2025年粵教版必修3物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教版必修3物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、LED燈可將電能高效轉(zhuǎn)化為光能，在日常生活中得到普遍應(yīng)用。某LED燈的額定電壓為5.0V，額定功率為3.0W，其照明亮度與25W的白熾燈相當(dāng)。該LED燈在額定電壓下工作時的電流為（）A.0.25AB.0.60AC.1.7AD.3.0A2、如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標(biāo)出），虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢分別為，粒子在M和N時加速度大小分別為，速度大小分別為，電勢能分別為．下列判斷正確的是

A.B.C.D.3、如圖所示電路中，電源電動勢為E，電源內(nèi)阻為r，串聯(lián)的固定電阻為R2，滑動變阻器的總電阻為R1，電阻大小關(guān)系為R1=R2=r，則在滑動觸頭從a端移動到b端的過程中，下列描述中正確的是（）

A.電路中的總電流先增大后減小B.電路的路端電壓先增大后減小C.電源的輸出功率先增大后減小D.滑動變阻器R1上消耗的功率先減小后增大4、如圖所示，直流電源、滑動變阻器、平行板電容器與理想二極管（正向電阻為0，反向電阻為）連接，電源負(fù)極接地，開始時電容器不帶電，閉合開關(guān)S，穩(wěn)定后，一帶電油滴恰能靜止在電容器中P點(diǎn)。在開關(guān)S保持接通的狀態(tài)下；下列說法正確的是（）

A.當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，帶電油滴會向下運(yùn)動B.當(dāng)電容器的上極板向上移動時，帶電油滴會向下運(yùn)動C.當(dāng)電容器的下極板向下移動時，P點(diǎn)的電勢不變D.當(dāng)電容器的下極板向左移動時，P點(diǎn)的電勢會升高5、關(guān)于物理學(xué)史，下列說法錯誤的是A.伽利略通過斜面實驗推斷出自由落體運(yùn)動的速度隨時間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學(xué)方法，這就是將數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實驗相結(jié)合的方法B.牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎(chǔ)上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結(jié)出了普遍適用的力學(xué)運(yùn)動規(guī)律——牛頓運(yùn)動定律和萬有引力定律C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了導(dǎo)線附近小磁針的偏轉(zhuǎn)，從而得出電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場D.愛因斯坦首先提出當(dāng)帶電微粒輻射或吸收能量時，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個不可再分的最小能量值叫做能量子評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、下列說法中正確的是（）A.雷達(dá)是利用聲波的反射來測定物體的位置的B.光纖通信是激光和光導(dǎo)纖維相結(jié)合的產(chǎn)物C.變化的電場產(chǎn)生變化的磁場，變化的磁場產(chǎn)生變化的電場，反映了電和磁是密不可分的D.火車以接近光速通過站臺時，火車上乘客觀察到站在站臺上的旅客身高不變7、如圖所示，帶電荷量為的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點(diǎn)，其正上方L處固定一電荷量為-Q的球2，斜面上距a點(diǎn)L處的b點(diǎn)有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時彈簧的壓縮量為，球2、3間的靜電力大小為。迅速移走球1后；球3沿斜面向下運(yùn)動。g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說法正確的是（）

A.帶負(fù)電B.運(yùn)動至a點(diǎn)的速度大小為C.運(yùn)動至a點(diǎn)的加速度大小為2gD.運(yùn)動至ab中點(diǎn)時對斜面的壓力大小為8、當(dāng)病人發(fā)生心室纖顫時，必須要用除顫器進(jìn)行及時搶救，除顫器工作時的供電裝置是一個????=70μF的電容器，它在工作時，一般是讓100J到300J的電能在2ms的時間內(nèi)通過病人的心臟部位，已知充電后電容器儲存的電能為下列說法正確的是（）A.除顫器工作時的電功率在50W到150W之間B.除顫器工作時的電功率在50kW到150kW之間C.要使除顫器的電容器儲存140J的電能，充電電壓需達(dá)到200VD.要使除顫器的電容器儲存140J的電能，充電電壓需達(dá)到2000V9、如圖所示，A、B兩導(dǎo)體板平行放置，在t=0時將電子從A板附近由靜止釋放（電子的重力忽略不計）。若分別在A；B兩板間加下列選項所示的四種周期性變化的電壓（各選項僅展示了一個周期內(nèi)的電壓）；則其中一定能使電子打到B板的是（）

A.B.C.D.10、如圖所示電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電壓表和電流表均為理想表．現(xiàn)閉合開關(guān)S，將變阻器的滑片向左移動時，下列判斷正確的是（）

A.電容器兩極板間的電場強(qiáng)度變大，電容器的帶電量減小B.電流表示數(shù)減小，電壓表示數(shù)變大C.電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大D.電源的輸出功率一定變小評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)11、如圖所示電路，當(dāng)滑動變阻器的滑片P位置不變而電阻箱R阻值增大的時候，電表A和V的變化情況是：表V示數(shù)_____，表A示數(shù)_____．(填“變大；變小或不變”).

12、觀察電容器的充、放電現(xiàn)象的實驗電路圖。當(dāng)把開關(guān)S撥到1后電容器充電，兩極板的電荷量逐漸增加直至穩(wěn)定，其判斷依據(jù)是______；當(dāng)把開關(guān)S撥到2后電容器放電，兩極板的電荷量逐漸減小至零，其判斷依據(jù)是______。（從電流計和電壓表的示數(shù)變化說明）

13、某電荷帶電量為C，則該電荷所帶電荷量是元電荷的多少倍______。14、庫侖的實驗。

（1）庫侖扭秤實驗是通過懸絲扭轉(zhuǎn)的角度比較靜電力F大小的。實驗結(jié)果發(fā)現(xiàn)靜電力F與距離r的___________成反比。

（2）庫侖在實驗中為研究F與q的關(guān)系，采用的是用兩個___________的金屬小球接觸，電荷量___________的方法，發(fā)現(xiàn)F與q1和q2的___________成正比。15、一平行板電容器板長為Ｌ，兩板間距離為d將其傾斜放置，如圖所示，兩板間形成一勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為+Ｑ的油滴以初速度v．自左側(cè)下板邊緣處水平進(jìn)入兩板之間，沿水平方向運(yùn)動并恰從右側(cè)上板邊緣處離開電場．那么，兩板間電勢差的大小為________.

評卷人得分四、作圖題(共3題，共27分)16、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導(dǎo)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(yīng)的磁感線（標(biāo)上方向）或電流方向。

17、連線題：請將下列電路元器件的實物圖與其符號相連。

18、由電流產(chǎn)生的磁場方向如圖所示；請在圖中標(biāo)出線圈中的電流方向.

評卷人得分五、實驗題(共2題，共4分)19、在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中；需測量一個“2.5V，0.3A”的小燈泡兩端的電壓和通過它的電流?，F(xiàn)有如下器材：

直流電源（電動勢3.0V；內(nèi)阻不計）

電流表（量程3A，內(nèi)阻約0.1）

電流表（量程600mA，內(nèi)阻約5）

電壓表（量程3V，內(nèi)阻約3）

電壓表（量程15V，內(nèi)阻約15）

滑動變阻器（阻值0~10額定電流1A）

滑動變阻器（阻值0~1k額定電流300mA）

（1）在該實驗中，電流表應(yīng)選擇___________，電壓表應(yīng)選擇___________，滑動變阻器應(yīng)選擇___________。

（2）為了減小實驗誤差，應(yīng)選擇以下哪個實驗電路進(jìn)行實驗____________。

A.B.

C.D.

（3）小燈泡的伏安特性曲線一定是___________（填“直線”或“曲線”）20、利用如圖所示①的電路測定電源的電動勢和內(nèi)電阻．

(1)若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向a，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電壓表的讀數(shù)U．則由于未考慮電壓表分流導(dǎo)致電動勢的測量值與真實值相比_________，內(nèi)阻的測量值與真實值相比________．（填“偏大”“相等”或“偏小”)

(2)若斷開S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向b，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電流表的讀數(shù)I．則由于未考慮電流表分壓導(dǎo)致電動勢的測量值與真實值相比_________，內(nèi)阻的測量值與真實值相比________．(填“偏大”“相等”或“偏小”)

(3)某同學(xué)分別按照以上兩種方式完成實驗操作之后，利用圖線處理數(shù)據(jù)，得到如下兩個圖象（如圖②和③所示），縱軸截距分別是b1、b2，斜率分別為k1、k2．綜合兩條圖線的數(shù)據(jù)可以避免由于電壓表分流和電流表分壓帶來的系統(tǒng)誤差，則電源的電動勢E=_______，內(nèi)阻r=________．評卷人得分六、解答題(共1題，共5分)21、如圖所示，一質(zhì)量電荷量的帶電小球A用長為10cm的輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，另一帶電量未知的小球B固定在O點(diǎn)正下方絕緣柱上（A、B均可視為點(diǎn)電荷）。當(dāng)小球A平衡時，恰好與B處在同一水平線上，此時細(xì)線與豎直方向的夾角已知重力加速度靜電力常量求：

(1)小球A受到的靜電力大小；

(2)小球B的電荷量。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

已知LED燈的額定電壓為5.0V，額定功率為3.0W，則LED燈在額定電壓下工作時的電流，由電功率公式可得

故選B。2、D【分析】【詳解】

試題分析：將粒子的運(yùn)動分情況討論：從M運(yùn)動到N；從N運(yùn)動到M；根據(jù)電場的性質(zhì)依次判斷；

電場線越密，電場強(qiáng)度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度越大，故有若粒子從M運(yùn)動到N點(diǎn)，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點(diǎn)的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做負(fù)功，電勢能增大，動能減小，即負(fù)電荷在低電勢處電勢能大，故

若粒子從N運(yùn)動到M，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點(diǎn)的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做正功，電勢能減小，動能增大，即負(fù)電荷在低電勢處電勢能大，故

綜上所述；D正確；

【點(diǎn)睛】

考查了帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動；本題的突破口是根據(jù)粒子做曲線運(yùn)動時受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，從而判斷出電場力方向與速度方向的夾角關(guān)系，進(jìn)而判斷出電場力做功情況．3、B【分析】【詳解】

A．當(dāng)滑動變阻器從a→b移動時R1作為并聯(lián)電路總電阻先增大后減小；根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：電流是先減小后增大，A錯誤；

B．路端電壓U=E-Ir；因為電流先減小后增大，所以路端電壓先增大后減小，B正確；

C．當(dāng)電源內(nèi)電阻等于外電阻時；電源的輸出功率最大，滑動變阻器在兩端時，外電阻恰好等于內(nèi)電阻，此時輸出功率最大，因此電源的輸出功率先減小后增大，C錯誤；

D．當(dāng)滑片在a端或者b端的時候R1被短路，此時R1消耗的功率為零，因此R1輸出功率是先增大后減?。籇錯誤。

故選B。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，變阻器有效阻值增大，R的電壓增大；則電容器板間電壓增大，場強(qiáng)增大，油滴所受的電場力增大，所以帶電油滴會向上運(yùn)動，選項A錯誤；

B．當(dāng)電容器的上極板向上移動時，由電容的決定式知電容減小，而電容器的電壓不變，由知Q要減??；電容器要放電，由于二極管的單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，則電容器的帶電量不變，根據(jù)推論可知電容器板間場強(qiáng)不變，油滴所受的電場力不變，所以帶電油滴仍靜止不動，選項B錯誤；

C．當(dāng)電容器的下極板向下移動時，電容器所帶的電量Q不變，由

知電容器板間場強(qiáng)不變，由U=Ed知P與下極板間的電勢差變大，P點(diǎn)的電勢會升高；選項C錯誤；

D．當(dāng)電容器的下極板向左移動時，根據(jù)知電容器的電容減小，由知Q要減小，電容器要放電，由于二極管的單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，則電容器的帶電量不變，那么只能是極板間U增大，由知電容器板間場強(qiáng)變大，則P與下極板間的電勢差變大，P點(diǎn)的電勢升高；選項D正確。

故選D。5、D【分析】【詳解】

伽利略通過斜面實驗推斷出自由落體運(yùn)動的速度隨時間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學(xué)方法，這就是將數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實驗相結(jié)合的方法，選項A正確；牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎(chǔ)上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結(jié)出了普遍適用的力學(xué)運(yùn)動規(guī)律牛頓運(yùn)動定律和萬有引力定律，選項B正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)了導(dǎo)線附近小磁針的偏轉(zhuǎn)，從而得出電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場，選項C正確；普朗克首先提出當(dāng)帶電微粒輻射或吸收能量時，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個不可再分的最小能量值叫做能量子，選項D錯誤；此題選擇不正確的選項，故選D.二、多選題(共5題，共10分)6、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A.雷達(dá)是利用電磁波的反射來測定物體位置的；故A與題意不相符；

B.光纖通信是激光和光導(dǎo)纖維相結(jié)合的產(chǎn)物；利用了激光的頻率單一性的特點(diǎn)，故B項與題意相符；

C.根據(jù)麥克斯韋電磁場理論可知；均勻變化的磁場產(chǎn)生恒定的電場，均勻變化的電場產(chǎn)生恒定的磁場，故C項與題意不相符；

D.根據(jù)尺縮效應(yīng)，沿物體運(yùn)動的方向上的長度將變短，火車以接近光束通過站臺時，車上乘客觀察到站在站臺上旅客變瘦，而不是變矮，故D項與題意相符．7、B:C:D【分析】【詳解】

A．由題意可知三小球構(gòu)成一個等邊三角形；小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故小球1和3一定是斥力，小球1帶正電，故小球3帶正電，故A錯誤；

B．小球3運(yùn)動至a點(diǎn)時，彈簧的伸長量等于，根據(jù)對稱性可知，小球2對小球3做功為0；彈簧彈力做功為0，故根據(jù)動能定理有解得故B正確；

C．小球3在b點(diǎn)時，設(shè)小球3的電荷量為q，有設(shè)彈簧的彈力為F，根據(jù)受力平衡，沿斜面方向有解得小球運(yùn)動至a點(diǎn)時，彈簧的伸長量等于，根據(jù)對稱性可知解得a=2g故C正確；

D．當(dāng)運(yùn)動至ab中點(diǎn)時，彈簧彈力為0，此時小球2對小球3的力為斜面對小球的支持力為根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)π泵娴膲毫Υ笮椋还蔇正確。

故選BCD。8、B:D【分析】【詳解】

AB．根據(jù)電功率

知P在到之間；即電功率在50kW到150kW之間，故A錯誤，B正確；

CD．根據(jù)電容器儲存的電能為

知

故C錯誤；D正確；

故選BD。9、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．加A項所示電壓時，電子最初受到向右的電場力，開始向B板運(yùn)動，電子先做加速度減小的加速運(yùn)動，然后做加速度增大的減速運(yùn)動，2t0時刻速度為零；再向A板先加速；后減速至初始位置，且到初始位置時速度變?yōu)榱?，如此在A、B間往復(fù)運(yùn)動，電子有可能打不到B板，故A錯誤；

B．加B項所示電壓時，電子向B板勻加速再勻減速，2t0時刻速度為零；再向A板先加速；后減速至初始位置，且到初始位置時速度變?yōu)榱?，如此在A、B間往復(fù)運(yùn)動，電子有可能打不到B板，故B錯誤；

C．加C項所示電壓時；電子向B板先加速再減速至速度為零，周而復(fù)始，一直向B板運(yùn)動，一定能到達(dá)B板，故C正確；

D．加D項所示電壓時；電子在一個周期內(nèi)速度的方向不變，一直向B板運(yùn)動，一定能到達(dá)B板，故D正確。

故選CD。10、B:C【分析】【詳解】

當(dāng)變阻器的滑片向左移動時，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，R2電壓減小，則電容器板間電壓減小，板間的電場強(qiáng)度變小，電容器所帶電量減小，故A錯誤．總電流減小，電流表示數(shù)減?。畡tR2電壓和內(nèi)電壓均減小，由閉合電路歐姆定律知，R1電壓變大，所以電壓表示數(shù)變大，故B正確．電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值=R1；變大，故C正確．由于電源的內(nèi)外電阻的大小關(guān)系未知，所以不能確定電源輸出功率如何變化．故D錯誤．故選BC.

點(diǎn)睛：本題是電路的動態(tài)分析問題，按“局部→整體→局部”的思路進(jìn)行分析．分析電源的輸出功率變化時，要根據(jù)推論：內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大來分析．三、填空題(共5題，共10分)11、略

【分析】【詳解】

[1][2]滑動變阻器的滑片P位置不變而電阻箱R阻值增大的時候，外電路電阻增大，則干路電流減小，根據(jù)

可知，路端電壓變大，所以電阻箱兩端電壓變大，電壓表示數(shù)變大，與電阻箱并聯(lián)部分的滑動變阻器兩端電壓變大，電流變大，而干路電流減小，所以電阻箱支路電流減小，電流表示數(shù)減小．【解析】變大變小12、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]開關(guān)撥到1后；電容器上極板與電源正極連接，電容器充電，電容器的電荷量逐漸增加，由。

可知；電容器兩端電壓即電壓表示數(shù)逐漸增大，電流計的示數(shù)逐漸減小，當(dāng)電容器兩極板電壓等于電源電壓且電流計的示數(shù)為0時，充電完畢，電容器的電荷量不再改變；

[2]開關(guān)S撥到2后，電容器放電，電流計讀數(shù)突然增大后逐漸減小，電容器兩端電壓即電壓表示數(shù)也逐漸減小，電荷量逐漸減小至0?！窘馕觥恳娫斀庖娫斀?3、略

【分析】【詳解】

元電荷則【解析】14、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]庫侖定律的表達(dá)式。

可知，靜電力F與距離r的二次方成反比；

(2)[2][3][4]庫侖在實驗中采用的是在真空中的兩個完全相同的金屬小球接觸，電荷量平分的方法，發(fā)現(xiàn)F與q1和q2的乘積成正比的規(guī)律。【解析】二次方相同平分乘積15、略

【分析】【分析】

微粒在電場中受到重力和電場力；而做直線運(yùn)動，電場力與重力的合力方向與速度方向在同一直線上，否則就做曲線運(yùn)動．根據(jù)幾何關(guān)系求出電場強(qiáng)度，再根據(jù)U=Ed求解電勢差．

【詳解】

微粒在電場中受到重力和電場力；而做直線運(yùn)動，電場力與重力的合力方向與速度方向在同一直線上，所以電場力方向必定垂直極板向上，則。

解得：

兩板間電勢差的大小U=Ed=．

【點(diǎn)睛】

本題是帶電粒子在電場中運(yùn)動的問題，關(guān)鍵是分析受力情況，判斷出粒子做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系求出電場強(qiáng)度．【解析】四、作圖題(共3題，共27分)16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）在圖（1）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由直線電流的安培定則，可知直線中的電流方向向下，如圖所示。

（2）在圖（2）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由環(huán)形電流的安培定則，可知環(huán)形電流方向從左向右看是順時針方向，如圖所示。

（3）在圖（3）中；已知螺線管內(nèi)小磁針靜止時N極的指向，由通電螺線管的右手螺旋定則可知，螺線管中的電流方向從左端導(dǎo)線流入，右端導(dǎo)線流出，如圖所示。

（4）在圖（4）中，已知磁感線的方向，由安培定則可知，環(huán)形電流方向沿逆時針方向，如圖所示?！窘馕觥?7、略

【分析】【詳解】

實物圖中第一個為電動機(jī)；電動機(jī)符號為符號圖中的第二個；

實物圖中第二個為電容器；電容器符號為符號圖中的第三個；

實物圖中第三個為電阻；電阻符號為符號圖中的第四個；

實物圖中第四個為燈泡；燈泡符號為符號圖中的第一個。

【解析】1