2025年外研衔接版必修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年外研衔接版必修3物理下册月考试卷391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6题，共12分)1、航拍遥控直升机是大型活动中必需的摄影器材。如图所示为某品牌的航拍遥控直升机；已知该直升机正常工作时的电压和电流分别为15V；3A，充电时的工作电压和工作电流分别为20V、0.6A，充电时间约为4h，电池的容量为1500mA·h。则下列说法正确的是（）

A.参数1500mA·h指的是充电电池所存储的能量B.航拍遥控直升机正常工作时，其电动机的总电阻是C.航拍遥控直升机正常工作的最长时间为2.5hD.充电过程是将电能转化为化学能2、如图甲所示直线是一条电场线，A、B是该线上的两点。一正电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B，运动过程中的v-t图线如图乙所示；则下列说法中正确的是（）

A.A、B两点的加速度相比一定是B.A、B两点的电势相比一定是C.A、B两点的场强大小相比一定是D.该电荷在两点的电势能大小相比一定是3、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。下列判断错误的是（）

A.a点场强大于b点场强B.带电粒子从a到b电势能减小C.带电粒子从a到b动能减小D.a点电势小于b点电势4、如图，真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点；T为等势面上的一点，下列说法正确的是（）

A.P点电势低于S点电势B.T点电场强度方向指向O点C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点D.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功5、下列说法正确的是（）A.电场线越密的地方电场强度越小B.第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最小发射速度C.丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，说明玻璃棒得到了正电荷D.处于静电平衡状态时，导体所占空间各处电场强度均为零6、已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为其中为平面上单位面积所带的电荷量，为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为间距为两极板间为真空，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则该电容器的电容可表示为（）

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向a端移动时；则下列判断正确的是（）

A.电压表读数减小B.电流表读数增大C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率逐渐增大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两极板间的电场强度增大B.电压表的读数减小C.R1消耗的功率减小D.R2消耗的功率增大9、两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O）；在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是。

A.M点电势为零，N点场强为零B.M点场强为零，N点电势为零C.Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D.Q1带正电，Q2带负电，且Q1电荷量较小10、如图所示，A、B为竖直放置的平行金属板，A、B两板间电势差为U。C、D为水平放置的平行金属板，始终和电源相接（图中未画出），且板间的场强为E。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）由静止开始，经A、B间加速后进入C、D之间并发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L；则（）

A.该粒子带正电B.该粒子在C、D中的偏移量为C.该粒子打在屏上O点下方和O相距的位置D.该粒子打在屏上的动能为qU11、如图所示，空间有一圆锥点分别是两母线的中点。现在顶点处固定一带正电的点电荷；下列说法中正确的是（）

A.A、两点的电场强度相同B.将一带负电的试探电荷从点沿直径移到点，其电势能先减小后增大C.平行于底面且圆心为的截面为等势面D.若点的电势为点的电势为则连线中点处的电势小于评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)12、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ΔI，则伏特表V2示数变化量的大小ΔU2＝________________．

13、取一对用绝缘柱支撑的导体A和B；使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A；B下部的金属箔均是闭合。现将用丝绸摩擦过的玻璃棒C移近导体A，回答下列问题：

(1)若先把A和B分开，然后移去C，此时A导体上的金属箔______，B导体上的金属箔______（填“带正电”、“带负电”、“不带电”）。若再用手接触B，此时观察到的现象是______；

(2)若先移去C，然后把A和B分开，此时A导体金属箔______，B导体金属箱______（填“带正电”；“带负电”、“不带电”）；

(3)A、B导体带电的实质是______。14、串联电路；并联电路的特点。

。

串联电路。

并联电路。

电流关系。

各处电流相等，即I=___________

总电流等于各支路电流___________，即I=___________

电压关系。

总电压等于各部分电压___________，即U=___________

各支路两端电压___________，即U=___________

电阻关系。

总电阻等于各部分电阻___________，即R=___________

总电阻的倒数等于各支路电阻___________，即=＋＋＋

15、原子的组成。

①原子是由带正电的___________、不带电的中子以及带负电的___________组成的。

②每个原子中质子的正电荷数量与电子的负电荷数量___________，整个原子对外界表现为___________。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、某同学用不同工具分别测量了某物体的几处外径；如图所示，请读出下列读数：

①_____；②_____；③_____；评卷人得分四、作图题(共2题，共12分)18、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。

19、由电流产生的磁场方向如图所示；请在图中标出线圈中的电流方向.

评卷人得分五、解答题(共4题，共8分)20、如图所示，两金属板间有竖直向下的电场，电子以初速度v0垂直于电场方向进入电场，经过一定时间离开电场，已知极板长度为L，板间场强为E，电子质量为m，电荷量为e；求：

（1）电子离开电场时沿电场方向的偏转距离；

（2）电子离开电场时速度方向与初速度方向夹角的正切值。

21、如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，BC水平与圆环相切于C点，整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m带负电的小球从高为h＝12R的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动，不计B点碰撞的能量损失。已知小球所受电场力是其重力的圆环半径为R，斜面倾角为轨道水平段BC长度s＝2R，重力加速度为g，取空气阻力不计。求：

（1）小球从A滑到B的时间；

（2）小球运动到与圆心等高点D（圆环左侧）时对圆轨道的压力大小N；

（3）改变A的位置使小球在运动过程中不脱离轨道，h满足的条件。

22、如图所示，一平行板电容器水平放置，为两板中央水平线，板长为板间距也为在距离电容器右端处竖直放置挡板，挡板上的长也为一带电粒子以初速度沿中央水平线射入两板间，打在竖直放置挡板上的C点．带电粒子质量为m，电荷量为q；不计粒子重力。求：

（1）电容器两极板间所加的电压大小；

（2）该过程粒子电势能的变化量大小。

23、如图所示，将一质量m＝0.2g的带负电荷的小球B用绝缘线挂起来，用带电荷量的小球A靠近B，当B球静止时悬线与竖直方向成45°角，此时两球位于同一水平面上，相距r＝30cm。重力加速度静电力常量求：

（1）B球所带电荷量；

（2）此时A球在B球平衡处产生的电场强度的大小。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．参数1500mA·h；其单位为电荷量的单位，所以电池容量是指电池存储的电荷量，A错误；

B．欧姆定律适用于纯电阻电路，对于含有电动机的电路不适用，遥控直升机是非纯电阻电路，即用欧姆定律计算出

是错误；B错误；

C．航拍遥控直升机充满电后正常工作的最长时间

C错误；

D．充电过程是将电能转化为化学能存储在电池中；D正确。

故选D。2、A【分析】【详解】

AC．由v—t图线的斜率表示加速度，则正电荷加速度逐渐减小

该电场为场强逐渐减小EA>EB

C错误；A正确；

BD．正电荷从A点运动到B点，速度减小，则电场力做负功，电势能增加

场强方向由B点指向A点，根据沿电场线电势降低，故

BD错误。

故选A。3、B【分析】【详解】

A．根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，可知a点场强大于b点场强；故A正确；

BC．粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力沿电场线向左，若粒子从a到b；电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，故B错误，C正确；

D．根据顺着电场线方向，电势降低，可知a点电势小于b点电势；故D正确。

由于本题选择错误的，故选B。4、B【分析】【详解】

A．在直线MN上；左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；

C．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为L，根据可知除无穷远处外；直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；

D．由A选项分析可知：T点电势低于P电势，则正电荷在T点的电势能低于在P电势的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点；电势能增大，静电力做负功，故D错误；

B．设等势圆的半径为R；AN距离为x，MN距离为L，如图所示。

根据结合电势的叠加原理A、S满足解得由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势可知可知T点电场方向指向O点；故B正确。

故选B。5、B【分析】【详解】

A．电场线越密的地方电场强度越大；A错误；

B．第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最小发射速度；同时也是绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，B正确；

C．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；是由于玻璃棒失去了电子从而带上了正电荷，C错误；

D．处于静电平衡状态时；导体内部电场强度为零，D错误。

故选B。6、B【分析】【分析】

【详解】

设每块极板上带电荷量为则每块极板上单位面积所带的电荷量为

每块极板产生的电场强度为

可知两极板间的电场强度为

两极板间的电压

电容器的电容

故选B。二、多选题(共5题，共10分)7、C:D【分析】【详解】

由题意可知，滑片向a端移动时，外电路的总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，R1的电压减小，R3的电压增大、电流增大，滑动变阻器所在支路电流减小，R2的电压减小；滑动变阻器的电压增大。

A．电压表测得是滑动变阻器的电压；所以读数增大，A错误。

B．电流表测得是滑动变阻器所在支路的电流；所以读数减小，B错误。

C．电容器的电压等于R3的电压；所以质点所受电场力增大，大于重力，质点向上运动，C正确。

D．R3的电压增大、电流增大，所以消耗的功率逐渐增大，D正确8、A:C【分析】【详解】

A．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，通过电源的电流减小，路端电压增大，由欧姆定律知两端电压减小；电容器两极间电压增大，两板间的电场强度增大；选项A正确；

B．以上分析知；滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，路端电压增大，电压表的读数增大；选项B错误；

C．以上分析知，滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，通过的电流减小，消耗的功率减小；选项C正确；

D．通过的电流减小，而接入电路的电阻增大，故消耗的功率变化无法确定；D选项错误。

故选AC.9、A:C【分析】【详解】

M点电势能为零，则电势为零；EP–x图象的斜率=qE，则N点场强为零，A正确，B错误．带正电的试探电荷从距Q2较近处移近过程中，电势能增大，从足够远处移近时，电势能先减小后增大，由正电荷在电势高处电势能大，说明Q2带正电，Q1带负电；由N点场强为零，有=又r1>r2，则Q1>Q2，C正确，D错误．10、A:C【分析】【详解】

A．粒子在极板间运动只受电场力作用，由粒子在C、D板间向下偏转可得：电场力方向竖直向下；那么，根据场强方向竖直向下可得，粒子带正电，故A正确；

B．对粒子在AB间运动应用动能定理可得

所以，粒子离开B板时速度大小

粒子在CD间运动初速度水平，合外力即电场力方向竖直向下，故粒子做类平抛运动，运动时间

故竖直偏转位移

故B错误；

C．由几何关系得

解得

故C正确；

D．粒子在AB加速度后的动能为qU，接着在偏转电场中电场力对粒子做正功，粒子的动能增加，所以该粒子打在屏上的动能一定大于qU；故D错误。

故选AC。11、B:D【分析】【详解】

A．根据点电荷电场的分布特点，可知A、两点的电场强度大小相等；方向不同，A错误；

B．场源电荷为正点电荷，将一带负电的试探电荷从点沿直径移到点；试探电荷先靠近场源电荷，后远离场源电荷，则电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，B正确；

C．点电荷的等式面是以场源电荷为圆心的一系列同心球面，因此平行于底面且圆心为的截面不是等势面；C错误；

D．令连线中点为根据点电荷电场线分布特征，可知间任一点的电场强度均比间任一点的电场强度小，根据

可知

又由于

解得

根据点电荷电场线分布特征有

则有

D正确。

故选BD。三、填空题(共6题，共12分)12、略

【分析】【详解】

当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I变小，U1=IR1变小，故V1逐渐减小；因R1、R3为定值电阻，故由欧姆定律U2＝E−I(R1+R3+r)可知，电压表V2示数的变化量绝对值与电流表A示数的变化量比值等于R1+R3+r，故．【解析】减小ΔI(R3+R1+r)13、略

【分析】【分析】

【详解】

丝绸摩擦过的玻璃棒C带正电荷；导体A；B接触在一起时，处在正电荷的电场中，由于静电感应，导体A的左端感应出负电荷，导体B的右端感应出正电荷，且电荷量相等，所以导体两端的金属箔都张开，且左端带负电，右端带正电。

(1)[1][2][3]若先把A和B分开；然后移去C，导体A；B的电荷不能中和，故A导体上的金属箔带负电，B导体上的金属箔带正电，若用手接触B则将B导体的正电荷中和而不再带电，故此时观察到的现象是B导体的金属箔闭合；

(2)[4][5]若先移去C；导体A和导体B上的正负电荷中和，均不再带电，故A；B导体金属箔均不带电；

(3)[6]A、B导体带电的实质是电子转移（或电荷转移）。【解析】带负电带正电B导体的金属箔闭合不带电不带电电子转移（或电荷转移）14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]串联电路；电流关系，各处电流相等，即。

[2][3]并联电路；电流关系，总电流等于各支路电流之和，即。

[4][5]串联电路；电压关系，总电压等于各支路电压之和，即。

[6][7]并联电路；电压关系，各支路两端电压相等，即。

[8][9]串联电路；电阻关系，总电阻等于各部分电阻，即。

[10]并联电路，电阻关系，总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之和。【解析】之和之和相等之和倒数之和15、略

【分析】【详解】

略【解析】①.质子②.电子③.一样多④.中性16、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】

①[1]游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺的第6个刻度线与主尺的某刻度线对齐，读数为0.1×6mm=0.6mm；则有游标卡尺的读数为9mm+0.6mm=9.6mm；

②[2]游标卡尺的主尺读数为13mm；游标尺的第13个刻度线与主尺的某刻度线对齐，游标尺是25分度的，读数为0.04×13mm=0.52mm，则有游标卡尺的读数为13mm+0.52mm=13.52mm。

③[3]螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，转动刻度的读数为0.01×33.3mm=0.333mm，螺旋测微器的读数为2.333mm。【解析】9.613.522.333四、作图题(共2题，共12分)18、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）19、略

【分析】【详解】

第一幅图