2025年浙教版必修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年浙教版必修3物理下册月考试卷673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5题，共10分)1、一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷+Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷+Q与其像电荷–Q共同激发产生的．像电荷–Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷+Q在此镜中的像点位置．如图所示，已知+Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN．则。

A.a点的电场强度大小为E=B.a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小，a点的电势高于b点的电势C.b点的电场强度和c点的电场强度相同D.一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零2、如图所示；用金属网把不带电的验电器罩起来，再使带正电的金属球靠近金属网，则下列说法正确的是（）

A.验电器的箔片会张开B.若将金属网罩接地，验电器的箔片会张开C.金属网罩上A点电势低于B点电势D.金属网罩内部电场强度为零3、如图所示，正点电荷Q产生的电场中，已知A、B间的电势差为U，现将电荷量为q的正点电荷从B移到A；则（）

A.外力克服电场力做功QU，电势能增加qUB.外力克服电场力做功qU，电势能增加qUC.外力克服电场力做功qU，电势能增加QUD.外力克服电场力做功QU，电势能减少QU4、国产安卓手机在闪充的发展上已经完全领先国际大牌；尤其是华为；OPPO等都有推出超级闪充功能。“充电五分钟通话两小时”的手机电源就是源于VOOC闪充新技术。闪充数据线和普通数据线的注意区别有：一是VOOC闪充数据线是有8根线来组成，比一般数据线粗；二是闪充自数据线充电比普通充电数据线要快很多；图是普通单线充电数据线和双线快充数据线示意图。与普通充电数据线相比，闪充增加数据线的作用是为了（）

A.增大充电电压B.增大电池的容量C.增大充电电流D.增大充电电阻5、某大型超市安装了一台倾角30°的自动扶梯。该扶梯在380V额定电压的电动机带动下以0.5m/s的恒定速率斜向上运动。电动机的最大输出功率为6.4kW，不载人时测得电动机中的电流为5A。若载人时扶梯速率和不载人时相同，设人的平均质量为60kg（g取10m/s2）则该扶梯可同时乘载的人数最多为（）A.20人B.25人C.30人D.35人评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、如图，真空中固定有两个静止的等量同种正点电荷A与B,电荷量均为Q,AB连线长度为2L,中点为O点，在AB连线的中垂线上距O点为L的C点放置一试探电荷q（对AB电荷产生的电场无影响），电荷电性未知，现将B电荷移动到O点并固定，若取无穷远处为电势零点，静电力常量为K，不考虑运动电荷产生的磁场，则B电荷运动过程中下列说法正确的是（）

A.C点的电场强度先增大后减小B.由于试探电荷q的电性未知，故C点的电势可能减小C.若试探电荷q带正电，则其电势能一定增大D.B电荷移动到O点时，C点的电场强度大小为7、某同学将满偏电流为内阻为的小量程电流计G（表头），改装成和的双量程电流表；电路图如图所示。则（）

A.改装后开关接1时量程为B.开关接2时，改装后电流表的内阻为C.若仅增加的阻值，电流表量程均将增大D.若仅增加的阻值，电流表量程均将减小8、电阻R1、R2、R3串联在电路中。已知R1=10Ω、R3=5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则（）A.电路中的电流为0.6AB.电阻R2的阻值为20ΩC.三只电阻两端的总电压为21VD.电阻R3的电压为3V9、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、带电粒子M只在电场力作用下由P点运动Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10-4J的功．那么（）A.M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B.P点的场强一定小于Q点的场强C.P点的电势一定高于Q点的电势D.M在P点的动能一定大于它在Q点的动能11、两个点电荷分别固定于x轴上，电量大小分别为Q和2Q，在它们形成的电场中，有一个试探电荷+q沿x轴从+∞向坐标原点O运动，其电势能Ep随x变化的关系如图所示，图中x0已知，且该处电势能最小，当x→+∞时，电势能Ep→0；当x→0时，电势能Ep→+∞。根据图象提供的信息可以确定（）

A.在x0处电场强度为零B.在x轴上x＞x0的区域电场方向向右C.两个点电荷的电性D.2Q在x轴上的坐标为12、如图，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，为两板间的一固定点。静电计的金属球与电容器的负极板连接；外壳接地。若保持电容器负极板不动，仅将正极板缓慢向左平移一小段距离，则（）

A.电容器的电容减小，静电计指针的偏角增大B.电容器的电容增大，静电计指针的偏角减小C.两板间的电场强度不变，点的电势降低D.两板间的电场强度减小，点的电势升高13、在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是（）A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B.库仑发现了点电荷的相互作用规律，测定了元电荷的数值C.牛顿发现了行星运动的规律，提出了万有引力定律D.法拉第发现了电磁感应现象评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、如图所示，一个α粒子（氦核）在电势差为U1=100V的电场中由静止开始加速运动，然后射入电势差为U2=10V的两块平行板的偏转电场中，偏转电场极板长L=20cm，间距d=5cm．若α粒子能飞离平行板区（重力可忽略），则α粒子刚进入偏转电场时的动能为________eV,飞离偏转电场时的偏移量y=_____________m．

15、随着中国电信业的发展，国产手机在手机市场上已经有相当大的市场份额。如图所示是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明，由此可知该电池的电动势为_________，待机状态下的平均工作电流_________。

16、如图所示，电源电压为12V，电阻R1的阻值为10Ω，开关S闭合后，当滑动变阻器R3的滑片P位于最左端时，电压表的示数为6V，电阻R2的阻值为________Ω。调节滑片P，使电压表的示数从3V变为1.5V，则R3接入电路中的阻值变化了_________Ω。

17、实线为电场线，虚线为等势面，且相邻等势面间的电势差相等，正电荷在等势面上时，具有动能它运动到等势面上时，动能为零。令那么，当该电荷的电势能为时，求它的动能是_____J。

18、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__________19、如图所示，规格为“220V、44W”的排气扇，线圈电阻为40Ω，接上220V的电压后，通过排气扇的电流为________A；排气扇的发热功率为________W。

评卷人得分四、作图题(共1题，共4分)20、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1题，共4分)21、如图所示的电路中，电源的电动势2V，内阻为0.5Ω，R0为2Ω；变阻器的阻值变化范围为0-10Ω，求：

(1)变阻器阻值多大时，变阻器上消耗的功率最大？其最大功率Pm为多少？

(2)电源的最大输出功率Pm为多少。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

由题意可知，周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度A错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示。

由图可知B正确；图中b、c两点的场强大小相等，方向不同，C错误；由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误；故选B.2、D【分析】【详解】

A．用一个空腔导体将外电场遮住后；导体内部不受外电场的影响，所以带正电的金属球靠近金属网，验电器的箔片不会张开，故A错误；

B．用金属网把不带电的验电器罩起来；金属网起到静电屏蔽的作用，无论是否接地，金属网内部不受外界电场影响，验电器的箔片不会张开，故B错误；

CD．用金属网把不带电的验电器罩起来；金属网起到静电屏蔽的作用，静电屏蔽时，金属网内部电场强度为零，电势相等，故C错误，D正确。

故选D。3、B【分析】【详解】

将电荷量为q的正点电荷从B移到A的过程中，电场力做功为

即外力克服电场力做功qU，电场力做负功，电势能增加，增加量为

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

AC.VOOC闪充新技术采用低压大电流的方案；相对其它方案温度较低，充电功率更高，电量转化率达到95﹪，最快充电速度比一般手机充电技术快4倍以上，故C正确，A错误；

BD.电池的容量一般是固定的；充数据线根数越多，并联的电阻越小，故BD错误。

故选C。5、C【分析】【详解】

电动机的电压恒为380V，扶梯不载人时，电动机中的电流为5A，忽略电动机内阻的消耗，认为电动机的输入功率和输出功率等，即可得到维持扶梯运转的功率为P0=380V×5A=1900W

电动机的最大输出功率为Pm=6.4kW

可用于输送顾客功率为△P=Pm-P0=4.5kW由于扶梯以恒定速率向斜上方移动，每一位顾客所受的力为重力mg和支持力FN，且FN=mg

电动机通过扶梯的支持力FN对顾客做功，对每一位顾客做功的功率为P1=FNvcosα=mgvcos(90°-30°)=150W

则同时乘载的最多人数为人

故C正确；ABD错误。

故选C。二、多选题(共8题，共16分)6、C:D【分析】【详解】

AD、根据可知电荷在点的水平电场强度大小为在点的竖直电场强度大小为电荷在点的水平电场强度大小为在C点的竖直电场强度大小为其中从增加到根据矢量叠加原理可得点的电场强度大小为化简得由于从增加到所以一直增大，当电荷移动到点时，解得点的电场强度大小为故选项A错误，D正确；

BC、根据离正电荷越近的地方电势越高，离负电荷越近的地方电势越低可知，电荷运动过程中，点的电势增加，根据可知带正电试探电荷在点电势能一定增大，故选项B错误，C正确；7、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．分流电阻越小；改装后电流表的量程越大，所以接1时量程为0~10mA，接2时量程为0~1mA，故A错误；

B．开关接2时，表头的电压为

所以

改装后电流表的内阻为

故B正确；

CD．开关接1时

开关接2时则有

所以若仅增加的阻值；改装后电流表的量程都会变小，故C错误，D正确。

故选BD。8、A:B:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．串联电路中电流相等，根据欧姆定律

故A正确；

B．电阻R2的阻值为

故B正确；

C．三只电阻两端的总电压为

故C正确；

D．电阻R3的电压为

故D正确。

故选ABCD。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】【分析】

【详解】

AD．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动Q点，在此过程中克服电场力做功，则电势能增加，动能减小，即M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，M在P点的动能一定大于它在Q点的动能；选项AD正确；

B．根据题中条件无法比较P点的场强与Q点的场强关系；选项B错误；

C．带电粒子的电性不能确定，则不能比较P点的电势与Q点的电势关系；选项D错误。

故选AD。11、A:C:D【分析】【详解】

A．图线Ep－x的斜率表示试探电荷所受的电场力大小，因为电场力F=qE，所以也可以用斜率表示电场强度的大小，在x0处；图线的斜率为零，即该点的电场强度为零，故A正确；

B．在x轴上x＞x0的区域，随x增大电势是逐渐升高的；电场强度的方向指向电势降低的方向，所以该区域电场方向应该是水平向左，故B错误；

C．当x→0时，电势能Ep→+∞，而在x＞x0的区域内电势为负值，所以正电荷固定在坐标原点O处，负电荷应该在x轴的负轴上，且电荷量应该是2Q；故C正确；

D．x0处的场强为零，正电荷Q在坐标原点，设负电荷2Q距离原点为x；则。

解得。

所以2Q在x轴上的坐标为故D正确。

故选ACD。12、A:C【分析】【详解】

AB．根据

根据题意；极板所带电荷量不变，极板间距增大，可知电容减小，极板之间的电势差增大，即静电计指针的偏角增大，A正确，B错误；

CD．根据

结合上述解得

极板所带电荷量不变，可知，两板间的电场强度不变，令P点到左极板间距为x，则有

由于

解得

正极板缓慢向左平移一小段距离，x增大，则点的电势降低；C正确，D错误。

故选AC。13、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应；该效应揭示了电和磁之间存在联系，所以A正确；

B．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，所以B错误；

C．开普勒发现了行星运动的规律；牛顿提出了万有引力定律，所以C错误；

D．法拉第发现了电磁感应现象；所以D正确；

故选AD。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]粒子直线运动过程加速，由动能定理可得

解得

[2]再根据动能定理得

又因为粒子进入偏转电场做类平抛运动，水平方向则有

竖直方向有

粒子在偏转电场中，根据牛顿第二定律，可得

联立上式解得【解析】2000.0215、略

【分析】【详解】

[1]由题图可知；该电池的电动势为3.7V；

[2]有题图可知，该电池的容量为

待机为96h，则可得手机待机状态下的平均工作电流为【解析】3.7V7.29mA16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]开关S闭合后，当滑动变阻器R3的滑片P位于最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，R1和R2串联接入电路，电压表测R1两端的电压；由欧姆定律可得此时通过电路的电流：

串联电路总电压等于各部分电压之和，所以R2两端的电压。

U2=U-U1=12V-6V=6V串联电路各处电流相等，则电阻R2的阻值。

[2]电压表的示数为3V时；通过电路的电流。

该电路总电阻。

电压表的示数为1.5V时；通过电路的电流。

该电路总电阻。

串联电路总电阻等于各部分电阻之和；所以滑动变阻器接入电路的电阻变化值。

R3=R″-R′=80Ω-40Ω=40Ω【解析】104017、略

【分析】【分析】

【详解】

由题可知，正电荷在等势面上时动能20J，在等势面上时动能为零，动能的减小量为20J，由于相邻