2025年新世紀版必修3物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年新世紀版必修3物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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7題，共14分)1、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，C為電容器，R0為定值電阻，R為滑動變阻器．開關閉合后，燈泡L能正常發(fā)光．當滑動變阻器的滑片向右移動時，下列判斷正確的是()

A.燈泡L將變暗B.燈泡L將變亮C.電容器C的電荷量將減小D.電容器C的電荷量將不變2、如圖；直導線中通有向左的電流后，其正下方的小磁針N極將（）

A.向上B.向下C.垂直紙面向內(nèi)D.垂直紙面向外3、如圖所示，一個帶電球體M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶電小球N先后掛在橫桿上的和處，通過調(diào)整絲線使M、N在同一高度，當小球N靜止時，觀察絲線與豎直方向的夾角。通過觀察發(fā)現(xiàn)：當小球N掛在時，絲線與豎直方向的夾角最大；當小球N掛在時N絲線與豎直方向的夾角最小。根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比；下列說法中正確的是（）

A.小球N與球體M間的作用力與它們的電荷量成正比B.小球N與球體M間的作用力與它們距離的平方成反比C.球體M電荷量越大，絕緣絲線對小球N的作用力越大D.距離球體M越遠的位置，絕緣絲線對小球N的作用力越小4、真空中兩個點電荷相距r時,靜電力為F,如果保持它們的電量不變,而將距離增大為2r時,則靜電力將變?yōu)锳.B.FC.D.2F5、某簡易電吹風簡化電路如圖所示；其主要部件為電動機M和電熱絲，部分技術參數(shù)如表，電吹風在220V電壓下工作。下列說法正確的是（）

。電吹風額定電壓。

220V

電吹風額定功率。

熱風時：990W

冷風時：110W

冷風時：110W

A.開關S1、S2都閉合時電吹風吹冷風B.該電吹風中電動機的內(nèi)電阻為440ΩC.吹熱風時通過電熱絲的電流為4AD.吹熱風時電熱絲的功率為990W6、在如圖所示的電路中，閉合開關把滑動變阻器的滑片向上滑動的過程中；若電源內(nèi)阻不能忽略，則下列說法正確的是（）

A.沒有電流通過B.中有由到的電流C.電壓表的示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大D.電壓表的示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小7、閉合電路中產(chǎn)生的感應電動勢的大小，取決于穿過該回路的（）A.磁通量B.磁通量的變化量C.磁通量的變化率D.磁通量變化所需時間評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、一帶電粒子從電場中的A點運動到B點；軌跡如圖虛線所示，不計粒子所受重力，則（）

A.粒子帶正電B.粒子加速度逐漸減小C.A點的速度小于B點的速度D.帶電粒子的電勢能逐漸增大9、如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，和均為定值電阻，為滑動變阻器。當?shù)幕瑒佑|點在ab的中點時合上開關S，此時三個電表和V的示數(shù)分別為和U?，F(xiàn)將的滑動觸點向a端移動；則（）

A.電源的總功率減小B.消耗的功率增大C.增大，減小，U增大D.減小，不變，U減小10、如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1>r，電壓表和電流表均為理想電表。開關S閉合后，平行金屬板中的帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)。在將滑動變阻器的滑片P向b端滑動的過程中；下列說法正確的是。

A.R3的功率變大B.電源的輸出功率一定減小C.電壓表、電流表的示數(shù)均變大D.電容器C所帶電量減少，液滴向下加速運動11、如圖是一火警報警電路的示意圖，其中R3為用某種材料制成的電阻，這種材料的電阻率隨溫度的升高而增大．值班室的顯示器為電路中的電流表，電源兩極之間接一報警器，電源內(nèi)阻r與電阻R1阻值相等．當傳感器R3所在處出現(xiàn)火情時,電流表的示數(shù)I、報警器兩端的電壓U的變化情況及相關功率，說法正確的（）

A.I變大，U變大B.I變小，U變小C.電源的輸出功率變小D.電源的輸出功率的變化情況無法確定12、如圖所示，三個帶電量分別為-q、+q、+q的點電荷位于等邊三角形ABC的三個頂點上，D、E分別為AB、BC邊的中點，O為三角形的中心．D、E、O三點的電場強度分別用ED、EE、EO表示；下列說法正確的是（）

A.B.C.D.13、某一導體的伏安特性曲線如圖中的AB段（曲線）所示，直線a為過A點的切線。則關于導體的電阻；下列說法正確的是（）

A.A點對應的導體的電阻為B.A點對應的導體的電阻為C.在AB段，導體的電阻變化了D.在AB段，導體的電阻隨電壓的增大而增大14、若一個帶負電荷的小球只受到電場力作用，則小球（）A.可能沿電場線運動B.一定沿電場線運動C.可能由低電勢處向高電勢處運動D.一定由低電勢處向高電勢處運動15、如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)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R4的滑片向b端移動時，則（）

A.電壓表讀數(shù)變大B.電流表讀數(shù)變大C.R1上消耗的功率逐漸增大D.質(zhì)點P將向上運動16、如圖所示電路中，已知電源的內(nèi)阻r＜R2，電阻R1的阻值小于滑動變阻器R0的最大阻值。閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑臂P由變阻器的中點向左滑動的過程中；下列說法中正確的有。

A.A1的示數(shù)先變大后變小，A2的示數(shù)先變小后變大B.V1的示數(shù)先變大后變小，V2的示數(shù)先變小后變大C.電源內(nèi)部的熱功率先變大后變小D.電源的輸出功率先變小后變大評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、如圖，兩根通電長直導線a、b平行放置，a、b中的電流強度分別為I和2I，此時a受到的磁場力大小為F，若以該磁場力的方向為正，則b受到的磁場力大小為_____．當在a、b的正中間再放置一根與a、b平行共面的通電長直導線c后，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，則此時b受到的磁場力大小為_____．18、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。

19、如圖，電阻R=55Ω，當閉合S1、S2時，通過電阻R的電流為_________A，電路的總功率為1000W，當只閉合S2時，電動機的電功率為___________W。

20、真空中有兩個相同的金屬小球，帶電量分別為＋1.6×10－8C和＋4.8×10－8C，相距r時（遠大于小球直徑），相互作用為0.3N，現(xiàn)將兩球相接觸后再放回原處，則它們之間的相互作用力為________N，此時每個小球的帶電量相當于______個電子所帶電量。21、真空中兩個靜止點電荷A、B，電荷量分別是和它們相距則它們互相___________（填“吸引”或“排斥”），相互作用力大小為___________N。22、如圖所示的A、B、C、D四組靜電實驗中，能使左邊的驗電器的金箔張開的是______組和______組（A；B兩組實驗中小球的手柄均為絕緣手柄；D組實驗中虛線框表示金屬網(wǎng)罩）。

A.B.C.D.23、關于電流表；電壓表的改裝：

（1）有一個滿偏電流為100mA的毫安表，電表內(nèi)阻為9Ω，現(xiàn)將該毫安表的量程擴大至0.6A，則應并聯(lián)一個阻值為_____Ω的電阻。

（2）如圖所示為一雙量程電壓表的示意圖，已知電流表G的量程為0~10mA，內(nèi)阻為60Ω，圖中串聯(lián)的分壓電阻R1=440Ω，則R2=_____Ω。評卷人得分四、作圖題(共2題，共14分)24、如圖所示，磁感應強度大小為的勻強磁場僅存在于邊長為的正方形范圍內(nèi)，左右各一半面積的范圍內(nèi)，磁場方向相反。有一個邊長為的正方形導線框垂直磁感線方向以速度勻速通過磁場。從邊進入磁場算起；規(guī)定剛開始時磁通量為正值，畫出穿過線框的磁通量隨時間的變化圖像。

25、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線。評卷人得分五、實驗題(共3題，共6分)26、某同學利用如圖1所示電路觀察電容器的充放電現(xiàn)象。實驗時，電流傳感器與計算機相連，可以顯示出電流i隨時間變化關系的圖線。

（1）為使電源向電容器充電，應將開關S與______（選填“1”或“2”）端相連。

（2）在對該電容器充電的過程中，充電電流i隨時間t變化關系的圖線可能是圖中的______。

A.B.

C.D.

（3）圖3中的虛線是該電容器在放電過程中電流隨時間t變化關系的圖線。如果只增大定值電阻的阻值，不改變電路的其他參數(shù)，請在圖3中定性畫出放電電流隨時間變化關系的圖線______，并簡要說明理由______。

27、一同學探究阻值約為的待測電阻在范圍內(nèi)的伏安特性?？捎闷鞑挠校弘妷罕鞻（量程為內(nèi)阻很大），電流表A（量程為內(nèi)阻為），電源E（電動勢約為內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值可選或），定值電阻（阻值可選或）；開關S，導線若干。

（1）要求通過的電流可在范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，在答題卡上將圖（a）所示的器材符號連線，畫出實驗電路的原理圖________；

（2）實驗時，圖（a）中的R應選最大阻值為______（填“”或“”）的滑動變阻器，應選阻值為______（填“”或“”）的定值電阻；

（3）測量多組數(shù)據(jù)可得的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流表的示數(shù)分別如圖（b）和圖（c）所示，則此時兩端的電壓為______V，流過的電流為_____此組數(shù)據(jù)得到的的阻值為______（保留3位有效數(shù)字）。

28、現(xiàn)有一塊舊的動力電池；某小組設計了如圖甲所示電路來測量該電池的電動勢和內(nèi)阻。使用的器材如下：

待測電池（電動勢約3V）；

電壓表V（量程為0~3V、內(nèi)阻約）；

電阻箱R（）；

定值電阻（阻值為）；

開關及導線若干。

（1）請按照圖甲，用筆畫線代替導線將圖乙中實物圖連接完整______。

（2）閉合開關，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下電阻箱阻值R和對應的電壓表示數(shù)U，作出的圖線，如圖丙所示。由此得出該電池的電動勢E＝______V，內(nèi)阻r＝______（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）

（3）根據(jù)圖丙計算得出的電動勢E的測量值______真實值，內(nèi)阻r的測量值______真實值。（均填“大于”“小于”或“等于”）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【詳解】

AB.當滑動變阻器的滑片向右移動時；變阻器在路電阻增大，外電阻增大，電路中總電流減小，燈L將變暗。故A正確B錯誤。

CD.電容器的電壓等于路端電壓，可見其電壓是增大的，由Q=CU知，電容器C的電荷量將增大。故CD錯誤。2、D【分析】【分析】

【詳解】

由直線電流的安培定則可知；直線電流在小磁針位置的磁場方向是垂直紙面向外，所以小磁針N極將垂直紙面向外，ABC錯誤，D正確。

故選D。3、D【分析】【詳解】

D．設絲線與豎直方向夾角為由平衡條件可得

故距離球體M越遠的位置，越小，絕緣絲線對小球N的作用力T越??；D正確；

B．小球N與球體M間的作用力F隨距離的增大而減??；但是否與它們距離的平方成反比無法從三次實驗結(jié)果的對比中看出，B錯誤；

AC．實驗過程中；小球N與球體M的電荷量均不變，故無法看出作小球N與球體M間的作用力與它們的電荷量成正比，AC錯誤。

故選D。4、C【分析】【詳解】

設兩點電荷分別帶電為q1、q2，由點電荷庫侖力的公式得：

電量不變，將它們之間的距離增大為2r，庫侖力將變?yōu)椋?/p>

A.．故A項錯誤；

B.F．故B項錯誤；

C.．故C項正確；

D.2F．故D項錯誤．5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由電路圖可知，開關S1、S2都閉合時；電動機和電熱絲同時接入電路，電吹風吹熱風，故A錯誤；

B．只閉合開關S2時；僅電動機接入電路，若電動機為純電阻，則電阻為。

由于電動機為非純電阻，則內(nèi)阻不為440故B錯誤；

CD．開關S1、S2都閉合時；電動機和電熱絲同時接入電路，電吹風吹熱風，總功率為990W，即為電動機的功率和電熱絲的功率之和，則吹熱風時電熱絲的功率為880W；通過電熱絲的電流為。

故C正確；D錯誤。

故選C。6、B【分析】【詳解】

CD．滑動變阻器的滑片向上滑動，電阻減小，電路中總電阻減小，由閉合回路歐姆定律可知，電路中電流變大，兩端電壓變大；即電流表示數(shù)；電壓表示數(shù)均變大，故CD錯誤；

AB．電路中電流變大，路端電壓變小，兩端電壓變大，則滑動變阻器兩端電壓減小，電容器與滑動變阻器并聯(lián)，則電容器兩端電壓減小，電容器放電，則中有由到的電流；故A錯誤，B正確。

故選B。7、C【分析】【詳解】

根據(jù)法拉第電磁感應定律得知，感應電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，與磁通量、磁通量的變化量沒有直接關系．二、多選題(共9題，共18分)8、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．帶電粒子僅受電場力；根據(jù)曲線運動的條件，可知電場力應指向軌跡凹側(cè)，與電場強度方向相反，則粒子帶負電，故A錯誤；

B．帶電粒子從A點運動到B點；電場線變疏，則場強變小，電場力變小，由牛頓第二定律可知，粒子加速度減小，故B正確；

CD．帶電粒子從A點運動到B點過程中，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，則A點的速度大于B點的速度；故C錯誤，D正確。

故選BD。9、A:C【分析】【詳解】

A．的滑動觸點向a端移動時，增大，整個電路的總電阻增大，總電流減小，根據(jù)電源的總功率

電源的總功率減??；故A正確；

B．消耗的功率

總電流減小，消耗的功率減?。还蔅錯誤；

CD．總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，即電壓表示數(shù)U增大，電壓減小，并聯(lián)電壓增大，通過的電流增大，即示數(shù)增大，而總電流I減小，則通過的電流減小，即示數(shù)減??；故C正確，D錯誤；

故選AC。10、C:D【分析】【詳解】

AC．滑片P向b端移動，滑動變阻器阻值變小，電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律：

可知干路電流增大，上分壓增大，電壓表示數(shù)變大，和構(gòu)成的并聯(lián)電路分壓減小，通過的電流減小，則通過的電流增大，電流表示數(shù)增大，根據(jù)電功率：

可知上消耗的功率變??；A錯誤，C正確；

B．輸出功率與外電路電阻的關系如圖所示：

因為所以總電阻減小，根據(jù)圖像可知電源的輸出功率變大，B錯誤；

D．電容器和并聯(lián)，電容器兩端電壓與兩端電壓相等，根據(jù)上述分析可知電容器兩端電壓減小，根據(jù)電容的定義：

不變，減小，帶電量減小，平行板電容器之間為勻強電場，根據(jù)：

可知電場強度減?。灰旱问艿截Q直向上的電場力減小，豎直向下的重力不變，液滴加速向下運動，D正確。

故選CD。11、A:C【分析】【詳解】

AB．由題意知，當傳感器R3所在處出現(xiàn)火情時，R3的阻值增大，電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路總電流I總減小，路端電壓變大，即報警器兩端的電壓U變大。傳感器R3與電阻R2并聯(lián)部分的電壓

I總減小，U并變大，電流表的讀數(shù)I變大。故A正確B錯誤；

CD．當電源內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大；因電源內(nèi)阻r與電阻R1阻值相等，則外電路電阻大于電源內(nèi)阻，則當R3的電阻增大時；外電路電阻越來越遠離電源內(nèi)阻值，則電源的輸出功率減小，故C正確D錯誤。

故選AC。12、A:D【分析】【詳解】

BC兩個等量正電荷在E點合電場為零，故E點的電場強度為ABC三個點的電荷在O點的電場強度大小都相等，為其中B、C兩點電荷再O點的合電場強為方向向上，A點電荷在O點的電場強度方向也向上，所以A、B、C三個點電荷在O點合電場強度為Eo=．A、B電荷在D的電場強度相同，EAB=2×kC點電荷在D點電場強度為EC=k電場EAB和電場EC方向垂直，所以它們的合電場為ED=所以，ED＞EO＞EE，故AD正確，BC錯誤．13、B:D【分析】【詳解】

ABC．根據(jù)部分電路歐姆定律可知，A點對應的導體的電阻為

B點對應的導體的電阻為

在AB段，導體的電阻變化了

AC錯誤；B正確；

D．根據(jù)圖像的斜率的倒數(shù)可以表示電阻的變化，所以在AB段；導體的電阻隨電壓的增大而增大，D正確；

故選BD。14、A:C【分析】【詳解】

物體的運動情況取決于合力和初始條件：小球只受到電場力的作用；是否沿電場線運動，還要看電場線是直線還是曲線，及初速度的方向：若為直線，且初速度為零，由于小球帶負電，將可能沿電場線從低電勢向高電勢處運動，若電場線是曲線，且初速度為零，不會沿電場線運動，但是仍然從低電勢向高電勢處運動；若初速度不為零，且速度方向與電場力方向相反，則小球有可能先向電勢低處運動，然后再向電勢高處運動。

故選AC。15、B:C【分析】【詳解】

AB．由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當滑動變阻器R4的滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減?。挥砷]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)部分的電壓減小；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，流過并聯(lián)部分的總電流增大，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，故A錯誤，B正確；

C．由于流過R1的電流增大，根據(jù)

知R1上消耗的功率逐漸增大；故C正確；

D．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，質(zhì)點P將向下運動；故D錯誤；

故選BC。16、B:D【分析】【詳解】

AB．由題，電阻R1的阻值小于滑動變阻器R0的最大阻值，當滑動變阻器的滑片P變阻器的中點向左滑動的過程中，變阻器左側(cè)電阻與R1串聯(lián)后與變阻器右側(cè)并聯(lián)的總電阻先變大后變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中電流先變小后變大，電源的內(nèi)電壓也變小后變大，則路端電壓先變大后變小，所以V1的示數(shù)先變大后變小。V2測量R2兩端的電壓，R2不變，則V2的示數(shù)先變小后變大。并聯(lián)電壓U并=U-U2，先變大后變小，電阻R1所在支路電阻R1支路逐漸減小，所以電流I1增大，電流表A2示數(shù)增大；I2=I-I1，電流表A1示數(shù)變??；故A錯誤，B正確。

C．電源內(nèi)部的熱功率P=I2r，因為電流I先變小后變大；所以電源內(nèi)部的熱功率先變小后變大，故C錯誤。

D．因為r＜R2，所以外電阻總是大于內(nèi)電阻的，當滑動變阻器的滑片P變阻器的中點向左滑動的過程中，變阻器左側(cè)電阻與R1串聯(lián)后與變阻器右側(cè)并聯(lián)的總電阻先變大后變小，所以電源的輸出功率先變小后變大，故D正確。三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

由牛頓第三定律，b受到a對它的磁場力為-F；a、b的正中間再放置一根與a、b平行共面的通電長直導線c后，c在a、b兩導線處的磁感應強度大小相等，方向相反，c導線對b導線的作用力是它對a導線的作用力的兩倍，方向相反，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，那么c導線對a導線的作用力可能是F也可能是-3F，c導線對b導線的作用力可能是-2F也可能是6F，故此時b受到的磁場力為-3F或5F．【解析】F；3F或5F；18、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】6183019、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據(jù)歐姆定律得

[2]當閉合S1、S2時，電阻R的功率為

電動機的電功率為

當只閉合S2時，電動機的電壓不變，所以電動機功率不變?！窘馕觥竣?4②.12020、略

【分析】【詳解】

[1]據(jù)庫侖定律可得，原來的作用力可表示為

由于兩球均帶正電，接觸后再放回原處，帶電量均為總和的一半，作用力可表示為

代入數(shù)據(jù)解得

[2]此時每個小球的帶電量為

電子所帶電荷量為

可得

即相當于電子所帶電量?！窘馕觥?.42×101121、略

【分析】【詳解】

[1]點電荷A；B電性相反；它們相互吸引。

[2]根據(jù)庫侖定律可得A、B之間的相互作用力大小為【解析】吸引14.422、A:C【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]AB．處于靜電平衡狀態(tài)下的導體所帶的電荷都分布在導體的外表面；故A能使驗電器帶電，B不能使驗電器帶電；

C．將驗電器與帶電物體用導線連接；二者組成新的導體，導致電荷在新的導體表面重新分布，所以可以使驗電器帶電，故C能使驗電器帶電；

D．由于靜電屏蔽的作用，驗電器不受外電場的影響，故金屬箔是閉合的，D不能使驗電器帶電。23、略

【分析】【詳解】

（1）[1]．根據(jù)電表的改裝原理可知，應并聯(lián)的電阻

（2）[2]．根據(jù)電表的改裝原理可知，R2的阻值為【解析】1.81000四、作圖題(共2題，共14分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

線框穿過磁場的過程可分為三個階段，進入磁場階段（只有邊在磁場中），在磁場中運動階段（兩邊都在磁場中），離開磁場階段（只有邊在磁場中）。

①