2025年沪教版必修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年沪教版必修3物理下册月考试卷650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6题，共12分)1、如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长当与之间接入的电压为时，电流为若与间接入的电压为时；其电流为（）

A.B.C.D.2、如图所示，等间距的平行实线表示电场线，虚线表示一个带负电的粒子在该电场中运动的轨迹，a、b为运动轨迹上的两点。若不计粒子所受重力和空气阻力的影响，带电粒子仅在静电力作用下从a向b运动过程中；下列说法正确的是（）

A.场强方向一定是沿图中实线向左B.该粒子运动过程中速度不断增大C.静电力对该粒子做负功D.该粒子在a点的电势能小于在b点的电势能3、如图所示电路中，R为定值电阻，电源内阻不可忽略。可判定滑动变阻器滑片移动到了正中间的依据是（）

A.V1读数最大、V2读数最大B.V2读数最大、V3读数最大C.V1读数最小、V2读数最小D.V2读数最小、V3读数最小4、如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是（）

A.物体A受到地面的支持力先增大后减小B.物体A受到地面的支持力保持不变C.物体A受到地面的摩擦力先增大后减小D.库仑力对物体B先做正功后做负功5、在x轴上x=0和x=1m处，固定两点电荷q1和q2，两电荷之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，在x＝0.6m处电势最低；下列说法中正确的是（）

A.两个电荷是同种电荷B.两个电荷是异种电荷C.x＝0.6m处的位置电场强度为0，A点场强大于B点场强D.在q1与q2的连线上电场强度为0的点有2个6、下列说法正确的是A.一小段通电导线在磁场中某点，若不受磁场力的作用，该点的磁感强度一定为零B.当平面跟磁场方向平行时，穿过这个面的磁通量必为零C.某一点电荷在电场中的受力方向，即为该点电场线的切线方向D.磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、下列关于电流的说法中，正确的是（）A.电荷的定向移动形成电流B.国际单位制中，电流的单位是安培，简称安C.电流既有大小又有方向，电流相加时遵从平行四边形定则D.由可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多8、一个带负电的粒子仅在电场力的作用下，从x轴的原点O由静止开始沿x轴正方向运动，其运动速度v随位置x的变化关系如图所示，图中曲线是顶点为O的抛物线，粒子的质量和电荷量大小分别为m和q；则下列说法正确的是（）

A.粒子沿x轴做加速度不断减小的加速运动B.O、x1两点之间的电势差C.粒子从O点运动到x1点的过程中电势能减少了D.电场为匀强电场，电场强度大小9、如图，两个固定的相同圆环a、b，均匀带有+Q和-Q的电荷，两环圆心O、O′在同一中心轴线上，P为OO′的中点。则（）

A.沿中心轴线从O点到O′点，电势逐渐降低B.过P点垂直于OO′的平面为等势面C.O点与O′点的电场强度相同D.两环间距越小，P点的电场强度一定越大10、如图所示，a、b、c、d是矩形的四个顶点，空间中有平行于矩形所在平面的匀强电场。已知a点的电势为b点的电势为d点电势为一质子从b点以初速度射入该电场，入射方向与成角；不计质子的重力，则下列判断正确的是（）

A.c点的电势为B.电场强度大小为C.质子可能运动到c点，所用时间为D.质子可能运动到a点，到达a点时的电势能减少了11、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小。R3为定值电阻，且R3>r。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是（）

A.若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小B.若仅增大B板间距离，则电容器所带电荷量减少C.若仅用更强的光照射R1，则电源的输出功率减小D.若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变12、如图所示为某一电源的曲线；由图可知（）

A.电源电动势为2VB.电源内电阻为ΩC.电源内阻为ΩD.路端电压为1V时，电路中电流为5A13、如图所示，A、为平行板电容器的两块金属板，A极板与静电计相连，静电计的外壳和极板都接地．当A、两板带上等量异种电荷后，静电计指针偏转一定角度，此时，在A、板间有一正点电荷（带电量很小）静止在点，则（）

A.A板不动，将板向下移动时，但静电计指针偏角减小B.A板不动，将板向右移动时，静电计指针偏角增大C.A板不动，将板向上移动时，点电荷保持不动D.A、板都不动，在A、之间插入介质板时，静电计指针偏角增大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、电场力做功的特点是：______，因此可以引入电势能。______是反映电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。15、如图所示的电路中，当开关K闭合时，灯泡L正常发光，现断开开关K，闭合电路的总电阻将_____(填“增大”“减小”或“不变”)，灯泡L的亮度将______(填“变亮”“变暗”或“不变”)

16、两导线长度之比为1∶2，横截面积之比为3∶4，电阻率之比为5∶6，则它们的电阻之比为______。17、如图所示，游标卡尺的示数为___________cm；螺旋测微器的示数为___________mm。

18、如所示电路图中，电源两端的电压保持不变，三个电阻的阻值都相等．当开关S闭合前，电压表的示数为U；当开关S闭合后，电压表的示数为U，则U：U=____________．

评卷人得分四、作图题(共3题，共15分)19、如图所示是某电场中的电场线，请画出点a点的场强方向和电荷-q在b点所受电场力的方向。

20、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。

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。

评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)22、在“测定金属的电阻率”实验中；所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为50cm．

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为____mm（该值接近多次测量的平均值）

（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池阻（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：。次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520

由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的______图（选填“甲”或“乙”）．

（3）如图所示是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_________；并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．

（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线___________，由图线得到金属丝的阻值Rx=_______Ω（保留两位有效数字）．

（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为________（填选项前的符号）．

A．1×Ω·mB．1×Ω·m

C．1×Ω·mD．1×Ω·m

（6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_______（有多个正确选项）．

A．用螺旋测微器测量金属直径时；由于读数引起的误差属于系统误差。

B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差。

C．若将电流表和电压表的内阻计算在内；可以消除由于测量仪表引起的系统误差。

D．用U—I图像处理数据求金属电阻可以减小偶然误差23、某学习小组用两种不同的金属电极插入柠檬做了一个“水果电池”，如图a所示。将该水果电池给“1.5V；0.3A”的小灯泡供电；发现小灯泡不发光，检查电路无故障，测量电路中的电流，发现读数不足3mA。

（1）你认为电路中电流不足3mA的原因是________；

（2）为了测量水果电池的电动势和内阻，进行如下实验，电路图如图b所示。请按照电路图，将图c中的实物图连线补充完整________。

（3）连好电路后闭合开关，发现滑动变阻器在阻值较大范围内调节时，电压表示数变化不明显，其原因是所选用的滑动变阻器________；

（4）按要求更换滑动变阻器后，调节滑动变阻器，记录电压表和微安表的示数。作出图像，如图d所示。由图像求得水果电池的电动势E=________V，内阻r=________（结果保留三位有效数字）。

24、如图一量程为100μA的电流表，内阻为100Ω，现需_______联（串或并）一个______Ω的电阻可将它改装成量程0-1V电压表，应该把它________联（串或并）在电路中测量电压，某次测量表盘指针位置如图所示，该电压的大小是_________V。

25、某学习小组同学利用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”；螺线管A；滑动变阻器、开关与电池构成闭合回路；螺线管B与电流计构成闭合电路，螺线管B套在螺线管A的外面。

（1）甲图电路连接好后，同学们进行了下列操作，电流计指针会发生偏转的是___________。

A．保持开关闭合；螺线管A和螺线管B相对静止向上运动。

B．保持开关闭合；螺线管B不动，螺线管A插入或拔出螺线管B

C．保持开关闭合；螺线管A；B不动，移动滑动变阻器的滑片。

D．保持开关闭合；螺线管A；B不动，在A线圈中插入铁芯。

（2）利用图乙所示的装置进一步探究感应电流的方向与磁通量变化的关系，螺线管B与电流计构成闭合电路。正确连接好实验电路后，将条形磁铁N极朝下插入螺线管B，观察到灵敏电流计G的指针向右偏。若要灵敏电流计G的指针往左偏，可行的操作是_____________。

A．将条形磁铁N极朝下拔出螺线管B

B．将条形磁铁S极朝下插入螺线管B

C．将条形磁铁S极朝下拔出螺线管B

D．保持条形磁铁在螺线管B中不动。

（3）某同学想应用实验得到的楞次定律判断线圈的缠绕方向，在图乙的基础上设计了如图甲所示实验装置。把条形磁铁N极向下插入线圈时，二极管A发光；拔出时，二极管B发光。则线圈缠绕方向为图乙中的__________（填“①”或“②”）。

评卷人得分六、解答题(共1题，共6分)26、如图所示的电路中，直流电源的电动势内电阻=4.5Ω，为电阻箱。两带小孔的平行金属板A、B竖直放置；另两个平行金属板C、D水平放置，板长=45cm板间的距离当电阻箱的阻值调为时。闭合开关K，待电路稳定后，将一带电量为质量为的负粒子从A板小孔从静止释放进入极板间；不考虑空气阻力；带电粒子的重力和极板外部的电场。

（1）求带电粒子到达小孔B时的速度多大？

（2）求带电粒子从极板C、D离开时速度？

（3）此时；电源的输出功率是多大？

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

根据电阻定律：可得

因为当与之间接入的电压为时，电流为即

所以与间接入的电压为时，其电流为

因此ABC错误；D正确。

故选D。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．做曲线运动的物体；受力的方向总是指向凹侧，可知粒子所受电场力水平向左，而粒子带负电，受力的方向和电场线的方向相反，因此电场线的方向水平向右，A错误；

BC．从a向b运动过程中；静电力对粒子做正功，因此粒子的速度不断增大，B正确，C错误；

D．由于静电力做正功电势能减少，因此该粒子在a点的电势能大于在b点的电势能；D错误。

故选B。3、B【分析】【详解】

ABCD．分析电路可以发现，滑动变阻器分为上下两部分，且为并联关系，由于

可知，当滑动变阻器滑片移动到了正中间时，该并联电阻达到最大，即外电路电阻最大，路端电压达到最大，而电压表V3测的就是路端电压，故V3读数应最大，由于总电阻变大，故干路电流变小，而V1测的是R上的电压，由可知，I最小时，V1读数应最小，由于V2测的是并联部分的电压，由串联电路电压关系可知

V3读数最大，V1读数最小，故V2读数应最大；故B正确。

应选B。4、A【分析】【详解】

ABC．AB间距离不变；AB间静电力的大小不变。

当物体B由P点运动到最高点的过程中，对物体A受力分析，受重力G、静电力F、地面的支持力N、摩擦力f

将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到

可解得

其中G与F大小不变，逐渐减小为零，因而支持力N逐渐变大，f逐渐变小；

当物体B由最高点运动到Q点的过程中，再次对物体A受力分析，受重力G、静电力F、地面的支持力N、摩擦力f

将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到

可解得

其中G与F大小不变，由零逐渐增大，因而支持力N逐渐变小，f逐渐变大；

综合以上两个过程可知：物体A受到地面的支持力N先增大后减小；物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故A正确，BC错误；

D．物体A对物体B的静电力与物体B的运动方向总是垂直；A对B不做功，故D错误。

故选A。5、A【分析】【详解】

AB．因为两个电荷周围的电势均为正值；所以两个电荷都带正电荷，A正确，B错误；

C．图像的斜率表示电场强度，x＝0.6m处图像的斜率等于零，该位置电场强度为0；A点图像的斜率小于B点斜率，所以A点场强小于B点场强；C错误；

D．在q1与q2的连线上斜率等于零的点只有1个；所以电场强度为0的点只有1个，D错误。

故选A。6、B【分析】【详解】

A.一小段通电导线在磁场中某点；不受磁场力的作用，该点的磁感强度不一定为零，也可能是由于通电导线与磁场平行，故A错误。

B.根据匀强磁场中磁通量的一般计算公式Φ=BSsinθ；当平面跟磁场方向平行时，没有磁感线穿过这个平面，所以穿过这个平面的磁通量必为零，故B正确。

C.正电荷所受的电场力方向与电场强度方向相同；负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，电场线切线方向为场强方向，则电荷所受电场力方向不一定与电场线切线方向一致。故C错误。

D.在磁体外部磁感线从磁体的N极发出到S极，在磁体的内部，磁感线从S极到N极，D错误。二、多选题(共7题，共14分)7、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．电流产生的原因是由于电荷的定向移动形成的；A正确；

B．国际单位制中；电流的单位是安培，B正确；

C．电流有大小；也有方向，但相加时遵从代数运算，C错误；

D．由可知；电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，D正确。

故选ABD。8、C:D【分析】【详解】

AD．由题意可知，图中曲线是抛物线，则曲线的表达式可写为

粒子只在电场力作用下运动，由动能定理得

即

又

所以粒子在运动过程中，受到的电场力不变，说明电场为匀强电场，场强为

沿x轴合外力不变，即粒子沿x轴做加速度不变的加速运动；故A错误，D正确；

BC．粒子从O点运动到点x1，由动能定理得

电场力做正功，电势能减少，为

则O、x1两点之间的电势差为

故B错误；C正确。

故选CD。9、A:B:C【分析】【详解】

A．由场强的叠加可知从O点到O′点场强方向一直向右；因此电势一直降低，故A正确；

B．由场强的叠加可知电场线垂直于过P点且垂直于OO′的平面；在此平面上移动电荷时电场力不做功，因此该平面为等势面，故B正确；

C．+Q在O点产生场强为零，O点的场强由-Q和距离决定，同理O′点的场强由+Q和距离决定，由几何关系结合场强叠加知O点与O′点场强大小相等；且方向均向右，故C正确；

D．两环间距越小时，P点的电场强度不一定越大，比如当两环均向P靠拢且间距无穷小时，P点场强近似为零；故D错误。

故选ABC。10、B:C【分析】【详解】

A．在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故有

解得

A错误；

B．ad中点与c点连线为等势线，d到等势线的距离为则电场强度大小为

方向与等势线垂直指向d点；B正确；

C．由上可知，质子速度与电场强度方向垂直，做类平抛运动，垂直于电场强度方向做匀速运动，位移大小为

运动时间为

C正确；

D．质子做类平抛运动，不可能运动到a点；D错误。

故选BC。11、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变；故A错误；

B．若仅增大A、B板间距离；根据。

可知电容减小；板间电压不变，则由电容的定义式。

可知电容器所带电荷量减少；故B正确；

C．若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，因为R3>r；所以电源的输出功率增大，故C错误；

D．若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大；根据闭合电路欧姆定律得。

U=E-Ir可得。

不变；故D正确。

故选BD。12、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．由闭合电路欧姆定律得知，当时，由图读出故A正确；

BC．电源的内阻

电源短路时电流

故BC错误；

D．当电路路端电压为1.0V时，电路中电流

故D正确。

故选AD。13、B:C【分析】【详解】

A．由题知，电容器的电量保持不变，A板不动，将极板向下移动一小段距离，d变大，根据

可知电容减小，根据

则电势差增大；指针偏角增大，故A错误；

B．A极板不动，将极极向右水平移动一小段距离，减小，根据

可知电容减小，根据

则电势差增大；指针偏角增大，故B正确；

C．A板不动，将板向上移动时

联立解得

可知场强不变，点电荷保持不动；故C正确；

D．A、板都不动，插入介质板时，根据

可知电容增大，根据

则电势差减小；指针偏角减小，故D错误。

故选BC。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

[1]由公式可知；电场力做功的特点是与路径无关，只与初末位置有关，因此可以引入电势能；

[2]电动势是反映电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。【解析】与路径无关，只与初末位置有关电动势15、略

【分析】【详解】

[1]．闭合开关时电路中的总电阻为

断开开关电路中的总电阻为R′=r+RL+R1

所以断开开关后电路中的总电阻增大；

[2]．断开开关电路的总电阻变大，根据欧姆定律知，电路中的总电流变小，所以灯泡变暗；【解析】增大变暗16、略

【分析】【详解】

根据电阻定律因为两导线长度之比为1∶2，横截面积之比为3∶4，电阻率之比为5∶6，所以可得它们的电阻之比为5:9

故答案为5:9【解析】5︰917、略

【分析】【详解】

[1]图甲所示是20分度游标卡尺，示数为

[2]螺旋测微器的示数为【解析】1.3456.79018、略

【分析】【详解】

[1]设电源的电压为E．

开关断开时，三个电阻串联，电压表的读数为

开关闭合时，R3被短路，另外两个电阻串联，则电压表的读数为

故U：U′=4：3．【解析】4：3四、作图题(共3题，共15分)19、略

【分析】【详解】

电场线上每一点的切线方向即为该点的电场强度方向；负电荷受电场力的方向与场强方向相反，如图所示。

【解析】20、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）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，螺线管中的电流方向从左端导线流入，右端导线流出，如图所示。

（4）在图（4）中，已知磁感线的方向，由安培定则可知，环形电流方向沿逆时针方向，如图所示。【解析】五、实验题(共4题，共12分)22、略

【分析】【详解】

（1）由图知螺旋测微器的主尺读数是0mm；可动刻度读数是39.8ⅹ0.01mm=0.398mm(0.395~0.399)，所以直径D=0.398mm.

（2）由表中实验数据可知；最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路．

（3）实物图连接注意电流表外接；滑动变阻器分压，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，连接时使电压表；电流表的示数最小．如图所示。

（4）将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点；有些点不在线上，要让线两侧点的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去（图中第6个点）．

计算直线的斜率即为电阻R，故．

（5）根据电阻定律得

故C正确；ABD错误．

（6）A.用螺旋测微器测量金属丝直径时；由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；

B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差；B错误；

C.伏安法测电阻时；电流表和电压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表（电流表；电压表）引起的系统误差，C正确；

D.用U­—I图像处理数据求金属线电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第6个点）去掉，不在直线上的点均匀分布在线的两侧，这样可以减小偶然误差，D正确．【解析】0.398(0.395~0.399)甲4.3～4.7CCD23、略

【分析】【详解】

（1）[1]水果电池内阻太大；电路的电流很小，灯泡的实际功率很小不足以使灯泡发光；

（2）[2]实物图连线如图。

（3）[3]连好电路后闭合开关；发现滑动变阻器在阻值较大范围内调节时，电压表示数变化不明显，由于水果电池内阻很大，而滑动变阻器采用的是限流式接法，所以导致的原因是所选用的滑动变阻器阻值偏小；

（4）[4]根据闭合电路欧姆定律

化解得

可解得

[