2025年中图版必修3物理上册阶段测试试卷

…………○…………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年中图版必修3物理上册阶段测试试卷19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9题，共18分)1、静电现象在生活中既有害，也有利。静电吸附是带电粒子受到静电场的作用，向着电极运动，最后被吸附在电极上的现象。下列选项中不属于静电吸附在生产技术中应用的是（）A.静电屏蔽B.静电除尘C.静电喷漆D.静电复印2、如图是某款家用空气净化器原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电。图中放电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极（接地）。以下说法正确的是（）

A.通过过滤网后空气中的尘埃带负电B.c、d两个电极之间的电场方向竖直向下C.尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大D.尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功3、如图所示，电容器的A极板带正电，B极板带负电且接地，现将B极板水平向左移动x，则电容器的电容C和P点的电势φ随位移x变化的图像；正确的是（）

A.B.C.D.4、电子秤是用平行板电容器制成的；其电路如图所示。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后（）

A.极板间电场强度变小B.膜片下移过程中，电流表G有从b到a的电流C.电容器的电容变小D.电容器的带电荷量减小5、在x轴上电场强度E随位置变化的情况如图所示，表示电场方向与x轴正方向一致。一正电荷由出发向x轴正方向运动到的过程中；其电势能（）

A.始终增大B.始终减小C.先减小后增大D.先增大后减小6、硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线是该电池在某光照强度下路端电压和电流的关系图像，图线是某电阻的图像。在同等光照强度下；当它们组成闭合回路时，下列说法正确的是（）

A.电源的输出功率B.电池的内阻C.电池的效率为D.硅光电池的内阻消耗的热功率7、关于场强的两个公式和下列说法中正确的是A.q表示场中的试探电荷、Q表示场源电荷B.E随q的增大而减小，随Q的增大而增大C.第一个公式适用于包括点电荷在内的所有场源的电场，且E的方向和F一致D.第二个公式适用于包括点电荷在内的所有场源的电场，且拿走Q后，E就不存在了8、某直流电动机，线圈电阻是0.5Ω，当它两端所加的电压为6V时，通过电动机的电流为2A。由此可知()A.电动机发热的功率为72WB.电动机消耗的电功率为72WC.电动机输出的机械功率为10WD.电动机的工作效率为20%9、大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是：＋→＋已知的质量为2.0136u，的质量为3.0150u，的质量为1.0087u,1u=931MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为（）A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻（电阻随光强的增大而减小）．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是。

A.若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少B.若仅将R1的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大C.若仅用更强的光照射R1，则I增大，U减小，电容器所带电荷量减少D.若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值减小11、如图甲所示，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q=+1×10-3C、质量m=0.02kg，的小球在该平面上从a点由静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O，其v-t图像如图乙中图线①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过b点的切线；则下列说法正确的是（）

A.P、Q带正电荷B.b点的场强C.a、b两点间的电势差为90VD.带电小球由a运动到O点，电势能减小12、空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场，已知∠a=45°，∠c和∠d均为直角，且上底bc=2cm、下底ad=4cm，a、b、c三点的电势分别为4V、8V、10V。将一电荷量q=-2×10-5C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动；则下列判断正确的是（）

A.梯形区域的下底ad中点的电势为6VB.该匀强电场的场强大小为V/mC.该点电荷在c点的电势能为+2×10-4JD.该点电荷从a点移到d点过程中，电场力对它做的功为+8×10-5J13、竖直绝缘墙壁上有一个固定的小球A，在A球的正上方P点用绝缘线悬挂另一个小球B，A﹑B两个小球因带电而互相排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，如图所示，若线的长度变为原来的一半，同时小球B的电量减为原来的一半，A小球电量不变，则再次稳定后

A.A.B两球间的库仑力变为原来的一半B.B两球间的库仑力虽然减小，但比原来的一半要大C.线的拉力减为原来的一半D.线的拉力虽然减小，但比原来的一半要大14、在真空中A、B两点分别放有异种点电荷和以连线中点O为圆心作一圆形路径如图所示，则下列说法正确的是（）

A.电场强度关系有方向相同B.电势高低关系有C.将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功D.将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变15、在直角坐标系O—xyz中有一四面体O—ABC,其顶点坐标如图所示.在原点O固定一个电荷量为-Q的点电荷,下列说法正确的是()

A.A、B、C三点的电场强度相同B.平面ABC构成一个等势面C.若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动,其电势能增加D.若在A、B、C三点放置三个点电荷,-Q所受电场力的合力不可能为零评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、质量为m、电荷量为q的粒子，以初速度v0垂直于电场方向进入两平行板间场强为E的匀强电场，极板间距离为d，两极板间电势差为U，板长为l.

(1)偏转距离：由t＝()，a＝()，所以y＝()＝()

(2)偏转角度：因为vy＝()＝()，所以tanθ＝()＝()

(3)由知x＝()粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的()．17、能量守恒定律。

能量既不会凭空_______，也不会凭空_______，它只能从一种形式_______为其他形式，或者从一个物体_______到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量_______。18、会利用______法和______法求电动势和内阻。19、某同学利用螺旋测微器和游标卡尺分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图所示，该工件的直径为______cm，高度为______cm。

20、某同学大胆猜想：两电流元之间存在相互作用的磁场力F，可能与两点电荷间的库仑力类似。如图甲所示，通有电流I1、I2的两根导线平行放置且电流均向上，设和分别表示导线上A、B两点处的电流元，A、B两点相距为r。（说明：若需常量可用K表示）

（1）请你根据猜想，写出两电流元间相互作用的磁场力F大小的表达式________；

（2）类比电场强度的定义写出在距电流元为r处B点的磁感应强度为________；

（3）如图乙所示，环形电流可以视为是由许多段的电流元组成，假设半径为r的圆环形导线通有电流为I，则圆心O处产生的磁感应强度B大小为________。

21、A、B是某电场中的一条电场线上两点，一正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点运动过程中的v—t图象如上图所示．比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小：φA________φB，EA________EB．22、某同学在做“测定金属电阻率”的实验时，通过游标卡尺和螺旋测微器分别测量一薄金属圆片的直径和厚度，读出图中的示数，游标卡尺所示的金属圆片直径的测量值为_____mm，螺旋测微器所示的金属圆片厚度的测量值为____mm。

23、在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示。则电源的最大输出功率为___________W，滑动变阻器R2的最大功率为___________W

评卷人得分四、作图题(共2题，共6分)24、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.

25、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1题，共4分)26、如图所示，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是______表，要使它的量程加大，应使R1______（填“增大”或“减小”）；乙图是_______表，要使它的量程加大，应使R2______（填“增大”或“减小”）．评卷人得分六、解答题(共2题，共8分)27、在真空中的O点放一个点电荷直线MN通过O点，OM的距离M点放一个点电荷静电力常量如图，求：

（1）在电荷Q产生的电场中；M；N两点哪点的电势高?q在M、N两点哪点的电势能大？

（2）q在M点受到的电场力．

（3）点电荷Q在M点产生的场强．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U1=1.50V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.5A；当把电动机接入电压为U2=15.0V的电路中时，电动机正常工作且匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A；求：

（1）电动机正常工作时的输出功率（只考虑热损耗）及电动机的效率；

（2）若重物质量m=2.0kg，电动机输出的机械能转化效率为90%，则电动机提升重物的速度大小是多少？（g取）

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

静电屏蔽使金属导体壳内的仪器或工作环境不受外部电场影响；也不对外部电场产生影响。不属于静电吸附。静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电吸附在生产技术中应用；静电喷漆是利用高压静电电场使带负电的漆料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将漆料微粒吸附在工件表面的一种喷涂方法，属于静电吸附在生产技术中应用；静电复印是利用静电将墨吸附在纸张上的，属于静电吸附在生产技术中应用。故A正确，BCD错误。

故选A。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．根据集尘极接电源负极可知；污浊空气通过过滤网后空气中的尘埃带正电，故A错误；

BCD．放电极b、d接电源正极，可知c、d两个电极之间的电场方向竖直向上，尘埃在被吸附到集尘极a、e的过程中所受电场力做正功；动能增大，故B；D错误，C正确。

故选C。3、C【分析】【详解】

AB．电容器的电容

其中为初始时极板的间距，当位移x增加时；电容非线性减小，故AB错误；

CD．P点的电势为

为初始时P点到B极板间的距离，当电容器的电荷量保持不变时，电容器内的电场强度不随板间距的改变而改变，所以φ随x线性增加；故C正确，D错误。

故选C。4、B【分析】【详解】

A．由匀强电场公式可知；当电压不变，两个极板的距离减小时，极板间电场强度变大，A错误；

BCD．根据电容决定式可知，当两个极板的距离减小时，电容器的电容增大；再根据电容定义式可知，由于电容器一直和电源相连，电压不变，当电容增大时，带电荷量增大，即电容器被充电。电流表有从b到a的电流；B正确，CD错误。

故选B。5、C【分析】【详解】

由于场强正方向为x轴正方向，则正电荷从x0到x1处；先顺着电场线方向移动，再逆着电场线移动。电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C正确，ABD错误。

故选C。6、B【分析】【详解】

A．根据题意，由图可知，电源的路端电压为电流为则输出功率

故A错误；

B．由欧姆定律得

当时

由a与纵轴的交点读出电动势为

根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为则内阻

故B正确；

C．根据题意可知，电池的效率

故C错误。

D．根据题意可知，内阻消耗的功率

故D错误。

故选B。7、A【分析】【详解】

场强的两个公式和中，q表示场中的试探电荷、Q表示场源电荷，选项A正确；E由电场本身决定，与q无关；E随Q的增大而增大，选项B错误；第一个公式适用于包括点电荷在内的所有场源的电场，且E的方向和正电荷的受力F一致，选项C错误；第二个公式只适用于点电荷的电场，且拿走Q后，E就不存在了，选项D错误；故选A.8、C【分析】【详解】

直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U；总功率为：P=UI=2×6=12W；发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W；根据能量守恒定律；其输出功率是：

P出=P-P热=12W-2W=10W；机械的工作效率为×100%=83.3%；则选项C正确；ABD错误；故选C.

点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．9、B【分析】【详解】

氘核聚变反应的质量亏损则该反应释放的核能为。

A.与上述计算结果不符；故A不符合题意；

B.与上述计算结果相符；故B符合题意；

C.与上述计算结果不符；故C不符合题意；

D.与上述计算结果不符，故D不符合题意。二、多选题(共6题，共12分)10、A:C【分析】【分析】

由题意可知考查含有电容器的动态分析，根据闭合电路欧姆定律，结合电容器的电容的定义式决定式分析比较可得．

【详解】

A.若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少；选项A正确；

B.滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变；选项B错误；

C.若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少；选项C正确；

D.若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得可得：不变，选项D错误．

【点睛】

根据闭合电路欧姆定律，可以确定回路中电流变化，内电阻不变，由电流变化可以确定内电压、外电压变化．结合电容的定义式决定式分析比较可得．U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值可以先写出外电压的表达式分析该表达式的斜率可知比值不变．11、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则aO线上的电场竖直向上；故两电荷带负电，A错误；

B．图象上斜率表示加速度在b点可得。

根牛顿第二定律得。

联立解得。

B正确；

C．在ab由动能定理得。

由图乙可得。

代入解得。

C正确；

D．由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，运动到O点时电势能最小；D正确。

故选BCD。12、A:D【分析】【详解】

A．根据题述a、b、c三点电势分别为4V、8V、10V，如图所示，g为ad中点，根据在匀强电场中，平行线上相等长度的线段电势差相等可知，ad中点的电势为6V，d点电势为8V；A正确；

B．由几何关系可知，ab⊥bd，根据电场线与等势线垂直可知，电场强度方向沿ab方向。由E=

可得该匀强电场的电场强度

B错误；

C．根据电势能公式可知，电荷量q=-2×10-5C的点电荷在c点的电势能Ep=qφc=-2×10-5×10J=-2×10-4J

C错误；

D．电荷量q=-2×10-5C的点电荷从a点移动到d点的过程中，电场力对它做的功为W=qUad=q(φa-φd)=-2×10-5×(4-8)J=+8×10-5J

D正确。

故选AD。

13、B:C【分析】【详解】

由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态，对B进行受力分析如图所示：

△PAB∽FBF2，所以

C、D、因G和PQ长度h不变，则丝线长度l变为原来的一半，可得丝线拉力F2变为原来的一半；与小球的电量及夹角无关；C正确，D错误.

A、B、由三角形相似知同理得联立得则则可得故A错误；B正确.

故选BC.

【点睛】

本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析．14、A:D【分析】【详解】

A．由于A、B两点放等量异种电荷，ab两点关于中点对称，a点场强等于b点场强；方向相同，水平向右，故A正确；

B．等量异种电荷连线中垂线为等势面，电势为零，由电场线方向由A指向B，可知

故B错误；

C．由电场线方向由A指向B，可知

则负电荷在a、b两点的电势能

电势能增加；则电场力做负功，故C错误；

D．将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中，cd为等量异种电荷的中垂线；为等势面，电势能始终不变，电场力不做功，故D正确。

故选AD。15、C:D【分析】【详解】

A、B、C三点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项A错误；ABC三点的电势是相等的，但是与平面ABC内其他点的电势不同，即平面ABC不能构成一个等势面，选项B错误；若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，电场力做负功，则其电势能增加，选项C正确；若在A、B、C三点放置三个点电荷，三个电荷在O点的场强方向不共面，则O点的场强不可能为零，则-Q所受电场力的合力不可能为零，选项D正确；故选CD.三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】【详解】

（1）[1]垂直电场线方向，粒子做匀速直线运动，则有：

[2]沿电场线方向，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：

根据电势差与电场强度的关系有：

解得：

[3]所以沿电场线方向的位移有：

[4]代入a和t可得：

（2）[5]沿电场线方向的速度为

[6]代入a和t可得：

[7]根据：

可得：

（3）[8]由知:

[9]粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的:【解析】17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】产生消失转化转移保持不变18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]根据测量电动势和内阻的实验，要学会利用计算法和图像法求电动势和内阻。【解析】计算图像19、略

【分析】【详解】

[1]工件的直径为d=6mm+0.01mm×12.0=6.120mm=0.6120cm

[2]工件的高度为h=50mm+0.05mm×18=50.90mm=5.090cm【解析】0.61205.09020、略

【分析】【详解】

（1）[1]通过类比可以猜想两电流元间相互作用的磁场力大小可以表示为

（2）[2]通过类比电场强度的定义可写出在距电流元为r处B点的磁感应强度为

联立可得

B的方向垂直纸面向里。

（3）[3]环形电流可以视为是由许多段的电流元组成，设任意一段电流元为则在距离r处产生的磁场为

则圆心O处产生的磁感应强度B大小可以表示为【解析】方向垂直纸面向里21、略

【分析】【分析】

【详解】

从v-t图象可以知道正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点做加速度不断减小的减速运动，故电荷在A点受到的电场力大于电荷在B点的电场力，故A点的场强大于B点的场强；

由于电荷做减速运动，故电场力与速度方向相反，即电场力由B指向A，故电场线由B指向A，故B点电势较高；【解析】＜＞22、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为

所以最终读数为

[2]螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为

所以最终读数为【解析】10.54.70023、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]当R2的滑动头P滑到最左端时，电压表V2的示数为0，可知图线甲是V2示数随电流变化的图线。由两图线得U1+U2=5V≠U1′+U2′=3V

可知电源有内阻R1==5Ω，R2m==20Ω

由闭合电路欧姆定律I=

得0.2=0.6=

解得E=6V，r=5Ω

当R2=0时，因R1=r电源有最大输出功率Pm==1.8W

[2]把R1等效成电源内阻，则当R2=R1+r时，R2上有最大功率P2m==0.9W【解析】1.8W0.9W四、作图题(共2题，共6分)24、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