分析】【详解】

A．由

可知；不能确定小球1与小球2的带电量，故A不符合题意；

C．对小球2，由平衡条件可得

解得细线b拉力大小为

故C不符合题意；

BD．对小球1，由平衡条件可得

解得细线a拉力大小为

小球1与2的质量比为

故B符合题意；D不符合题意。

故选B。4、D【分析】【详解】

AD．设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细丝线与竖直方向的夹角为由于ld，可以认为两小球在一直线上，小球A所受的静电力F=mg

由于很小，=所以

再由库仑定律

可得

所以实验中仅测量d与r；也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，D正确；

B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像；得到一条倾斜的直线，故B错误；

C．用完全相同的不带电导体球C先与A接触；A的电量减半；C再与B球接触时，由于C球此时已经带有一定电量，故B小球的电量不会减半，A；B两球带电量不相等，故C错误。

故选D。5、D【分析】【详解】

真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：

不带电的同样的金属小球C先与A接触：

接着金属小球C再与B接触：

两点电荷间的距离增大到原来的2倍,则两点电荷间的静电力大小为：

故选D.6、A【分析】【详解】

试题分析：设其中最小的带电量为q，则另外一个带电量为7q，没有接触前，根据库仑定律可得它们之间的库仑力为接触后发生平均分配，则带电量为则它们间的静电力变为A正确；

考点：考查了库仑定律的应用。

【名师点睛】两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的二、多选题(共7题，共14分)7、A:D【分析】【详解】

当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数增大；电压表V1读数U1=E-I（R1+r），I增大，其他量不变，则U1减小；通过电流表A2的电流U1减小，则I2减小；流过R2的电流I2′=I-I2，I增大，I2减小，则I2′增大，则伏特表V2的读数增大．综上，电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大，伏特表V2的读数增大，电流表A2的读数减小．故AD正确；BC错误．故选AD。

【点睛】

本题是简单的电路动态分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析，对于并联电路，要抓住干路电流等于各支路电流之和分析两个支路电流的关系。8、A:B:D【分析】【详解】

A.由题意可知，C点的电势为

故A正确；

B.由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中；电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；

C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为所以从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：

故C错误；

D.由于C点的电势为所以电势能为

故D正确．9、A:C:D【分析】【详解】

A.C、F三点形成了一个等边三角形，有

故A正确；

B．B点处的电场强度是由三个点电荷各自产生的电场强度叠加而成的，合电场强度为故B错误；

C．D；E、G三点在电场中相对A、C、F三点的位置相同；故电势相等，故C正确；

D．H点到三个固定负点电荷的距离大于B点到三个固定负点电荷的距离，所以根据得到故D正确；

故选ACD。10、A:C【分析】【详解】

AB．蚊香的烟中含有一定的碳颗粒；当玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压后，玻璃管中的导线和管外线圈间的空气被电离，碳颗粒吸附一定的电子带上负电荷，所以A正确，B错误；

CD．碳颗粒吸附电子带上负电荷以后；碳颗粒将向正极移动，被吸附到了管壁上，因此看不到有烟冒出，C正确，D错误。

故选AC。11、A:D【分析】【详解】

A．云层带负电；根据静电感应规律可知放电前塔尖端带正电，故A正确；

B．塔尖带正电；云层带负电，所以放电时空气中的负电荷将向塔尖端运动，正电荷向云层运动，故B错误；

C．根据电场线的疏密可知；塔尖的电场强度较大，所以向塔尖端运动的电荷受到的电场力越来越大，故C错误；

D．负电荷在电场力的作用下向塔尖端运动；电场力做正功，电势能减小，故D正确。

故选AD。12、B:D【分析】【详解】

A．带电油滴在平行板电容器中受重力和向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则油滴带负电，由平衡条件有解得油滴的电荷量大小为为故A错误.

B、平行板电容器的电量而电容的大小联立可得而相对介电常数ε=1，则故B正确.

CD．N板突然下移△d，电源一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小，为则油滴的合外力向下，由牛顿第二定律解得方向向下；故C错误.

D．电容器的M板接地为0V，设油滴的位置P点距离M板为则电势能为则金属板N下移△d，P点的电势为则故D正确.13、A:B【分析】【详解】

当开关S断开时，和断路，电容器的电压等于所分的电压；当开关S闭合时，断路，串联，R4、R5串联后再并联，电容器的电压等于和所分的电压差。

A．开关S断开时，电容器的电压U不变，接地其电势为零。设电容器间距离为d，P点与上极板的距离为x，则P点的电势为

可知将电容器的下极板稍向下移动，d增大，x、U不变，故P点电势增大；故A正确；

B．开关S断开时，电容器电压

此时电容器的电荷量为

上极板为正，下极板为负，开关S闭合时，由于此时电容器电压依然为电压，根据电路知识求得此时电容器电荷量为

上极板为正，下极板为负，故流过的电荷量

故B正确；

C．将电阻箱调到后再闭合开关S时，由于故电容器两端的电压不为零，故所带的电荷量不为零，故C错误；

D．闭合开关S时，外阻

此时电源的输出功率最大，在电阻箱从0开始逐渐调到最大值过程，外阻R一直增大；故电源的输出功率一直减小，故D错误。

故选AB。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【详解】

[1]线圈从位置1到位置2的过程中；穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流，根据楞次定律可知，向下穿过线圈的磁通量在增大，则感应电流的方向顺时针（从上往下看）；

[2]线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的磁通量向上增加，则也会产生感应电流，根据楞次定律，则感应电流的方向顺时针（从上往下看）；【解析】有有15、略

【分析】【详解】

(1)[1]钱塘江是世界著名的观潮胜地；有“八月十八潮，壮观天下无”的说法。

(2)[2]发电时水减少的势能ΔEp=mgΔh=ρ水ShgΔh

其中Δh=

一天发电两次，转化成的电能E=2ΔEp×10%，P=

代入数值得P=5.2×104kW

故选B。【解析】①.钱塘江②.B16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3]根据原理可知，热辐射的原因为物体中存在着不停运动的带电微粒，带电微粒的振动会产生变化的电磁场，从而产生电磁辐射。【解析】①.振动②.电磁场③.辐射17、略

【分析】【详解】

[1][2]滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据闭合电路欧姆定律，整个回路的电流将变小，故电流表示数变小。电流变小，电压表所测电阻两端的电压根据欧姆定律可知将变小。【解析】①.变小②.变小18、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】导体电阻的大小19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]由图可知，当和均断开时，电流表G和串联，所以改装后的表是电压表，量程为

（2）[3][4]由图可知，当和均闭合时，电流表G和并联，改装后的表是电流表，量程为【解析】①.电压表②.③.电流表④.四、作图题(共3题，共27分)20、略

【分析】【分析】

【详解】

连接BC，过A点作BC的平行且与BC线段相等的线段AD，将AD分成两等份，找出B点的等势点，即E点，电势为11V，连接BE，则BE为等势线；电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示。

【解析】21、略

【分析】【分析】

【详解】

线框穿过磁场的过程可分为三个阶段，进入磁场阶段（只有边在磁场中），在磁场中运动阶段（两边都在磁场中），离开磁场阶段（只有边在磁场中）。

①线框进入磁场阶段：对应穿过线框的磁通量线性增加，最后为

②线框在磁场中运动阶段：对应，时间内，穿过线框的磁通量线性减小，最后为时间内，穿过线框的磁通量反向线性增加，最后为

③线框离开磁场阶段：对应穿过线框的磁通量线性减小，最后为

画出图像如图所示。

【解析】见解析22、略

【分析】【详解】

实物图中第一个为电动机；电动机符号为符号图中的第二个；

实物图中第二个为电容器；电容器符号为符号图中的第三个；

实物图中第三个为电阻；电阻符号为符号图中的第四个；

实物图中第四个为灯泡；灯泡符号为符号图中的第一个。

【解析】五、实验题(共2题，共10分)