2025年粤教沪科版必修3物理上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年粤教沪科版必修3物理上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：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如图所示，虚线为位于O位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势差关系为图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图中的a、b、c、d四点；已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是（）

A.该粒子只有在a、d两点的动能与电势能之和相等B.场源电荷是正电荷C.粒子电势能先增加后减小D.2、如图所示，在真空中相距为L的a、b两点分别放置电荷量大小均为Q的正、负电荷，那么在离a、b两点距离都等于L的点的电场强度的方向和该点的场强大小为（）

A.沿a到b方向，B.沿b到a方向，C.方向沿ab中垂线向外，D.方向沿ab中垂线向里，3、如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d；e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力；下列说法错误的是（）

A.M带负电荷，N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功4、如图所示，a、b、c、d为圆周上的四个点，为相互垂直的两条直径，M、N为上关于圆心O对称的两个点，在a、b、c三点分别固定电荷量相等的点电荷，带电性质如图所示。有一带负电的试探电荷在外力作用下由M点沿直线匀速运动到N点；不计试探电荷重力。下列正确的是（）

A.M处的电场强度与N处的电场强度相同B.试探电荷在运动过程中，电势能不变C.试探电荷在运动过程中，外力始终做正功D.试探电荷在运动过程中，电场力先做负功再做正功5、两个半径为R的相同的金属球分别带有q1、q2的异种电荷，已知q1＝3q2，两球心相距为r（r=3R），其相互作用力为F。现将两球接触后分开，再放回原来的位置，这时两球间的相互作用力为F2，则（）A.F2＝FB.F2＝FC.F2<FD.F2>F6、如图所示；水平放置的平行金属板带等量异种电荷，上板接地。板间一个带电小球用绝缘细线悬挂处于静止状态，细线的张力不为零。若将下板向下移一些，则（）

A.两金属板间电势差增大B.细线上的张力增大C.小球的电势能减少D.上板带电量减少评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、如图所示，开关闭合的情况下，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R4的滑片向b端移动时；则。

A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向下运动D.R3上消耗的功率减小8、如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝－r处固定有带电荷量为＋9Q的正点电荷，在x＝r处固定有带电荷量为－Q的负点电荷，a、b两点的坐标分别为(0，r)，(0，－r)，c、d、e点都在x轴上，d点的坐标为(2r,0)，r<xc<2r，c、d点间距与d、e点间距相等．下列说法正确的是()

A.a、b两点的场强相同B.a、b两点的电势相等C.d点场强为零D.场强大小Ec>Ee9、如图所示为一等腰直角三棱柱，其中侧面为正方形，边长为置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为下列说法正确的是（）

A.通过平面的磁通量大小为B.通过平面的磁通量大小为C.通过平面的磁通量大小为D.通过整个三棱柱的磁通量大小为10、如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两带电的小物块甲和乙，所带电荷量分别为+q1和-q2，质量分别为m1和m2．同时由静止释放后，甲、乙两物块相向运动．则关于两物块的表述错误的是（）

A.碰撞前瞬间动量之比p甲：p乙=1：1B.碰撞前瞬间速度大小之比v甲：v乙=m1：m2C.碰撞前瞬间动能之比Ek甲：Ek乙=m2：m1D.从开始运动到碰撞前过程中，位移比X甲：X乙=1:111、某静电场的一条电场线与x轴平行，该电场线上各点的电势随x轴上的位置坐标的变化规律如图所示；下列说法正确的是（）

A.该电场是一点电荷形成的B.场强方向沿x轴负方向C.处的场强大小为D.将一电子从处移到处，电子的电势能增大为原来的2倍12、下列四幅图中，穿过线圈的磁通量减小的是（）A.B.C.D.评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、实验：观察电容器的充；放电现象。

（1）实验原理。

a.电容器的充电过程。

如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因得到电子而带___________电。正、负极板带___________的正、负电荷。电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较___________（填“大”或“小”），以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐___________（填“增大”或“减小”），当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I=0。

b.电容器的放电过程。

如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生___________，在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较___________（填“大”或“小”），随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐___________（填“增大”或“减小”）；两极板间的电压也逐渐减小到零。

（2）实验器材：6V的直流电源；单刀双掷开关、平行板电容器、电流表、电压表、小灯泡、导线若干。

（3）实验步骤。

a.按图连接好电路。

b.把单刀双掷开关S打在上面；使触点1和触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中。

c.将单刀双掷开关S打在下面；使触点3和触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中。

d.记录好实验结果；关闭电源。

（4）实验记录和分析。实验项目实验现象电容器充电灯泡灯泡的亮度由___________到___________最后___________（选填“明”“暗”或“熄灭”）电流表1电流表1的读数由___________到___________最后为___________（选填“大”“小”或“零”）电流表1的读数由___________到___________最后为___________（选填“大”“小”或“零”）电压表电压表的读数由___________（选填“大”或“小”）到___________（选填“大”或“小”）最后为___________电压表的读数由___________（选填“大”或“小”）到___________（选填“大”或“小”）最后为___________电容器放电灯泡灯泡的亮度由___________到___________最后___________（选填“明”“暗”或“熄灭”）电流表2电流表2的读数由___________到___________最后为___________（选填“大”“小”或“零”）电流表2的读数由___________到___________最后为___________（选填“大”“小”或“零”）电压表电压表的读数由___________（选填“大”或“小”）到___________（选填“大”或“小”）最后为___________电压表的读数由___________（选填“大”或“小”）到___________（选填“大”或“小”）最后为___________

（5）注意事项。

a.电流表要选用小量程的灵敏电流计。

b.要选择大容量的电容器。

c.实验要在干燥的环境中进行。

d.在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表。14、真空中一个固定的正点电荷，周围的电场线分布如图所示，A、B为水平电场线上的两点。

（1）电场强度________（选填或）；

（2）将试探电荷＋q放在A点，试探电荷＋q受到的静电力的方向________（选填水平向左或水平向右）。15、a、b、c、d是一个菱形的四个顶点，现将三个电荷量均为＋Q的正点电荷分别固定在a、b、c三个顶点上，将一个电荷量为-Q的点电荷A从菱形中心O点处沿直线Od移动到顶点d处，电场力对点电荷A做________(填“正功”或“负功”)，点电荷A的电势能________(填“增加”“不变”或“减小”)，电场中的O、d两点________点(填“O”或“d”)的电势较高．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、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=____。

18、在非纯电阻电路（像含有电动机、电解槽的电路）中，电流做的功只有_______一部分转化为电热，_______部分转化为其他形式的能（机械能或化学能等）。因此，W>Q，即UIt>I2Rt，根据能量守恒定律知，在非纯电阻电路中满足：电功=电热+其他形式的能，即_______=_______+_______。评卷人得分四、作图题(共4题，共12分)19、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。

20、如图所示，磁感应强度大小为的匀强磁场仅存在于边长为的正方形范围内，左右各一半面积的范围内，磁场方向相反。有一个边长为的正方形导线框垂直磁感线方向以速度匀速通过磁场。从边进入磁场算起；规定刚开始时磁通量为正值，画出穿过线框的磁通量随时间的变化图像。

21、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。

22、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4题，共8分)23、如图所示，一质量为电荷量为的带正电金属小球B（视为质点），用长为的绝缘细线固定在左边一檐角，使其刚好贴着正面绝缘墙壁。在正面墙壁上画好一个量角刻度尺。取一个与小球B完全相同（除电荷量外）的小球A，A连接绝缘细杆，手提绝缘细杆让小球A上下移动至小球A、B在同一水平线上且平衡时，读出小球B偏离竖直方向的夹角静电力常量为重力加速度大小为求：

(1)绝缘细线的拉力大小；

(2)小球A所带的电荷量。

24、如图所示，显像管中有一电子枪，工作时它能发射高速电子。从灯丝逸出的电子（初速度可视为0），经M、N板间电压为U的电场加速后，形成高速电子流。已知电子的电荷量为e。忽略电子间的相互作用及电子所受的重力。

（1）求电子从N板射出时的动能Ek；

（2）若保持电压U不变；只增加M；N两板间的距离，电子从N板射出时的动能是否改变？请说明理由。

25、如图所示，在匀强电场中，沿着电场线的方向有相距为20cm的A、B两点。有一个电荷量q=1.0×10-9C的点电荷由静止状态开始从A点运动到B点，静电力做功为4.0×10-7J。

（1）求A、B之间的电势差UAB以及该电场的电场强度大小E；

（2）若点电荷在运动过程中只受静电力作用，求其到达B点时的动能Ek。

26、如图所示的电路中，两平行金属板A，B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离d=50cm，电源电动势E=15V，内电阻r，电阻R1=4Ω，R2=10Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为m=2×10-2kg，电量q=1×10-2C（取g=10m/s2）问：

（1）小球带正电还是负电；电容器的电压为多大？

（2）电源的内阻为多大？电源的效率是多高？

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【详解】

A．粒子运动的过程中只有电场力做功；则粒子的动能与电势能之和不变，四个点都是相等的，故A错误；

B．由图结合曲线运动的特点可知；粒子受到的电场力得方向向右，粒子带负电，所以电场的方向向左，结合常见电场的特点可知，该电场的场源电荷是负电荷，故B错误；

C．粒子受到的电场力得方向向右；所以粒子向左运动的过程中电场力做负功，而向右运动的过程中电场力做正功，即电场力对该粒子先做负功后做正功，粒子电势能先增加后减小,故C正确。

D．电场的方向向左，沿电场线的方向电势降低，所以电势的关系为：故D错误；

故选：C。2、A【分析】【详解】

两个等量异种点电荷在B两点距离都等于L的点产生的电场强度大小相等；方向如图．

大小为E1＝E2＝则合场强为：E＝．方向由a指向b；故选A.

【点睛】

解决本题的关键掌握点电荷的场强公式E＝以及知道场强是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．3、D【分析】【详解】

A．由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷；故A正确；

B．M从a点到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则M在b点的动能小于在a点的动能；故B正确；

C．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能；故C正确；

D．N从c点运动到d点；库仑斥力做正功，故D错误。

本题选错误的，故选D。4、C【分析】【详解】

A．a、b两处异种电荷在M、N处上形成的场强大小、方向相等。c处正电荷在M、N处形成的场强方向相同，大小不同。所以M、N两处的合场强大小和方向均不同；故A错误；

BCD．a、b、c三处点电荷在cd上形成的场强方向为斜向右下方。负电荷从M匀速移动到N的过程中；所受电场力始终为斜向左上方，外力斜向右下方。电场力始终做负功，所以电势能增加。外力始终做正功。故BD错误，C正确。

故选C。

【点睛】

研究多个点电荷在同一位置形成的场强时，可以先确定常见的点电荷形成的合场强大小和方向变化情况，再依次与其他电荷形成的场强叠加。5、C【分析】【详解】

根据题意两球接触后分开，两球各带的同种电荷，根据同种电荷相互排斥，异种电荷互相吸引的性质，当两球带异种电荷时，两球表面所带电荷的“等效中心”位置之间的距离必定小于r；当两球带同种电荷时，两球表面所带电荷的“等效中心”位置之间的距离必大于r，如果能够近似地运用库仑定律来讨论，则必定小于故ABD错误，C正确。

故选C。6、A【分析】【详解】

A．根据联立则有

由于电荷量不变，则极板间场强不变，距离增大，由公式可知两板间的电势差增大；故A正确；

B．由于两板带电量一定；因此两板间的距离增大，两板间的电场强度大小不变，因此细线上的张力不变，故B错误；

C．由于上板的电势为零，且带电小球所在位置与上板间的距离不变，由可知；带电小球所在位置与上板的电势差不变，因此小球的电势能不变，故C错误；

D．两板始终带等量异种电荷；故D错误。

故选A。二、多选题(共6题，共12分)7、A:C:D【分析】【详解】

AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大；所以电压表示数减小，故A正确，B错误；

C．因电容器两端电压减小；故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C正确；

D．因R3两端的电压减小，由公式可知，R3上消耗的功率减小；故D正确．8、B:C:D【分析】【详解】

根据电场叠加可知，a、b两点电场强度大小相等，方向不同，场强不同，A项错误；在带电荷量为＋9Q的正点电荷的电场中，a、b两点的电势相等，同样，在带电荷量为－Q的负点电荷的电场中，a、b两点的电势也相等，因此在＋9Q和－Q的叠加场中，a、b两点的电势相等，B项正确；带电荷量为＋9Q的正点电荷在d点产生的场强E1＝k带电荷量为－Q的负点电荷在d点产生的场强E2＝kE1和E2等大反向，d点场强为零，C项正确；设cd＝de＝l，则根据E＝k作出E－x图象，由图象可知，Ec大于等于点电荷Q电场中距场源(r－l)和处场强大小的差，同样Ee大小等于点电荷Q电场中距场源和(r＋l)处场强大小的差，由图象可知，Ec>Ee，D项正确．

故选BCD.9、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．通过平面的磁通量大小为

所以A正确；

B．平面是平面在垂直磁场方向上的投影，所以通过平面的磁通量大小为

所以B正确；

C．平面与磁场方向平行，所以通过平面的磁通量为零；C错误；

D．穿进整个三棱柱的磁感线和穿出整个三棱柱的磁感线条数相等；磁感线净条数为零，故通过整个三棱柱的磁通量为零，D错误；

故选AB。10、A:C【分析】【详解】

A.甲、乙两物块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，初始时系统的总动量为零，可知，碰撞前瞬间两个物块的动量大小相等，方向相反，则动量之比p甲：p乙=1：1

故A错误；

B.由p=mv，两个物块的动量大小相等，则得碰撞前瞬间速度大小之比v甲：v乙=m2：m1

故B错误；

C.根据

p相等，则得碰撞前瞬间动能之比Ek甲：Ek乙=m2：m1

故C项正确；

D.根据动能定理得，对甲有W甲=Ek甲=

对乙有W乙=Ek乙=

所以X甲：X乙=m2：m1

故D项错误．11、B:C【分析】【详解】

AC．图像的斜率表示电场强度，可知电场强度不变，为

点电荷的一条电场线上的电场强度大小变化；故该电场不是点电荷形成的。故A错误，C正确；

B．沿电场线方向电势降低，由图可知，场强方向沿x轴负方向；故B正确；

D．将一电子从处移到处，电子受到的电场力方向沿x轴正方向；做正功，电势能减小，故D错误。

故选BC。12、A:C【分析】【详解】

A．当线圈向右移动；远离通电导线，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故A正确；

B．当线圈向上移动；穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量不变，故B错误；

C．条形磁铁远离线圈；穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故C正确；

D．条形磁铁靠近线圈；穿过线圈的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，故D错误。

故选AC。三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）a.电容器的充电过程，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电。正、负极板带等量的正、负电荷。电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I=0；

b.电容器的放电过程；当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正；负极板上电荷发生中和，在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小到零；

（4）灯泡的亮度由明到暗最后熄灭；电流表1的读数由大到小最后为；电压表的读数由小到大最后为6V；灯泡的亮度由明到暗最后熄灭；电流表2的读数由大到小最后为；电压表的读数由大到小最后为零。【解析】①.负②.等量③.大④.减小⑤.中和⑥.大⑦.减小⑧.明⑨.暗⑩.熄灭⑪.大⑫.小⑬.零⑭.小⑮.大⑯.6V⑰.明⑱.暗⑲.熄灭⑳.大(21).小(22).零(23).大(24).小(25).0V14、略

【分析】【详解】

（1）[1]电场线越密集的地方电场强度越大，故

（2）[2]正电荷所受电场力方向和电场强度方向相同，故试探电荷＋q受到的静电力的方向水平向右。【解析】水平向右15、略

【分析】【详解】

[1][2][3]根据对称性可知，ac两点的电荷在Od上产生的合场强竖直向下，b处电荷在Od间产生的场强竖直向下，所以Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，在移动过程中，负电荷受力与位移方向相反，所以电场力做负功，电势能增加。【解析】负功增加O16、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][2]改装后电压表的量程为

故串联的电阻越大，量程越大，故接a，b时，为灵敏电流计与R1串联，量程为3V；接a，c时，为灵敏电流计与R1和R2串联；量程为15V；

[3]由题可知，满偏电压

则R1两端的电压为

则【解析】3V15V18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3][4][5]在非纯电阻电路（像含有电动机、电解槽的电路）中，电流做的功只有很少一部分转化为电热，绝大部分转化为其他形式的能（机械能或化学能等）。因此，即根据能量守恒定律知，在非纯电阻电路中满足：电功=电热+其他形式的能，即。

【解析】很少绝大UItI2RtE其他四、作图题(共4题，共12分)19、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】20、略