2025年粤人版必修3物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年粤人版必修3物理上册月考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、物块以60J的初动能从固定的斜面底端沿斜面向上滑动，当它的动能减少为零时，重力势能增加了40J，则物块回到斜面底端时的动能为（）

A.10JB.20JC.30JD.40J2、如图所示，竖直向上的匀强电场中固定一点电荷，一带电小球（可视为质点）可绕该点电荷在竖直面内做匀速圆周运动，a、b是运动轨迹上的最高点与最低点，两点电场强度分别为则（）

A.小球带正电，B.小球带正电，C.小球带负电，D.小球带负电，3、如图，一粒子源能连续发射质量为m，电荷量为q，速度为的带正电粒子，粒子出射方向为粒子源的右侧任意方向，粒子始终在电场强度大小为E的水平匀强电场中运动，在与粒子源相距d处有一足够大竖直荧光屏，粒子打在荧光屏上，荧光屏会发光。不计粒子重力，则荧光屏上的发光面积为（）

A.B.C.D.4、如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b、d两点位于MN上。以下判断正确的是（）

A.点场强大于点场强B.点电势小于点电势C.两点间的电势差等于两点间的电势差D.试探电荷在点的电势能小于在点的电势能5、某电场的等势面如图所示，A、B、C是等势面上的三点；下列说法正确的是。

A.负点电荷在A点受到的电场力小于在C时的电场力B.将正点电荷从A点移到C点，电场力做负功C.负点电荷在A点的电势能小于在B点的电势能D.正点电荷在B点的电势能大于在C点的电势能6、关于电功和电热的计算，下列说法正确的是（）A.如果是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，但不能用公式W=UIt计算B.如果是纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算C.如果不是纯电阻电路，电功只能用公式W=I2Rt计算D.如果不是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，也可用公式W=UIt计算评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、关于电动势，下列说法正确的是（）A.电源两极间的电压等于电源的电动势B.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C.电源的电动势与外电路的组成无关D.电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多8、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9、在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，电表的示数变化量分别用ΔI、ΔU1、ΔU2表示；下列判断正确的是（）

A.I增大，U1增大B.I减小，U2增大C.不变，增大D.不变，增大10、如图所示，点电荷Q固定，虚线是带电量为q的微粒的运动轨迹，微粒的重力不计，a、b是轨迹上的两个点，b离Q较近；下列判断正确的是。

A.Q一定是带正电荷，q一定是带负电荷B.不管Q带什么性质的电荷，a点的场强一定比b点的小C.微粒通过a、b两点时，加速度方向都是指向QD.微粒通过a时的速率比通过b时的速率大11、光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一带正电粒子由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在点位置时斜率最大；根据图线可以确定（）

A.B.中垂线上B点电场强度最大C.电荷在点时的加速度为m/s2D.中垂线上A、B、C三点中，A点电势最高12、如图所示，平行板电容器两个极板为板接地，板带电荷量板间电场内有一固定点以下说法正确的是（）

A.若将板固定板下移时，点的电场强度不变，点电势不变B.若将板固定板下移时，点的电场强度不变，点电势升高C.将板固定板上移时，点的电场强度不变，点电势降低D.如果板距离不变，将板向左移动，点的电场强度增大，点电势升高评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、长为l的导体棒原来不带电，现将一电荷量为的点电荷放在与棒的左端距离为R的地方，如图所示达到静电平衡后，棒上的感应电荷在棒内距左端处产生的场强______，方向______．

14、电磁波的特点：

（1）电磁波在空间传播不需要_________；

（2）电磁波是_________：电磁波中的电场强度与磁感应强度互相_________，而且二者均与波的传播方向_________，因此电磁波是_____________

（3）电磁波的波长、频率、波速的关系：v=________，在真空中，电磁波的速度c=_________m/s。

（4）电磁波能产生反射、_________、干涉、偏振和_________等现象。15、在磁感强度为的均匀磁场中作一半径为r的半球面S，S边线所在平面的法线方向单位矢量与的夹角为，则通过半球面S的磁通量（取弯面向外为正）为_______。

16、写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数。游标卡尺的读数___________cm；螺旋测微器的读数___________mm。

17、判断下列说法的正误。

（1）用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为正电荷从丝绸转移到玻璃棒上。____________

（2）摩擦起电的过程是电子从一个物体转移到另一个物体的过程。____________

（3）两种不同物质组成的物体相互摩擦使物体带电，是由于两物体的原子核对核外电子束缚的能力不同。____________

（4）原来不带电的丝绸和玻璃棒相互摩擦后分别带上了异种电荷，说明通过摩擦可以创造电荷。____________

（5）元电荷就是最小的带电体。____________

（6）某一带电体的电荷量可能等于5×10-19C___________18、小明用气球做了以下三个实验。如图1，吹风机在工作时，吹风口能“吸”住气球，是利用了气球上放空气流速大，压强_______。如图2，气球放在热水烫过的玻璃瓶口，过一会在________的作用下被“吸”入瓶中。如图3，在头发上摩擦过的气球靠近细水流，水流偏离竖直方向，是因为该气球带了________；对细水流产生了吸引力。

19、如图所示，电容器由平行金属板M、N和电介质D构成．电容器通过开关S及电阻及与电源E相连接．

(1)若将M板上移，电容器的电容将_________（变大；变小，不变）

(2)若S闭合，N上移，流过电阻的电流方向________(B到A,A到B)

(3)若断开开关S拔出电介质D，则MN间电势差将_______(增大，减小，不变)20、如图所示，菱形ABCD的边长为L，顶角A为60°，对角线AB水平、CD竖直，O是两条对角线的交点。两个带相等电荷量的负点电荷固定在菱形的两个顶点A、B上，若将一质量为m、带电荷量为+q的小球在C点由静止释放，小球向上最高可运动到O点，若在C点给小球某一向上的初速度，小球最高可运动到D点，已知重力加速度为g，则CO两点之间的电势差UCO=______；小球从C点运动到D点过程中，经过O点时的速度vO=________。

评卷人得分四、实验题(共3题，共21分)21、在“测定金属的电阻率”的实验中；某同学进行了如下操作：

（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的金属丝的有效长度l，再用螺旋测微器测量金属丝的直径D。某次测量结果如图1所示，则这次测量的读数D=___________mm。

（2）为了合理选择实验方案和器材，首先使用欧姆表（1挡）粗测拟接入电路的金属丝的阻值R。欧姆调零后，将表笔分别与金属丝两端连接。某次测量结果如图2所示，则这次测量的读数R=___________Ω。

（3）使用电流表和电压表准确测量金属丝的阻值。为了安全、准确、方便地完成实验，除电源（电动势为4V，内阻很小）、待测电阻丝、导线、开关外，电压表应选用___________，电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________（选填器材前的字母）。A.电压表V2（量程3V；内阻约3kΩ）

B.电压表V1（量程15V；内阻约15kΩ）

C.电流表A1（量程600mA；内阻约1Ω）

D.电流表A2（量程3A；内阻约0.02Ω）

E.滑动变阻器R1（总阻值10Ω；额定电流2A）

F.滑动变阻器R2（总阻值100Ω，额定电流2A）

（4）若采用图3所示的电路测量金属丝的电阻，电压表的左端应与电路中的___________点相连（选填“a”或“b”）。若某次测量中，电压表和电流表读数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量（D、l、U、I）写出电阻率ρ的计算式：ρ=___________。

（5）若采用图4的电路测量电阻率，图中的电流表内阻跟R0接近。闭合开关S，多次移动滑片P的位置改变电路中接入金属丝的有效长度，分别记录每次电流表的示数I和接入电路中金属丝的有效长度L。根据实验中所测的数据，作出的下列图像合理的是___________。

A.B.

C.D.22、为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，某同学用如图甲所示的电路进行实验，得出两种U­I图线；如图乙所示。

（1）根据U­I图线可知正常光照射时光敏电阻的阻值为_______Ω，强光照射时的阻值为_______Ω；

（2）若实验中所用电压表的内阻约为5kΩ，毫安表的内阻约为100Ω，考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中_______（选填“正常光照射时”或“强光照射时”）测得的电阻误差较大。若测量这种光照下的电阻，则需将实物图中毫安表的连接方式采用_______（选填“内接”或“外接”）法进行实验，实验结果较为准确。23、①某同学要测量一个由新材料制成的均匀圆柱体的电阻：

(1)游标卡尺测量其长度，如图甲所示，可知其长度为___________cm；

(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为_________mm；

②用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图所示，则该电阻的阻值约为________Ω。

③为了更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R；

电流表A1（量程0~3mA；内阻约50Ω）；

电流表A2（量程0~15mA；内阻约30Ω）；

电压表V（量程0~3V，内阻约10KΩ）；

滑动变阻器R1；（阻值范围0~15Ω）；

滑动变阻器R2；（阻值范围0~2KΩ；）

直流电源E（电动势4V；内阻不计）；

开关S；导线若干。

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选____，滑动变阻器应选____（选填代号）

④请在图中补充连线并完成实验。()评卷人得分五、解答题(共1题，共6分)24、如图所示，变阻器R2的最大电阻是10Ω，R3＝5Ω，电源的内电阻r＝1Ω，当电键S闭合，变阻器的滑片在中点位置时，电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W.此时电灯R1正常发光；求：

（1）电灯阻值R1是多少？(设R1阻值恒定不变)

（2）当电键S断开时；要使电灯正常工作，应使变阻器的电阻改变为多少？

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【详解】

由能量守恒可知物块沿斜面上滑的过程中；产生的摩擦热为20J。由于上滑过程和下滑过程中摩擦力的大小相同，相对位移大小也相同，所以上滑过程中的摩擦生热和下滑过程中的摩擦生热相等。对全程用能量守恒，由于摩擦生热40J，所以物块回到斜面底端时的动能为20J。故B正确，ACD错误。

故选B。2、B【分析】【详解】

小球做匀速圆周运动，则匀强电场的电场力和小球所受重力平衡，所以小球带正电，固定的点电荷带负电，根据电场强度叠加原理可得

故选B。3、B【分析】【详解】

粒子源发射出的粒子在沿电场线方向上做匀加速直线运动，在垂直电场线方向上做匀速直线运动，对于垂直电场方向射出的粒子，有

面积为

联立解得

故选B。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．由电场线分布可知等量异种电荷连线的中垂线上，中点的场强最大，点场强小于点场强；故A错误；

B．等量异种电荷连线的中垂线是等势面，b点电势等于d点电势；故B错误；

C．由对称性知a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差；故C正确；

D．a点的电势高于c点的电势，由Ep=q知试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能；故D错误。

故选C。5、D【分析】【详解】

A．如图知为等差等势面，其疏密反应电场强度的大小，故A点电场强度大于C点电场强度，根据F=Eq知负点电荷在A点受到的电场力大于在C时的电场力；故A错误；

B．将正点电荷从A点移到C点；电势降低，正电荷电势能减小，电场力做正功，故B错误；

C．A、B在同一等势面上；电势能相等，故C错误；

D．B点电势大于C点电势，正点电荷在B点的电势能大于在C点的电势能；故D正确。

故选D。6、B【分析】试题分析：纯电阻电路，根据能量守恒电功和电热电相等，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算，故A正确、B错误；非纯电阻电路，电功用公式W=UIt计算，故C错误；非纯电阻电路，电热用公式W=I2Rt计算．故D错误．

考点：电功和电热。

【名师点睛】考查了纯电阻电路、非纯电阻电路，电功、电热计算，注意灵活选取公式．纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算，非纯电阻电路，电功用公式W=UIt计算，电热用公式W=I2Rt计算．二、多选题(共6题，共12分)7、B:C【分析】【详解】

A．根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和.当电源没有接入电路时,电路中没有电流,电源的内电压为零；外电压即电源两极间的电压等于电动势；当电源接入电路时，电路有电流，电源有内电压，两极间的电压小于电动势，故A错误.

BD．电源是把其它形式的能转化为电能的装置；电动势表征了这种转化本领的大小，所以电动势越大的电源，表示将其他形式的能转化为电能的本领越大,所以B正确，D错误.

C．电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故C正确.8、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。9、B:C【分析】【详解】

AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，电路的外电阻电阻R外增大，由知总电流减小，由路端电压可知路端电压U增大，设通过R3的电流为I3，由于R3阻值不变，由可以判断出I3增大，由可知I减小，R1与R2串联且R1与R2串联的电压为路端电压，由知U1减小，所以U2增大；A错误，B正确；

CD．要注意对于定值电阻，是线性元件，有

由电路图可知

故不变化，对于电阻R2有

由于R2增大，故都增大，将R3等效为电源的内电阻，则等效内电阻为

根据闭合电路的欧姆定律可知

因为不变化，所以不变；故C正确，D错误。

故选BC。10、B:C【分析】【详解】

A．由运动轨迹看出，微粒q的轨迹向下弯曲，q受到Q的吸引，所以Q与q是异种电荷；故A错误；

B．点离的距离比远，根据点电荷场强公式分析得知，点的场强一定比点的场强小．故B正确；

C．微粒通过两点时；受到的库仑力方向都指向Q，根据牛顿第二定律分析可知，在这两点的加速度方向都是指向Q，故C正确；

D．从到由于电场力对做正功，根据动能定理可知，微粒的动能增加，速率增大，则微粒通过时的速率比通过时的速率小；故D错误。

故选BC。

【名师点睛】

本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能或电势能的变化是常用的思路．11、A:B:D【分析】【详解】

A．从A点到B点和从B点到C点，分别用动能定理

其中代入上式得

A正确；

B．v-t图像斜率表示加速度，在点位置时斜率最大；则粒子受电场力最大，在中垂线上B点电场强度最大，B正确；

C．v-t图像斜率表示加速度，在点位置时斜率为

C错误；

D．粒子带正电，从A点到B点再到C点，电场力对其做正功，动能增大，电势能减小，则电势减小，即A点电势最高；D正确。

故选ABD。12、A:C:D【分析】【详解】

AB．根据题意可知，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，板下移时，根据推论可知，点的电场强度不变，点与下板的距离不变，根据公式可得，点与下板的电势差不变，则点的电势不变；故B错误，A正确；

C．将板固定板上移时，同理可知，点的电场强度不变，点与下板的距离变小，根据公式可得，点与下板的电势差变小，而点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以点电势降低；故C正确；

D．如果板距离不变，将板向左移动，则正对面积减小，同理可知，点的电场强度增大，根据公式可得，点与下板的电势差变大，而点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，则点电势升高；故D正确；

故选ACD。三、填空题(共8题，共16分)13、略

【分析】【详解】

水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端L处产生的场强大小与一带电量为−q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，则有：由于该处的电场强度为零，所以方向与一带电量为−q的点电荷在该处产生的电场强度的方向相反；即水平向右．

【点睛】根据静电平衡可知，达到静电平衡后，感应电荷产生的附加电场与外面的电场大小相等，方向相反，所以导体内部场强处处为0，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等．然后在结合库仑定律解答即可．【解析】水平向右14、略

【解析】①.介质②.横波③.垂直④.垂直⑤.横波⑥.λf⑦.3.0×108⑧.折射⑨.衍射15、略

【分析】【详解】

[1]磁通量通过半球面的有效面积为图中底面圆的面积，取弯面向外为正，则

所以通过半球面S的磁通量【解析】16、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺读数为

[2]螺旋测微器读数为【解析】1.0552.61517、略

【解析】①.错误②.正确③.正确④.错误⑤.错误⑥.错误18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]如图1；吹风机在工作时，吹风口能“吸”住气球，是利用了气球上方空气流速大，压强小。

[2]如图2；气球放在热水烫过的玻璃瓶口，过一会在大气压（强）的作用下被“吸”入瓶中。

[3]如图3，在头发上摩擦过的气球靠近细水流，水流偏离竖直方向，是因为该气球带了电（荷），对细水流产生了吸引力。【解析】小大气压（强）电（荷）19、略

【分析】【详解】

(1)[1]M向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式得知电容器的电容变小；

(2)[2]N上移,板间距离减小，根据电容的决定式得知电容器的电容变大，闭合开关S，电压不变，由可知，电量Q变大，电容器充电，流过电阻的电流方向从B到A；

(3)[3]将D从电容器抽出，介电常数减小，根据电容的决定式得知电容器的电容变小，断开开关S，即电荷量不变，由公式得

所以电势差变大．【解析】变小B到A变大20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据几何关系，CO之间的距离为L，电荷从C点运动到O点，根据动能定理，有

得

[2]电荷从O点运动到D点，根据动能定理，有

根据对称性知

解得【解析】四、实验题(共3题，共21分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数分度值=0.5mm+1.70.01mm=0.517mm。

（2）[2]欧姆表读数为：表盘刻度倍率=3=

（3）[3]由于电源电动势为4V，内阻很小，所以电压表选择电压表V2（量程3V；内阻约3kΩ），则选A。

[4]待测电阻约3电路的总电流最大值约1A左右，所以电流表采用电流表A1（量程600mA；内阻约1Ω）则选C。

[5]电路中电阻较小，滑动变阻器采用限流式接法，为了方便调节，采用滑动变阻器R1（总阻值10Ω；额定电流2A），所以选E。

（4）[6]根据大内小外规律可知采用伏安法外接法来测量电路，所