2025年浙教版必修3物理下册阶段测试试卷

…………○…………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物理下册阶段测试试卷922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7题，共14分)1、如图所示，电源电动势内阻两个小灯泡均标有“3V，1.5W”，R为定值电阻。开关S闭合；电动机M转动稳定后，两小灯泡恰能正常工作，则（）

A.定值电阻R的阻值为10ΩB.电动机的线圈电阻为6ΩC.电动机与电阻R消耗的电功率相等D.电动机的输出功率为1.5W2、如图所示电路，电源内阻为r，两相同灯泡电阻均为R，D为理想二极管（具有单向导电性），电表均为理想电表。闭合S后，一带电油滴恰好在平行板电容器中央静止不动。现把滑动变阻器滑片向上滑动，电压表示数变化量绝对值分别为电流表示数变化量为则下列说法中错误的是（）

A.两灯泡逐渐变亮B.油滴将向下运动C.D.3、图中实线为真空中某一点电荷形成的电场线，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是轨迹上的两点。若电子在两点间运动的速度不断增大；则下列判断中正确的是（）

A.形成电场的点电荷电性为正B.电子可能是从a点运动到b点C.电子在两点间运动的加速度一定减小D.调整电子初速度的大小和方向，电子可能做匀速圆周运动4、如图甲，高大建筑物上通常都装有避雷针，雷雨天气时避雷针发生尖端放电现象，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。图乙所示是某次避雷针放电时的电场线分布，电场线关于直线ac对称，且以下说法正确的是（）

A.B.接近建筑物的雷雨云带负电C.电子在c点的加速度大于在a点的加速度D.将质子从图中d点由静止释放，质子可能沿电场线运动5、如图所示，M、N两点分别放置两个等量同种正电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中（）

A.场强最小的点是A点，电势最高的点是B点B.场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C.场强最小的点是C点，电势最高的点是B点D.场强最小的点是C点，电势最高的点是A点6、下列说法中，正确的是()A.只有体积很小的带电体才能看做点电荷B.电场线上任一点的切线方向与点电荷在该点所受电场力的方向相同C.顺着电场线方向是电势升高最快的方向D.电场强度越大的地方等差等势线也越密集7、伏安法测定一个阻值约12Ω的电阻，实验室提供直流电压表内阻约为3kΩ，直流电流表内阻约为1Ω，实验中应采用电流表（）A.外接法，测量值偏大B.内接法，测量值偏大C.外接法，测量值偏小D.内接法，测量值偏小评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r；电表均为理想电表．闭合开关S后，若减小R的阻值，则下列说法正确的是()

A.电流表的示数一定增大B.电压表的示数一定增大C.电源的输出功率一定增大D.R1上的电压一定减小9、如图；R1，R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时()

A.电压表的示数增大B.R2中电流减小C.小灯泡的功率增大D.电路的路端电压增大10、如图所示，a、b、c为真空中三个带电小球，b球带电量为+Q，用绝缘支架固定，a、c两小球用绝缘细线悬挂，处于平衡状态时三小球球心等高，且a、b和b；c间距离相等；悬挂a、c小球的细线竖直，则（）

A.a、c两小球带同种电荷B.a、c两小球带异种电荷C.a小球带电量为+4QD.c小球带电量为﹣4Q11、如图所示，正三棱柱的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为-Q的点电荷，D、D'点分别为边的中点；选无穷远处电势为0。下列说法中正确的是（）

A.B、B'、D、D'四点的电场强度方向相同B.将一负试探电荷从点移到点，其电势能减少C.将一正试探电荷沿直线从B点移到D'点，电场力始终不做功D.若在点再固定一电荷量为+Q的点电荷，点再固定一个电荷量为-Q的点电荷，则D点的电场强度指向B点12、如图所示，一个半径为R的绝缘光滑圆轨道固定在竖直面内，A、B和C、D分别是圆轨道水平直径和竖直直径的两个端点，O点是圆心．一个质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)放在圆轨道的最低点C．在水平直径AB的下方存在匀强电场，电场方向平行于轨道所在的平面且水平向右，电场强度为E=(g为重力加速度)．下列说法正确的是（）

A.在C点由静止释放小球，小球会在C点和B点之间做往复运动B.若小球从C点以大小为的速度向右运动，则小球刚好能够通过D点C.若在C点给小球水平向右的初速度，使小球能够通过D点，则小球每次经过D点时对轨道的作用力都会比前一次通过D点时大4mgD.若小球刚好能够向左通过D点，则到A点时由于受到水平方向的电场力作用，小球会脱离轨道13、如图所示，光滑绝缘半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E。在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球；由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是（）

A.小球在运动过程中机械能守恒B.小球经过环的最低点时速度最大C.小球电势能增加EqRD.小球由静止释放到达最低点，动能的增量等于EqR+mgR14、一根横截面积为S的铜导线，通过电流为I。已经知道铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿佛加德罗常数为NA，设每个铜原子只提供一个自由电子，单位体积内的自由电子数为n，铜导线中自由电子定向移动速率为v，t时间内穿过导线横截面的自由电子数为下列关系正确的是（）A.B.C.D.评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、一束质量为m，电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图所示。如果两极板电压为U，两极板间距离为d，极板长为L。设粒子束不会击中极板，则粒子飞出极板时的偏转距离为___________，电势能的变化量为___________。

16、在如图所示电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，保护电阻R0＝3Ω，滑动变阻器总电阻R＝20Ω，闭合电键S，在滑片P从a滑到b的过程中；电流表的最大示数为______A，滑动变阻器消耗的最大功率为______W。

17、如图（a）所示，A、B是电场中的一条电场线，一带正电粒子仅在电场力作用下，沿电场线从A运动到B的图像如图（b）所示，则该电场线的方向为_________（选填“”或“”），关于A、B两点的电场强度的大小_________（选填“>”“=”或“<”）．

18、均匀带电正方形框边长为R，所带电量为+Q，若取无穷远处电势为零，则其两条对角线交点处的电势___零，(选填“大于”、“小于”或“等于”)；今在其一边中点挖去一个长为r(r<<R)的一小段后，则其两条对角线交点处电场强度大小____________19、磁通量。

（1）定义：匀强磁场中_____和与磁场方向____的平面面积S的乘积。即Φ=BS。

（2）拓展：磁场与平面不垂直时，这个面在垂直于磁场方向的______与磁感应强度的乘积表示磁通量。

（3）单位：国际单位是______，简称韦，符号是Wb，1Wb=______。

（4）引申：表示磁感应强度的大小等于穿过垂直磁场方向的单位面积的磁通量。评卷人得分四、作图题(共1题，共7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、实验题(共3题，共18分)21、某学校在为准备学生实验“测量电阻丝的电阻率实验”时购进了多卷表面有很薄绝缘层的合金丝；一研究性学习小组同学想通过自己设计的实验来测算金属合金丝的电阻率和长度。

(1)小组某同学先截取了一小段合金丝，然后通过实验测定合金丝的电阻率，根据老师给提供的器材，他连成了如图甲所示的实验实物图∶该实验连接图中电流表采用的是_______（填“内接”或“外接”），滑动变阻器采用的是______（填“分压式”或“限流式”）；实验时测得合金丝的长度为0.300m，在测金属合金丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属合金丝的直径为_____mm。

(2)实验过程中电压表V与电流表A的测量结果已经在图丙中的U－I图像中描出，由U－I图像可得，合金丝的电阻为_______Ω；由电阻定律可计算出合金丝的电阻率为_____________Ω·m（保留三位有效数字）。

(3)小组另一同学用多用电表测整卷金属合金丝的电阻；操作过程分以下三个步骤∶

①将红黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔∶选择电阻挡“×100”；

②然后将两表笔短接；调整“欧姆调零旋钮”进行欧姆调零；

③把红黑表笔分别与合金丝的两端相接，多用电表的示数如图丁所示，该合金丝的电阻约为____Ω。

(4)根据多用电表测得的合金丝电阻值，不计合金丝绝缘层的厚度，可估算出合金丝的长度约_____m。（结果保留整数）22、用多用电表（内置电源电动势为E）、电压表（内阻为RV）；滑动变阻器、开关、导线等器材；完成下列实验：

(1)将多用表的选择开关置于“×1k“挡，然后把多用表红、黑表笔短接，调节多用表的欧姆调零旋钮，使多用表指针指向“0”位置。此时多用表的指针偏向表盘最______（填“左“或“右”）位置；然后断开表笔，此后不再改变选择开关，也不再转动欧姆调零旋钮；

(2)把多用表、滑动变阻器、电压表三者串联起来，如果图示的接线是正确的，那么与多用表a接线柱相接的是__________（填“红”或“黑”）表笔；

(3)调节滑动变阻器，观察多用表指针，发现当多用表读数增大时，电压表读数随之________（填“增大”或“减小”）；

(4)在调节滑动变阻器过程中，欧姆表最小读数为12.0kΩ，对应电压表读数为4.0V；欧姆表最大读数为15.0kΩ，此时指针刚好指向正中央刻度，由此可知电压表的内阻为RV=_______kΩ，多用表内部电源的电动势E=_______V，滑动变阻器接入电路的电阻最大值为Rm=_______kΩ。23、用如图所示电路测一个充电宝在电量100%时的电动势E和内电阻r；测量数据如下表：

U/V4.974.924.914.904.86I/A0.911.181.451.551.90

(1)在U-I图中画出五组实验数据所对应的坐标点，请根据这些点做出U-I图线__________，并由图线求出：E=_____V，r=____________Ω。（结果保留两位小数）

(2)某位同学在做实验过程中，当滑动变阻器滑片在某一位置时，电压表读数为U1，电流表读数为I1；当把滑片移动到另一位置时，电压表和电流表读数分别为U2和I2。由此两组数据可得充电宝的电动势为E=______________。

(3)第(1)题中用图像处理多组测量数据求得结果的方案甲，与第(2)题中用两组数据代入方程求得结果的方案乙相比较，方案_____________可以减小偶然误差。评卷人得分六、解答题(共2题，共10分)24、如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm，板长为l=25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将上板竖直向上移动2cm，则液滴刚好从金属板末端飞出，求：（g取10m/s2）

(1)判断液滴带电性质并说明理由；

(2)将上板向上提起后；液滴的加速度大小；

(3)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间。

25、一束电子流在经U=2500V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长L=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压U1?（不考虑电子的重力）

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

C．因为两灯泡一样并正常发光，所以两个支路的电压和电流均相等，即两支路的功率相等，去掉灯泡功率后，电动机与电阻R消耗的电功率相等。C正确；

A．根据灯泡参数，得到灯泡电流为

路端电压为

对于电阻R支路，有

A错误；

BD．电动机消耗的功率为

因为电动机为非纯电阻电路，所以电动机的发热功率、输出功率均小于电动机功率，即

解得

BD错误。

故选C。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．滑片向上滑动；其阻值减小，总电阻减小，回路中电流变大，两灯变亮，选项A正确；

B．总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V1的示数减小，而L1的电压变大，所以并联部分L2的电压减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，由于Q不变；则由。

得。

可知E不变；油滴静止不动，选项B错误；

C．把电阻R看作电源内阻一部分，就是两端电压的增加量；也是电容器两板间电压减少量，则。

选项C正确；

D．由闭合电路欧姆定律可得。

所以。

选项D正确。

本题选错误的，故选B。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．做曲线运动的物体；受力的方向一定指向凹侧，可知电子受电场力向左，形成电场的点电荷电性为负，A错误；

B．由于电子在两点间运动的速度不断增大，因此一定是从b点向a点运动；B错误；

C．由于从b向a运动；电场强度逐渐减小，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，C正确；

D．由于场源与电子带同种电荷；相互排斥，因此电子不可能做匀速圆周运动，D错误。

故选C。4、A【分析】【详解】

A．电场线的疏密程度表示场强的大小，由图可知ab段的平均电场强度要大于bc段的电场强度，根据U=Ed

可得

因为所以

故A正确；

B．由图乙可知避雷针带负电；避雷针带电是由于带电的雷雨云靠近避雷针发生静电感应现象产生的，因此可推知此时接近建筑物的雷雨云带正电，故B错误；

C．电场线的疏密程度表示场强的大小，可知a点的场强大于c点的场强，所以电子在c点所受电场力小于在a点所受电场力，则电子在c点的加速度小于在a点的加速度；故C错误；

D．由于d点所在的电场线是曲线，所以只在电场力作用下，由d点静止释放的质子不可能沿电场线运动；故D错误。

故选A。5、A【分析】【分析】

【详解】

根据等量同种电荷电场线的分布特点可知，等量同种电荷连线中点处的场强为0，所以A点的电场强度最小；A点左右两侧的电场方向指向A，所以B点的电势高于A点的电势；A点上下两侧的电场方向指向两侧，所以A点的电势高于C点的电势，可知B点的电势最高，故选A。6、D【分析】【详解】

A.体积很小或很大的带电体在一定的条件下都可以看成点电荷；只要满足如下条件：当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，其大小和形状可忽略不计，可以看成点电荷处理，故A项与题意不符；

B.电场线上任一点的切线方向；与正点电荷在该点所受电场力的方向相同，与负点电荷的方向相反，故B项与题意不符；

C.沿着电场线；电势降低，电场强度的方向总是指向电势降低最快的方向，故C项与题意不符；

D.电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密集的地方，电场强度越大，等差等势线的疏密也表示电场的强弱，等差等势线越密集的地方，电场强度越大，故D项与题意相符。7、C【分析】【详解】

因为

则应该采用电流表外接；因采用此电路时电压表有分流作用，则电流的测量值偏大，根据

可知；电阻的测量值偏小。

故选C。二、多选题(共7题，共14分)8、A:D【分析】【分析】

考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目；一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质．

【详解】

AB．减小R的阻值，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，由得路端电压减小，所以电流表的示数一定增大，电压表的示数一定减小，根据欧姆定律可知电阻R2两端电压增大；故B错误，A正确；

C．根据数学知识分析得知；当电源的外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，由于不知外电阻与内电阻的大小关系，所以当电源的负载电阻减小，输出功率不一定减小，也可能增大，故C错误；

D．电路中总电流I增大，R2的两端电压增大，又因为路端电压减小，由串联分压得R1电压减小，故D正确；9、A:B:C【分析】【详解】

当光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，而电压表的示数增大，A项正确，D项错误；由路端电压减小而R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，C项正确．10、A:D【分析】【详解】

AB、如果a、c两小球带异种电荷，根据力的平衡条件，必然有一个小球在水平方向上不能达到平衡，细线不能够保持竖直状态，又因为a、b和b、c间距离相等且b球带电量为+Q，所以a、c两小球必须带等量的负电荷；故A正确，B错误；

BC、对C球，由平衡条件可知：解得：Qa＝4Q，即a带电量为﹣4Q，故C错误，D正确．11、A:C【分析】【详解】

A．分别画出AC与B、B'、D、D'各点组成的平面三角形，然后进行场强的合成可以得到两个点电荷在这四点的电场强度方向均平行于AC，方向由A指向C；A正确；

B．沿线电场强度方向由指向电势降低，但试探电荷为负电荷，故电势能增加，B错误；

C．几何体为正三棱柱，D、D'点分别为边的中点，所以BDD'B'为AC的中垂面；也就是等势面，各处电势相等，电势能相等，电场力不做功，C正确；

D．两点在D点电场强度的矢量和与该点原场强方向一致，由D指向C，所以四个点电荷在D点的场强方向由D指向C；D错误；

故选AC。12、A:C【分析】【分析】

（1）从C点由静止释放小球后；对其进行受力分析，确定其处于自然静止状态（平衡位置）时所处的位置，根据运动的对称性，可解决A项；

（2）根据竖直平面圆周运动最高点轻绳模型的临界条件；可计算小球刚好通过D点时的临界最小速度，然后从C到D利用动能定理，即可判断B项；

（3）若小球能通过D点；则D点既是研究的起点也是终点，利用动能定理，结合牛顿第二定理即可求解C项；

（4）根据圆周运动的临界条件；可判断D．

【详解】

A；若小球C在电场和重力场的复合场中处于自然平衡状态时；对其进行受力分析，如图所示；

小球的平衡位置与球心的连线；与竖直方向的夹角为45度，C和B关于连线对称．根据受力的对称性可知，当小球从C点被由静止释放后，将在C点和B点之间做往复运动，A正确；

B、若小球恰好通过D点，则在D点只有重力提供向心力，设小球在C点以开始向右运动，恰好通过最高点D，则根据动能定理有：解得故B错误；

C、设某次小球向左通过D点的速度为轨道对其弹力大小为N，则根据牛顿第二定律可知：当以D为起点，小球逆时针再次回到D点的过程中，根据动能定理得：此时小球经过D点，轨道对其弹力大小为满足联立接得故C正确；

D；若小球恰好向左通过D点；则此时重力mg提供向心力，从D到A，小球速度会增加，所以到达A点时，小球需要的向心力会大于mg，即需要的向心力大于qE，所以小球在A点必然和轨道之间有弹力作用，小球在A点不会脱离轨道，D错误．

故本题选AC．

【点睛】

解决本题，掌握竖直平面内圆周运动物体通过最高点的临界条件至关重要，会灵活使用动能定理或能量守恒．13、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．小球运动过程中有除了重力之外的电场力做功；机械能不守恒，故A错误；

B．小球所受的电场力竖直向下；从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增大，速度增大，所以小球经过环的最低点时速度最大，故B正确；

CD．小球从最高点到最低点的过程；根据动能定理得。

电场力做功。

电场力做正功，所以电势能减小动能增加量等于故D正确，C错误。

故选BD。14、B:C:D【分析】【详解】

ABC．电流为

有

A错误；BC正确；

D．设体积V内自由电子数为N，则

所以

D正确。

故选BCD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

[1]水平方向匀速，则运动时间

竖直方向加速，则侧移且

联立解得

[2]电场力做功

由功能原理得电势能减少了【解析】16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]当滑片P在滑动变阻器b端或者a端时，外电路电阻小，为零，由闭合电路欧姆定律可得，电路最大电流，即电流表最大示数

把保护电阻看做电源的内阻，电源与保护电阻等效于电源，滑动变阻器是外电路，滑片P从a滑到b的过程中，电路外电阻R先变大后变小，等效电源电动势E不变，由

可知，滑动变阻器消耗的电功率先变小后变大，当内外电路电阻相等时，外电路功率最大，即当

外电路功率最大，故此时滑动变阻器消耗的功率为【解析】【答题空1】1.5

【答题空2】2.2517、略

【分析】【详解】

[1][2]由图可知，粒子的速度增大，电场力对粒子做正功，所以粒子受力的方向和运动的方向相同，即受力向右；粒子带正电，受力的方向与电场线的方向相同，所以电场线方向是从A向B，即速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，故A点的场强小于B点场强，即<【解析】<18、略

【分析】【详解】

[1]均匀带电正方形框；根据对称性可知，其两条对角线交点处的电场强度为零，而正点电荷，电场线是扩散状，根据沿着电场线方向电势降低可知，两条对角线交点处的电势大于零；

[2]在其一边中点挖去一个长为r（r＜＜R）的一小段后，则其两条对角线交点处电场强度等于由r长的电荷在对角线交点处的场强，即【解析】大于19、略

【解析】①.磁感应强度②.垂直③.投影面积S′④.韦伯⑤.1T·m2四、作图题(共1题，共7分)20、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3题，共18分)21、略

【分析】【详解】

(1)[1]根据实物连接图分析可知该实验连接图中电流表采用的是内接；[2]滑动变阻器采用的是限流式，[3]螺旋测微器的固定刻度读数0.5mm，可动刻度读数为0.01×18.0=0.180mm，所以最终读数为0.5+0.180mm=0.680mm；

(2)[4]由图像，据欧姆定律可得该小段金属合金丝的电阻为

[5]金属合金丝的横截面积

根据电阻定律可计算出金属合金丝的电阻率为

(3)③[6]欧姆表选择×100挡，由图甲所示可知多用电表的表盘读数为14，该合金丝的电阻约为

(4)[7]根据电阻定律可知长度之比等于电阻之比，即有

所以金属合金丝的长度【解析