2025年苏科新版必修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年苏科新版必修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6题，共12分)1、如图所示，A、B是同一条电场线上的两个点，将一负电荷从A点由静止释放，负电荷由A向B运动过程中的v—t图线如图所示。比较A、B两点的电势（φ）和电场强度（E）的大小；有（）

A.EA>EB，φA>φBB.EA<EB，φA<φBC.EA>EB，φA<φBD.EA<EB，φA>φB2、磁电式电流表（表头）最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程。已知某一表头内阻满偏电流要将它改装为量程为的电流表，所做的操作是（）A.串联一个的电阻B.并联一个的电阻C.串联一个的电阻D.并联一个的电阻3、在一台式电子秤上放着一个箱子，在箱子的顶上装有一个电磁铁A，在箱子的底部放着一块铁片B，如图所示。接通电源，在电磁铁A将铁片B加速吸上去的过程中，电子秤的读数将（）

A.变小B.不变C.变大D.无法断定4、如图所示，在轴坐标原点左右两侧对称固定安放等量的同种电荷时刻在原点左侧离较近的A点（）静止释放入点电荷，以下关于点电荷速度加速度随时间以及合力电势能随坐标变化关系图像可能正确的是（）

A.B.C.D.5、许多手机都有指纹解锁功能；常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器，由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的电容器充电达到同一电压值，然后开始放电，其中电容值较小的电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹的图像数据。根据以上信息，下列说法中正确的是。

A.电容器在充电过程中是把电能转化成化学能B.在嵴处形成的电容器放电较快C.在峪处形成的电容器充电后带电量较小D.潮湿的手指对指纹识别没有任何影响6、关于电功和电热的计算，下列说法正确的是（）A.如果是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，但不能用公式W=UIt计算B.如果是纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算C.如果不是纯电阻电路，电功只能用公式W=I2Rt计算D.如果不是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，也可用公式W=UIt计算评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、如图所示，若考虑电表内阻的影响，用两表示数算出则（）

A.R测比R的真实值大B.R测比R的真实值小C.引起误差的原因是电压表分流D.引起误差的原因是电流表分压8、如图所示；一平行板电容器两极板A；B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和电键S与电动势为E的电源相连．现将电键S闭合，位于A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态，电源内阻可以忽略，则（）

A.B板电势为-EB.改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态C.将B板向上移动，P点电势将不变D.将B板向左平移，带电粒子电势能将不变9、M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路；R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图，下列说法正确的是。

A.打开S后，使两极板靠近，则微粒将向上运动B.打开S后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止C.保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从a向b的电流D.保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，灵敏电流计中有从b向a的电流10、如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2，其中Q恰好静止不动，Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线．已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，下列说法正确的是()

A.Q1、Q2的电荷量之比为B.Q1、Q2的电荷量之比为C.Q1、Q2的质量之比为D.Q1、Q2的质量之比为11、已知某地地面处的地磁场水平分量的为某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验。他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管附近的轴线上，如图所示。小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成角的方向；则下列说法正确的是（）

A.从左往右看，螺线管中的电流是顺时针方向B.从左往右看，螺线管中的电流是逆时针方向C.通电螺线管在小磁针处产生的磁场大小约为D.通电螺线管在小磁针处产生的磁场大小约为12、用细绳系一个质量为m、带正电的小球B，另一个也带正电的小球A固定在光滑绝缘的竖直墙上，A、B两球离地面的高度均为h。小球B在重力；拉力和库仑力的作用下静止不动；如图所示，现将细绳剪断并同时释放A球，则（）

A.小球B在剪断细绳后做平抛运动B.小球B在细绳剪断瞬间加速度大于gC.小球B落地的时间大于D.小球B落地的速度大于13、如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为3V；4V、5V；正六边形所在平面与电场线平行，下列说法中正确的是（）

A.通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B.匀强电场的电场强度大小为C.匀强电场的电场强度方向由C指向AD.将一个电子由B点移到D点，电子的电势能将减少14、如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，A、B、C三点的电势分别为则下列说法中正确的是（）

A.D、E、F三点的电势分别为B.电荷量为的正点电荷在D点的电势能为C.将电荷量为的正点电荷从E点移到F点，电场力做的功为D.将电荷量为的负点电荷从F点移到A点，电荷的电势能减少了15、如图所示，处在竖直平面的环形导线圈的正中心有一个磁针a，在圆环外侧有一小磁针b，a、b与圆环都处于同一竖直面内，当导线中通以图示方向的恒定电流时（不考虑地磁场影响和两小磁针间的作用），则（）

A.小磁针a的N极向纸里转动B.小磁针a的N极向纸外转动C.小磁针b的N极向纸里转动D.小磁针b的N极向纸外转动评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、在如图所示的电路中，电源内电阻为r,R1、R3分别为两个定值电阻．闭合电键S,当变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，伏特表V1的示数逐渐________(选填“增大”、“减小”、“不变”)．若移动P的过程中，电流表示数变化量的大小为伏特表V2示数变化量的大小则比值是_______________(选填“增大”；“减小”、“不变”)

17、图甲所示的电路中，电源电压恒为L1、L2、L3为规格相同的小灯泡，这种小灯泡的图像如图乙所示。当开关S闭合时，L2的电阻为_______通过L1与L2的电流值比为________。

18、判断下列说法的正误。

（1）用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为正电荷从丝绸转移到玻璃棒上。____________

（2）摩擦起电的过程是电子从一个物体转移到另一个物体的过程。____________

（3）两种不同物质组成的物体相互摩擦使物体带电，是由于两物体的原子核对核外电子束缚的能力不同。____________

（4）原来不带电的丝绸和玻璃棒相互摩擦后分别带上了异种电荷，说明通过摩擦可以创造电荷。____________

（5）元电荷就是最小的带电体。____________

（6）某一带电体的电荷量可能等于5×10-19C___________19、如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的小球，带正电荷量若小球在O点由静止释放，则它将做______运动。

20、已知轴上电场方向与轴方向平行，轴上各点电势如图所示，处电势为一电子从处由静止释放，则处电场强度为___________该电子运动到处时的动能为__________

21、有一带电荷量的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服静电力做功从B点移到C点时静电力做功则UAB=___________V，UBC=___________V。若以B点为电势零点，则A点的电势φA为___________V，该点电荷在A点的电势能Ep为___________J。22、下面三个图为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验；请将正确的结论填在横线上．两平行板之间的电场可以视为匀强电场．给电容器充电后与电源断开，那么。

（1）若保持板间距离d不变，正对面积S变小，则两板电容C________，板间电势差U________．

（2）若保持S不变，d变大，两板电容C________，板间电场强度E________．

（3）若保持S和d都不变，插入介质板后，则板间电势差U________，板间电场强度E________（填“变小”、“变大”或“不变”）23、如图是双量程电压表的原理图，它有两个量程分别为3V和15V，则使用图的a、b两端时量程应为_____，使用图的a、c两端时量程为____，已知表头内阻为15Ω，满偏电流为4mA，则R1=____。

24、小雨同学用图甲的实验装置“研究电磁感应现象”。闭合开关瞬间；发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下。

（1）闭合开关稳定后，将线圈A从线圈B抽出的过程中，灵敏电流计的指针______（填“向左偏转”；“向右偏转”或“不偏转”）；

（2）如图乙所示，R为光敏电阻，其阻值随着光照强度的加强而减小。金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧。当光照减弱时，从左向右看，金属环A中电流方向_______（填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将向_______（填“左”或“右”）运动，并有_______（填“收缩”或“扩张”）的趋势。评卷人得分四、实验题(共1题，共2分)25、某学习小组利用电压表V（量程为）、电源E和电位器R（相当于最大阻值很大的滑动变阻器）；改装成一个能够测量电阻的欧姆表。实验原理图如图甲所示。实验主要步骤如下，请完成有关内容。

（1）按照实验原理图连接电路，先把电位器R的滑片P调到__________（填“a”或“b”）端，将红、黑表笔短接，调节滑片P使电压表满偏；

（2）保持电位器R的滑片P不动，在红、黑表笔间接入电阻箱，调节电阻箱的阻值，当电压表半偏时，电阻箱的示数如图乙所示，读出电阻箱的阻值________

（3）在红、黑表笔间接入待测电阻，若电压表的示数为U，已知电压表的满偏电压为把电压表的示数标示为待测电阻的阻值换算公式是_________（用U和表示）；

（4）利用改装好的欧姆表测量人体两手间的电阻。测试者两手分别捏紧红、黑表笔，电压表指针读数如图丙所示，则人体电阻_________（结果保留两位有效数字）；

（5）__________（填“可以”或“不可以”）用此改装的欧姆表测量阻值为几欧姆的小灯泡的电阻。原因是：__________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

由v-t图像，可知负电荷从A到B，速度在增大，做加速运动，故负电荷受到的电场力方向是由A到B，则电场强度的方向是由B到A，又因为沿着电场线的方向电势降低，所以φA<φB。根据v-t图像的斜率表示加速度，可知加速度不断增大，根据F=ma，可知电场力不断增大，再根据F=qE，可知电场强度不断增大，故EA<EB，故选B。2、D【分析】【详解】

改装成电流表是要扩大电流的量程，使用并联电路的分流原理，要并联的阻值为

故选D。3、C【分析】【详解】

电磁铁A将铁片B加速吸上去的过程中

由于a在增大；所以电子秤的读数增大。

故选C。4、A【分析】【详解】

AB．由题意可知，坐标原点为等量同种正点电荷连线的中点，两正点电荷在坐标原点的电场强度大小相等，方向相反，即坐标原点的合场强为零，由对称性可知，场强方向都是从两正点电荷指向原点从点电荷到原点场强逐渐减小，可知时刻在原点左侧离较近的A点（）静止释放入点电荷，试探电荷向正轴方向先做加速度减小的加速运动，经过原点继续向正轴方向做加速度增大的减速运动，到达原点右侧对称点（）速度减为零，之后试探电荷在之间周期性地运动；A正确，B错误；

C．假设两点电荷离坐标原点的距离都为当试探电荷与坐标原点距离时，该位置的合场强大小为

可知合场强与不是线性关系，故试探电荷受到的电场力与不是线性关系；C错误；

D．图像的切线斜率等于试探电荷受到的电场力，当试探电荷与坐标原点距离时，该位置的合场强为

可知合场强随的变化而变化，故试探电荷受到的电场力随的变化而变化；D错误；

故选A。5、C【分析】【详解】

A．电容器在充电过程中是把电能转化成电场能；故A错误；

BC．由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据可知，极板与指纹沟（凹的部分，d大；电容小）构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故B错误，C正确；

D．湿的手与传感器之间有水填充；改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D错误。

故选C。6、B【分析】试题分析：纯电阻电路，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算，故A正确、B错误；非纯电阻电路，电功用公式W=UIt计算，故C错误；非纯电阻电路，电热用公式W=I2Rt计算．故D错误．

考点：电功和电热。

【名师点睛】考查了纯电阻电路、非纯电阻电路，电功、电热计算，注意灵活选取公式．纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算，非纯电阻电路，电功用公式W=UIt计算，电热用公式W=I2Rt计算．二、多选题(共9题，共18分)7、B:C【分析】【分析】

【详解】

由于电压表的分流作用，使电流表的示数大于流过待测电阻的实际电流，导致R测比R的真实值小；AD错误，BC正确。

故选BC。8、A:B:D【分析】【详解】

A、AB两板的电势差为E，．所以B板的电势为-E，故A正确；B、改变滑动变阻器的滑片位置，两极板间的电压不变，极板间的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，故B正确；C、将B板向上移动，距离减小，极板间场强变大，A板与P点的电势差变大，A点电势不变，P点电势变小，故C错误；D、将B板向左平移，极板间的距离和电压不变，场强不变，P点电势不变；带电粒子电势能不变，故D正确；故选ABD.

【点睛】

本题较难之处是分析电势变化，往往根据电势差和该点与零电势点间电势的高低，分析电势的变化，这是常用的方法．9、B:C【分析】【详解】

AB、打开S之前，由于带电的油滴处于悬浮状态，则有打开S后，电容器的两极板所带电量保持不变，根据可得使两极板靠近，电容器的两极板间的电场强度不变，所以带电的油滴仍保持静止，故选项B正确，A错误；

CD、电容器两极板间的电压当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，增大，增大，电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从向的电流，故选项C正确，D错误．10、B:D【分析】【详解】

A、点电荷Q恰好静止不动，因此根据库仑定律和二力平衡有：=所以Q1、Q2的电荷量之比为=故A错误，B正确；

C、Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线，Q1、Q2的角速度相同，根据牛顿第二定律有：m12r1=m22r2，所以Q1、Q2的质量之比为=故C错误，D正确．11、A:C【分析】【详解】

AB．接通电源后；小磁针N极指向是地磁场和螺线管磁场的合磁场的方向，由此可判定螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右，由安培定则判断螺线管电流方向从左往右看是顺时针方向，故A正确，B错误；

CD．由题意知地磁场水平分量为设通电螺线管产生的磁场为由图知得

故C正确；D错误。

故选AC。12、B:D【分析】【详解】

AB．将细绳剪断瞬间，小球B受到球的竖直方向的重力和水平方向的库仑力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此小球B不可能做平抛运动，且加速度大于g；故A错误，B正确；

C．剪短细绳瞬间；A；B之间的库仑力在水平方向，则在竖直方向均只受重力，AB在竖直方向的加速度大小相同，则之后再竖直方向运动相同，均做自由落体运动，落地时间。

故C错误；

D．小球B在竖直方向速度水平方向受到A给的库仑力，库仑力对其做正功，则落地的速度大于故D错误。

故选BD。13、A:C:D【分析】【详解】

AC．由于匀强电场沿任意方向，电势都在均匀变化，因此AC的中点电势为4V，与B点电势相等，AC的中点与BE在同一直线上，因此BE为等势线，由于AF//BE//CD，故过CD和AF的直线为等势线，等势线与电场线垂直，因此CA的方向为电场线的方向；A；C正确；

B．正六边形AC之间的距离

匀强电场的电场强度大小

B错误；

D．由于

将一个电子由B点移到D点，电场力做功

因此电子的电势能将减少D正确。

故选ACD。14、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．连接AD，由正六边形的性质可得：AD平行于BC，且AD=2BC，因为

所以

中心的电势为

则

A正确；

B．电荷量为的正点电荷在D点的电势能为

B正确；

C．将电荷量为的正点电荷从E点移到F点，电场力做的功为

C错误；

D．将电荷量为的负点电荷从F点移到A点，电场力做功

电荷的电势能增加了D错误。

故选AB。15、A:D【分析】【分析】

【详解】

根据右手螺旋定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针a的N极向纸面里偏转，小磁针b的N极向纸外转动．故AD正确；BC错误。

故选AD。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【详解】

[1][2]当变阻器的滑动触头P向下滑动时,接入电路的电阻变大,电路总电阻变大,根据闭合电路欧姆定律,总电流减小,电阻两端的电压减小,所以伏特表的示数逐渐减小,伏特表的示数

所以伏特表示数变化量的大小为

所以比值是定值大小不变．【解析】减小不变17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]当开关闭合后，灯泡L1的电压

由于L2、L3为规格相同，所以于L2、L3两端的电压均为1.5V，根据图乙可知，通过灯的电流均为0.20A，根据欧姆定律L2的电阻

[2]灯泡L1的电压时，根据图乙可知，通过灯的电流为0.25A，L2两端的电压为1.5V，根据图乙可知，通过灯的电流为0.20A，则通过L1与L2的电流值比为5：4【解析】①.7.5②.5：418、略

【解析】①.错误②.正确③.正确④.错误⑤.错误⑥.错误19、略

【分析】【详解】

对放在斜面上的小球受力分析，有重力G，垂直于斜面向上的支持力FN和水平向右的电场力F。将重力和电场力分解到斜面方向和垂直于斜面方向的两个分力。则重力沿斜面向下的分力为

电场力沿着斜面向上的分力为

又电场力为

则

即

小球将静止在斜面上。【解析】保持静止20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在x=0处电场强度为0

[2]电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为5V，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV，由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV【解析】0321、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据电场力做功特点

解得

[2]同理

[3]由

解得

[4]由电势能与电势关系可知【解析】①.200②.-300③.200④.-6×10-422、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）保持板间距离