2025年浙教新版必修三物理上册阶段测试试卷

…………○…………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年浙教新版必修三物理上册阶段测试试卷535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、某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是()A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B.一个伏特表和多个定值电阻C.一个安培表和一个电阻箱D.两个安培表和一个滑动变阻器2、如图所示，用两根等长的绝缘线把两个质量相等的小球悬挂起，a球带电+3q，b球带电-q，若两球的库仑力小于b球的重力；且两根线都处于绷紧状态，现加一水平向左的匀强电场，待平衡时，表示平衡状态的图是（）

A.B.C.D.3、如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点。下列说法正确的是（）

A.B、D两点的电场强度大小相等，方向相反B.A点的电场强度大于C点的电场强度且两点电场强度方向相同C.一电子沿B→C→O→D路径移动到D点，电场力一直做正功D.一电子沿对角线B→O→D路径移动，电场力不做功4、如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为a、b连线的中点。若一个运动的正电荷只在静电力作用下先后经过a、c、b三点，其中a、b两点的电势分别为则下列说法正确的是（）

A.a点的电场强度一定等于b点的电场强度B.c点电势C.正电荷在a点的动能小于在b点的动能D.正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能5、如图所示的电路中，当开关闭合时，灯L1、L2均不亮；理想电流表无示数，理想电压表有示数，不计电源内阻。则故障原因可能是（）

A.L1短路B.L2短路C.L1断路D.L2断路6、电动势为E、内阻为r的电源与可变电阻及一平行板电容器连成如图所示的电路。当开关S闭合后，两平行金属板A、B间有一带电液滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（）

A.将的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B.将的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C.增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将减少D.减小的阻值，两端的电压的变化量大于两端的电压的变化量评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量大小为U，电流表示数变化量的大小为I；在这个过程中，下列判断正确的是。

A.电容器的带电量减少，减小量小于CDUB.电阻R1两端电压减小，减小量等于DUC.电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大D.电压表的示数DU和电流表的示数DI的比值变大8、下列说法中正确的是________A.做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，加速度也相同B.做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程一定是一倍振幅C.根据麦克斯电磁场理论可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场E.声波从空气传入水中时频率不变，波长变长．E.声波从空气传入水中时频率不变，波长变长．9、如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为I1、I2、I3，理想电压表示数变化量的绝对值为U，下列说法中正确的是（）

A.电流表A2的示数一定变小B.电压表V的示数一定增大C.△I3一定大于△I2D.△U与△I1比值一定小于电源内阻r10、下列关于热辐射和黑体辐射的说法正确的是（）A.一切物体都在辐射电磁波B.一般物体辐射电磁波的强度与温度无关C.随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动D.黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波11、x轴上关于原点O对称的P、Q两点各有一个点电荷，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，A、B为P、Q中垂线上关于O点对称的两个点（A、B未在图中标出）；则下列描述中正确的是（）

A.两个电荷为等量正电荷B.沿x轴从P点到Q点的电势先降低后升高C.沿着中垂线从A点到B点的电势先降低后升高D.沿着中垂线从A点到B点的电场强度一定先减小后增大12、如图所示，空间存在范围足够大与长方形所在平面平行的匀强电场，已知A、B、C三点的电势分别为一带电粒子从A点以与成夹角斜向右上方、大小为的初速度射入电场，恰好经过C点。不计粒子的重力。下列说法正确的是（）

A.D点电势为B.电场强度大小为C.粒子过C点的速度与初速度方向间夹角的正切值为D.粒子过C点的速度为评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、正四面体ABCD的棱长为a，A点固定点电荷+Q，B点固定点电荷－Q，静电力常量为k，则D点的场强大小为______；若A点的电荷单独在C点产生的电势为则两电荷在C点共同产生的电势为______。

14、了解多用电表的______和______，掌握多用电表的使用方法。15、某电热水壶铭牌的部分参数如表中所示，从表中可知，该电热水壶正常工作时电压U=______V，功率P=_____W，电流I=______A。

产品型号

DF-938

额定电压

220V

额定频率

50HZ

额定功率

1100W16、一半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为+Q的电荷，另一电荷量为+q的点电荷放在球心O上，如图所示．现在球壳上挖去半径为r（r<<R）的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受电场力的大小为______（已知静电力常量为k），方向____________．

17、判断下列说法的正误。

（1）电势差与电势一样，是相对量，都与零电势点的选取有关。____

（2）电势差是一个标量，但是有正值和负值之分。____

（3）若电场中两点间的电势差UAB=1V，则将单位正电荷从A点移到B点，静电力做功为1J。____

（4）将电荷量为q的电荷从A点移到B点与将电荷量为-q的电荷从B点移到A点，静电力所做的功相同。____

（5）电荷在等势面上移动时不受静电力作用，所以静电力不做功。____18、在探究“电阻定律”实验时，某同学猜想电阻R可能与材料、长度、横截面积、温度等有关。为完成实验，该同学通过__________（选填“控制变量法”或“等效法”）实验探究导体电阻与决定因素的关系得出电阻定律，并总结表达式__________。评卷人得分四、作图题(共2题，共8分)19、试画出点电荷、等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线。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。

评卷人得分五、实验题(共2题，共18分)21、某实验小组欲制作一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表；使用的实验器材如下：

A．电流表G（满偏电流内阻）；

B．定值电阻

C．定值电阻

D．滑动变阻器（最大阻值为1000Ω）；

E．电源（电动势为9V）；

F．单刀双挪开关S；

G．红；黑表笔及导线若干。

其内部结构如图所示；回答下列问题：

（1）图中A接____（填“红”或“黑”）表笔；

（2）将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为_______（填“×1”或“×10”）；

（3）现用该欧姆表测量一未知电阻选用“×10”挡位并欧姆调零后，将电阻接在A、B之间，发现电流表几乎满偏，断开电路并将“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器的滑片_______（填“向上”或“向下”）移动，使电流表满偏，再次将电阻接在A、B之间，稳定后电流表⑥的指针对准刻度盘上的0.6mA处，则未知电阻=_______Ω。22、在某次实验中，得到游标卡尺、电流表（量程）、电压表（量程）的读数如图所示，则上述仪器的读数分别是：_____________________

评卷人得分六、解答题(共4题，共28分)23、如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m；电荷量为e。（不计电子的重力）求：

（1）电子穿过A板时的速度大小；

（2）P点到O点的距离；

（3）用什么方法可使电子打在P点上方。

24、如图所示，真空室中电子枪连续均匀发出的电子（初速不计）经过V的加速电场后，由小孔S沿两个互相垂直的偏转电极和的中心线射入。偏转电极的板长为m，极板相距m，偏转电极的板长也为m，极板相距m，且高度足够高。偏转电极的右侧与偏转电极的左侧相距为L，荧光屏与中心线垂直，且与偏转电极的右侧相距为L/2。两个偏转电极都不加电压时，电子束沿中心线打到荧光屏中心产生亮斑。现在电极间加电压在电极间加电压和的电压随时间t变化的图线分别如图所示。设极板间电场可看作是均匀的，且极板外无电场，在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场均可视作恒定，能通过两偏转电极的电子均能打到荧光屏上。已知电子的电量不计电子重力和电子间的相互作用。

（1）求电子从小孔S射出时的动能；

（2）求能通过偏转电极的电子数占总数的比例；

（3）求打到荧光屏上电子动能的范围；

（4）请通过计算定量画出电子打到荧光屏上的点形成的图线。

25、将一电荷量为2×10-5C的负电荷由A点移到B点，电场力做了0.1J的负功，已知A、B两点间距为2cm；两点连线与电场方向成60°角，如图所示，问：

（1）A、B两点哪点电势高？A、B间的电势差为多少？

（2）该匀强电场的电场强度为多大？

26、如图所示，半为R＝0.4m半圆形绝缘光滑轨道BC与水平绝缘粗糙的轨道AB在B点平滑连接，轨道AB上方有电场强度大小为E＝1.O×104N/C，方向向左的匀强电场。现有一质量m＝0.1kg、电荷量q＝＋1.0×10-4C的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，若带电体恰好可以沿圆弧轨道运动到C点，并在离开C点后，落回到水平面上的D点(图中未画出)，重力加速度g＝10m/s2。求：

（1）带电体运动到圆形轨道B点时对轨道的压力大小；

（2）带电体落回到水平面上的D点到B点的距离；

（3）带电体从开始运动到落回到水平面整个过程中的最大动能(结果保留三位有效数字)。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【详解】

A中根据闭合回路欧姆定律可得可测量多组数据列式求解，A正确；B中根据欧姆定律可得测量多组数据可求解，B正确；C中根据欧姆定律可得可测量多组数据列式求解，C正确；D中两个安培表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量，D错误；

【点睛】对于闭合回路欧姆定律的应用，一定要注意公式形式的变通，如本题中结合给出的仪器所测量的值，选择或者变通相对应的公式，2、B【分析】【详解】

以ab整体为研究对象，整体电量相当于+2q，水平方向受向左的电场力，故上面绳子向左倾斜；以最下面小球为研究对象，带负电，受向右的电场力，所以下面的绳子是向右倾斜。

故选B。3、D【分析】【分析】

【详解】

AB．由于B、D两点处在等量异种电荷的中垂线上，且关于O点对称，因此其电场强度大小相等，方向均水平向右，A点的电场强度与C点的电场强度大小相等；方向相同。故A、B错误；

C．电子沿B→C→O→D路径移动到D点，先靠近负电荷，电场力做负功，后远离负电荷，电场力做正功，因此电场力先做负功，后做正功，从O到D电场力不做功；C错误；

D．从B→O→D的过程中；移动的方向始终与电场线方向垂直，故电场力不做功，故D正确。

故选D。4、D【分析】【详解】

AB．由图电场不一定是匀强电场，所以a点的电场强度不一定等于b点的电场强度，c点电势不一定为0；故AB错误；

CD．正电荷在电势高的位置电势能较大，所以正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，根据能量守恒可知正电荷在a点的动能大于在b点的动能；故C错误；D正确；

故选D。5、C【分析】【详解】

当开关闭合时，灯L1、L2均不亮，理想电流表无示数，由实物连接电路可知，故障应是电路中某一处发生断路；若L1断路，则电压表正、负极分别与电源正、负极接通，电压表有示数；若L2断路；则电压表正；负极都与电源负极断开，电压表无示数。

故选C。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．与电容串联，稳定后无电流通过，对电路无影响，故将的滑片向右移动一小段距离；带电液滴仍处于静止状态，A错误；

B．将的滑片向右移动一小段距离，阻值增大，回路电流减小，两端电压减小，即电容两端电压减小，由可知；电容器两极板的电荷量将减少，B错误；

C．增大电容器两板间的距离d，由

可知，电容C减小，两极板的电荷量Q将减少；C正确；

D．减小的阻值，回路电流增大，及内阻两端的电压增大，由

可知两端的电压减小，故两端的电压的变化量小于两端的电压的变化量；D错误。

故选C。二、多选题(共6题，共12分)7、A:C【分析】【详解】

AB．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，电阻R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U，则电容器的带电量减小，减小量小于C△U．故A正确；B错误．

C．根据欧姆定律R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故C正确．

D．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R1+r），由数学知识得知，保持不变．故D错误．8、A:C:E【分析】【分析】

【详解】

做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，回复力相同，故加速度也相同，选项A正确；做简谐运动的质点，经过四分之一周期，只有从平衡位置或者从位移最大或最小的位置计时，所通过的路程一定是一倍振幅，选项B错误；根据麦克斯电磁场理论可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，选项C正确；双缝干涉实验中，根据可知，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距离将变小，选项D错误；声波从空气传入水中时频率不变，波速变大，根据可知波长变长，选项E正确；故选ACE.9、B:D【分析】【详解】

AB．当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，所以电流表A3的示数减小。根据闭合电路的欧姆定律可知，总电流I3减小，则内电压减小，则外电压即并联部分电压增大，即电压表V的示数一定增大，电流表A2的示数一定变大；A错误，B正确；

C．由图可知，电压表测量的是外电路电压U，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r

根据欧姆定律U=I2R

当滑动变阻器向右滑动时，外电路U增大，设其变化量为U，则根据上式可得I3r=│U│=UI2R=│U│=U

因为外电路电压变化量一样，而R>r

因此有I3>I2

C正确；

D．电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r

可知

根据并联电路分流规律可得I3=I1+I2

因为I3减小，而I2增大，所以I1一定减小，且减小量比I3的减小量大，即I3一定小于I1，故

D正确。

故选BCD。10、A:C:D【分析】【详解】

AB.我们周围的一切物体都在辐射电磁波；这种辐射与物体的温度有关，所以叫做热辐射，故A正确，B错误；

C．随着温度的升高；黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故C正确；

D．如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射；这种物体就是绝对黑体，简称黑体，故D正确。

故选ACD。11、A:B【分析】【详解】

A．由x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线可知；两个电荷为等量正电荷，故A正确。

B．x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高；故B正确。

CD．由两等量正点电荷的电场电势分布情况。

可知；沿着中垂线从A点到B点的电场强度可能先减小后增大，也可能先增大再减小，再增大再减小，电势先升高后降低，故C；D错误。

故选AB。12、A:C【分析】【详解】

A．因A、B、C三点的电势分别为取O点为的中点，则则为等势线，连接并延长过D点，则A正确；

B．过A点作的垂线，则带箭头的实线为电场线，如图所示

故B错误；

C．粒子从A点开始做类平抛运动到C点，设粒子运动到C点时瞬时速度与初速度方向的夹角为粒子运动到C点时位移与初速度方向的夹角则根据类平抛运动的推论

C正确；

D．粒子在C点时

故D错误。

故选AC。

三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】【详解】

[1]两个电荷在D点产生的场强大小：

方向的夹角为则D点的合场强

[2]由于A点的电荷单独在C点产生的电势为因A带正电，而B带负电，那么B点的电荷单独在C点产生的电势为则两电荷在C点共同产生的电势为0；【解析】014、略

【分析】【详解】

略【解析】构造原理15、略

【分析】【详解】

[1]根据电热水壶的铭牌可知：220V表示电水壶的额定电压为U=220V；即正常工作时电压为220V；

[2]1100W表示水壶的额定功率为P=1100W；

[3]额定电流为【解析】2201100516、略

【分析】【详解】

球壳的电荷面密度σ=球壳上挖去半径为r的小圆孔，去掉的电荷量q′=σπr2=关于球心O对称位置相应电荷对球心电荷的电场力大小为F==方向由球心指向小圆孔圆心，其余部分对球心电荷的合力为零．【解析】由球心指向小圆孔圆心17、略

【解析】①.错②.对③.对④.对⑤.错18、略

【分析】【详解】

[1][2]在探究电阻R与材料、长度、横截面积、温度等有关的实验中，为完成实验，应控制单个变量，其他物理量保持不变，即采用控制变量法；再综合结论可得出电阻定律，为

其中S为导体横截面积，L为导体长度，ρ为比例系数，且由导体材料和温度决定。【解析】控制变量法四、作图题(共2题，共8分)19、略

【分析】【详解】

根据电荷属性；点电荷；等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线如下所示。

【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）五、实验题(共2题，共18分)21、略

【分析】【详解】

（1）[1]根据电流方向“红入黑出”，可知A接黑表笔；

（2）[2]开关接1时，R0与R1串联后和电流表并联，三者总电阻为

开关接2时，R1与电流表串联后和R0并联，三者总电阻为

欧姆表的倍率大的挡位内阻大；所以将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为“×10”。

（3）[3]由“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，即增大电流表中的电流，应减小滑动变阻器接入电路中的阻值；滑片向下，使电流表满偏。

[4]把档位调到“×1”，将两表笔短接欧姆调零后，设欧姆表的内阻为R内，根据电路图，此时电流表满偏，电路的干路电流为根据欧姆定律

根据闭合电路欧姆定律

解得

把两表笔与待测电阻相接时，干路电流为

则

其中根据闭合电路欧姆定律

解得【解析】黑×10向下6022、略

【分析】【详解】

[1]根据游标卡尺的读数规则可知读数为

[2]电流表的量程为分度值为5mA，故读数为116mA（116~117mA均可）。

[3]电压表的量程为分度值为0.1V，故读数为5.00V（4.98~5.02V均可）。【解析】5.50116～1175.00（4.98～5.02均可）六、解答题(共4题，共28分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0；根据动能定理得。

eU1=解得。

（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1；根据牛顿第二定律和运动学公式得。

F=eE，E=F=ma，a=t1=y1=解得。

y1=设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy；根据运动学公式得。

vy=at1=电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2；则有。

t2=y2=vyt2解得。

y2=P到O点的距离为。

y=y1+y2=（3）要让电子打在P点上方，由上面的公式可知，可适当增大U2，减小U1【解析】（1）（2）（3）适当增大U2，减小U124、略

【分析】【详解】

（1）设电子从小孔S射出时的速度为v0，动能为Ek0，由动能定理

得（或）

（2）设电子通过YY′极板的时间为t0，恰好能通过时极板间的电压为U1，则

得

当YY′极板电压高于20V时，电子将不能通过，根据可知；在0~0.1s一个周期内，只有0~0.04s时间内射入的电子能通过，所以能通过偏转电极YY′的电子占总数的比例40%

（3）设电子通过XX′极板的时间为t0，恰好能通过时极板间的电压为U2，则

得

所以；到达偏转电极XX′的电子均能通过。

由图像可知在0~0.2s内；20V电压对应的时刻是0.04s；0.14s。

电子打到荧光屏上的动能

有前面分析知

分析0~0.2s时间内打到荧光屏的电子，0~0.04s内，电子动能逐渐减小，0s时=0，y=0，=500V，x=动能为1000eV+0+250ev=1250eV，0.04s时=20V，y==300V，x=则动能为1000eV+10eV+90eV=1100eV；在0.1s~0.14s时间内，电子动能逐渐增大：0.1s时，y=0，x=0，电子最终动能为1000eV；0.14s时，=20V，y==200V