2025年浙教版必修3物理上册月考试卷含答案

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A.图甲为等量同种点电荷形成的电场线B.图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同C.图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点D.图丁中e点与f点两点场强相同2、如图所示，一个正方体其上、下、左、右表面的中心分别为E、F、G、H，在E、H两点固定电荷量为的点电荷，在G、F两点固定电荷量为的点电荷；下列说法正确的是（）

A.图中A、两点电势不相等B.一带负电的试探电荷在点的电势能大于它在C点的电势能C.一带正电的试探电荷从D点沿直线移到点其电势能先增大后减小D.移去G、H两点的点电荷，D点和点场强不同3、示波管是示波器的核心部件．它由电子枪；偏转电极和荧光屏组成；如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）

A.极板x应带正电B.极板x′应带正电C.极板y应带负电D.极板y′可能不带电4、如图，表头的内阻Rg＝200Ω，满偏电流Ig＝5mA。现把它改装成量程为0-3V；0-15V的双量程电压表；则下列做法正确的是（）

A.接A、B时量程为3V，R1＝400Ω、R2＝2800ΩB.接A、C时量程为15V，R1＝400Ω、R2＝2400ΩC.接A、C时量程为3V，R1＝400Ω、R2＝2400ΩD.接B、C时量程为15V，R1＝400Ω、R2＝2800Ω5、如图所示的电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向上滑动的过程中；下列说法正确的是（）

A.电压表与电流表的示数都增大B.电压表与电流表的示数都减小C.电压表的示数增大，电流表的示数减小D.电压表的示数减小，电流表的示数增大6、白炽灯和电风扇在工作的时候，都要利用电，下列关于它们在工作时有关能的转化的说法正确的是（）A.它们都是将电能转化为内能B.它们都是将内能转化为电能C.白炽灯主要将电能转化为内能D.电风扇主要将电能转化为内能7、如图所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端．当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端．下列判断正确的是。

A.E为蓄电池正极B.螺线管P端为S极C.流过电阻R的电流方向向上D.管内磁场方向由P指向Q评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示，A、B为平行板电容器的两个金属极板，C为静电计；开始时闭合开关S。静电计张开一定角度。不考虑静电计引起的电荷量变化，则下列说法正确的是（）

A.保持开关S闭合，将两极板间距减小，板间场强减小B.保持开关S闭合，将R的滑片向左移动，静电计指针张开角度不变C.断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，静电计指针张开角度减小D.断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压增大9、关于三种起电方式，下列说法正确的是（）A.摩擦起电，由于摩擦生热，做功的过程中创造了正负电荷B.感应起电，电荷从导体的一部分转移到了另一部分C.接触起电，两导体接触后再分开，所带电荷量一定是等量同号D.接触起电，两导体接触后再分开，它们之间一定存在静电斥力10、真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高B.从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小C.点电荷B所带电荷量的绝对值之比为9：4D.从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小11、如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为α，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ；下列说法正确的是（）

A.若增大d，则α减小B.若增大d，则θ不变C.将A板向上提一些，则α减小D.将A板向上提一些，则θ增大12、如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态；G为灵敏电流计。则以下说法正确的是（）

A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C.在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过D.在将S断开后，油滴不会保持静止状态，G中有电流通过13、如图，曲线为某元件的伏安特性曲线，直线b为某直流电源的伏安特性曲线。将元件与该电源连接成一闭合回路，下列说法正确的是

A.元件的电阻随电压的增大而增大B.电源的电动势为内阻为C.电源的总功率为D.电源的效率为14、如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的炭块(可视为质点)轻放在传送带上，炭块相对地面的v-t图象如图乙所示，整个过程炭块未滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。则（）

A.炭块与传送带间的动摩擦因数为0.4B.0~2.0s内摩擦力对炭块做功-24JC.0~2.0s内炭块与传送带摩擦产生的热量为24JD.炭块在传送带上的痕迹长度为4m评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、容量是电池的一个重要参数．某款手机电池上标有“2000mA·h”,这种电池放电时能输出的总电荷量为____________C,若手机待机时的电流50mA，则此款手机待机时间为________h．16、在如图所示的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表示数的大小变化情况是：电流表示数变________，电压表示数变________．

17、如图，电源电压恒定不变，闭合开关S、S1，电流表示数为0.3A，则电源电压为___________V，10s内电流通过产生的热量为___________J；再闭合开关S2，调节使电流表示数为0.5A，则此时变阻器的阻值为___________Ω。

18、某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为__________cm，高度为________mm。

19、正四面体ABCD，每条边的电阻均为R=10Ω，把欧姆表红黑表笔分别接到AB两点，电阻为______Ω。现把一个内阻不计、电动势E=4V的电源接在AB两点，同时把一个电容为100μF的电容器两个电极分别接在BD和AC的中点，则电容器带电量为______C。

评卷人得分四、作图题(共1题，共10分)20、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。

评卷人得分五、实验题(共4题，共28分)21、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中；使用的器材如下：

待测小灯泡（12V；6W）

电源（电动势15V；内阻不计）

电流表（0~0.6A；内阻约0.125Ω；0~3A，内阻约0.025Ω）

电压表（0~3V；内阻约3kΩ；0~15V，内阻约15kΩ）

滑动变阻器R（0~10Ω）

开关及导线若干：

(1)电流表应选用____________量程；

(2)某同学在图（a）所示的实物图中已连接了部分导线；请在答题卡上完成实物图的连线。____

(3)若某次电流表的示数如图（b）所示；该读数为______A；

(4)调节滑动变阻器，记录多组电压表和电流表的读数，作出的I-U图线如图（c）所示。某同学将小灯泡与该电源、定值电阻R0=22.5Ω串联构成回路，小灯泡消耗的功率为____W（结果保留两位有效数字）。22、用如图所示的多用电表测量一个阻值约为的电阻；测量步骤如下：

（1）调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着__________。

（2）将选择开关旋转到“”挡的__________位置。

（3）将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准__________。

（4）将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，若多用电表读数如图所示，该电阻的阻值为__________

（5）测量完毕，将选择开关旋转到__________位置。23、某同学准备测量一段电阻丝的长度和直径；实验操作如下：

（1）用20分度的游标卡尺测量其长度，由图可知其长度为__________mm；

（2）用螺旋测微器测量其直径，由图可知其直径为__________mm；（该数值为直径的平均值）

24、电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量。某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。

(1)用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为______mm，如图乙所示，用游标卡尺测其长度为_____cm，如图丙所示，用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为_____Ω。

(2)为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体的电阻，除待测圆柱体R外，实验室还备有的。实验器材如下，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则电压表应选______，电流表应选_________，滑动变阻器应选_________。（均填器材前的字母代号）

A．电压表V1（量程3V；内阻约为15kΩ）；

B．电压表V2（量程15V；内阻约为75kΩ）；

C．电流表A1（量程0．6A；内阻约为1Ω）；

D．电流表A2（量程3A；内阻约为0.2Ω）；

E．滑动变阻器R1（阻值范围0~5Ω；1.0A）；

F．滑动变阻器R2（阻值范围0~2000Ω；0.1A）；

G．直流电源E（电动势为3V；内阻不计）

H．开关S；导线若干。

(3)请设计合理的实验电路，并将电路图画在虚线框中_______________。

(4)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体横截面的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示该圆柱体电阻率的关系式为=___________。评卷人得分六、解答题(共3题，共12分)25、如图所示，一重力不计的带电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处以某一速度沿极板方向射入电容器．若平行板电容器所带电荷量为Q1，该粒子经时间t1恰好打在下极板正中间，若平行板电容器所带电荷量为Q2，该粒子经时间t2恰好沿下极板边缘飞出．不考虑平行板电容器的边缘效应；求两种情况下：

（1）粒子在电容器中运动的时间t1、t2之比；

（2）电容器所带电荷量Q1、Q2之比．26、在如图所示的电路中，电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω，外电路的电阻R=2.0Ω。闭合开关S后；求：

(1)电路中的电流I；

(2)电源的输出功率P。

27、如图所示，半径为R的光滑绝缘管道竖直放置，管道平面内有一匀强电场。一带电量为-q，质量为m的小球（直径略小于管道）恰能沿管道做完整的圆周运动，小球在A点动能最大，A和管道中心O点连线与竖直方向夹角θ=30°，重力加速度为g。

（1）求电场强度的最小值和方向；

（2）在第（1）问的基础上，求小球在圆轨道运动中，经过A点时对轨道的压力；

（3）在第（1）问的基础上，若选A点为重力势能零点；求小球机械能的最小值。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A．图甲为等量异种点电荷形成的电场线；选项A错误；

B．图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强大小相等；方向不相同，选项B错误；

C．图丙中在c点静止释放一正电荷，因电场线是曲线，则不可能沿着电场线运动到d点；选项C错误；

D．图丁是匀强电场，则图中e点与f点两点场强相同；选项D正确。

故选D。2、B【分析】【详解】

B．因距离两个负电荷G、F较近，而C点距离两个正电荷E、H较近，可知点电势低于C点的电势，则一带负电的试探电荷在点的电势能大于它在C点的电势能；选项B正确；

AC．因平面ADC′B′是平面EHFG的中垂面，则平面ADC′B′是等势面，图中A、两点电势相等，一带正电的试探电荷从D点沿直线移到点其电势能不变；选项AC错误；

D．移去G、H两点的点电荷，由对称性可知，D点和点场强相同；选项D错误。

故选B。3、A【分析】【分析】

由亮斑位置可知电子偏转后打在偏向X；Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性。

【详解】

电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到则X带正电，带负电，同理可知Y带正电，带负电；故选项A正确，BCD错误．

【点睛】

本题考查电子的偏转，要知道电子的受力与电场的方向相反，会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况．4、B【分析】【分析】

【详解】

串联的电阻的大小决定了量程的大小；串联电阻越大，改装之后的电压表量程越大，故接A；B时量程为3V，接A、C时量程为15V，表头满刻度电压值为。

=200×5×10-3V=1V量程为3V时；则。

同理可得：

故选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

“串反并同”指的是在一个闭合回路中当一个电学元件的阻值发生变化时；与其串联的电学元件的电学量的变化趋势与其相反，与其并联的则变化趋势与其相同，这里的串联指的是电流有流进流出的关系，并联则电流之间没有流进流出的关系。

开关S闭合后，根据“串反并同”法判断可知，在变阻器R0的滑动端向上滑动的过程中；滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电流表示数减小，电路中总电阻增大，电源路端电压增大，电压表示数增大。

故选C。6、C【分析】【分析】

【详解】

白炽灯工作时主要将电能转化为内能；电风扇工作时主要将电能转化为机械能，还有一部分转化为内能，故C正确，ABD错误。

故选C。7、C【分析】【详解】

小磁针静止时N极所指方向就是该点的磁场方向，因此可以判断磁感线回到Q端，所以Q为螺线管的S极，P为螺线管的N极；螺线管内部磁感线由S指向N极，所以从Q指向P；根据右手定则可以判断电流从F经电阻流向E，所以F为电源的正极；流经电阻的电流向上，ABD错误C正确二、多选题(共7题，共14分)8、B:C:D【分析】【详解】

A．保持开关S闭合，两极板间电势差不变，将两极板间距减小，由可知；板间场强增大，故A错误；

B．保持开关闭合；变阻器仅仅充当导线功能，电容器两极板间的电势差不变，滑动触头滑动不会影响静电计指针张角，静电计指针张开角度不变，故B正确；

C．断开开关S后，电容器带电量Q不变，紧贴下极板插入金属板，相当于极板之间的距离d减小，根据可知，电容增大，根据可知；两极板间电势差减小，静电计指针张开角度减小，故C正确；

D．断开开关S后，电容器带电量Q不变，将两极板间距d增大，根据可知，电容减小，根据可知；两极板间电势差增大，故D正确。

故选BCD。9、B:D【分析】【详解】

A．摩擦起电的实质是电荷从一个物体转移到另一个物体；并没有创造电荷，故A错误；

B．感应起电；电荷从导体的一部分转移到了另一部分，故B正确；

C．两导体若完全相同；接触前若带电荷量不同，则接触后。

CD．接触起电；即通过接触使不带电的导体带上电荷，如果两个导体完全相同，则接触后一定带等量同种电荷，若导体不同则两导体接触后再分开，一定带同种电荷，电荷量不同，则它们之间一定存在静电斥力，故C错误，D正确。

故选BD。10、A:C【分析】【详解】

A．点电荷p从x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从x=10cm到x=30cm范围内，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高；故A正确；

B．点电荷p在运动过程中；只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B错误；

C．从x=10cm到x=30cm范围内，点电荷p所受的电场力沿+x轴方向，从x=30cm到x=50cm范围内，点电荷p所受的电场力沿-x轴方向，所以，点电荷p在x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、B对点电荷p的静电力大小相等，方向相反，故有

其中rA=30cm，rB=20cm，所以，QA：QB=9：4；故C正确；

D．点电荷x=30cm处所受的电场力为零，由电场力公式F=qE可知：x=30cm处的电场强度为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力一定先减小后增大；故D错误。

故选AC。11、B:D【分析】【详解】

静电计测定电容器板间的电势差；电势差越大，指针偏角越大，平行板电容器充电后断开电源，电荷量不变。

A．增大两极板间的距离d时，根据

平行板电容器的电容变小，根据

则电势差变大，静电计指针的偏转角α变大；A错误；

B．增大两极板间的距离d时，根据

平行板电容器两极板间场强

平行板电容器两极板间场强不变，根据

小球受到的电场力不变，悬线与竖直方向的夹角θ不变；B正确；

C．将A板向上提一些，说明减小两极板间的正对面积，根据

平行板电容器的电容变小，根据

则电势差变大，静电计指针的偏转角α变大；C错误；

D．将A板向上提一些，说明减小两极板间的正对面积，根据

平行板电容器的电容变小，根据

则电势差变大，根据

平行板电容器两极板间场强变大，根据

小球受到的电场力变大，悬线与竖直方向的夹角θ变大；D正确。

故选BD。12、A:D【分析】【详解】

在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电路电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，电阻R1与电源内阻分压减小，则滑动变阻器两端电压变大，由

可知，电容器带电量增加，G中有从b到a的电流；根据油滴受力平衡易知，油滴受向上的电场力，电容器板间电压增大后，电场强度增大，油滴受电场力变大，因此油滴将向上加速运动，故A正确；故B错误；

S断开后，电容器放电，板间电压及电场强度减小，油滴受电场力变小，油滴将向下运动，G中有从a到b的电流。故C错误；D正确。

故选AD。13、B:D【分析】【详解】

A.由图像可知；图像斜率表示电阻，斜率随电压增大而变小，因此电阻也变小，故A错误；

B.根据U-I图像可知，与电压轴交点为电动势，斜率表示内阻，因此可知，电源电动势为5V，内阻为故B正确；

C.电源总功率为

由图像可得

故C错误；

D.电源的效率为

解得

故D正确。14、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．由图知，炭块先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在时刻）；由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，炭块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为。

在0-1.0s内；炭块摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为。

由图象可得。

即有。

在1.0-2.0s；炭块的加速度为。

由图象可得。

即有。

联立可得。

故A错误；

BCD．根据“面积”表示位移；可知0～1.0s炭块相对于地的位移。

传送带的位移为。

炭块对传送带的位移大小为。

方向向上。

摩擦力对炭块做功为。

炭块与传送带摩擦产生的热量为。

根据“面积”表示位移；可知1.0～2.0s炭块相对于地的位移为。

传送带的位移为。

1.0～2.0s内炭块对传送带的位移大小为。

方向向下。

摩擦力对炭块做功为。

炭块与传送带摩擦产生的热量为。

所以0～2.0s内摩擦力对炭块做功。

炭块与传送带摩擦产生的热量为。

因痕迹有重叠；故留下的痕迹为5m，故B，C正确，D错误；

故选BC。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

该电池的总电量为手机待机时间为【解析】72004016、略

【分析】【详解】

[1][2]闭合电路中，当滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，使电路中电阻变大，由闭合电路欧姆定律可得电流变小，则内压及的分压减小时，故滑动变阻器两端电压变大，所以电流表示数变小，电压表示数变大。【解析】小大17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由欧姆定律可得；电源电压为。

[2]10s内电流通过产生的热量为。

[3]当电流表示数为0.5A时；由欧姆定律可得。

代入数据解得。

【解析】6183018、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺读数即工件的直径为

[2]螺旋测微器的读数即工件的高度为【解析】4.2151.85019、略

【分析】【详解】

[1]从AB边看整个电路；可知其等效电路为。

根据电桥平衡，可知C、D两点之间的电阻R可以视为断路，则A、B两点之间的电阻为

解得R等效=5Ω

[2]设BD中点为P，AC中点为Q，则把一个内阻不计、电动势E=4V的电源接在AB两点；其等效电路图如下所示。

由于AB间的等效电阻为5Ω，故干路电流为

流过QC的电流为

同理知流过DP的电流为IDP=0.2A

故Q、P间的电压大小为UPQ=IQC∙0.5R＋IDP·0.5R=2V

故电容器带电量为Q=CUQP=2×10－4C【解析】52×10－4四、作图题(共1题，共10分)20、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】五、实验题(共4题，共28分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]待测小灯泡的额定电流为0.5A；则电流表选择0.6A量程；

(2)[2]小灯泡属于小电阻；则采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路，则电路连线如图；

(3)[3]电流表最小刻度为0.02A；示数为0.400A；

(4)[4]根据全电路欧姆定律；则。

U=E-IR0=15-22.5I将此函数关系图像画在小灯泡的U-I图像中；如图；

两条图像的交点坐标为U=6V，I=0.40A；则灯泡的功率。

P=IU=2.40W【解析】0.6A0.4002.4（2.2-2.6均正确）22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]使用多用电表测电阻时；要先对多用电表进行机械调零，使多用电表指针指向电压和电流公共的零刻度线上，即左侧0，电流电压0位置处；

（2）[2]待测电阻阻值约为20Ω；所以应将选择开关旋转到“Ω”挡的×1位置，从而使指针尽可能指在刻度盘中央位置附近；

（3）[3]将红；黑表笔分别插入“+”“−”插孔；并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的零刻度线上，即右侧0Ω处；

（4）[4]该电阻的阻值为

（5）[5]测量完毕，将选择开关旋转到OFF位置。【解析】①.左侧0，即电流电压0位置处②.×1③.右侧0Ω处④.19.0⑤.OFF23、略

【分析】【详解】

（1）[1]游标卡尺读数为

（2）[2]螺旋测微器读数为【解析】18.802.15024、略

【分析】【详解】

(1)[1]螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为刻度读数十估读，由题图甲知，圆柱体的直径为1.5mm+34.4×0.01