2025年西师新版必修3物理上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年西师新版必修3物理上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7题，共14分)1、如图所示，通电直导线ab位于两平行导线横截面MN的连线的中垂线上；当平行导线通以同向等值电流时，以下说法中正确的是：

A.ab顺时针旋转B.ab逆时针旋转C.a端向外，b端向里旋转D.a端向里，b端向外旋转2、野外高压输电线受到雷击的可能性很大，所以在三条输电线上方还有两条导线，它们与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，这个稀疏的金属“网”所起的作用是（）A.防止输电线脱落B.增加输电线的强度C.把高压线屏蔽起来，使其免遭雷击D.防止输电线漏电3、五根平行的长直导体棒分别过竖直平面内正方形的四个顶点和中心；并和该正方形平面垂直．各导体棒中均通有强度相等的电流，方向如图所示．则中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是。

A.竖直向上B.竖直向下C.水平向左D.水平向右4、如图所示，PQ为等量异种点电荷A、B连线的中垂线，C为中垂线上的点，M、N分别为AC、BC的中点；若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（）

A.M、N两点场强相同B.M、N两点电势相同C.负电荷由M点移到C处，电场力做负功D.负电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定减少5、在静电场中沿某一方向建立x轴，在x轴上的电势随x变化如图所示，下列说法正确的是（）

A.将一带负电的试探电荷从D点处沿x轴移动到J点处，电场力先做正功后做负功B.G点处的电场强度的方向沿x轴正方向C.负电荷在A点处的电势能大于在C点处的电势能D.正电荷在G点处受到的电场力等于J点处受到的电场力6、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7、滑动变阻器的原理如图所示；则下列说法中正确的是（）

A.若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大B.若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小C.若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大D.若将a、b两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值变大评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示，当电路里滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时（）

A.电容器C两端的电压增大B.电容器C两极板间的电场强度增大C.电压表的读数减小D.R1消耗的功率增大9、如图所示，和两个小球，质量分别是和带电量分别为和用长度不等的轻丝悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是和（）；两小球恰在同一水平线上，那么（）

A.两球一定带异种电荷B.一定大于C.一定小于D.所受库仑力一定大于所受的库仑力10、某同学将一毫安表改装成双量程电流表。如图所示。已知毫安表的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为定值电阻，且R1=5Ω，R2=200Ω。下列说法正确的是（）

A.若使用1和2两个接线柱，则电表量程为0-24mAB.若使用1和2两个接线柱，则电表量程为0-21mAC.若使用1和3两个接线柱，则电表量程为0-4.3VD.若使用1和3两个接线柱，则电表量程为0-6.3V11、x轴上关于原点O对称的P、Q两点各有一个点电荷，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，A、B为P、Q中垂线上关于O点对称的两个点（A、B未在图中标出）；则下列描述中正确的是（）

A.两个电荷为等量正电荷B.沿x轴从P点到Q点的电势先降低后升高C.沿着中垂线从A点到B点的电势先降低后升高D.沿着中垂线从A点到B点的电场强度一定先减小后增大12、经典电磁场理论明确地给出了场中导体对静电场的影响，若把一个金属球壳置于匀强电场中，周围电场线分布会出现如图所示的情况，其中有a、b、c、d四个位置，a、d两点对称分布在球壳两侧，b位于球壳上，c位于球壳中心；则（）

A.四个位置的电势高低排列为B.四个位置的场强大小排列为C.球壳表面的电场线与球壳表面都垂直D.感应电荷在球壳内部c处的场强为零13、有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I；设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，电子的定向移动速率为v，则在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（）A.nvSΔtB.nvΔtC.D.14、某同学在实验室连接了如图所示的电路，开关S闭合后，滑动变阻器滑片从a端向b端滑动过程中；电源内阻忽略不计，则下列说法正确的是（）

A.电流表A的示数会增大B.电压表的示数会增大C.三个电压表的示数之和变小D.电压表与电流表A的示数比值在减小评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、如图所示，为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O．将等电荷量的正、负点电荷分别放在圆周上，它们的位置关于对称．则圆心O处的电场强度的方向为__________，要使圆心O处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电荷量的正点电荷Q，则该点电荷Q应放在圆周上的__________点．

16、如图所示是一种指针式多用电表外形图，表的上半部分为______，下半部分是______开关；开关周围标有测量功能的区域及量程．

17、在如图乙所示的电路中，电源电动势内阻定值电阻电压表为理想电表。闭合开关通过电阻的电流________电压表示数________电阻消耗的功率________

18、如图，在真空中有两个等量异种点电荷，AC为两电荷连线的中垂线，A为连线中点，B在靠近负电荷的连线上。则A、B处的电场强度大小EA______EB，A、C两处的电势φA______φC。（均选填“>”、“=”或“<”）

19、有一个电流表内阻满偏电流要把它改装为量程的电压表，则应串联一个电阻阻值__________要把它改装为量程的电流表,则改装后电流表的内阻__________评卷人得分四、作图题(共2题，共16分)20、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

21、以下是几种点电荷的电场线的分布情况；请标出图中各电荷的电性。

评卷人得分五、实验题(共3题，共9分)22、某同学想要测量一节新干电池的电动势和内阻；学校实验室能提供的器材如下：

电压表V1（量程1V，内阻约6k）

电压表V2（量程3V，内阻约6k）

电流表A1（量程2mA，内阻约1.0）

电流表A2（量程0.6A，内阻约0.2）

滑动变阻器R1（最大阻值10）

滑动变阻器R2（最大阻值3k）

定值电阻R3（阻值0.8）

开关和导线若干。

（1）请选用合适器材进行实验，电压表应该选______（填“V1”或“V2”），电流表应该选______（填“A1”或“A2”），滑动变阻器应该选______（填“R1”或“R2”）；

（2）因新电池的内阻较小，在画出U-I图像时，图像不易与横轴相交，造成操作不方便。为改变这种状况，该同学还选用了定值电阻R3接入电路，你认为应该选择最优的测量电路______（填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”）进行测量；

（3）小张同学将测得的数据在坐标纸上描点如图。请在坐标纸上画出U-I图像______，并求出该新干电池的电动势E为______V（保留2位小数），内阻r为______（保留2位小数）。

23、图甲为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I－U图线的实验电路图。

(1)用笔画线代替导线，将图中的实验电路连接成完整试验电路_______；

(2)开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于_____（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）；

(3)已知小灯泡灯丝在27时电阻值约为1.5Ω，并且其电阻值与灯丝的热力学温度成正比（热力学温度T与摄氏温度t的关系为T=273+t），根据图画出的小灯泡I—U特性曲线，估算该灯泡以额定功率工作时灯丝的温度约为__________________（保留两位有效数字）。

24、要测定一节干电池的电动势和内阻；实验室提供了以下器材：

A．待测干电池（电动势约为）

B．电流表（量程内阻）

C．电压表（量程内阻约）

D．滑动变阻器

E．滑动变阻器

F．定值电阻

G．开关和导线若干。

（1）该实验可以将电流表和定值电阻R_____（填“串联”或“并联”），改装成量程为_____的电流表；

（2）请根据提供器材，在图甲所示的方框内画出实验电路图____________，要求实验尽可能减小实验误差．电路中滑动变阻器应选用________________（填器材前面的字母）．

（3）闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，测出多组干路电流及电压表示数根据测得的数据作出图像，如图乙所示，由此得到干电池的电动_____________内阻_________．（结果均保留两位小数）

（4）该实验_________________（填“存在”或“不存在”）由于电表内阻引起的系统误差．

评卷人得分六、解答题(共2题，共8分)25、如图所示，A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，∠B=30°。现在A、B两点放置两点电荷qA、qB，测得C点电场强度的方向与AB平行；则:

（1）两电荷分别带的是正电还是负电？

（2）两电荷的电量之比，qA∶qB是多少？

26、如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场；不计重力．

（1）若粒子从c点离开电场；求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；

（2）若粒子离开电场时动能为Ek'，则电场强度为多大？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

导线M和N的磁感线都是同心圆。因此对ab上半段，M导线的磁感线指向右下，可以用左手定则判断：a端受到向外的力。N导线的磁感线指向右上，也使a端受向外的力；同理也可以分析出b端受向里的力。从而使得a端转向纸外，b端转向纸里；

A．ab顺时针旋转；与结论不相符，选项A错误；

B．ab逆时针旋转；与结论不相符，选项B错误；

C．a端向外，b端向里旋转；与结论相符，选项C正确；

D．a端向里，b端向外旋转；与结论不相符，选项D错误；

故选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

外高压输电线在三条输电线的上方还有两条导线；它们与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，起到静电屏蔽的作用；把高压线屏蔽起来，免遭雷击。

故选C。3、C【分析】【详解】

根据题意；由右手螺旋定则对角导线电流产生磁场正好相互叠加，如图所示，由矢量的合成法则，则得磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是水平向左；故选C．

4、D【分析】【详解】

A．M、N两点场强大小相等；但方向不同，故A错误；

B．PQ线上各点的电势均为零，PQ左侧电势为负，右侧电势为正，则M点电势低于N点电势；故B错误；

C．负电荷由M点移到C处；电势能减小，电场力做正功，故C错误；

D．无穷远处电势为零，N点电势大于零，则负电荷由无穷远处移到N点时；电势能一定减小，故D正确。

故选D。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知，D点的电势为0，H点电势为正值，最大，J点的电势为正值，小于H点的电势；由A选项可知，试探电荷为负电荷，由可知，D点的电势能为0，H点的电势能最小，为负值，J点的电势能为负值，大于H点的电势能，所以从D到H，电势能减小，电场力做正功，从H到J；电势能增加，电场力做负功，故A正确；

B．沿电场线方向电势降低，由图知从D到G的过程中电势一直在升高，所以电场线的方向是从G指向D，沿x轴的负方向，则G点电场强度的方向沿x轴负方向；故B错误；

C．由图可知，A点的电势为正值，C点的电势为负值，根据电势能公式q计算时要带正负，电荷为负电荷，故故C错误；

D．由图可知，图象的斜率

在G点的斜率大于在J点的斜率，则G点的场强大于在J点的场强，由电场力公式：则在G点的电场力大于在J点电场力；故D错误；

故选A。6、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。7、A【分析】【详解】

A．若将a、c两端连在电路中，滑动变阻器的左侧接入电路，当滑片OP向右滑动时；变阻器接入的阻值增大，A正确；

B．若将a、d两端连在电路中，滑动变阻器的左侧接入电路，当滑片OP向右滑动时；变阻器接入的阻值增大，B错误；

C．若将b、c两端连在电路中，滑动变阻器的右侧接入电路，当滑片OP向右滑动时；变阻器接入的阻值减小，C错误；

D．若将a、b两端连在电路中，滑动变阻器的总阻值接入电路，当滑片OP向右滑动时；变阻器接入的阻值一定，D错误。

故选A。二、多选题(共7题，共14分)8、A:B【分析】【详解】

P下滑时接入电路的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，即通过的电流减小，根据可知消耗的功率减小，D错误；根据闭合回路欧姆定律可知内电压减小，外电压增大，电压表的读数增大，C错误；由于的电流减小，所以两端的电压减小，故电容器两端的电压增大，根据可得两极板间的电场强度增大；AB正确．

【点睛】

在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部．9、A:C【分析】【详解】

A．两球相互吸引必定是异种电荷；A正确；

B．两球间的库仑力大小相等；无法判断电量的大小．故B错误；

C．设两球间库仑力大小为F，对研究，得到同理，对研究，得到则因得到C正确；

D．根据牛顿第三定律，所受库仑力一定等于所受的库仑力；D错误．

故选AC。10、B:C【分析】【分析】

【详解】

AB．使用1和2两个接线柱，则R1和毫安表并联，则有

带入数据解得I=21mA

故A错误；B正确；

CD．使用1和3两个接线柱毫安表满偏电压为U满偏=R毫安×I满偏=100Ω×0.001A=0.1V

毫安表满偏时总电流21mA，则R2分压为U2=R2×I=200Ω×0.021A=4.2V

所以最大测量值为Umax=U满偏+U2=0.1V+4.2V=4.3V

故C正确；D错误。

故选BC。11、A:B【分析】【详解】

A．由x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线可知；两个电荷为等量正电荷，故A正确。

B．x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高；故B正确。

CD．由两等量正点电荷的电场电势分布情况。

可知；沿着中垂线从A点到B点的电场强度可能先减小后增大，也可能先增大再减小，再增大再减小，电势先升高后降低，故C；D错误。

故选AB。12、B:C【分析】【详解】

A．置于匀强电场中的金属球壳为等势体，故

又依据沿着电场线方向电势是降低的可知

故A错误；

B．依据电场线的疏密体现电场强度的强弱，由于a、d两点对称分布在球壳两侧，故

金属壳内场强为零，故

故B正确；

C．根据电场线与等势线垂直可知小球表面的电场线与为等势体的小球的表面垂直；故C正确；

D．小球内部c处的合场强为零，由向右的外电场和向左的感应电场叠加而成，而感应电荷在球壳内部c处的场强不为零；故D错误。

故选BC。13、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．根据电流的微观表达式。

I＝nevS自由电子数目为。

故A正确；B错误；

CD．因为。

q＝I·Δt自由电子数目为。

故C正确；D错误。‍

故选AC。14、A:D【分析】【详解】

AD．滑动变阻器滑片从a端向b端，变阻器接入电路中的电阻变小，整个电路总电阻减小电流增大，电流表A的示数会增大；根据欧姆定律可知电压表与电流表A的示数比值为变阻器的电阻大小；所以比值在减小，AD正确；

B．根据电路特点可知电阻R上的电压加变阻器电压等于电源电压，电流增大电阻R上的电压增大，可知变阻器上的电压减小，所以电压表的示数会减小；B错误；

C．电压表测电源电压，所以示数不变，和示数之和等于电源电压；所以三个电压表的示数之和不变，C错误。

故选AD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

[1]正电荷在O点的电场方向斜向左上，负电荷在O点的电场方向斜向左下；由于距离相等，所以电场强度大小一样，合场强方向水平向左；

[2]若再放一个适当电荷量的正点电荷，应该放在B处，这样合场强可以为零。【解析】水平向左（或）B16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.表盘②.选择17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3]电源电动势内阻定值电阻闭合开关通过电阻的电流

电压表示数

电阻消耗的功率【解析】①.2②.8③.1618、略

【分析】【详解】

[1]等量异种电荷连线上的电场方向从正电荷出发终止与负电荷，并且电场强度先减小后增大，在中点处电场强度最小EA<EB

[2]一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，它们的电势相等，则φA=φC【解析】<=19、略

【分析】【详解】

[1][2]依据电流表改装成电压表的特点，则有

解得需串联依据电流表改装成电流表的特点，则有

解得需并联的电阻，即总电阻所以电流表的内阻【解析】99000.05四、作图题(共2题，共16分)20、略

【分析】【详解】

实物图中第一个为电动机；电动机符号为符号图中的第二个；

实物图中第二个为电容器；电容器符号为符号图中的第三个；

实物图中第三个为电阻；电阻符号为符号图中的第四个；

实物图中第四个为灯泡；灯泡符号为符号图中的第一个。

【解析】21、略

【分析】【分析】

【详解】

根据电场线从正电荷出发；终止与负电荷及等量同种，等量异种点电荷电场线的分布特点，可标出电荷的电性如图所示。

【解析】见解析五、实验题(共3题，共9分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]干电池电动势为1.5V左右，电压表应选V2；电路中最小电流为

电流表应选A2。

[3]测量电阻较小，为了操作方便且较准确地进行测量，滑动变阻器应选R1即可。

（2）[4]为了不让电流表分担路端电压；所以电流表应采用内接法，应选丙图。

（3）[5]在坐标纸上画出U-I图像如下图所示：

[6]图像与纵轴的交点为新干电池的电动势E，即E=1.48V

[7]内阻r为【解析】①.V2②.A2③.R1④.丙⑤.⑥.1.48⑦.0.2923、略

【分析】【详解】

(1)[1]本实验由于灯泡两端电压从0开始变化；则滑动变阻器采用分压式，由于灯泡电阻较小，则电流表采用外接法，由于灯泡的额定电压为2.5V，则电压表选择3V量程，由题意可知，电流较小，则电流表应选用0.6A量程，注意正负极的连接，故连接电路如图。

(2)[2]为了实验的安全，实验开始时，应使测量电路两端的电压为零，故滑动变阻器应滑到A侧；使与测量电路并联的滑动变阻器部分电压为零。

(3)[3]由伏安特性曲线可知，当电压为2.5V时，灯泡电流为0.27A；由欧姆定律可知

由题意可知

解得

即【解析】A1.6×10324、略

【分析】【分析】

(1)根据并联分流分析电表的改装；

(2)使用改装后的电表画出测量所需的电路图；根据电流表的量程确定滑动变阻器的量程；

(3)