2025年人教版必修3物理下冊階段測試試卷

…………○…………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年人教版必修3物理下冊階段測試試卷349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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖所示中，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器。電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電壓表讀數(shù)為U，電流表讀數(shù)為I。當R3的滑片向a端移動時；下列結(jié)論中正確的是（）

A.U變大，I變大B.U變大，I變小C.U變小，I變小D.U變小，I變大2、如圖，空間中存在著水平向右的勻強電場，現(xiàn)將一個質(zhì)量為m，帶電量為的小球在A點以一定的初動能豎直向上拋出，小球運動到豎直方向最高點C時的沿場強方向位移是動能變?yōu)樵瓉淼囊话耄ㄖ亓铀俣葹間）；下列說法正確的是（）

A.場強大小為B.A、C豎直方向的距離為的2倍C.小球從C點再次落回到與A點等高的B點時，水平位移是D.小球從C點落回到與A點等高的B點時，電場力做功大小為3、如圖所示，勻強電場的電場強度E=60V/m，A、B兩點相距10cm，A、B連線與電場線的夾角為60°，則UBA的值為（）

A.-3VB.3VC.-6VD.6V4、如圖所示的電路，電源電動勢恒定且內(nèi)阻不可忽略，為定值電阻，為滑動變阻器，為理想電流表，為理想電壓表。閉合開關(guān)后，分別表示兩個電流表的示數(shù)，分別表示三個電壓表的示數(shù)?，F(xiàn)將滑動變阻器的滑片稍向上滑動一些，分別表示兩個電流表示數(shù)變化的大小分別表示三個電壓表示數(shù)變化的大小。下列說法正確的是（）

A.變小B.變小C.小于D.大于5、靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是（）A.梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B.帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C.磁鐵吸引鐵D.從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺6、下列物理量是矢量的是（）A.功B.重力勢能C.速度的變化量D.磁通量7、均勻帶電的球殼在球內(nèi)空間任意一點產(chǎn)生的場強為零．如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM=ON=R/2．已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為（））

A.B.C.-ED.E-E8、如圖所示，真空中有一邊長為l的菱形ABCD，∠ADC=60°，P點是AC連線的中點，在A點固定一電量為q的負點電荷，在C點固定一電量為2q的正點電荷．則以下說法正確的是

A.B點和D點的電場強度相同B.P點的電場強度大小是D點的4倍C.B點電勢低于P點電勢D.試探電荷在D點的電勢能大于在B點的電勢能評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)9、電動勢為E、內(nèi)阻為r的電池與固定電阻R0、可變電阻R串聯(lián)，如圖所示，設(shè)R0=r，Rab=2r．當滑動變阻器的滑動片自a端向b端滑動時；下列說法正確的是（）

A.變阻器消耗的功率減少B.電池消耗的總功率先變大后變小C.固定電阻R0上消耗的功率將減小D.電池內(nèi)電阻上消耗的功率將變大10、如圖所示,平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則下列說法中正確的是（）

A.平行板電容器的電容值將變小B.靜電計指針張角變小C.帶電油滴的電勢能將減少D.若先將上極板與電源正極的導線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則帶電油滴所受電場力不變11、在x軸上O、P兩點分別放置電荷量為q1、q2的點電荷，一帶正電的試探電荷在兩電荷連線上的電勢能EP隨x變化關(guān)系如圖所示，其中A、B兩點電勢能為零，BD段中C點電勢能最大；則下列說法正確的是（）

A.q1和q2帶異種電荷B.C點的電勢大于零C.B點電場強度方向沿x軸正方向D.將一負點電荷從B點移到D點，電場力先做負功后做正功12、如圖所示；是某一點電荷的電場線分布圖，下列表述正確的是（）

A.a點的電勢高于b點的電勢B.a點的電場強度大于b點的電場強度C.a點和b點電場強度的方向相同D.該點電荷帶負電13、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略．一帶負電油滴被固定于電容器中的P點．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則（）

A.平行板電容器的電容將變大B.靜電計指針張角不變C.帶電油滴的電勢能將增大D.若先將上極板與電源正極連接的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變14、如圖所示，質(zhì)量為M=4kg的木板靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m=1kg的小滑塊以初速度v0=5m/s從木板的左端向右滑上木板；小滑塊始終未離開木板．則下面說法正確的是。

A.從開始到小滑塊與木板相對靜止這段時間內(nèi),小滑塊和木板的加速度大小之比為1:4B.整個過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為10JC.可以求出木板的最小長度是3.5mD.從開始到小滑塊與木板相對靜止這段時間內(nèi)，小滑塊與木板的位移之比是6:1評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、有一個電流表G，內(nèi)阻Rg=30Ω，滿電流Ig=1mA．要把它改裝為量程0~0.6A的電流表，要并聯(lián)_____Ω的電阻，改裝后電流表的內(nèi)阻是______Ω。16、一矩形線圈面積S＝10cm2，它和勻強磁場方向之間的夾角θ1＝30°，穿過線圈的磁通量Ф＝2×10－4Wb，則磁場的磁感應強度B＝______________；若線圈以一條邊為軸轉(zhuǎn)180°，則穿過線圈的磁通量的變化量為____________；若線圈平面和磁場方向之間的夾角變?yōu)棣?＝0°，則Ф0＝________________。17、如圖所示，A、B兩個帶異種電荷的小球分別被兩根絕緣細線系在木盒內(nèi)的一豎直線上，靜止時木盒對地面的壓力為細線對B的拉力為若將系B的細線斷開，剛斷開時木盒對地面的壓力等于____________；在B向上運動過程中，木盒對地面的壓力逐漸___________（填“變大”或“變小”）。

18、如圖，是探究影響電荷間相互作用力的因素的實驗圖，這個實驗目的是研究電荷間的相互作用力的大小和______的關(guān)系，該實驗采用的實驗方法是______。19、圖中A、B、C、D是勻強電場中一邊長為0.10m的正方形的四個頂點，已知A、B、C、D四點的電勢分別為????????=15V，????????=3V，????C=9V，則A、B的中點電勢為________V，該電場的電場強度大小為______________V/m.

評卷人得分四、實驗題(共3題，共18分)20、小明手里有一塊多用電表A，其功能完好，但刻度值已不清晰。他想通過實驗測定該多用表（簡稱A表，下同）“×10Ω”檔歐姆調(diào)零后的內(nèi)阻R0和內(nèi)置電源的電動勢E。他找來了另一個多用電表B（簡稱B表；下同）；一個電阻箱、一個開關(guān)和若干導線作為實驗的器材。

實驗的操作如下：

（1）小明將A表調(diào)到“×10Ω”檔，將B表調(diào)到“mA”檔，準備如圖（甲）將所有的器材串聯(lián)起來作為實驗電路。請你在圖中連好剩余的導線______：

（2）先使用B表的電流檔測量A表“×10Ω”檔的滿偏電流。將電阻箱阻值調(diào)為0，將A表調(diào)到歐姆檔“×10Ω”檔位置。幾次試測后，確定B表應使用“10mA”檔，調(diào)節(jié)A表的歐姆調(diào)零旋鈕直至A表滿偏，此時B表的讀數(shù)如圖（乙）所示，記錄下B表讀數(shù)為______mA；

（3）斷開開關(guān)，保持A、B表檔位不變，將A表紅黑表筆短接進行______；然后重新連入原來電路。

（4）調(diào)節(jié)電阻箱，閉合開關(guān)，當B表讀數(shù)為6.0mA時，讀出電阻箱阻值為R1=250Ω：繼續(xù)調(diào)節(jié)電阻箱阻值，當B表讀數(shù)為4.0mA時，讀出電阻箱阻值為R2=1000Ω；

（5）斷開電路；整理器材。

根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)，可算出A表“×10Ω”檔內(nèi)置電源的電動勢E=_____V，A表“×10Ω”檔歐姆調(diào)零后的內(nèi)阻R0=_____Ω，B表量程“10mA”檔的內(nèi)電阻RB=______Ω。21、測定電源的電動勢和內(nèi)電阻的實驗電路和圖像如下；回答下列問題：

(1)如圖所示在閉合開關(guān)之前為防止電表過載而滑動變阻器的滑動頭P應放在___________處。

(2)現(xiàn)備有以下器材：

A.干電池1個。

B.滑動變阻器（0~50Ω）

C.滑動變阻器（0~1750Ω）

D.電壓表（0~3V）

E.電壓表（0~15V）

F.電流表（0~0.6A）

G.電流表（0~3A）

其中滑動變阻器應選___________，電流表應選___________，電壓表應選___________。（填字母代號）

(3)如圖是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的圖像。由此可知這個干電池的電動勢E=___________V，內(nèi)電阻r=___________22、（1）圖1是改裝并校準電流表的電路圖，已知表頭μA的量程為Ig=600μA內(nèi)阻為Rg，mA是標準電流表，要求改裝后的電流表量程為I=60mA．完成下列填空．圖1中分流電阻Rp的阻值為__________．

（2）在電表改裝成后的某次校準測量中，a表的示數(shù)如圖2所示，由此讀出流過a電流表的電流為__________mA，此時流過分流電阻Rp的電流為_______mA（結(jié)果均保留一位小數(shù)）參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

由圖可知，R2、R3并聯(lián)后，與R1串聯(lián)，電壓表測量路端電壓，當變阻器的滑片向a端移動時，接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，則根據(jù)閉合電路歐姆定律

可知，路端電壓減小，即電壓表的讀數(shù)U減??；

總電流增大，則根據(jù)部分電路歐姆定律

可知，R1的電壓增大，再根據(jù)串聯(lián)電路電壓特點

可知，R2兩端的電壓減小，電流減小，即電流表的讀數(shù)I減??；

故選C。2、A【分析】【詳解】

A.設(shè)水平方向因電場力產(chǎn)生的加速度為小球在A點的初速度為小球在最高點C的速度為小球從A到C的時間為則有

由題意最高點C的動能變?yōu)樵瓉淼囊话耄?/p>

聯(lián)立解得場強大小為

A正確；

B.球從A到C過程，水平方向

豎直方向

聯(lián)立解得

B錯誤；

C.小球在水平方向做初速度為0的勻加速運動，由于A到C的時間等于C到B的時間，則有

即小球從C點再次落回到與A點等高的B點時，水平位移是C錯誤；

D.小球從C點落回到與A點等高的B點時，電場力做功大小

D錯誤；

故選A。3、A【分析】【分析】

【詳解】

勻強電場中，有

所以

故選A。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．滑動變阻器的滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的電阻變大，由“串反并同”可知變大；A錯誤；

B．由歐姆定律可知

接入電路的阻值變大，所以變大；B錯誤；

C．電壓表的示數(shù)等于電阻和兩端的電壓之和，接入電路阻值變大，電壓表的示數(shù)變大，由于總電流變小，但是流過的電流變大，所以流過電阻的電流變小，電阻兩端的電壓變小，所以大于C正確；

D．由閉合電路歐姆定律分析可知

所以小于D錯誤。

故選C。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．梳過頭發(fā)的塑料梳子由于摩擦而帶電；吸起紙屑是帶電體吸引輕小物體，屬于靜電現(xiàn)象，故A錯誤；

B．帶電小球移至不帶電金屬球附近；由于感應起電使二者相互吸引，屬于靜電現(xiàn)象，故B錯誤；

C．磁鐵吸引鐵是磁現(xiàn)象；不屬于靜電現(xiàn)象，故C正確；

D．從干燥的地毯上走過；手碰到金屬把手時有被電擊的感覺，屬于靜電現(xiàn)象，故D錯誤。

故選C。6、C【分析】【詳解】

ABD．功、重力勢能和磁通量都只有大小沒有方向，是標量，故ABD錯誤；

C．速度的變化量既有大小又有方向；是矢量，故C正確。

故選C。7、D【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)題意；把另外一半的球面補充完整，則整個球面帶電量將為2q,由均勻帶電的球殼在球內(nèi)空間任意一點產(chǎn)生的場強為零知，整個球面在M點產(chǎn)生的場強為零，已知M點的場強為E，則右半部分在M的場強大小也為E，方向與E相反，根據(jù)對稱性，左半部分在N點的場強和右半部分在M的場強大小相等，也為E.故A；B、C錯誤，D正確.

故選D.

【點睛】

本題考查電場強度和割補法的應用.8、C【分析】【詳解】

A項；電場強度是矢量，由于A；C兩點的電荷量不相等，所以B、D兩點場強疊加后方向不相同，故A錯；

B、P點的場強大小為

而D點的場強大小為故B錯誤。

C；由電場的疊加可以知道在PB之間的電場方向應該與PB方向成銳角；而沿電場線電勢降低，所以P點的電勢高于B點的電勢，故C正確；

D；由于對稱性可知BD兩點的電勢相等；所以試探電荷在這兩點的電勢能也相等，故D錯誤；

故選C二、多選題(共6題，共12分)9、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A.將R0看成電源的內(nèi)阻；則有。

R0+r=2r而。

Rab=2r當外電阻等于內(nèi)阻時，電源消耗功率最大，則滑動片由a端向b端滑動時；變阻器消耗的功率減小，故A正確；

B.根據(jù)電池總功率。

P=IE可知；電流增大，總功率變大，故B錯誤．

CD.當變阻器的滑動片自a端向b端滑動時；變阻器接入電路的電阻減小，電路中電流增大，根據(jù)功率。

P=I2R可知，固定電阻R0上和電源的內(nèi)阻上消耗功率變大，故C錯誤，D正確；10、A:C:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)知，d增大；則電容減小，故A正確；

B．靜電計測量的是電容器兩端的電勢差；因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B錯誤；

C．電勢差不變，d增大，則電場強度減小，故P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢升高；因油滴帶負電，可知帶電油滴的電勢能將減小，故C正確；

D．電容器與電源斷開，則電荷量不變，再將下極板向下移動一小段距離，即d變大，根據(jù)可得

則兩板間場強不變，油滴受電場力不變，選項D正確；故選ACD。11、A:B【分析】【詳解】

A．由圖知從O到P電勢能一直減??；試探電荷帶正電，電勢一直降低，則兩個點電荷必定是異種電荷，選項A正確；

B．由圖可知從B到C，電勢能增加，試探電荷帶正電，電勢升高，故C點的電勢大于零；選項B正確；

C．根據(jù)順著電場線電勢降低可知，BC間電場強度方向沿x軸負方向；選項C錯誤；

D．將一負點電荷從B移到D點；電勢先升高后降低，電勢能先減小后增大，電場力先做正功后做負功，選項D錯誤。

故選AB。12、B:D【分析】【詳解】

A．點電荷的等勢面是以點電荷為圓心的同心圓，利用等勢面和沿著電場線方向電勢降低可判斷出b點的電勢高于a點的電勢；A錯誤；

B．電場線的疏密表示場強大小，所以a點的電場強度大于b點的電場強度；B正確；

C．電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向；C錯誤；

D．根據(jù)正負點電荷電場線的特點可判斷該點電荷帶負電；D正確。

故選BD。13、B:D【分析】【詳解】

A.根據(jù)知；將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則d增大，則電容減小，故A錯誤；

B.靜電計測量的是電容器兩端的電勢差；因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B正確；

C.兩板電勢差不變，d增大，則兩板間電場強度減小，P點與上極板間的距離不變，由U=Ed可知，P點與上極板間的電勢差減小，則P點的電勢升高；因油滴帶負電，可知油滴的電勢能減小，故C錯誤；

D.電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)知電場強度不變，則油滴所受電場力不變．故D正確．14、B:D【分析】【分析】

由牛頓第二定律分別求出加速度即可；分析滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的外力，判斷動量是否守恒．滑塊相對木板靜止時，由動量守恒定律求出兩者的共同速度，由能量守恒定律求內(nèi)能．再由求木板的最小長度L；由運動學公式求滑塊與木板的位移之比．

【詳解】

A．滑塊在水平方向只受到摩擦力的作用，由牛頓第二定律可得：地面光滑，可知M在水平方向也只受到m對M的摩擦力，由牛頓第二_定律可得：其中μ是二者之間的動摩擦因數(shù)，即：故A錯誤；

B．水平面光滑，則滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，兩者水平方向動量守恒，滑塊相對木板靜止時，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：解得：v=1m/s．根據(jù)能量守恒定律得，整個辻程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能：故B正確；

C．設(shè)木板的最小長度為L，則有但由于不知道動摩擦因數(shù)不能求出木板的最小長度，故C錯誤；

D.從開始到滑塊與木板相對靜止込段時向內(nèi)；滑快與木板的位移之比是：

故D正確．

【點睛】

本題主要考查了板塊模型的綜合應用，屬于中等題型．三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】【詳解】

[1]把它改裝為量程0~0.6A的電流表，要并聯(lián)電阻阻值為

[2]改裝后電流表的內(nèi)阻為【解析】0.050.0516、略

【分析】【詳解】

[1]磁感應強度為

[2]線圈以一條邊為軸轉(zhuǎn)過180°，穿過線圈的磁能量的變化為

[3]若線圈平面和磁場方向之間的夾角變?yōu)棣?=0°，則Φ=0。【解析】0.4T4×10－4Wb017、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]細線斷開前，對整體(A、B和木盒)進行受力分析，整體受重力Mg和地面的支持力F′N。根據(jù)共點力平衡的條件和牛頓第三定律得出。

細線斷開前；對小球B進行受力分析，根據(jù)共點力平衡的條件得出。

若將系B的細線斷開，對小球B進行受力分析，小球B受重力mg，向上的電場力F電剛斷開時，對A和木盒做為整體進行受力分析，整體受重力M′g、地面的支持力FN′′、小球B對A的靜電力F電。運用平衡條件得出。

由牛頓第三定律得木盒對地的壓力等于

[2]在B向上運動的過程中，小球B對A的電場力F電′增大；由。

得地面對木盒的支持力也在增大，根據(jù)牛頓第三定律知道木盒對地的壓力逐漸變大.【解析】變大18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由題圖可看出；本實驗改變了電荷間的距離，沒有改變電荷量的大小，所以這個實驗的目的是研究電荷間的相互作用力的大小和兩點電荷之間距離的關(guān)系。

[2]探究影響電荷間相互作用力的因素有電荷電量的大小和電荷之間的距離，研究一個變量與多個變量之間的關(guān)系時，采用的實驗方法是控制變量法?！窘馕觥績牲c電荷間距控制變量法19、略

【分析】【詳解】

[1]．設(shè)AB的中點為M，則根據(jù)勻強電場的特點可知，A、B的中點電勢為

[2]．因CM電勢相等，可知連接MC為等勢線，做MC的垂線為場強方向斜向下；如圖：

由幾何關(guān)系可知則場強【解析】9