2025年北师大新版必修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年北师大新版必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路；当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法错误的是。

A.定值电阻R1的电功率增大B.电压表和电流表读数都减小C.电压表的示数变化绝对值与电流表的示数变化绝对值之比等于R2D.R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值2、一带电粒子从电场中的A点运动到B点；轨迹如图中虚线所示。不计粒子所受重力，则错误的是（）

A.粒子带正电B.粒子加速度逐渐减小C.A点的场强大于B点的场强D.粒子的速度不断减小3、如图所示是用一种新型“静电”绝缘纤维布制成的预防新型冠状病毒肺炎口罩。熔喷布经驻极工艺；表面带有电荷，它能阻隔几微米的病毒，这种静电的阻隔作用属于（）

A.静电感应B.摩擦起电C.尖端放电D.静电吸附4、如图，在电荷量为Q的点电荷电场中，电荷量为q的负检验电荷受到的电场力大小为F；方向向右．则检验电荷所处位置的电场强度。

A.大小为F/q，方向向右B.大小为F/q，方向向左C.大小为F/Q，方向向右D.大小为F/Q，方向向左5、图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()

A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做正功C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变大6、规定无穷远处电势为0，电荷量为q的电荷在距离其r的位置处电势正电荷周围的电势均大于0，负电荷周围的电势均小于0。如图所示，直线上三个位置A、B、C，在C位置放一电荷量为的点电荷，在B位置放另一个电荷量为的点电荷，如果A处的电势为零；则下列说法中正确的是（）

A.B.C.A处的电场强度也为零D.A处的电场强度大小为7、当带电的云层离地面较近时；云和地面形成一个巨型电容器，它们之间会形成一个强电场，若云层带电量一定，将云层底面及地面始终都看做平整的平面，则（）

A.当云层向下靠近地面时，该电容器的电容将减小B.当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电势差将增大C.当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将增大D.当云层底面积增大时，该电容器的电容将增大8、在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了巨大的贡献，下列说法正确的是（）A.牛顿的万有引力定律和哥白尼的日心说奠定了现代天文学的理论基础B.亚里士多德提出力是改变物体运动状态的原因C.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律D.安培首先发现了电流的磁效应，并提出了判断电流周围磁场方向的方法——安培定则评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表数变化量的绝对值分别为理想电流表示数变化量的绝对值则下列结论正确的是（）

A.A的示数减小B.的示数增大C.与的比值等于D.大于10、大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表和变阻箱改装而成，如图是改装后的电表，已知灵敏电流表的满偏电流为内阻为变阻箱接入电路的阻值为下列说法正确的是（）

A.甲表是电流表，改装后的量程为B.甲表是电流表，若增大接入电路的变阻箱的阻值，则改装表的量程增大C.乙表是电压表，若增大接入电路的变阻箱的阻值，则改装表的量程增大D.乙表是电压表，改装后的量程为11、一个带电量为的正的点电荷，从电场中的a点移到b点，点电荷的动能增量为再将点电荷从b点移到a点，电势能增加则点电荷从a点移到b点过程中，下列说法正确的是（）A.电场力做功为B.电场力做功为C.电场力以外的其它力做功为D.电场力以外的其它力做功为12、某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是()

A.粒子必定带正电荷B.由于M点没有电场线，粒子在M点不受静电力的作用C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D.粒子在M点的动能小于在N点的动能13、如图所示，串联接在电压恒为U的电路中，已知两端的电压为两端的电压为则通过电阻的电流为（）

A.B.C.D.14、某平面区域电场线呈上下、左右对称分布，如图所示，已知M、N为区域中上；下对称的两点；根据以上条件，下列判断正确的是（）

A.M点电场强度与N点电场强度相同B.正电荷在该电场中受到的最大电场力向右C.将正电荷从M点沿虚线移动到N点，电场力做正功D.将一不计重力的带电粒子在电场中某点静止释放，粒子可能沿电场线运动15、带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有()

A.增大两极板间的距离B.用手触摸极板AC.将极板B向上适当移动D.在两板间插入电介质16、如图所示为电流表与螺线管组成的闭合电路；下列说法正确的是。

A.将磁铁向下插入螺线管的过程中，电流表的指针发生偏转B.将磁铁从螺线管中拔出的过程中，电流表的指针不发生偏转C.磁铁放在螺线管中不动，电流表的指针发生偏转D.磁铁放在螺线管中不动，电流表的指针不发生偏转评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左广大的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，则小球的带电量为__________；若剪断丝线带电小球将做_________运动．

18、一质量为2kg的物体沿倾角为300的斜面从底端以初速度3m/s沿斜面向上滑去，滑至最高点后又返回，返回到底端时速度是1m/s，取重力加速度g=10m/s2，则物体上滑的最大高度为________m；物体与斜面间的摩擦因数μ为________，上升过程产生的内能为________J；返回低端瞬间的热功率为________W．19、如图所示为伏打电池示意图，由于化学反应，在A、B两电极附近产生了很薄的两个带电接触层a、b。

（1）说明铜板带正电、锌板带负电的原因是什么______？

（2）在电源内部的a、b两个区域，电荷如何被搬运到极板上______？

（3）在正常工作的闭合电路中，静电力对做定向运动的电子做______（选填“正”或“负”）功，使电子向电势______（选填“升高”或“降低”）的方向运动，电子的电势能______（选填“增加”或“减少”）；非静电力对做定向运动的电子做______（选填“正”或“负”）功，使电子向电势______（选填“升高”或“降低”）的方向运动，电子的电势能______（选填“增加”或“减少”）．

（4）沿电流方向绕电路一周，非静电力做功的区域是()

A．RB．bC．rD．a

（5）在图中闭合回路的各区域内，电势升高的总和等于电源的______。

（6）沿电流方向绕电路一周，在什么地方电势降低______？在什么地方电势升高______？20、场源电荷Q＝2×10-4C，是正点电荷；检验电荷q＝2×10-5C，是负点电荷，它们相距r＝2m而静止；且都在真空中，如图所示。求：

(1)q受的静电力等于_________N；

(2)q所在的B点的场强大小EB_______V/m；21、判断下列说法的正误。

（1）电功率越大，表示电流做功越多。____

（2）电功W＝UIt可以用来计算所有电路中电流所做的功。____

（3）电热Q＝I2Rt可以用来计算所有含有电阻的电路中产生的焦耳热。____

（4）电动机消耗的电能，一部分转化为机械能，一部分转化为线圈内阻上的电热。____

（5）焦耳定律的表达式为Q＝I2Rt，此式适用于任何电路。____

（6）三个公式P＝UI、P＝I2R、P＝没有任何区别，它们表达相同的意义，所以三式中P都是电功率。____22、正四面体ABCD，每条边的电阻均为R=10Ω，把欧姆表红黑表笔分别接到AB两点，电阻为______Ω。现把一个内阻不计、电动势E=4V的电源接在AB两点，同时把一个电容为100μF的电容器两个电极分别接在BD和AC的中点，则电容器带电量为______C。

23、把一个电容器；电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所连接．先使开关S与1端相连；电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电器放电．与电流传感器相连接的计算机(图中未画出)可记录电流随时间变化I-t曲线，逆时针的电流流向为正值．

图乙是某次实验中电流传感器所记录的i-t曲线，请判断该曲线记录的是电容器的_______过程(选填:“充电”或“放电”)．请你用语言描述电容器在此过程中电流随时间如何变化:____________评卷人得分四、解答题(共4题，共40分)24、空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B．A不带电，B的电荷量为q（q>0）．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为．重力加速度为g；求。

（1）电场强度的大小；

（2）B运动到P点时的动能．25、真空中有一平行金属板，如图所示，两板间的距离为d，两板间的电势差为U，板间为匀强电场。设有一个带正电，电荷量为q、质量为m的粒子，以速度v0从两板中央进入匀强电场，v0的方向跟E的方向垂直；设粒子穿过电场后，刚好从金属板的边缘飞出，求带电粒子离开偏转电场时的速度。

26、一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R，整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为一带正电小球质量为m，电荷量为q，从距B点为处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C（重力加速度为g，）则：

（1）带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？

（2）带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点（图中未标记），B点与D点的水平距离多大？

27、如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体中心（固定在竖直轴上），粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子的速率均相等。立方体处在方向竖直向下、场强的匀强电场中，立方体边长L=0.1m，除了上下底面为空外，其余四个侧面均为荧光屏。已知粒子的质量电荷量不考虑粒子源的尺寸大小；粒子重力以及粒子间的相互作用，粒子打到荧光屏上后被荧光屏吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。

（1）若所有粒子都能打到荧光屏上；求粒子源发射粒子的速率范围；

（2）若粒子源发射出的粒子速率为求：

①打在荧光屏上的粒子具有的最小动能

②打在荧光屏上的粒子数占发射粒子数的比例

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A、当滑片向a滑动时，R接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I增加，根据P=I2R可知电阻R1电功率增大；故A正确；

B、干路电流增加，内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加；故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故B正确；

C、电压表的示数减小量等于R1两端电压的增加量与电阻R2两端电压的减小量，所以电压表的示数变化绝对值小于电阻R2两端电压的变化绝对值，由欧姆定律可知电阻R2两端电压的变化绝对值与电流表的示数变化绝对值之比等于R2；故C错误；

D、滑动变阻器R与电阻R2并联，总电流增加，电阻R2的电流减小，故滑动变阻器R的电流增加，且增加量等于干路电流的增加量与电阻R2的电流减小量之和；故R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值，故D正确；

说法错误的故选C．

【点睛】

由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．2、A【分析】【详解】

A．根据曲线运动的受力特点可知，带电粒子所受的电场力应该指向曲线弯曲的内侧；所以电场力逆着电场线方向，则粒子带负电，故A错误，故A符合题意；

BC．电场线密的地方电场强度大，所以A点的场强比B点的场强大，由F=qE知；粒子在B点受到的电场力较小，所以粒子加速度逐渐减小，故BC正确，故BC不合题意；

D．从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，则带电粒子在A点的速度大于B点的速度；故D正确，故D不合题意；

本题选错误的故选A。3、D【分析】【详解】

因为熔喷布经驻极工艺；表面带有电荷，它能阻隔几微米的病毒，则这种静电的阻隔作用属于静电吸附。

故选D。4、B【分析】【详解】

根据场强的定义式可知场强的方向与正电荷受力方向相同，负电荷受力方向相反，ACD错误B正确．5、B【分析】【详解】

A．由图可知；矿料分选器内的电场方向水平向左，带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，A错误；

BCD．无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，所以无论正负，矿粉的电势能都减小，B正确，C、D错误．6、B【分析】【分析】

【详解】

AB．电荷量为点电荷在A点的电势为

电荷量为的点电荷在A点的电势为

因为

则

A错误B正确；

C．电荷量为的点电荷在A点处的场强为

电荷量为的点电荷在A点处的场强为

则A处的电场强度

CD错误。

故选B。7、D【分析】【详解】

A．根据电容器电容的决定式

可知，当云层向下靠近地面时，d减小，该电容器的电容C将增大；故A错误；

B．根据电容器电容的定义式

可知，当云层向下靠近地面时，该电容器的电容C增大，由于电荷量Q不变；则云层和地面间的电势差将减小，故B错误；

C．根据电场强度与电势差的关系

再联立上面两式可得则当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将不变，故C错误；

D．根据电容器电容的定义式可知，当云层底面积增大时，正对面积S增大，该电容器的电容C将增大；故D正确。

故选D。8、A【分析】【详解】

AC．在哥白尼的日心说基础上；诞生了开普勒行星运动定律，以此为基础，开普勒在第谷进行天文观测得出大量观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿在前人研究的基础上得出了万有引力定律，奠定了现代天文学的理论基础，故A正确，C错误；

B．最早提出力是改变物体运动状态原因的是伽利略；故B错误；

D．奥斯特首先发现了电流的磁效应；故D错误。

故选A。二、多选题(共8题，共16分)9、C:D【分析】【详解】

A．理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，所以R与滑动变阻器串联，电压表分别测量R；路端电压和滑动变阻器两端的电压；当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，电流表A的示数增大，故A错误；

B．根据闭合电路欧姆定律

可知，电流增大，则电源的路端电压减小，所以的示数减小；故B错误；

C．根据闭合电路欧姆定律得

可知

故C正确；

D．根据C选项，同理可得

又因为

联立可得

解得

故D正确。

故选CD。10、A:C【分析】【详解】

AB．电流表的改装需要并联一个分流电阻，故改装后甲表是电流表，改装后量程为表头的电流满偏时通过改装表的总电流，即量程

所以改装后并联的分流电阻越大；其量程越小，故A正确；B错误；

CD．电压表的改装需要串联一个分压电阻，故改装后乙表是电压表，改装后量程为表头的电流满偏时加在改装表两端的总电压，即量程

所以改装后串联的分压电阻越大；其量程越大，故C正确，D错误。

故选AC。11、A:C【分析】【详解】

AB．电场力做功等于电势能的减少量，由题意可知点电荷从a点移到b点过程中，点电荷电势能减少所以电场力做功为故A正确，B错误；

CD．根据动能定理可得

解得

故C正确；D错误。

故选AC。12、A:C:D【分析】【详解】

A．根据电荷运动轨迹弯曲的情况；可以确定点电荷受静电力的方向沿电场线方向，故此点电荷带正电，故A正确；

B．电场线不是真实存在的；是假想的，没有画电场线的地方并不是说没有电场，只是用电场线的疏密来表示磁场的强弱，故电荷受电场力的作用，故B错误；

C．由于电场线越密，电场强度越大，点电荷受到的静电力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此点电荷在N点加速度大；故C正确；

D．粒子从M点运动到N点，静电力做正功，根据动能定理得此点电荷在N点的动能大，故D正确．13、A:D【分析】【详解】

根据题意串联，故通过两电阻的电流相等，也等于串联总电阻通过的电流，结合欧姆定律可知通过电阻的电流为

故选AD。14、B:D【分析】【详解】

A．该电场是上下对称的，M点与N点处电场线的疏密是相同的，M点与N点的电场强度大小相等；但方向不同，故A错误；

B．电场线最密集的地方场强方向向右；正电荷在该电场中受到的最大电场力向右，故B正确；

C．该电场是上下对称的，M点与N点处电势大小相等，将正电荷从M点沿虚线移到N点；电场力做功为零，故C错误；

D．将一带电粒子放置在直线电场线上某点静止释放时；粒子会沿电场线运动，故D正确。

故选BD。15、B:D【分析】【详解】

A、增大两极板间的距离，则d增大，则由决定式可得是容器的电容减小；则由可知，电势差增大，则指针偏角变大，故A错误；

B、由于B板接地，用手触摸A时，对电量有影响，使其减小，因此电势差减小，则指针偏角变小，故B正确；

C、将极板B向上运动时，正对面积减小，则C减小，由定义式可知电势差增大，故C错误；

D、在两板间插入电介质时，介电常数增大，则C增大，由可知；电势差减小，则指针偏角变小，故D正确．

点睛：本题考查电容器的动态分析问题，要明确夹角大小表示电势差的大小．16、A:D【分析】【详解】

由感应电流的产生条件；即闭合回路磁通量发生变化可知，当磁铁向下插入或者向外拔出时，磁通量都会发生变化，从而产生感应电流，电流变指针发生偏转；而磁铁放在螺线管不动不会产生感应电流，指针不偏转，故AD正确，BC错误；

故选AD。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由于带电小球向左偏；所受电场力方向向左，电场线方向也向左，则小球带正电．分析小球的受力情况，作出受力图如下图所示。

根据平衡条件得

得

[2]如果将细线烧断，小球受到重力和电场力，合力恒定，球沿合力方向即绳子方向向下做匀加速直线运动。【解析】沿绳方向向下做初速度为零的匀加速直线18、略

【分析】【详解】

上升高度h与斜面距离s满足：s==2h①

由动能定理；

上升过程mgh+f×s=②

下滑过程mgh−f×s=③

由①②③联立可知h=0.25m；

摩擦力f=μmgcos30∘；

由此可求得动摩擦因数为μ=

整个过程产生的内能Q=-=8J；所以上升过程产生的内能为4J；

返回低端瞬间的热功率为P=fv2=8w.

【点睛】

分上下两个过程进行分析，上升过程重力和摩擦力做负功，下降过程重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理即可求解上升的高度；进而求出摩擦系数和摩擦力的大小；整个过程产生的内能等于初、末状态减小的动能，上升过程和下滑过程产生的内能相等；返回低端瞬间的热功率等于摩擦力做功的功率．【解析】0.254819、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]锌失去电子后，锌离子进入溶液中与硫酸根离子结合成硫酸锌，锌原子将电子留在锌板上，使锌板带负电，硫酸根离子与锌结合后，导致电解液与b之间处的电势升高，对于铜板，由于还原反应，硫酸中的氢离子从铜板上得到电子变成氢气，使铜板带正电，由于氢离子与铜板上的电子结合导致a与电解液处的电势降低；

(2)[2]在电源内部的a、b两个区域，非静电力做功，在a区域，氢离子被搬运到铜板上；在b处；硫酸根离子被搬到锌板上；

(3)[3][4][5]在正常工作的闭合电路中；静电力对做定向运动的电子做正功，电势能减少，所以电子向电势升高的方向运动；

[6][7][8]电源内部；从负极到正极电势升高，所以非静电力把电子从正极搬运到负极，对做定向运动的电子做正功，即电子向电势降低的方向运动，所以电子的电势能增加；

(4)[9]在电源的内阻和外电阻上，电荷移动过程中是静电力做功，r区域是内阻区域，由题意可知，“在A、B两电极附近产生了很薄的两个带电接触层a、b”则该区域即为非静电力作用的范围；也是沿着电流方向电势升高的范围，故BD正确，AC错误；

故选BD；

(5)[10]依据电动势定义可知；电势升高的总和等于电源的电动势；

(6)[11][12]ab区域为非静电力作用的范围，电势升高，R为外电阻，r为内阻，在电阻上，沿电流方向电势降低。【解析】锌失去电子后，锌离子进入溶液中与硫酸根离子结合成硫酸锌，锌原子将电子留在锌板上，使锌板带负电，硫酸根离子与锌结合后，导致电解液与b之间处的电势升高。对于铜板，由于还原反应，硫酸中的氢离子从铜板上得到电子变成氢气，使铜板带正电，由于氢离子与铜板上的电子结合导致a与电解液处的电势降低在a区域，氢离子被搬运到铜板上；在b处，硫酸根离子被搬到锌板上正升高减少正降低增加BD电动势电势两次降低即电流流过外电阻和内电阻时，电势降低电势两次升高即通过两个极板和电解液接触层a、b时电势升高20、略

【分析】【详解】

(1)[1]由库伦定律可知，F=9N。

(2)[2]由可知，E=4.5×105V/m。【解析】94.5×10521、略

【分析】【详解】

略【解析】①.错误②.正确③.正确④.正确⑤.正确⑥.错误22、略

【分析】【详解】

[1]从AB边看整个电路；可知其等效电路为。

根据电桥平衡，可知C、D两点之间的电阻R可以视为断路，则A、B两点之间的电阻为

解得R等效=5Ω

[2]设BD中点为P，AC中点为Q，则把一个内阻不计、电动势E=4V的电源接在AB两点；其等效电路图如下所示。

由于AB间的等效电阻为5Ω，故干路电流为

流过QC的电流为

同理知流过DP的电流为IDP=0.2A

故Q、P间的电压大小为UPQ=IQC∙0.5R＋IDP·0.5R