2025年粤教版必修3物理下册月考试卷含答案

…………○…………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年粤教版必修3物理下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、LED灯可将电能高效转化为光能，在日常生活中得到普遍应用。某LED灯的额定电压为5.0V，额定功率为3.0W，其照明亮度与25W的白炽灯相当。该LED灯在额定电压下工作时的电流为（）A.0.25AB.0.60AC.1.7AD.3.0A2、如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为．下列判断正确的是

A.B.C.D.3、如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（）

A.电路中的总电流先增大后减小B.电路的路端电压先增大后减小C.电源的输出功率先增大后减小D.滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大4、如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为）连接，电源负极接地，开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下；下列说法正确的是（）

A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向下运动B.当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C.当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变D.当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高5、关于物理学史，下列说法错误的是A.伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法B.牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律——牛顿运动定律和万有引力定律C.奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场D.爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、下列说法中正确的是（）A.雷达是利用声波的反射来测定物体的位置的B.光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物C.变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场产生变化的电场，反映了电和磁是密不可分的D.火车以接近光速通过站台时，火车上乘客观察到站在站台上的旅客身高不变7、如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为-Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后；球3沿斜面向下运动。g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（）

A.带负电B.运动至a点的速度大小为C.运动至a点的加速度大小为2gD.运动至ab中点时对斜面的压力大小为8、当病人发生心室纤颤时，必须要用除颤器进行及时抢救，除颤器工作时的供电装置是一个????=70μF的电容器，它在工作时，一般是让100J到300J的电能在2ms的时间内通过病人的心脏部位，已知充电后电容器储存的电能为下列说法正确的是（）A.除颤器工作时的电功率在50W到150W之间B.除颤器工作时的电功率在50kW到150kW之间C.要使除颤器的电容器储存140J的电能，充电电压需达到200VD.要使除颤器的电容器储存140J的电能，充电电压需达到2000V9、如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。若分别在A；B两板间加下列选项所示的四种周期性变化的电压（各选项仅展示了一个周期内的电压）；则其中一定能使电子打到B板的是（）

A.B.C.D.10、如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想表．现闭合开关S，将变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（）

A.电容器两极板间的电场强度变大，电容器的带电量减小B.电流表示数减小，电压表示数变大C.电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大D.电源的输出功率一定变小评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)11、如图所示电路，当滑动变阻器的滑片P位置不变而电阻箱R阻值增大的时候，电表A和V的变化情况是：表V示数_____，表A示数_____．(填“变大；变小或不变”).

12、观察电容器的充、放电现象的实验电路图。当把开关S拨到1后电容器充电，两极板的电荷量逐渐增加直至稳定，其判断依据是______；当把开关S拨到2后电容器放电，两极板的电荷量逐渐减小至零，其判断依据是______。（从电流计和电压表的示数变化说明）

13、某电荷带电量为C，则该电荷所带电荷量是元电荷的多少倍______。14、库仑的实验。

（1）库仑扭秤实验是通过悬丝扭转的角度比较静电力F大小的。实验结果发现静电力F与距离r的___________成反比。

（2）库仑在实验中为研究F与q的关系，采用的是用两个___________的金属小球接触，电荷量___________的方法，发现F与q1和q2的___________成正比。15、一平行板电容器板长为Ｌ，两板间距离为d将其倾斜放置，如图所示，两板间形成一匀强电场．现有一质量为m，电量为+Ｑ的油滴以初速度v．自左侧下板边缘处水平进入两板之间，沿水平方向运动并恰从右侧上板边缘处离开电场．那么，两板间电势差的大小为________.

评卷人得分四、作图题(共3题，共27分)16、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。

17、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

18、由电流产生的磁场方向如图所示；请在图中标出线圈中的电流方向.

评卷人得分五、实验题(共2题，共4分)19、在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中；需测量一个“2.5V，0.3A”的小灯泡两端的电压和通过它的电流。现有如下器材：

直流电源（电动势3.0V；内阻不计）

电流表（量程3A，内阻约0.1）

电流表（量程600mA，内阻约5）

电压表（量程3V，内阻约3）

电压表（量程15V，内阻约15）

滑动变阻器（阻值0~10额定电流1A）

滑动变阻器（阻值0~1k额定电流300mA）

（1）在该实验中，电流表应选择___________，电压表应选择___________，滑动变阻器应选择___________。

（2）为了减小实验误差，应选择以下哪个实验电路进行实验____________。

A.B.

C.D.

（3）小灯泡的伏安特性曲线一定是___________（填“直线”或“曲线”）20、利用如图所示①的电路测定电源的电动势和内电阻．

(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U．则由于未考虑电压表分流导致电动势的测量值与真实值相比_________，内阻的测量值与真实值相比________．（填“偏大”“相等”或“偏小”)

(2)若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I．则由于未考虑电流表分压导致电动势的测量值与真实值相比_________，内阻的测量值与真实值相比________．(填“偏大”“相等”或“偏小”)

(3)某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图象（如图②和③所示），纵轴截距分别是b1、b2，斜率分别为k1、k2．综合两条图线的数据可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差，则电源的电动势E=_______，内阻r=________．评卷人得分六、解答题(共1题，共5分)21、如图所示，一质量电荷量的带电小球A用长为10cm的轻质绝缘细线悬挂于O点，另一带电量未知的小球B固定在O点正下方绝缘柱上（A、B均可视为点电荷）。当小球A平衡时，恰好与B处在同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角已知重力加速度静电力常量求：

(1)小球A受到的静电力大小；

(2)小球B的电荷量。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

已知LED灯的额定电压为5.0V，额定功率为3.0W，则LED灯在额定电压下工作时的电流，由电功率公式可得

故选B。2、D【分析】【详解】

试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M；根据电场的性质依次判断；

电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即负电荷在低电势处电势能大，故

若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即负电荷在低电势处电势能大，故

综上所述；D正确；

【点睛】

考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．3、B【分析】【详解】

A．当滑动变阻器从a→b移动时R1作为并联电路总电阻先增大后减小；根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，A错误；

B．路端电压U=E-Ir；因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，B正确；

C．当电源内电阻等于外电阻时；电源的输出功率最大，滑动变阻器在两端时，外电阻恰好等于内电阻，此时输出功率最大，因此电源的输出功率先减小后增大，C错误；

D．当滑片在a端或者b端的时候R1被短路，此时R1消耗的功率为零，因此R1输出功率是先增大后减小；D错误。

故选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大；则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，选项A错误；

B．当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式知电容减小，而电容器的电压不变，由知Q要减小；电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，选项B错误；

C．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由

知电容器板间场强不变，由U=Ed知P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高；选项C错误；

D．当电容器的下极板向左移动时，根据知电容器的电容减小，由知Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高；选项D正确。

故选D。5、D【分析】【详解】

伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法，选项A正确；牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律牛顿运动定律和万有引力定律，选项B正确；奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场，选项C正确；普朗克首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，选项D错误；此题选择不正确的选项，故选D.二、多选题(共5题，共10分)6、B:D【分析】【分析】

【详解】

A.雷达是利用电磁波的反射来测定物体位置的；故A与题意不相符；

B.光纤通信是激光和光导纤维相结合的产物；利用了激光的频率单一性的特点，故B项与题意相符；

C.根据麦克斯韦电磁场理论可知；均匀变化的磁场产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故C项与题意不相符；

D.根据尺缩效应，沿物体运动的方向上的长度将变短，火车以接近光束通过站台时，车上乘客观察到站在站台上旅客变瘦，而不是变矮，故D项与题意相符．7、B:C:D【分析】【详解】

A．由题意可知三小球构成一个等边三角形；小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；

B．小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有解得故B正确；

C．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有解得小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知解得a=2g故C正确；

D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为斜面对小球的支持力为根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为；故D正确。

故选BCD。8、B:D【分析】【详解】

AB．根据电功率

知P在到之间；即电功率在50kW到150kW之间，故A错误，B正确；

CD．根据电容器储存的电能为

知

故C错误；D正确；

故选BD。9、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．加A项所示电压时，电子最初受到向右的电场力，开始向B板运动，电子先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，2t0时刻速度为零；再向A板先加速；后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故A错误；

B．加B项所示电压时，电子向B板匀加速再匀减速，2t0时刻速度为零；再向A板先加速；后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故B错误；

C．加C项所示电压时；电子向B板先加速再减速至速度为零，周而复始，一直向B板运动，一定能到达B板，故C正确；

D．加D项所示电压时；电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故D正确。

故选CD。10、B:C【分析】【详解】

当变阻器的滑片向左移动时，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，R2电压减小，则电容器板间电压减小，板间的电场强度变小，电容器所带电量减小，故A错误．总电流减小，电流表示数减小．则R2电压和内电压均减小，由闭合电路欧姆定律知，R1电压变大，所以电压表示数变大，故B正确．电压表的示数U和电流表的示数I的比值=R1；变大，故C正确．由于电源的内外电阻的大小关系未知，所以不能确定电源输出功率如何变化．故D错误．故选BC.

点睛：本题是电路的动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．分析电源的输出功率变化时，要根据推论：内外电阻相等时，电源的输出功率最大来分析．三、填空题(共5题，共10分)11、略

【分析】【详解】

[1][2]滑动变阻器的滑片P位置不变而电阻箱R阻值增大的时候，外电路电阻增大，则干路电流减小，根据

可知，路端电压变大，所以电阻箱两端电压变大，电压表示数变大，与电阻箱并联部分的滑动变阻器两端电压变大，电流变大，而干路电流减小，所以电阻箱支路电流减小，电流表示数减小．【解析】变大变小12、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]开关拨到1后；电容器上极板与电源正极连接，电容器充电，电容器的电荷量逐渐增加，由。

可知；电容器两端电压即电压表示数逐渐增大，电流计的示数逐渐减小，当电容器两极板电压等于电源电压且电流计的示数为0时，充电完毕，电容器的电荷量不再改变；

[2]开关S拨到2后，电容器放电，电流计读数突然增大后逐渐减小，电容器两端电压即电压表示数也逐渐减小，电荷量逐渐减小至0。【解析】见详解见详解13、略

【分析】【详解】

元电荷则【解析】14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]库仑定律的表达式。

可知，静电力F与距离r的二次方成反比；

(2)[2][3][4]库仑在实验中采用的是在真空中的两个完全相同的金属小球接触，电荷量平分的方法，发现F与q1和q2的乘积成正比的规律。【解析】二次方相同平分乘积15、略

【分析】【分析】

微粒在电场中受到重力和电场力；而做直线运动，电场力与重力的合力方向与速度方向在同一直线上，否则就做曲线运动．根据几何关系求出电场强度，再根据U=Ed求解电势差．

【详解】

微粒在电场中受到重力和电场力；而做直线运动，电场力与重力的合力方向与速度方向在同一直线上，所以电场力方向必定垂直极板向上，则。

解得：

两板间电势差的大小U=Ed=．

【点睛】

本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀加速直线运动，根据几何关系求出电场强度．【解析】四、作图题(共3题，共27分)16、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】17、略

【分析】【详解】

实物图中第一个为电动机；电动机符号为符号图中的第二个；

实物图中第二个为电容器；电容器符号为符号图中的第三个；

实物图中第三个为电阻；电阻符号为符号图中的第四个；

实物图中第四个为灯泡；灯泡符号为符号图中的第一个。

【解析】1