2025年新科版必修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年新科版必修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5题，共10分)1、如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线．一带正电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．下列判断正确的是（）

A.a点场强小于b点场强B.a点电势大于b点电势C.带电粒子从a到b动能减小D.带电粒子从a到b电势能减小2、如图所示，A、B两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为＋q和－q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，细线长均为L.现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场，电场强度A、B两球最后会达到新的平衡位置；则在这个过程中，两个小球（）

A.总重力势能减少了mgLB.总重力势能增加了mgLC.总电势能减少了mgLD.总电势能减少了mgL3、用可拉伸的材料制成长为l、直径为d的圆柱形容器，在其中充满电解液，经测量可知电解液的阻值为8Ω。假设电解液的阻值的变化趋势与金属丝的阻值的变化趋势相同，在保持容器体积不变的情况下，将该容器的长度均匀地拉长到原来的1.25倍，则此时该电解液的阻值为（）A.5.12ΩB.6.4ΩC.12.5ΩD.25Ω4、如图所示；A；B为相互接触的用绝缘支架支撑的金属导体，在它们的下部贴有金属箔片，起初它们不带电，C是用绝缘棒连接的带正电的小球，A、B、C均可自由移动，实验中把C移近导体A，关于实验现象和分析下列说法正确的是（）

A.A上的金属箔片张开且带正电，B上的金属箔片不张开B.A上的金属箔片张开且带负电，B上的金属箔片不张开C.A上的金属箔片张开且带正电，B上的金属箔片张开且带负电D.A上的金属箔片张开且带负电，B上的金属箔片张开且带正电5、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点的电势保持不变评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、有三个质量相等、分别带有正电与负电及不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处；如图所示．则下列说法正确的有（）

A.粒子A带负电，B不带电，C带正电B.三个粒子在电场中运动的时间不相等C.三个粒子在电场中运动的加速度aA<aB<aCD.三个粒子到达极板时的动能EA>EB>EC7、如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B；则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（）

A.竖直墙面对小球A的弹力减小B.地面对小球B的弹力一定不变C.推力F将增大D.两个小球之间的距离增大8、如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为了保证当丝线与竖直方向的夹角为θ＝60°时；小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为。

A.B.C.D.9、A、B两物体质量均为m，其中A带正电，带电量为+q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时A、B都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度式中g为重力加速度；若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是（）

A.刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为2gB.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体速度大小一直增大C.从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体的机械能增加量始终等于A物体电势能的减少量D.B刚要离开地面时，A的速度大小为10、如图所示，ABDC为正方形，带电荷量为的点电荷固定在A点。先将一带电荷量也为的点电荷从无穷远处（电势为0）移到B点，此过程电场力做的功为再将从B点沿某一路径移到C点并固定，此后将一带电荷量为的点电荷从无穷远处移到D点。下列说法正确的是（）

A.移入之前，B点的电势为B.移到D点后，B点的电势等于零C.从B点移到C点的过程中，电场力先做负功后做正功D.从无穷远处移到D点的过程中，所受电场力做的功小于4W评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)11、把负电荷q=5×10−5C从无穷远处移到电场中A点,克服电场力做功4.0×10−6J,再把q从A点移到B点,电场力对电荷做1×10−4J的功,A点电势为________V,B点电势为__________V。12、恒定电流：大小、___________都不随时间变化的电流。13、电磁波通信：电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输，也可实现无线传输。电磁波的频率_____，相同时间内传递的信息量_____。14、左图读数为___________cm；右图读数为___________mm。

15、在一点电荷Q产生的电场中，电荷量为+q的粒子在某点的电势能Ep与该点到Q的距离r的关系如图所示。设电场中距Q的距离为L、3L处的电势分别为φ1、φ2，电场强度分别为E1、E2，则Q带____（选填“正”或“负”）电，φ1：φ2=____，E1：E2=____。

16、带电粒子在电场中的加速。

分析带电粒子的加速问题有两种思路：

（1）利用___________定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是___________且涉及___________等描述运动过程的物理量，公式有qE=___________，v=v0＋___________等。

（2）利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及___________、___________等动能定理公式中的物理量或___________电场情景时，公式有qEd=mv2-mv（匀强电场）或qU=mv2-mv（任何电场）等。17、如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=1m，b=0.2m，c=0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U-I图线如图乙所示，当U=10V时，求电解液的电阻率ρ是_______Ω·m

评卷人得分四、作图题(共2题，共8分)18、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19、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。

评卷人得分五、实验题(共3题，共30分)20、某同学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒（约为4Ω）的电阻率。

电压表V（量程15.0V；内阻约1kΩ）

电流表A（量程0.6A，内阻）

定值电阻（阻值）

滑动变阻器（最大阻值10Ω）

学生电源E（电动势20V）

开关S和若干导线。

(1)如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为______mm；如图乙，用游标卡尺测得导体棒的长度为______cm；

(2)请根据提供的器材，在图丙所示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值；______

(3)实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻R=______Ω（保留一位小数），再根据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻______（填“>”“<”或“=”）21、图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位；5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。

(1)图a中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。

(2)关于R6的使用，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。

A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置。

B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。

C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置。

(3)根据题给条件可得R1＋R2=_______Ω，R4=________Ω。

(4)某次测量时该多用电表指针位置如图b所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为_______；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为___________。（结果均保留3位有效数字）22、某实验小组准备测定一节干电池的电动势和内阻。

(1)先用多用电表“直流2.5V挡”粗测该干电池的电动势，读数为___________V。

(2)为了更精确地测量该干电池的电动势和内阻；实验小组用实验室提供的下列器材进行下一步实验：

A.电流表A（量程为50mA，内阻rg=10Ω）

B.电阻箱R（最大阻值为99.99Ω）

C.定值电阻R0=2Ω

D.开关；导线若干。

①根据以上提供的器材设计了如图所示的测量电路。

②用笔画线替代导线，根据实验原理图在实物图上完成连线___________。

③改变电阻箱的阻值R，测出对应的电流表A的示数I，根据测量的数据作出的图线，如图所示。由图线可求得该干电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。（结果均保留两位有效数字）评卷人得分六、解答题(共1题，共7分)23、A、B两平行金属板间的匀强电场的场强方向如图。电场中两点相距连线与电场线成角，点距A板点距B板求。

（1）电势差

（2）用外力把电荷量为的正电荷（不计重力）由点匀速移动到点，那么外力做的功是多少?如果点为零电势，该正电荷在点具有的电势能是多少？

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．a点的电场线较密，故a点的场强大于b点场强；A错误；

B．从图像上看，a点所在的等势面与b点所在的等势面不重合，沿电场线方向电势降低，a点电势小于b点电势；B错误；

CD．带电粒子受到的电场力向左，粒子从a到b的位移与电场力的夹角大于90度；电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大，C正确，D错误；

故选C。2、D【分析】【分析】

【详解】

AB．加上电场后B球向右运动；达到平衡后，由于。

由平衡条件对整体研究可知，A球不动，B球向右偏转上升的高度为：

则总重力势能增加了：

故AB错误；

CD．B球沿电场力方向移动的距离为：

电场力做正功；则总电势能减少了为：

故C错误；D正确；

故选D。3、C【分析】【分析】

【详解】

根据电阻定律。

保持容器的体积不变，电解液仍充满整个容器，将容器的长度均匀地拉长到原来的1.25倍，则容器的截面积变为原来的电阻变为。

故选C。4、D【分析】【详解】

当带正电的小球C靠近A；B时；由静电感应A带负电B带正电，A、B上的金属箔片由于同种电荷相斥都张开。

故选D。5、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。二、多选题(共5题，共10分)6、B:C【分析】【分析】

【详解】

ABC．三个微粒的初速度相等，水平位移根据水平方向上做匀速直线运动，所以由公式

得

三个微粒在竖直方向上的位移相等，根据

得

从而得知B仅受重力作用；A受电场力向上，C所受的电场力向下，所以B不带电，A带正电，C带负电，A错误，BC正确；

D．根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A电场力做负功，C电场力做正功，所以C的动能变化量最大，A的动能变化量最小，初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能为

D错误。

故选BC。7、A:B:D【分析】【详解】

整体法可知地面对小球B的弹力一定不变，B正确；假设A球不动，由于A、B两球间距变小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，而其竖直分量不变，故库仑力变小A、B两球间距变大，D正确；但水平分量减小，竖直墙面对小球A的弹力减小，推力F将减小；故A正确，C错误。

故选ABD。8、A:C:D【分析】【详解】

小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据平行四边形定则，当电场力方向与拉力方向垂直时，电场力最小，Fmin=mgsin60°，所以电场强度的最小值

由此可知只要电场强度大于等于即符合题意．

A．．故A符合题意．

B．．故B不符合题意．

C．．故C符合题意．

D．．故D符合题意．9、A:B:D【分析】【详解】

A．在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场力瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力，故

解得

方向向上；故A正确；

B．B刚要离开地面时，地面对B弹力为0，即

对A物体

即A物体合力为0；因此从开始到B刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度一直增大，故B正确；

C．从开始到弹簧恢复原长的过程；A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误；

D．当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为

根据动能定理可知

解得

故D正确。

故选ABD。10、A:D【分析】【详解】

A．根据电场力做功与电势能变化的关系知，在B点时电势能

则B点电势

A正确；

B．电荷量为的点电荷从无穷远处移到D点后，B点的电势相当于带电荷量均为q的、在A、D两点的等量异种点电荷和在C、D两点的等量异种点电荷产生的电势的叠加，B点到A、D两点的距离相等，则在A、D两点的等量异种点电荷在B点产生的电势和为零，对于在C、D两点的等量异种点电荷，B点到负点电荷的距离近，则B点的电势小于零（点拨：可结合等量异种点电荷模型解题）；B错误；

C．在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处于同一等势面上，从B点移到C点的过程中；电场力做的总功为0，但由于路径未知，该过程中电场力做功的情况未知，C错误；

D．将移到C点固定后，再将从无穷远处移到D点，点电荷对的库仑力做的功为2W，A处的点电荷对做的功小于2W；可知D正确。

故选AD。三、填空题(共7题，共14分)11、略

【分析】【详解】

[1]无穷远间与A的电势差为

无穷远电势为零，由得A点电势：

[2]A、B间电势差为:

因则B点电势【解析】-0.081.9212、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据定义可知，恒定电流为大小、方向都不随时间变化的电流。【解析】方向13、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]电磁波通信：电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输，也可实现无线传输。电磁波的频率越高，相同时间内传递的信息量越大。【解析】①.越高②.越大14、略

【分析】【详解】

[1]由左图可知，游标卡尺为十分度游标卡尺，则读数为

[2]由右图可知，螺旋测微器读数为【解析】1.141.73015、略

【分析】【详解】

[1]由图可知，粒子离电荷越远，电势能越低，说明远离电荷时，电场力做正功，即电荷与粒子之间是斥力，所以电荷Q带正电；

[2]由图可知，电荷在L处的电势能为6E0，在3L处的电势能为2E0，根据公式

两点电势之比为

[3]根据点电荷的电场强度公式

两点电场强度之比为【解析】正3∶19∶116、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2][3][4][5]利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量，公式有

（2）[6][7][8]利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，公式有qEd=mv2-mv（匀强电场）

或qU=mv2-mv（任何电场）【解析】①.牛顿第二②.匀强电场③.运动时间④.ma⑤.at⑥.位移⑦.速率⑧.非匀强17、略

【分析】【详解】

由图乙可求得电解液的电阻为由图甲可知电解液长为截面积为结合电阻定律可得【解析】40四、作图题(共2题，共8分)18、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】ABDABD19、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】五、实验题(共3题，共30分)20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1][2]用螺旋测微器测得导体棒的直径为4.5mm+0.01mm×12.0=4.620mm

用游标卡尺测得导体棒的长度为10.1cm+0.1mm×4=10.14cm

(2)[3]要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程为15V，则待测电阻的电流最大为

则0.6A的电流表量程太小；不安全，而电流表内阻已知，且有定值电阻，则可以用电流表与定值电阻串联，定值电阻能分部分电压且能精确的得到待测电阻阻值，而电流表选择内接法可以消除系统误差，故电路图如图。

(3)[4][5]根据伏安法可