2025年华师大新版必修3物理下册月考试卷含答案

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A.该电场一定是匀强电场B.场强Ea一定小于EbC.电子具有的电势能Epa一定大于EpbD.电势φa>φb2、如图所示，将原来不带电的金属导体杆放到一个电荷量为Q的小球旁边，则导体杆上感应电荷在a、b、c三点产生的场强大小关系是（）

A.Ea=Eb=EcB.EabcC.Ea>Eb>EcD.无法判断3、如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向右端移动时；下面说法中正确的是（）

A.电源的输出功率一定变小B.电压表的读数变小，电流表的读数变小C.电压表的读数变大，电流表的读数变小D.电压表的读数变小，电流表的读数变小4、如图所示，在正方形的四个顶点各放一电荷量均为Q的点电荷，a、b、c、d是正方形各边长的中点；则以下说法中正确的是（）

A.a、b、c、d四点的场强相同B.a、c两点的场强相同C.b、d两点的场强一定等大且反向D.e点的场强不为零5、如图所示为一个五棱锥，底面ABCDE为一个正五边形，PA垂直于底面。在P处固定一个正的点电荷；则下列说法正确的是（）

A.B、E两点的电场强度相同B.底部ABCDE平面为等势面C.将某负试探电荷沿C到D到E移动，该试深电荷动能增加D.将某正试深电荷沿BCDE做功比沿BC做功要大6、某同学用图示电路研究可变电容器的充放电实验．电容器原来不带电；电压表和电流表为直流电表。单刀双掷开关先接1，稳定后，缓慢减小电容器两极板的正对面积，再将开关接2。则（）

A.开关接1后断开，接2前两电表示数均先增大后减为零B.减小电容器两极板正对面积过程中，电阻R中电流向下C.实验前连接好电路后，实验过程中无需再改接D.若开关接1稳定后断开，再减小电容器两极板正对面积过程中，电压表示数减小7、如图所示；六个点电荷分布在边长为a的水平放置的正六边形ABCDEF的六个顶点处，在A；D、F处电荷的电荷量为－q，其余各处电荷的电荷量均为+q，光滑的杆固定在正六边形的中心轴上．若让质量为m、带电量为+Q的小环穿在杆上由P点自由释放，则下列说法正确的是。

A.O点电场强度大小为方向由O指向FB.O点电势高于P点电势C.小环从P到O做变加速直线运动D.小环从P到O的过程电势能先减小后增大评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、如图所示的电路中，定值电阻为R，滑动变阻器最大阻值R＇＝2R，电源电动势为E，内电阻r＝R，灯泡L的电阻为R，G为零刻度在中央的理想电流计，V为理想伏特计，当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端的过程中，下列判断正确的是（）

A.G的示数先减小后增大B.V的示数先增大后减小C.电源的输出功率先增大后减小D.灯泡L先变暗后变亮9、如图，取一对不带电的，有绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触。把带正电荷的物体C移近导体A，会发现两端的金属箔均张开。然后先手持绝缘柱把导体A和B分开，再移开C。移开C之后；下列说法正确的是（）

A.A带正电，B带负电B.A带负电，B带正电C.A、B上的金属箔片完全闭合D.A、B上的金属箔片仍张开一定角度10、图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示．在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中（）

A.通过二极管D的电流减小B.二极管D的电阻变小C.二极管D消耗的功率变大D.电源的功率减小11、如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中；下述说法中正确的是()

A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量12、已知无限大的均匀带电面可产生垂直于该面的匀强电场（正的带电面场强方向背离该面、负的带电面场强方向指向该面），场强大小E=2πkσ，式中k为静电力常量，σ为电荷面密度（单位面积的带电量）．现有如图所示的两个平行且可视为无限大的均匀带电面A和B，电荷的面密度分别为σ和-2σ（σ为正的常数），间距为d，空间中有C、D两点，CD连线垂直于带电面，C点到A面距离与D点到B面的距离均为A面接地．关于C；D两点的场强大小和电势高低，下列说法中正确的是。

A.EC=EDB.EC>EDC.φC=φDD.φC>φD13、如图所示，边长为l的正方形四个顶点a、b、c、d分别放置一个点电荷，M、N为延长线上关于O点对称的两点，和是由M到N的两条不同路径。a、b、c三处电荷的电荷量为b处电荷受到的静电力为（k为静电力常量），方向由b指向N。则（）

A.d处电荷的电荷量为B.正方形中心O处的电场方向从指O向dC.M点的电势比N点的电势高D.将一点电荷分别沿路径和由M移到N过程中，静电力做功相等评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、可见光________（选填“是”或“不是”）电磁波的一部分；电磁波在真空中的传播速度_______m/s；在人类历史上首先捕捉到电磁波的科学家是_________（选填“麦克斯韦”或“赫兹”）。15、如图所示，在光滑定滑轮C正下方与C相距h的A处固定一电荷量为Q(Q>0)的点电荷，电荷量为q的带正电小球B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力F拉住，使B处于静止状态，此时B与A点的距离为R，B和C之间的细线与AB垂直。若B所受的重力为G，缓慢拉动细线（始终保持B平衡）直到B接近定滑轮，静电力常量为k，环境可视为真空，则力F_____（填增大、减小或不变）；B受到的库仑力的大小______（填增大；减小或不变）。

16、如图所示为一个玩具汽车上的控制电路，小明对其进行测量和研究发现：电动机的线圈电阻为保护电阻为当闭合开关后，两电压表的示数分别为和则电路中的电流为___________电动机的功率为__________

17、如图所示，是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知三点的电势分别由此可得D点电势________V；若该正方形的边长为且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为_______

18、变化的磁场产生电场。

（1）实验基础：如图所示，在变化的磁场中放一个闭合电路，电路里就会产生_____________

（2）麦克斯韦的见解：电路里能产生感应电流，是因为变化的_________产生了电场；电场促使导体中的自由电荷做定向运动。

（3）实质：变化的_________产生了电场。19、如下图所示，是我们家里经常使用的电风扇，在使用一段时间之后发现扇叶上沾满了灰尘，是因为扇叶______（填一物理名词）使得扇叶容易吸附灰尘。

20、公式回顾：电场强度定义式：__________；电势：__________；电场强度与电势差的关系：__________；电势差与静电力做的功：__________；电容的定义式：__________；电容的决定式：__________。评卷人得分四、作图题(共4题，共28分)21、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。

22、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。

23、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.

24、把蜂鸣器；光敏电阻、干簧管继电器开关、电源连成电路如图所示；制成光电报警装置，当报警器有光照射时，峰鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声，①光敏电阻：光敏电阻受光照后，阻值会变小，②干簧管继电器开关：由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成，当线圈中有一定的电流时，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成闭合状态，当线圈中没有电流或者电流很微弱时，磁场消失，簧片在弹力的作用下恢复到分离状态，电路已经连接一部分，请将电路完整连接好。

评卷人得分五、实验题(共1题，共7分)25、某同学要测定一电源的电动势E和内电阻实验器材有：一只电阻箱（阻值用表示），一个电流表（读数用表示）；一只开关和导线若干。

（1）用笔画线代替导线将图示器材连接成完整的实验电路____；

（2）该同学闭合开关前应先将电阻箱调至_______（填“最大值”；“最小值”或“任意值”）；

（3）该同学根据实验采集到的数据作出如图所示的图像，则由图像可求得，该电源的电动势_________V，内阻___________（结果均保留两位有效数字）。考虑电流表内阻的影响，则电池电动势及内阻真实值与测量值的大小比较，_____________（填“大于”，“小于”，“等于”）评卷人得分六、解答题(共1题，共8分)26、如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压U1加速后，从A板中心小孔射出，进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为U2，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e；不计电子的重力及它们之间的相互作用力。求：

（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v；

（2）电子在偏转电场中的运动时间t；

（3）电子从偏转电场射出时沿垂直于板方向偏移的距离y。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

AB．因电子由静止释放，且由a向b运动，则电子所受的电场力一定是由a指向b，因为电子带负电荷，所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a。由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况；因此无法确定场强大小关系，故A错误，B错误；

C．由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能EPa一定大于EPb；故C正确；

D．由分析可知电场方向由b指向a，而沿着电场线方向电势降低，所以电势φa一定低于φb，故D错误。2、B【分析】【详解】

处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，即导体杆上感应电荷在某处产生的场强与带电小球产生的场强等大反向，由知Ea<Eb<Ec；故B正确。

故选B。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．当内外电阻相等时输出功率最大；由于电源的内外电阻关系未知，所以不能确定电源的输出功率如何变化，故A错误；

B．当滑动变阻器的滑片P向右端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表读数增大。电压表读数。

I增大，其他量不变，则减小；故B错误；

CD．滑片P向右端移动时，外电阻减小，干路电流增大，电源的内电压和的电压增大，所以的两端电压减小，的读数为。

则减小，因总电流增大，则通过的电流增大，则变大；故C正确，D错误。

故选C。4、C【分析】【详解】

ABC．设正方形边长为L，每个电荷电量为Q，对a点研究，左侧的一正一负两个电荷，在a点的合场强方向向下，大小为：

右侧的一正一负两个电荷在a点的合场强方向向上，大小为

a点的合场强的方向向下，大小为：Ea=E1－E2

同理，可以求出bcd各点的场强的大小都是E1－E2，方向分别是向右、向上、向左，所以a、c两点的场强一定等大而反向，b、d两点的场强一定等大而反向；故AB错误，C正确；

D．由图可知，两个正电荷在e点产生的场强大小相等，方向相反；两个负电荷在e点产生的场强也是大小相等，方向相反，所以e点的合场强为0；故D错误。

故选C。5、C【分析】【详解】

A．根据点电荷电场强度的公式有

由于PA垂直于底面，则PB=PE

可知B、E两点的电场强度大小相等；方向不同，A错误；

B．点电荷的等势面是以点电荷为球心的一簇球面，底部ABCDE平面不是等势面；B错误；

C．根据点电荷电势分布规律有

电场力做功为

电场力做正功电势能减小；动能增大，C正确；

D．根据点电荷电势分布规律有

则有

则将某正试深电荷沿BCDE做功比沿BC做功要小；D错误。

度选C。6、B【分析】【详解】

A．开关接1后断开；接2前电流表示数为零，电容器；电阻和电压表串联，电压表示数不变，故A错误；

B．开关接1未断开时，减小电容器两极板正对面积过程中，根据

可知电容器的电容减小、两端的电压不变，电容器的带电量减小，电阻R中电流向下；故B正确；

C．由于电容器充放电流方向相反；所以实验过程中电流表的正负极需再改接，故C错误；

D．若开关接1稳定后断开，再减小电容器两极板正对面积过程中，根据

可知电容器的电容减小；带电量不变；电容器两端的电压变大，电压表示数变大，故D错误。

故选B。7、A【分析】【分析】

根据六个点电荷的分布情况；根据矢量叠加原理求解O点的场强和方向；电势是标量，叠加时时是代数和，由此求解OP上各点电势关系，由此判断小环在OP上的运动情况和电势能的变化情况.

【详解】

每一个点电荷在中心O处产生的场强均为根据场强的叠加原理可得，O点电场强度大小为方向由O指向F，选项A正确；由电势的叠加可知，OP上各点的电势均为零，则O点电势等于P点电势，选项B错误；小环从P到O电势能不变，则小环只受重力作用而做匀加速直线运动，选项C错误；小环从P到O的过程电势能不变，选项D错误；故选A.

【点睛】

此题关键是知道场强的叠加原理满足平行四边形法则；而电势的叠加是代数和.二、多选题(共6题，共12分)8、A:B:C【分析】【详解】

A．当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端的过程中，由电桥平衡原理可知，当触片P滑到变阻器中点时，即两边电阻均为R时；电桥平衡，此时电流计的读数为零，则G的示数先减小到零后增大，故选项A正确；

B．当触片P滑到变阻器中点时，即两边电阻均为R时；此时外电路的总电阻最大，此时路端电压最大，即V的示数先增大后减小，故B正确；

C．当触片P滑到变阻器中点时

此时电源的输出功率最大；则电源的输出功率先增大后减小，故选项C正确；

D．当触片P滑到变阻器最左端时，灯泡被短路，不亮；触片P滑到变阻器中点时，外电路电阻为R，则通过灯泡的电流为

当P滑到最右端时，外电路电阻为通过灯泡的电流

则当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端的过程中；灯泡L一直变亮，故选项D错误。

故选ABC。9、B:D【分析】【分析】

【详解】

把带正电荷的物体C移近导体A，会发现两端的金属箔均张开，此时，A带负电，B带正电，然后先手持绝缘柱把导体A和B分开，A仍然带负电，B仍然带正电，然后移走C，A、B上的电荷不会中和，所以A、B上的金属箔片仍张开一定角度。

故选BD。10、B:C【分析】【详解】

ABC.滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中；滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流；电压增大，消耗的功率也增大，故BC正确，A错误；

D.电源的功率为：因为电流增大，所以电源的功率增大，故D错误；11、C:D【分析】【详解】

A.物体以水平速度冲上木板后，由于摩擦力作用，减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和；故A错误；

B.根据动能定理，物体克服摩擦力做的功等于物体损失的动能；故B错误；

C.由能量守恒定律可知，物体损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械能之和；故C正确；

D.摩擦力对物体做的功等于物体动能的减少量，摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体做的功和对木板做的功的总和等于系统内能的增加量，故D正确．12、A:D【分析】设A面产生电场的场强大小为EA=E0，由题意得B面产生电场的场强大小为EB=2E0，在C点EC=EB-EA=E0，方向垂直指向A面．同理在D点ED=EB-EA=E0，方向垂直指向B面，故A正确，B错误．根据对称性，UCA=-UBD，又根据AB板间的场强方向指向B板，固有φA＞φB，因此φC＞φD，故C错误，D正确．故选AD．13、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．由几何关系可知a、c处电荷对b的静电力的合力为方向由b指向N而b受到的静电力为故b受到d的静电力为方向由b指向d，则d处电荷的电荷量为故A正确；

B．由对称性可得a、c在O处的合场强为零，b、d在O处的电场方向由d指向b，所以正方形中心O处的电场方向从指O向d；故B正确；

C．a、c两处的电荷在对称点M、N处产生的电势相等，由于M点离负电荷近，则电势低，N点靠近正电荷所以电势高；故C错误；

D．电场力做功与电荷的运动路径无关，因而将一点电荷分别沿路径和由M移到N过程中；静电力做功相等，故D正确。

故选ABD。三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【详解】

[1]由电磁波谱可知，电磁波包括无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、射线；故可见光是电磁波的一部分；

[2]电磁波在真空中的传播速度都等于光速，

[3]麦克斯韦是建立了电磁场理论和预言了电磁波的存在，赫兹是在人类历史上首先捕捉到电磁波的科学家。【解析】是赫兹15、略

【分析】【详解】

对B受力分析如图所示，根据几何关系和三力平衡有

得

由于F=F′，所以

可见，当L逐渐减小时，F逐渐减小。

设B与A点的距离为x，在B缓慢移动的过程中，都满足

在B处于静止状态时有

对比以上两式，得x=R；这说明在B缓慢移动的过程中，两点电荷间的距离不变，故B受到库仑力大小不变。

【解析】逐渐减小不变16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由图可知，电压表V2测电阻R两端电压为2V，根据欧姆定律

[2]电压表V1测路端电压为6V，由串并联关系可知电动机两端电压

根据电功率公式【解析】0.5217、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]如下图所示。

连接AC，则可知，AC段的电势差为

取AC中点E，根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为6V，连接BD可知，BED应为等势线，故说明D点的电势为6V，由几何关系可知，AC长度为

根据匀强电场中电势差与电场强度的关系得【解析】①.6②.45018、略

【解析】①.感应电流②.磁场③.磁场19、略

【分析】【分析】

【详解】

因为电扇工作时，转动的扇叶与空气摩擦带上电荷，而带电体具有吸引轻小物体的性质，所以灰尘会被吸在扇叶上。【解析】摩擦起电20、略

【分析】【详解】

[1]电场强度定义式为

[2]电势为

[3]电场强度与电势差的关系为

[4]电势差与静电力做的功关系为

[5]电容的定义式为

[6]电容的决定式【解析】四、作图题(共4题，共28分)21、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