2025年华东师大版必修3物理下册月考试卷

…………○…………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年华东师大版必修3物理下册月考试卷32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、已知一导体的电阻是4Ω，在内通过导体横截面的电量是这时加在此导体两端的电压是（）A.B.C.D.2、如图，实线表示处在竖直平面内的水平向右的匀强电场的电场线，有一带电液滴沿与水平方向成37°角的虚线斜向上做直线运动，已知液滴的质量为m，带电荷量为q；则下列说法中正确的是（）

A.液滴可能带正电B.液滴可能做匀速直线运动C.匀强电场的场强的大小一定为D.匀强电场的场强的大小一定为3、真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图像（φ-r图像）；判断下列说法中正确的是（）

A.该金属球可能带负电B.A点的电场强度方向由A指向球心C.A点的电场强度小于B点的电场强度D.电荷量大小为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W=q（φ1-φ2）4、如图所示，半径为1m的圆上有A、B、C三点，三点将圆均分，圆处在匀强电场中，电场方向与圆面平行，已知A、B、C三点的电势分别为则圆上电势最高点与电势最低点间的电势差为（）

A.4VB.C.5VD.5、如图所示，两平行金属板间始终与电源两极相连，电源电压为8V，两板的间距为2cm，而且极板B接地。极板间有C、D两点，C距A板0.5cm，D距B板0.5cm；则（）

A.两板间的场强为500V/mB.C、D两点的电势相等C.C点的电势D.D点的电势评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行板电容器中的带电液滴M处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则（）

A.带电液滴M一定带正电B.R4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大C.若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴M将向上极板运动D.若将开关S断开，带电液滴M将向下极板运动7、某同学将一毫安表改装成双量程电流表。如图所示，已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA，R1和R2为定值电阻，且R1=5Ω，R2=20Ω；则下列说法正确的是（）

A.若使用a和b两个接线柱，电表量程为24mAB.若使用a和b两个接线柱，电表量程为25mAC.若使用a和c两个接线柱，电表量程为4mAD.若使用a和c两个接线柱，电表量程为5mA8、如图所示，A、B、C三点在同一水平面上,D点在B点正上方,A、C到B的距离均为d，D到B点的距离为AB垂直于BC空间存在着匀强电场，一个质量为m、电荷量为+q的粒子从A移到D时电场力做的功为零，从C到D时电场力做的功也为零，从B移到D时克服电场力做的功为W，则下列说运正确的是()

A.带电粒子从A移到C时电场力做的功一定为零B.电场强度既垂直于AD，又垂直于ACC.电场强度的大小为D.C点和B点间的电势差大小为9、某温度检测装置原理如图所示。图中RT为热敏电阻（随温度升高阻值减小），RG为光敏电阻（随光照强度增大阻值减小），RG接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻。当RT处温度升高时（）

A.L变暗B.通过R3的电流减小C.E2的路端电压增大D.R2消耗的功率增大10、产生闪电的积雨云底层带负电，为避免闪电造成的损害，高大的建筑物会装有避雷针。图中虚线为避雷针周围的等势线，a、b两点的场强大小分别为Ea、Eb，a、b两点的电势分别为则（）

A.>B.Ea<EbC.避雷针的顶端带负电D.一带负电的雨滴从a下落至b，电场力做正功11、某电场的电势φ在x轴上的分布如图所示；已知图像关于原点对称，下列说法正确的是（）

A.该电场可能是某一点电荷形成的电场，且电荷位于原点处B.原点处场强为0C.x1=-0.5cm与x2=0.5cm处的场强相同D.电子在x1=-0.5cm处的电势能小于在x2=0.5cm处的电势能评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)12、电源的电动势是反映电源_________的本领的物理量，这个转化过程是通过_______做功来实现。13、某金属导体的伏安特性曲线如图，该导体的电阻随电压的升高而___________（填增大或减小），当导体两端电压为2V时，电阻为________

14、作用：

（1）移送电荷，使电源正、负极间有一定的___________。

（2）使电路中有___________的电流。15、两导线长度之比为1∶2，横截面积之比为3∶4，电阻率之比为5∶6，则它们的电阻之比为______。16、如图所示，游标卡尺的示数为___________cm；螺旋测微器的示数为___________mm。

17、如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为-4×10-6C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10-4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10-4J；N板接地．则。

（1）A点的电势=________________

（2）UMN等于__________18、原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流。设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核运动，电子的电荷量为e，等效电流是______。19、绕在同一铁芯上的线圈Ⅰ；Ⅱ按图所示方法连接；判断在以下各情况中，线圈Ⅱ中是否有感应电流产生．

①闭合电健K的瞬时___________________．

②保持电键K闭合的时候________________________．

③断开电键K的瞬时_______________________．

④电键K闭合将变阻器R0的滑动端向左滑动时：_________．（以上各空均填“有”或“无”）评卷人得分四、作图题(共3题，共21分)20、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21、如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。

（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义。

（2）请在图2画好的U-I关系图线上任取一点；画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率。

22、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2题，共4分)23、现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率；现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图所示。

（1）由图读得圆柱体的直径为___________mm，长度为___________cm。

（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U等字母表示的电阻率的关系式为=___________。24、某实验小组用如图所示的电路进行“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，其中电流表G的量程为3mA、内阻100Ω，电阻箱R0电阻大小范围为0-99999.9Ω，电压表V（量程3V或15V）、内阻约为4kΩ；小灯泡的铭牌为“0.6A，2.5V”，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω，电源电动势E=4.5V；内阻约为1Ω。

(1)开关S、S1闭合前，要将电流表的量程扩大为0.6A，则应先将电阻箱R0的阻值调至___________（保留两位有效数字）；滑动变阻器R的滑片调至___________端；电压表量程应选择___________（选填“3V”或“15V”）。

(2)闭合开关S、S1；逐渐调节滑动变阻器，记录数据。

(3)当电流表G的读数为1.0mA时，电压表的读数为0.70V，则此时小灯泡的功率为___________W（保留两位有效数字）。评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)25、如图所示，高度为h、倾角为θ=37°的粗糙绝缘斜面底端固定着一、块绝缘挡板，整个装置处在一电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场中。一质量为m、带正电荷量为q的物块（可视为点）从斜面顶端由静止滑下，与挡板相碰的过程中无机械能损失。物块与斜面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力；已知重力加速度大小为g。求物块在斜面上运动的总路程s。

26、如图所示，大球A原来的电荷量为Q，小球B原来不带电，现在让小球与大球接触，达到静电平衡时，小球获得的电荷量为q；现给大球A补充电荷，使其电荷量为Q，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为Q；问：经过反复足够多次接触后，小球的带电荷量为多少？

27、如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量m=1.0×10−7kg，电荷量q=1.0×10−2C的带电粒子以平行于金属板的速度v0=1.0×104m/s持续射向挡板。已知U0=1.0×102V；粒子重力不计，求：

（1）粒子在电场中的运动时间；

（2）t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小；

（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。

28、导线中的电流是10-8A，导线的横截面积为1mm2，电子的电量e=1.6×10-19C，导体每立方米有8.5×1028个自由电子；求：

（1）在1秒内；有多少个电子通过导线的横截面？

（2）自由电子的平均移动速率是多大？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

通过导体的电流

这时加在此导体两端的电压是U=IR=16V

故选B。2、D【分析】【详解】

AB．由于液滴做直线运动；所以液滴所受电场力与重力的合力方向一定和速度方向在同一直线上，则液滴所受电场力一定为水平向左，即液滴一定带负电，此时液滴所受合外力与速度方向相反，液滴一定做匀减速直线运动，故AB错误；

CD．设匀强电场的场强大小为E，根据力的合成与分解有

解得

故C错误；D正确。

故选D。3、D【分析】【详解】

A．由图可知0到r0电势不变；之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，A错误；

B．沿电场线方向电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B；B错误；

C．图像斜率的物理意义为电场强度，所以A点的电场强度大于B点的电场强度；C错误；

D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功

D正确。

故选D。4、A【分析】【详解】

连接ABC作正三角形，则AC的中点D与B点等电势，BD与AC垂直；如图。

则电场沿CA方向，电场强度为

圆上电势最高点和最低点连线为圆的直径且与AC平行，则

故选A。5、D【分析】【详解】

A．如图，板间电压U=8V，两板间的场强

A错误；

B．由题板间场强方向向下，则C点的电势高于D点的电势；B错误；

C．C、B间的电势差为

而极板B接地，电势为零，则C点的电势C错误；

D．D、B间的电势差为

而极板B接地，电势为零，则D点的电势D正确。

故选D。二、多选题(共6题，共12分)6、B:C【分析】【详解】

A、电容器的上极板带正电,板间场强方向向下,带电液滴M处于平衡状态,则知受到的电场力向上,带电液滴M带负电,故A错误.

B、R4的滑片向上端移动时,其接入电路的电阻增大,根据“串反并同”知电流表示数减小,电压表示数增大,所以B选项是正确的.

C、若仅将电容器下极板稍微向上平移,因为板间电压U不变,由可得E增大,所以液滴受到的电场力增大,液滴将向上极板运动,所以C选项是正确的.

D；若将开关S断开,电容器板间电压增大,液滴受到的电场力增大,液滴将向上极板运动,故D错误.

故选BC

点睛：根据电容器板间场强的方向,分析液滴的电性.R4的滑片向上端移动时,根据“串反并同”分析两电表示数的变化.若仅将电容器下极板稍微向上平移,根据场强的变化,分析液滴所受电场力的变化,确定其运动方向.若将开关S断开,电容器板间电压增大,带电液滴M将向上运动.7、B:D【分析】【分析】

【详解】

AB．若使用和两个接线柱，则与表头串联然后共同与并联；根据并联电路两端电压相等，可得。

解得。

故A错误；B正确；

CD．若使用和两个接线柱，则与串联然后共同与表头并联；根据并联电路两端电压相等，可得。

解得。

故C错误；D正确。

故选BD。8、A:B:D【分析】【详解】

根据公式可知A、C、D三点的电势相等，即所以带电粒子从A移到C时电场力做的功一定为零；根据电场线与等势面相互垂直可知电场强度既垂直于AD，又垂直于AC；根据公式可知B、D两点的电势差为所以C点和B点间的电势差大小为电场强度的大小为故选项A、B、D正确，C错误．9、B:D【分析】【详解】

当RT处温度升高时，RT减小，左侧电路总电阻减小，总电流增大，L变亮，则RG减小，右侧电路总电阻减小，总电流增大，R2消耗的功率增大，E2内电压增大，路端电压减小，而R2和R两端电压之和增大，所以R3两端电压减小，通过R3的电流减小。

故选BD。10、B:D【分析】【分析】

【详解】

AC．因云层底层带负电，则避雷针的顶端感应起电带正电，电场线大致向上，沿电场线电势降低，可知

故AC错误；

B．在b处等势面较a处密集，则电场线密集，则b处场强较大；故B正确；

D．一带负电的雨滴从a下落至b；受电场力向下，则电场力做正功，故D正确。

故选BD。11、C:D【分析】【分析】

【详解】

AB．根据φ-x图象切线的斜率等于电场强度，则知O点处场强不为零，从O点向两侧场强逐渐变大；可知该电场不可能是位于原点的点电荷形成的，故AB错误。

C．根据φ-x图象切线的斜率等于电场强度可知，x1=-0.5cm与x2=0.5cm处切线的斜率相同；则两点的场强相同，选项C正确；

D．x1=-0.5cm处的电势高于在x2=0.5cm处的电势，负电荷在高电势点的电势能较小，可知电子在x1=-0.5cm处的电势能小于在x2=0.5cm处的电势能；选项D正确。

故选CD。三、填空题(共8题，共16分)12、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量；

[2]电动势的转化过程是通过非静电力做功来实现。

【点睛】【解析】把其他形式能转化为电能非静电力13、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]在图中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，该导体的电阻随电压的升高而增大；

[2]当导体两端的电压为2V时，电流为2A，故电阻【解析】①.增大②.114、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]电源的作用为移送电荷；使电源正；负极间有一定的电势差；

（2）[2]电源的作用还有使电路中有持续的电流。【解析】电势差持续15、略

【分析】【详解】

根据电阻定律因为两导线长度之比为1∶2，横截面积之比为3∶4，电阻率之比为5∶6，所以可得它们的电阻之比为5:9

故答案为5:9【解析】5︰916、略

【分析】【详解】

[1]图甲所示是20分度游标卡尺，示数为

[2]螺旋测微器的示数为【解析】1.3456.79017、略

【分析】【分析】

【详解】

AN间的电势差：又：UAN=φA-φN，φN=0，则A点的电势：φA=-100V，则．【解析】-100V-300V18、略

【分析】【分析】

【详解】

由题，电子圆周运动的速率为v，半径为r，则电子运动的周期

根据电流的定义式得到，等效电流为【解析】19、略

【分析】【分析】

【详解】

①[1]闭合电健K的瞬时；穿过线圈Ⅱ的磁通量变化，有感应电流产生；

②[2]保持电键K闭合的时；穿过线圈Ⅱ的磁通量不变，没有感应电流产生；

③[3]断开电键K的瞬时；穿过线圈Ⅱ的磁通量发生变化，有感应电流产生；

④[4]电键K闭合将变阻器R0的滑动端向左滑动时，穿过线圈Ⅱ的磁通量发生变化，有感应电流产生。【解析】有无有有四、作图题(共3题，共21分)20、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】ABDABD21、略

【分析】【详解】

（1）由闭合电路欧姆定律可知

所以图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势；与横轴交点的坐标值为短路电流，如图所示。

（2）电源的输出功率等于路端电压与干路电流的乘积；即所要求的的面积为该点向坐标轴作垂线后与坐标轴围成的面积，如图所示。

【解析】（1）U-I图像如图所示。图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流；（2）22、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，由环形电流的安培定则，可知环形电流方向从左向右看是顺时针方向，如图所示。

（3）在图（3）中；已知螺线管内小磁针静止时N极的指向，由通电螺线管的右手螺旋定则可知，螺线管中的电流方向从左端导线流入，右端导线流出，如图所示。

（4）在图（4）中，已知磁感线的方向，由安培定则可知，环形电流方向沿逆时针方向，如图所示。【解析】五、实验题(共2题，共4分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]圆柱体的直径为

[2]圆柱体的长度

（2）根据欧姆定律

根据电阻定律

整理得【解析】①.1.844②.4.240③.24、略

【分析】【详解】

(1)[1]由电表改装可知，将电流表的量程扩大为0.6A，需将电流表和电阻箱R0并联，使流过电流表和R0的电流之和最大值为0.6A，其中流过电流表的电流最大