2025年新世纪版必修3物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年新世纪版必修3物理上册月考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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图所示的电路中，R1、R2、R3是定值电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时；则与无光照射时比较。

A.电容器C的下极板带正电B.R3两端电压降低C.通过R4的电流变小，电源的路端电压增大D.通过R4的电流变大，电源提供的总功率变小2、如图所示，平行板电容器保持与直流电源连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离；下列说法中正确的是（）

A.油滴带正电B.电容器的电容变大C.油滴将向下运动D.P点的电势保持不变3、如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零、Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示。若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）

A.电子将沿Ox负方向运动B.电子运动的加速度先减小后增大C.电子运动的加速度恒定D.电子的电势能将增大4、将一只量程为100μA，内阻Rg=900Ω的灵敏电流计分别改装成量程为1mA的电流表、量程为1V的电压表，电路如图所示，G为灵敏电流计，Ra、Rb是二个定值电阻，下列判断正确的是（）

A.选择开关置于a时，构成量程为0∼1V的电压表B.选择开关置于b时，构成量程为0∼1mA的电流表C.电阻Ra的阻值为90ΩD.电阻Rb的阻值为910Ω5、某一网络电路中的部分电路如图所示，已知I=3A，I1=2A，R1=10Ω，R2=5Ω，R3=7.5Ω；则下列结论正确的是（）

A.通过R3的电流为0.5A，方向从b→aB.通过R3的电流为0.5A，方向从a→bC.通过电流表的电流为1.0A，电流表“＋”接线柱在左边D.通过电流表的电流为1.0A，电流表“＋”接线柱在右边6、采用如图所示的电路，通过改变外电路电阻R，测出多组U、I的数据，作出图像；利用图像可以求解出电源的电动势和内电阻；某同学考虑到实验中使用的电压表和电流表的实际特点，认为本实验是存在系统误差的；关于该实验的系统误差，下列分析正确的是（）

A.滑动变阻器接入电路的阻值越大，系统误差越小B.滑动变阻器接入电路的阻值大小对系统误差没有影响C.电流表的分压作用导致该实验产生系统误差D.电压表的分流作用导致该实验产生系统误差7、如图所示；竖直向下的匀强磁场中有一个闭合的正方形线框。保持线框始终完全处于匀强磁场中，在下列情况中，线框中能产生感应电流的是（）

A.如图甲，线框在磁场中竖直向下加速移动B.如图乙，线框在磁场中水平移动C.如图丙，线框绕自身的水平对称轴AB做匀速转动D.如图丁，线框绕垂直于自身平面的竖直轴CD做匀速转动8、红外线热像仪可以监测人的体温，当被测者从仪器前走过时，便可知道被测者的体温是多少，关于其中原理，下列说法正确的是（）A.人的体温会影响周围空气温度，仪器通过测量空气温度便可知道人的体温B.仪器发出的红外线遇人反射，反射情况与被测者的温度有关C.被测者会辐射红外线，辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关，温度高时辐射强且较短波长的成分强D.被测者会辐射红外线，辐射强度以及按波长的分布情况与温度有关，温度高时辐射强且较长波长的成分强评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、如图所示；A和B为两根互相平行的长直导线，通以同方向等大电流，虚线C为在A和B所确定的平面内与A；B等距的直线，则下列说法正确的是（）

A.两导线间的空间不存在磁场B.虚线C处磁感应强度为零C.AC间磁感应强度垂直纸面向里D.CB间磁感应强度垂直纸面向外10、如图所示，正方形ABCD以坐标原点O为中心，关于x轴对称，与x轴交于M、N两点，将四个点电荷分别固定在正方形的四个顶点，其中A、B处的点电荷所带电荷量为＋Q，C、D处的点电荷所带电荷量为－Q.下列说法正确的是()

A.M、N两点的电场强度大小相等、方向相反B.在x轴上从M到N电势先降低后升高C.在x轴上从M到N电势一直降低D.负检验电荷在N点的电势能大于其在M点的电势能11、如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压保持不变。闭合开关S，滑动变阻器滑片P从中点向右移动过程中；下列说法正确的是（）

A.电压表示数变大，电流表A1变小B.电流表A2示数变小C.电流表A2、A1示数之差变小D.电压表示数与电流表A2示数的比值变大12、如图所示展示了等量异种电荷的电场线和等势面。关于场中的A、B、C、D四点；下列说法正确的是（）

A.A、B两点的电势和场强都相同B.A、B两点的场强相同，电势不同C.C、D两点的电势和场强都不同D.C、D两点的电势相同，场强不同13、两个电荷量为q1、q2的正负点电荷分别固定在x轴上的O、M两点，在两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中C点的电势最高。下列说法正确的是（）

A.B.A、N两点的电场强度均为零C.C点的电场强度为零D.将一正点电荷从D移到N的过程中，电场力先做正功后做负功14、如图所示，是半径为的圆的一条直径，该圆处于平行该圆周平面的匀强电场中。将质子从a点以的动能在该平面内朝着不同方向射出，质子可经过圆周上所有点。其中，到达c点的动能最大且为已知若不计重力和空气阻力，且规定圆心O处电势为0；则下列说法正确的是（）

A.电场方向为方向B.电场强度大小为C.b点电势为D.质子经过该圆周时，可能具有动能的同时，其电势能为15、下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是（）A.电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B.W=UIt适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路C.在非纯电阻电路中，UI>I2RD.焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、一同学用精确度为游标卡尺测一根金属管的深度时，游标卡尺上的游标尺和主尺的相对位置如图甲所示，则这根金属管的深度______该同学又利用螺旋测微器测量电阻丝直径时，螺旋测微器示数如图乙所示，则_______

17、（1）2019年6月，工信部正式向中国移动、中国电信、中国联通和中国广电4家公司发放5G正式商用牌照，这标志着我国正式进入了5G商用元年。据悉此次中国电信和中国联通获得3500MHz频段试验频率使用许可，该频段的波长约为________mm。

（2）在收音机接收中波段时其LC振荡电路的电感L是固定的，当可变电容器电容为C1＝270pF时可接收频率为535kHz的电磁波，当可变电容器的电容为C2时可接收频率为1605kHz的电磁波，则可变电容器的电容C2＝________pF。18、电路中，每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10－6m2的导线，那么电路中的电流大小为______A。19、使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1，现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2，则F1与F2之比为______。20、一充电后的平行板电容器与电源断开后，若只将电容器两板间距离增大，电容器所带电荷量Q将____，电容C将___，电容器两极板间的电势差U将______。（三空均选填“增大”、“减小”或“不变”）21、某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为__________cm，高度为________mm。

评卷人得分四、作图题(共4题，共36分)22、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。

23、如图所示是某电场中的电场线，请画出点a点的场强方向和电荷-q在b点所受电场力的方向。

24、试画出点电荷、等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线。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、解答题(共3题，共9分)26、雷雨天气电闪雷鸣，形成一幅壮观的自然景象，如图所示。某中学实验小组的同学为了探究闪电形成的条件，在实验室进行了模拟。假设某次实验时产生的电压为电流为该放电过程持续的时间为则：

(1)该放电过程放出的电荷量为多少？如果放电过程电荷以0.5A的电流通过电灯（正常发光）；则可供电灯照明的时间为多少？

(2)该放电过程对外释放的电能应为多少？

27、如图甲，带有狭缝S的竖直挡板左侧存在水平向左的匀强电场，挡板右侧有两块正对水平放置的平行金属板M、N，板长均为L，板间距离为d，两板间所加电压按如图乙所示规律变化，图乙中U1=U0、U2=-3U0。挡板左侧电场中的P点有一电子源，能随时间均匀地向右侧释放电子，电子初速度不计。已知=L，P、S连线为两平行板的中心线，电子源释放的电子经过电场加速、偏转后均能从两板间射出电场，电子质量为m，电荷量为e，挡板左侧匀强电场的电场强度忽略电子重力及电子间的相互作用，求：

（1）电子到达狭缝S处时的速度大小v0；

（2）t=0时刻经狭缝S进入两板间的电子离开电场时偏离中心线的距离y0；

（3）对于0～T时间内经狭缝S进入两板间的所有电子，能从中心线上方离开偏转电场的电子数所占百分比

28、如图所示的电路中，电源电动势E＝10V，内阻r＝0.5Ω，电动机的电阻R0＝1.0Ω，电阻R1＝1.5Ω，电压表的示数U1＝3.0V；电动机正常工作。求此时：

（1）通过电动机的电流；

（2）电动机两端的电压；

（3）电动机消耗的电功率；

（4）电动机损耗的热功率。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

ABC.有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知，干路电路中电流增大，由E=U+Ir可知路端电压减小，R1与R2支路中电阻不变，故该支路中的电流减小，则由并联电路的电流规律可知，另一支路中电流增大，即通过R2的电流减小，而通过R3和R4的电流增大，根据U=IR可知，R3两端电压升高；以电源正极为参考点，上极板所接处的电势低于下极板的电势，故下极板带正电；选项A正确，BC错误；

D.强光照射，R4电阻减小，那么，电路总电阻减小，故总电流增大，所以P=EI电源提供的总功率变大；故D错误.2、C【分析】【详解】

A．由带电油滴原来处于平衡状态可知，根据电场强度方向向下，而电场力方向竖直向上，则油滴带负电。故A错误。

B．上极板上移时，则d增大，由

可知，C减小，故B错误。

C．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据

得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故C正确。

D．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故D错误；

故选C。3、B【分析】【详解】

A．由图乙可知，随x增大电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动；选项A错误；

BC．中-x图像的斜率大小等于电场强度大小，即

由图乙可知，图像斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，由F=qE

可知；电子所受的电场力先减小后增大，由牛顿第二定律知，电子运动的加速度先减小后增大，B正确，C错误；

D．电子由静止释放后；电场力对电子做正功，电子的电势能减小，D错误。

故选B。4、D【分析】【详解】

选择开关置于a时，构成量程为0~1mA的电流表，由欧姆定律可知

解得

选择开关置于b时，构成量程为0~1V的电压表，由欧姆定律知

解得

故选D。5、D【分析】【分析】

【详解】

AB．根据欧姆定律，电阻R1两端电压为2A×10Ω=20V，电阻R2两端电压为1A×5Ω=5V，故电阻R3两端电压为20V-5V=15V，且b端电势高于a端电势，故通过R3的电流为

方向从b→a；故AB错误；

CD．根据电荷守恒定律，流入与流出b点的电流是相等的；故通过电流表的电流为1.0A，电流方向向左，即电流表“+”接线柱在右边，故C错误D正确；

故选D。6、D【分析】【详解】

AB．本实验中的误差来自于电压表的分流作用；滑动变阻器接入电路部分的阻值越大，则电压表分流越大，误差越大，故A；B错误；

C．电流表采用的是内接法；其内阻不会对测量带来影响，故不产生系统误差，C错误；

D．由于电压表的分流作用使电流测量值偏小；从而产生系统误差，故D正确。

故选D。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．如图甲；线框在磁场中竖直向下加速移动，回路磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误；

B．如图乙；线框在磁场中水平移动线框在磁场中竖直向下加速移动回路磁通量不变，不会产生感应电流，故B错误；

C．如图丙，线框绕自身的水平对称轴AB做匀速转动；回路磁通量改变，会产生感应电流，故C正确；

D．如图丁，线框绕垂直于自身平面的竖直轴CD做匀速转动回路磁通量不变；不会产生感应电流，故D错误。

故选C。8、C【分析】【详解】

根据热辐射规律可知；随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加；随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．人的体温的高低，直接决定了这个人辐射的红外线的频率和强度，通过监测被测者辐射的红外线的情况就可知道这个人的体温，故C正确。

故选C。二、多选题(共7题，共14分)9、B:C:D【分析】【详解】

试题分析：本题考查了磁场的叠加；根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在各区域中形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出磁感应强度大小和方向．

解：设电流A、B在空间产生的磁场分别为BA、BB，根据安培定则，电流A在AB间产生的磁场垂直纸面向里，而电流B在AB间产生的磁场垂直纸面向外，又因IA=IB，故在AC区，BA＞BB，合磁场方向垂直于纸面向里，在BC区，BA＜BB，合磁场方向垂直于纸面向外，中线C处BA=BB；合磁场为零，综上所述，正确的选项为B；C、D．

故选BCD

【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提．10、C:D【分析】【详解】

A．对M点进行研究，两个正电荷在M点产生的合场强为零，根据平行四边形定则可知，两个负电荷在M点产生的合场强方向水平向右；对N点进行研究，两个负电荷在N点的合场强为零，根据平行四边形定则可知，两个正电荷在N点的合场强方向水平向右，且由对称性可知，M、N两点处的电场强度等大同向；A错误；

BC．沿电场线方向电势逐渐降低，由题意可知在x轴上从M到N电场方向向右；则电势一直降低，B错误，C正确；

D．M点的电势高于N点的电势，负检验电荷从M点移动到N点时，电场力做负功，电势能增加，则负检验电荷在N点具有的电势能比其在M点的电势能大，D正确．11、B:D【分析】【分析】

【详解】

由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A2测干路电流，电流表A1测R2支路的电流；

AB．由于电源电压不变，则电压表示数不变；闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从中点向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流减小，即电流表A1示数变小；由于并联电路互不影响，则通过R1的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变小，即电流表A2示数变小；故A错误，B正确；

C．电流表A2、A1示数之差为通过R1的电流，保持不变，即电流表A2、A1示数之差不变；故C错误；

D．电压表示数不变，电流表A2示数变小；其比值变大，故D正确。

故选BD。12、B:D【分析】【分析】

【详解】

AB．AB两点是对称的，它们的场强大小相等，但是电势不同，A点的电势大于B点的电势；故A错误，B正确；

CD．CD两点在中垂线上，中垂线上的电势都为零，所以CD两点的电势相同；场强的大小不同，方向相同，故C错误，D正确。

故选BD。13、A:C【分析】【详解】

A．由图知无穷远处和A点的电势均为0，根据沿着电场线电势降低的性质，可得出：O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电，又因为rOA＞rAM，根据点电荷的电势分布关系可知：故A正确；

BC．因为该图象的斜率等于场强E，则由图象和数学知识可知，A、N两点的电场场强不等于零，而C点电场强度为零。故B错误C正确；

D．由于从D→N段中；电势先升高后降低，正电荷的电势能先增大后减小，根据功能关系可知，电场力先做负功后做正功。故D错误。

故选：AC。14、B:C【分析】【详解】

A．小球在c点时的动能最大，即c点的电势最低．作过c点与圆周相切的线，切线为等势线，Oc方向即为电场方向；故A错误；

B．根据A选项分析；作出下图。

由几何关系可知

根据分析可知

则电场强度的大小

故B正确；

C．根据沿着电场线方向电势逐渐降低结合由图可得

解得

故C正确；

D．点的电势能

根据对称性可知沿着在圆上的另一点电势最高为故质子经过该圆周时，不可能具有动能的同时，其电势能为故D错误。

故选BC。15、B:C:D【分析】【详解】

A．电功率公式

表示电功率越大，电流做功越快．对于一段电路，有

焦耳热

可见Q与P、U、t、R都有关，所以P越大，Q不一定越大；A错；

B．电功的定义式

适用于任何电路，而

只适用于纯电阻电路，即

只适用于纯电阻电路；B正确；

C．在非纯电阻电路中，电流做的功等于焦耳热和其他形式的能之和，所以

即

C正确；

D．焦耳热的定义式

适用于任何电路；D正确。

故选BCD。三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]．金属管的深度：h=3.0cm+0.05mm×12=3.060cm.

[2]．直径：d=0.5mm+0.01mm×23.0=0.730mm【解析】3.060±0.0050.730±0.00117、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据公式，可得该频段的波长为

（2）[2]当收音机的LC振荡电路的频率等于电磁波的频率时，收音机就能接收该频率的电磁波。根据LC振荡电路频率公式

电感L是固定的，故有

所以

由题意C1＝270pF

可解得C2＝30pF【解析】①.85.7②.3018、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]每分钟通过的电量为

则电路中的电流为【解析】19、略

【分析】【分析】

【详解】

相距为a时；根据库仑定律得。

接触后；各自带电量变为。

则此时有。

则F1与F2之比为60：1【解析】60：120、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]充电后的平行板电容器与电源断开；则可知电容器所带电荷量将保持不变；

[2]根据平行板电容器的决定式，可得

将电容器两板间距离d增大,易知该电容器的电容将减小；

[3]根据电容器电容的定义式，可得

电容器电荷量不变，当电容减小时，两极板间的电势差U将增大。【解析】①.不变②.减小③.增大21、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺读数即工件的直径为

[2]螺旋测微器的读数即工件的高度为【解析】4.2151.850四、作图题(共4题，共36分)22、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23、略

【分析】【详解】

电场线上每一点的切线方向即为该点的电场强度方向；负电荷受电场力的方向与场强方向相反，如图所示。

【解析】24、略

【分析】【详解】

根据电荷属性；点电荷；等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线如下所示。

【解析】25、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）在图（1）中；已知小磁针静止时N极的指向，由直线电流的安培定则，可知直线中的电流方向向下，如图所示。

（2）在图（2）中；已知小磁针静止时N极的指向，由环形