2025年中圖版必修3物理上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年中圖版必修3物理上冊月考試卷697考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示，平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器的滑片向b端移動時，則()

A.電壓表讀數(shù)增大B.電流表讀數(shù)減小C.質點P將向上運動D.上消耗的功率逐漸減小2、熱敏電阻傳感器可用于對火災的監(jiān)測，其工作電路的原理圖如圖所示．R1、R2為定值電阻，RT為熱敏電阻，已知當溫度升高時熱敏電阻RT的阻值減小，則當發(fā)生火災時，有()

A.電壓表、電流表示數(shù)均增大B.電壓表、電流表示數(shù)均減小C.電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減小D.電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大3、在如圖所示的電路中，是定值電阻，是滑動變阻器，D為理想二極管。電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，接通開關S，質量為m的帶電油滴恰能靜止在水平放置的兩金屬板間。若只改變其中的一個條件；下列說法正確的是（）

A.將的滑片向下移動，油滴將向上運動B.將的滑片向右移動，油滴將向下運動C.斷開開關S，將有電子自下而上通過理想二極管D.增大電容器兩極板間的距離，油滴將加速向上運動4、如圖，一粒子源能連續(xù)發(fā)射質量為m，電荷量為q，速度為的帶正電粒子，粒子出射方向為粒子源的右側任意方向，粒子始終在電場強度大小為E的水平勻強電場中運動，在與粒子源相距d處有一足夠大豎直熒光屏，粒子打在熒光屏上，熒光屏會發(fā)光。不計粒子重力，則熒光屏上的發(fā)光面積為（）

A.B.C.D.5、下列的公式中；既適用于點電荷產(chǎn)生的靜電場，也適用于勻強電場的有（）

①場強②場強③場強④電場力做功A.①③B.②③C.②④D.①④6、點電荷Q的電場線分布如圖所示，A、B為同一條電場線上的兩點。已知A點的場強為B點的場強為A、B兩點之間距離為d，電荷量為的試探電荷在A點的電勢能為在B點的電勢能為有關A、B兩點的說法正確的是（）

A.該試探電荷在A點受靜電力較小B.該試探電荷在B點具有的電勢能較大C.A、B兩點間的電勢差等于D.A、B兩點間的電勢差等于7、如圖所示，真空中M、N處各放置一個點電荷，它們電荷量的絕對值相等，a、b、c表示電場中的三條等勢線，相鄰等勢線間電勢差相等。P點位于等勢線a上，H點位于等勢線c上，PH平行于MN。已知一個正點電荷從P點移動到H點時電勢能減??；則以下判斷正確的是（）

A.M、N處點電荷為等量同種點電荷B.P點的電勢比H點的電勢高C.P點的場強與H點的場強大小不相同D.若將電子由P點移動到H點，電場力做正功8、如圖所示，在勻強電場中有一虛線圓，ab和cd是圓的兩條直徑，其中ab與電場方向的夾角為60°，ab＝0.4m，cd與電場方向平行，a、b兩點的電勢差則（）

A.電場強度的大小E＝200V/mB.b點的電勢比d點的電勢低5VC.將電子從c點移到d點，電場力做正功D.若電子從a點運動到c點，電勢能減小10eV9、一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為（）；粒子3從距O點的位置入射并從距O點的位置出射；粒子4從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大B.粒子4入射時的動能比它出射時的大C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D.粒子1入射時的動能小于粒子3入射時的動能評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、如圖所示，可視為質點的物塊以初速度v0從A點滑上粗糙程度相同的固定斜面，并恰能到達斜面上的B點。不計空氣阻力；下列說法正確的是（）

A.物塊一定能返回到斜面底端A點B.A到B的過程中物塊動能的減少量一定大于物塊重力勢能的增加量C.A到B的過程中物塊克服摩擦力做功一定等于物塊機械能的減少量D.若減小斜面傾角，物塊仍從A點以相同的初速度v0滑上斜面，一定能到達與B等高的位置11、如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB=2BC；如圖所示．由此可見（）

A.小球帶正電B.電場力為3mgC.小球從A到B與從B到C的運動時間之比2:1D.小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相同12、如圖，在勻強電場中，質量為m、電荷量為+q的小球由靜止釋放沿斜向下做直線運動，軌跡與豎直方向的夾角為θ；則（）

A.場強最小值為B.電場力對小球可能不做功C.電場方向可能水平向左D.小球的電勢能可能增加13、如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，電容器已帶電，則下列判斷正確的是（）

A.增大兩極板間的距離，指針張角變小B.將A板稍微上移，靜電計指針張角變大C.若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大D.若減小兩板間的距離，則靜電計指針張角變小14、如圖所示，是將滑動變阻器作分壓器使用的電路，A、B為分壓器的輸出端；若把變阻器的滑動片放在變阻器中央，下列判斷正確的是（）

A.空載時輸出電壓為B.當接上負載R時輸出電壓C.負載R越大，越接近D.負載R越小，越接近評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、如圖所示，直線A為電源的路端電壓U與電流I的關系圖像，直線B是電阻R的兩端電壓與其中電流I的圖像.用該電源與電阻R組成閉合電路，則電源的輸出功率為_______，電源內(nèi)部生熱損失的電功率為_______，電源的效率為_______.

16、如圖，電源電壓恒定不變，閉合開關S、S1，電流表示數(shù)為0.3A，則電源電壓為___________V，10s內(nèi)電流通過產(chǎn)生的熱量為___________J；再閉合開關S2，調(diào)節(jié)使電流表示數(shù)為0.5A，則此時變阻器的阻值為___________Ω。

17、在國際單位制中，電流的單位是______，符號是______。18、在某電場中，將一帶電荷量為q=＋2.0×10-9C的點電荷從a點移到b點，靜電力做功W=-4.0×10-7J，則a、b兩點間的電勢差Uab為___________V。19、在邊長為r的等邊三角形的頂點分別放置一點電荷a、b、c，如圖所示。已知Qa=Qc=+q，Qb=－q，則c受到的庫侖力的大小為___________，方向為___________。

20、真空中有一電場，在電場中的點放一電量為的試探電荷，它受到的電場力則點的電場強度為_______把試探電荷的電量減少為則檢驗電荷所受的電場力為______如果把這個試探電荷取走，則點的電場強度為_____21、電子伏是研究微觀粒子時常用的能量單位，1eV就是在電勢差為1V的點間移動一個電子，電場力所做的功，則1eV=________J。22、一同學用精確度為游標卡尺測一根金屬管的深度時，游標卡尺上的游標尺和主尺的相對位置如圖甲所示，則這根金屬管的深度______該同學又利用螺旋測微器測量電阻絲直徑時，螺旋測微器示數(shù)如圖乙所示，則_______

23、如圖所示，直線A為電源a的路端電壓與電流的關系圖象；直線B為電源b的路端電壓與電流的關系圖象；直線C為一個電阻R的兩端電壓與電流關系的圖象，將這個電阻R分別接到a、b兩電源上，那么R接到a電源上時，電源的輸出功率________（填“較大”、“較小”或“相等”），a電源的內(nèi)阻________b電源的內(nèi)阻（填：“大于”、“等于”或“小于”）．a(chǎn)電源的電動勢________b電源的電動勢（填：“大于”、“等于”或“小于”）評卷人得分四、作圖題(共3題，共24分)24、如圖1所示，用電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源，向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。

（1）以U為縱坐標，I為橫坐標，在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標軸交點的物理意義。

（2）請在圖2畫好的U-I關系圖線上任取一點；畫出帶網(wǎng)格的圖形，以其面積表示此時電源的輸出功率。

25、把蜂鳴器；光敏電阻、干簧管繼電器開關、電源連成電路如圖所示；制成光電報警裝置，當報警器有光照射時，峰鳴器發(fā)聲，當沒有光照或者光照很弱時，蜂鳴器不發(fā)聲，①光敏電阻：光敏電阻受光照后，阻值會變小，②干簧管繼電器開關：由干簧管和繞在干簧管外的線圈組成，當線圈中有一定的電流時，線圈產(chǎn)生的磁場使密封在干簧管內(nèi)的兩個鐵質簧片磁化，兩個簧片在磁力作用下由原來的分離狀態(tài)變成閉合狀態(tài)，當線圈中沒有電流或者電流很微弱時，磁場消失，簧片在彈力的作用下恢復到分離狀態(tài)，電路已經(jīng)連接一部分，請將電路完整連接好。

26、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導線中的電流方向或磁場中某處小磁針靜止時N極的指向或磁感線方向。請畫出對應的磁感線（標上方向）或電流方向。

評卷人得分五、解答題(共1題，共2分)27、測量太陽輻射功率的簡單實驗如下：取一個橫截面積為的不高的圓桶，桶內(nèi)裝水用來測量射到地面的太陽能，某一天中午在太陽光直射后，水的溫度升高了已知水的比熱容太陽到地球的距離為

(1)求太陽光直射下地球表面每平方厘米每分鐘獲得的能量

(2)假設射到大氣頂層的太陽能只有43%到達地面，另外的被大氣吸收和反射而未到達地面；請由此估算太陽輻射的功率參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【詳解】

ABC．由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大；故并聯(lián)部分的電壓減??；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過并聯(lián)部分的電流增大，故電流表示數(shù)增大，因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大；故電壓表示數(shù)減小，因電容器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，電荷向下運動，故ABC錯誤；

D．因R3兩端的電壓減小，由可知，R3上消耗的功率減?。还蔇正確。

故選D。2、D【分析】【詳解】

當發(fā)生火災時，熱敏電阻的溫度升高，電阻減小，電路中的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，總電流增大，由可知，路端電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，由于總電流增大，R1兩端電壓增大，并聯(lián)部分的電壓減小，R2的電流減小，總電流增大，所以電流表示數(shù)增大，故D正確．3、C【分析】【詳解】

A．將R1的滑片向下移動，總電阻值減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知總電流增大，內(nèi)阻r和R0的電壓增大，則R1兩端電壓減小，根據(jù)

可知場強減??；所以油滴將向下運動，故A錯誤；

B．因為R2與電容器串聯(lián)；所以無論怎樣移動滑動變阻器觸頭，電容兩端電壓不變，所以油滴仍保持靜止不動，故B錯誤；

C．斷開開關S；電容器將逆時針方向放電，所以將有電子自下而上通過理想二極管，故C正確；

D．增大電容器兩極板間的距離，因為電壓不變，根據(jù)

可知電場將減小；油滴將加速向下運動，故D錯誤。

故選C。4、B【分析】【詳解】

粒子源發(fā)射出的粒子在沿電場線方向上做勻加速直線運動，在垂直電場線方向上做勻速直線運動，對于垂直電場方向射出的粒子，有

面積為

聯(lián)立解得

故選B。5、D【分析】【詳解】

是電場強度的定義式，適用于一切電場；

僅適用于勻強電場；

適用于點電荷產(chǎn)生的電場；W=qU適用于一切電場。可知既適用于點電荷產(chǎn)生的靜電場；也適用于勻強電場是①④。故D正確。

故選D。6、D【分析】【詳解】

A．由點電荷場強公式可知，該試探電荷在A點的電場強度大，所以在A點受的靜電力較大；故A錯誤；

B．沿電場線電勢降低可知

由于該試探電荷帶正電，故在B點具有的電勢能較??；故B錯誤；

CD．A與B兩點間的電勢差為

從A到B電場力做的功等于電勢能的變化，則有

得

由于電場為非勻強電場，則AB間的平均強度不等于因此

故C錯誤；D正確。

故選D。7、B【分析】【詳解】

A．由圖根據(jù)等勢線與電場線處處垂直，可知，M、N處點電荷為等量異種點電荷；故A錯誤；

B．已知一個正點電荷從P點移動到H點時電勢能減小，根據(jù)可知，P點的電勢比H點的電勢高；故B正確；

C．根據(jù)題意可知，P點和H點關于MN連線和中垂線的交點對稱，則P點的場強與H點的場強大小相同；故C錯誤；

D．一個正點電荷從P點移動到H點時電勢能減小，則將電子由P點移動到H點；電勢能增加，電場力做負功，故D錯誤。

故選B。8、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)

可得電場強度的大小

故A錯誤；

B．沿電場線電勢逐漸降低，可知b點的電勢比d點的電勢高；故B錯誤；

C．將電子從c點移到d點；因電子所受的電場力與位移反向，可知電場力做負功，故C錯誤；

D．a(chǎn)、c兩點電勢差為

電子從a點運動到c點過程，電場力做的功為

可知電場力做正功；電勢能減小10eV，故D正確。

故選D。9、B【分析】【詳解】

A．粒子在電場中的每一個位置受的電場力均指向圓心O，則粒子3從入射到射出時的位置靠近了O點做向心運動，則電場力做正功，動能變大，則入射時的動能比它出射時的小，選項A錯誤；

B．同理可知，粒子4從入射到射出時位置遠離了O點做離心運動；則電場力做負功，則動能減小，即入射時的動能比它出射時的大，選項B正確；

C．在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，可設為

帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有

可得

即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能；故C錯誤；

D．粒子3做向心運動，有

可得

粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能；故D錯誤。

故選B。二、多選題(共5題，共10分)10、B:C【分析】【詳解】

A．若物塊重力沿斜面的分力小于最大靜摩擦力，物塊靜止于斜面上，物塊無法返回到點；A錯誤；

B．A到B的過程中根據(jù)能量守恒定律可知物塊動能的減少量等于重力勢能的增加量和摩擦產(chǎn)生的熱量，所以A到B的過程中物塊動能的減少量一定大于物塊重力勢能的增加量；B正確；

C．摩擦力做功改變物塊的機械能，所以A到B的過程中物塊克服摩擦力做功一定等于物塊機械能的減少量；C正確；

D．減小斜面傾角，斜面傾斜程度較小，若斜面傾角為0，則永遠不可能到達與B等高的位置；D錯誤。

故選BC。11、B:C:D【分析】【詳解】

A．小球受到的電場力豎直向上；方向與電場強度方向相反，所以小球帶負電，故A錯誤．

B．由于A、B、C三點在同一直線上，且：

根據(jù)幾何關系可知小球在進入電場前后的水平向位移之比：

由于小球在進入電場前后都做類平拋運動，則小球由A運動到B和由B運動到C的時間之比為：

又根據(jù)豎直方向的位移：

解得：

根據(jù)牛頓第二定律：

可知小球受到的電場力：

故B正確；C正確.．

D．根據(jù)速度變化量：

則得AB過程速度變化量大小為：

BC過程速度變化量大小為：

所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，但方向相反，故D正確．12、B:D【分析】【詳解】

A．分析帶電小球受力，受重力mg、電場力F，小球運動軌跡為直線，那么小球受力的合力也必定沿運動軌跡直線斜向下，由力合成的三角形定則求合力，如圖所示，由解析圖可知，當電場力F與小球運動軌跡直線垂直時，電場力F最??；場強最小，則有。

F=qEmin=mgsinθ

解得

A錯誤；

B．場強是最小值時；電場力與小球運動方向垂直，所以電場力對小球可能不做功，B正確；

C．小球帶正電；受電場力方向只能向右側，所以電場方向不可能向左，C錯誤；

D．如果小球受電場力方向與運動方向之間的夾角大于90°；則電場力對小球可能做負功，小球的電勢能可能增加，D正確；

故選BD。13、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AD．增大兩極板之間的距離，由電容的決定式

可知，電容減小，電容器的電量不變，由

分析可知；板間電壓增大，靜電計指針張角變大；同理，減小兩板間的距離，則靜電計指針張角變小；故A錯誤D正確；

B．將A板稍微上移時，正對面積減小，由電容的決定式

可知，電容增小，電量不變，由

分析可知；板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故B正確；

C．將玻璃板插入兩板之間，介電常數(shù)增大，由電容的決定式

可知，電容增大，電量不變，由

分析可知；板間電壓減小，靜電計指針張角變小。故C錯誤。

故選BD。14、A:B:C【分析】【詳解】

A．空載時，由于滑動片放在變阻器中央，兩部分電阻相等，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知

故A正確；

B．由于下半電阻與電阻并聯(lián)的總電阻小于下半電阻，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知

故B正確；

C．負載電阻越大時，下半電阻與的并聯(lián)電阻越接近于下半電阻，同時也越接近滑動變阻器的總阻值，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知，越接近，故C正確；

D．根據(jù)C選項分析可知，負載越小時，下半電阻與的并聯(lián)電阻與下半電阻相差越大，同時也越遠離滑動變阻器的總阻值，與相差就越大，所以D錯誤。

故選ABC．三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【詳解】

[1]由圖象可知電源的電動勢短路電流為6A，該電源和該電阻組成閉合電路時路端電壓為2V，電流為2A，電源的輸出功率即為電阻上消耗的功率：

[2]電源的總功率為：總

電源內(nèi)部生熱損失的電功率為：熱總

[3]所以電源的效率為：【解析】4W2W66.7%16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由歐姆定律可得；電源電壓為。

[2]10s內(nèi)電流通過產(chǎn)生的熱量為。

[3]當電流表示數(shù)為0.5A時；由歐姆定律可得。

代入數(shù)據(jù)解得。

【解析】6183017、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】安培A18、略

【解析】-20019、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]根據(jù)庫侖定律，結合平行四邊形定則得c受到的庫侖力的大小為

方向平行ab水平向右。【解析】①.②.平行ab水平向右20、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)題意，由電場強度定義式可得，點的電場強度為

[2]檢驗電荷所受的電場力為

[3]電場強度與電場本身有關，與檢驗電荷無關，則點的電場強度仍為【解析】21、略

【分析】【詳解】

根據(jù)題意【解析】22、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]．金屬管的深度：h=3.0cm+0.05mm×12=3.060cm.

[2]．直徑：d=0.5mm+0.01mm×23.0=0.730mm【解析】3.060±0.0050.730±0.00123、略

【分析】【分析】

根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電源的伏安特性圖線截距和斜率的意義；比較電源的電動勢和內(nèi)阻的大?。畬㈦娮杞拥诫娫瓷?，電阻與電源的伏安特性曲線的交點就表示它們的工作狀態(tài)，直接讀出路端電壓的關系．根據(jù)交點的電壓和電流比較電源輸出功率的大小．

【詳解】

當電阻R與電源組成閉合電路時，電阻R的U-I圖線與電源的U-I圖線的交點表示工作狀態(tài)，交點的縱坐標表示電壓，橫坐標表示電流，兩者乘積表示電源的輸出功率，由圖看出，R接到a電源上，電壓與電流的乘積較大，電源的輸出功率較大．電源的U-I圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻大小，由圖看出，a電源內(nèi)阻大．由閉合電路歐姆定律U=E-Ir得知；當I=0時，U=E，即電源的U-I圖線與縱軸的交點坐標等于電源的電動