2025年浙科版必修3物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙科版必修3物理上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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示，用粗細均勻的同種金屬絲做成的正方形線框ABCD，O為中心?，F(xiàn)將A、C兩點分別接電源的正極和負極；則線框附近電流產生的磁場，下列說法正確的是（）

A.O點的磁場方向垂直紙面向外B.在線段BD上，磁感應強度均為零C.在線段AC上，磁感應強度均為零D.過O點，垂直于紙面的直線上，磁感應強度均為零2、半徑為R的豎直圓柱體空間如圖所示，分別為上、中、下橫截面的圓心，EF、MN分別為圓的直徑，EF、AB、MN平行，中間圓上有一等邊三角形ABC，ABC三點在圓上且均固定有電量為的點電荷；下列說法正確的是（）

A.底面圓上M、N兩點電場強度相同B.從到沿虛線電勢先減小后增大C.電子從F移動到N點，電場力做功為零D.電子由靜止從運動到過程中，加速度可能先增大后減小3、如圖所示的電場中兩點A和B（實線為電場線，虛線為等勢面）。關于A、B兩點的場強E和電勢φ；正確的是（）

A.EA=EB，φA=φBB.EA＞EB，φA＞φBC.EA＜EB，φA＜φBD.EA＞EB，φA＜φB4、兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示，d是兩負電荷連線的中點，c、d兩點到中間負電荷的距離相等；則（）

A.a點的電場強度比b點的小B.a點的電勢比b點的低C.c點的電場強度比d點的小D.c點的電勢比d點的高5、某同學在“探究感應電流產生的條件”的實驗中，將直流電源、滑動變阻器、線圈A（有鐵芯）、線圈B、靈敏電流計及開關按圖連接成電路。在實驗中，該同學發(fā)現(xiàn)開關閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向左偏。由此可以判斷，在保持開關閉合的狀態(tài)下，下列說法錯誤的是（）

A.當線圈A中的鐵芯拔出時，靈敏電流計的指針向右偏B.當滑動變阻器的滑片向M勻速滑動時，靈敏電流計的指針不偏轉C.當滑動變阻器的滑片減速向N端滑動時，電流計指針向左偏D.讓線圈A（有鐵芯）、線圈B處于相對靜止，它們一起向上運動，電流計指針不偏轉6、下列關于物理學史、物理概念及思維方法正確的是（）A.牛頓關于力學的三大定律和萬有引力定律適用于一切宏觀物體B.法拉第通過十余年的研究，最終發(fā)現(xiàn)了法拉第電磁感應定律C.由于庫侖力和萬有引力都與成反比，可以用類比思想理解點電荷與均勻帶電體間的作用和質點與均勻球體間的作用D.卡文迪許測出了萬有引力常量，并做了“月地檢驗”，證明了地上物體所受重力與天體間的作用力性質相同評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右側有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向固定放置。第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質子（帶電量＋e），第二次從小孔O1處由靜止釋放一個氦核（帶電量＋2e）；氦核質量是質子質量的4倍，重力忽略不計，關于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是（）

A.質子和氦核在O2處的速度大小之比為1：2B.質子和氦核打到感光板上時的動能之比為1：2C.質子和氦核在整個過程中運動的時間相等D.質子和氦核打到感光板上的位置相同8、一帶電粒子在電場力的作用下沿下圖中曲線JK穿過一勻強電場，a、b、c、d為該電場的等勢面，其中有若不計粒子的重力，可以確定（）

A.該粒子帶正電B.該粒子帶負電C.從J到K粒子的電勢能增加D.粒子從J到K運動過程中的動能與電勢能之和不變9、如圖所示，一段均勻帶電的絕緣圓弧，所帶電荷量為圓弧圓心為O，兩端點分別為P、Q、M、N為圓弧上的兩點，且PN和MQ均為直徑。已知O點場強大小為電勢為則圓弧PM在圓心O點處產生的場強E的大小和電勢分別為（）

A.B.C.D.10、某電場的等勢面如圖所示，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點；則（）

A.一正電荷從b點運動到e點，電場力做正功B.一電子從a點運動到d點，電場力做功為4eVC.b點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向左D.a、b、c、d四個點中，b點的電場強度大小最大11、勻強電場的方向平行于xoy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示；三點的電勢分別為10V；16V、22V，下列說法正確的是（）

A.O點的電勢B.電場強度的大小為C.電子在a點的電勢能比在b點的低D.將一正電荷從c移至a電場力做功是將此電荷從b移至a電場力做功的2倍12、如圖所示電路中，已知電源的內阻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.R2上消耗的功率先變小后變大B.V1的示數(shù)先變大后變小，V2的示數(shù)先變小后變大C.電源內部的熱功率一直不變D.電源的輸出功率先變小后變大評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10－8C的正點電荷，則A處場強大小EA=______N/C，B處的場強大小EB=______N/C.

14、美國物理學家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準確地測定了電子的電荷量。如圖所示，平行板電容器兩極板相距為使兩極板分別與電壓為的恒定電源兩極連接，極板帶正電。現(xiàn)有一質量為的帶電油滴在兩極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為重力加速度為則油滴帶電荷量為______，電容器的電容為______。

15、在平行板電容器極板間插入電介質，電容將增大。()16、如圖所示，一個驗電器用金屬網罩罩住，當加上水平向右的，場強大小為E的勻強電場時，驗電器的箔片________（填“張開”或“不張開”），我們把這種現(xiàn)象稱之為__________。此時，金屬網罩的感應電荷在網罩內部空間會激發(fā)一個電場，它的場強大小為__________，方向為_____________。

17、如圖所示，電流表A的量程為0-0.6A,表盤均勻劃分為30個小格，每一小格表示0.02A,R1的阻值等于電流表內阻的的阻值等于電流表內阻的2倍.若用電流表A的表盤刻度表示流過接線柱1的電流值；則。

(1)將接線柱1、2接入電路時,每一小格表示_____A.

(2)將接線柱1、3接入電路時,每一小格表示______A.18、為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計G與線圈L連接，如圖所示，已知線圈由端開始繞至端；當電流從電流計G左端流入時，指針向左偏轉。

（1）將磁鐵N極向下，從線圈L中向上抽出時，發(fā)現(xiàn)指針向左偏轉，俯視線圈，其繞向為___________（填：“順時針”或“逆時針”）。

（2）當條形磁鐵從圖示中的虛線位置向右遠離L時，指針向右偏轉，俯視線圈，其繞向為___________（填：“順時針”或“逆時針”）。評卷人得分四、實驗題(共2題，共10分)19、某些固體材料受到外力后除了產生形變，其電阻率也要發(fā)生變化，這種由于外力的作用而使材料電阻率發(fā)生變化的現(xiàn)象稱為“壓阻效應”。現(xiàn)用如圖甲所示的電路研究某長薄板電阻????????的壓阻效應，已知電阻????????的阻值變化范圍為幾歐到幾十歐；實驗室中有下列器材：

A.電源????（3V；內阻約為1Ω）

B.電流表????1（0~0.6A，內阻????1=5Ω）

C.電流表????2（0~0.6A，內阻????2約為1Ω）

D.開關????，定值電阻????0

(1)為了比較準確地測量電阻????????的阻值，請在答題卡上完成圖甲虛線框內電路圖的設計。()

(2)在電阻????????上加一個豎直向下的力????（設豎直向下為正方向），閉合開關????，記下電流表讀數(shù)，電流表????1讀數(shù)為????1，電流表????2讀數(shù)為????2，得????????=_____（用字母表示）。

(3)改變力????的大小，得到不同電阻????????的值。然后讓力????反向從下向上擠壓電阻????????，并改變力????的大小，得到不同電阻????????的值，最后繪成圖像如圖乙所示。當力????豎直向下時可得電阻????????與其所受力????的數(shù)值關系式是????????=________。20、如圖所示為某同學測量電源的電動勢和內阻的電路圖．其中包括電源E，開關S1和S2，電阻箱R，電流表A，保護電阻Rx．該同學進行了如下實驗步驟：

(1)將電阻箱的阻值調到合適的數(shù)值，閉合S1、S2，讀出電流表示數(shù)為I，電阻箱讀數(shù)為9.5Ω，斷開S2，調節(jié)電阻箱的阻值，使電流表示數(shù)仍為I，此時電阻箱讀數(shù)為4.5Ω．則保護電阻的阻值Rx＝________Ω．（結果保留兩位有效數(shù)字）

(2)S2斷開，S1閉合，調節(jié)R，得到多組R和I的數(shù)值，并畫出圖象，如圖所示，由圖象可得，電源電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω．（結果保留兩位有效數(shù)字）

(3)本實驗中，內阻的測量值________（填“大于”或“小于”）真實值，原因是_____________．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

AC．由于AB與DC中電流相同，在線段AC上產生的磁場等大反向，矢量和為零；AD與BC中電流相同，在線段AC產生的磁場等大反向，矢量和為零，故線段AC上的磁場為零；故A錯誤，C正確；

B．在除O點外的線段BD上，ABC和ADC兩支電流產生的磁場的矢量和，在BO段，ABC中的電流產生的垂直于紙面向上的磁場大于ADC中的電流產生的垂直于紙面向下的磁場，矢量和不為零；在OD段，ABC中的電流產生的垂直于紙面向上的磁場小于ADC中的電流產生的垂直于紙面向下的磁場；矢量和不為零，故B錯誤；

D．過O點，垂直于紙面的直線上的磁場，可視為ABC和ADC兩支電流產生的磁場的矢量和，由于兩支電流在該垂線上除O點外的其它點上的磁場不共線；矢量和不為零，故D錯誤。

故選C。2、C【分析】【詳解】

A．根據電場疊加和對稱性可知M、N兩點電場強度大小相等；方向不同，故A錯誤；

B．分析可知，從到電勢是先增大后減小的；故B錯誤；

C．根據電勢的疊加原理可知，F(xiàn)、N兩點電勢相等，F(xiàn)、N兩點電勢差為零，F(xiàn)到N電場力做總功為零；故C正確；

D．根據牛頓第二定律可知，從到電子加速度先增大后減??；再增大，再減小，故D錯誤。

故選C。3、B【分析】【詳解】

電場線密處場強大，故A點的場強大于B點的場強。沿著電場線電勢要逐漸降低，故A點的電勢高于B點的電勢。

故選B。4、D【分析】【詳解】

A．電場線的疏密程度表示電場強度的大小，由圖可知a點的電場強度比b點的大；故A錯誤；

B．根據沿電場線方向電勢降低，且等勢線與電場線垂直，a點的電勢比b點的高；故B錯誤；

C．根據點電荷產生電場的電場強度公式+2q在c點產生電場的電場強度較強，且與兩負電荷在c點產生電場的電場強度方向相同；而+2q在d點產生電場的電場強度較弱，且兩負電荷在d點產生電場相互抵消，所以c點的電場強度比d點的大；故C錯誤；

D．根據沿電場線方向電勢降低，由圖可知，c點的電勢比d點的高；故D正確。

故選D。5、B【分析】【詳解】

在實驗中；該同學發(fā)現(xiàn)開關閉合的瞬間，可知通過線圈B的磁通量增加，靈敏電流計的指針向左偏。

A．當線圈A中的鐵芯拔出時；通過線圈B的磁通量減小，靈敏電流計的指針向右偏，故A正確，不滿足題意要求；

B．當滑動變阻器的滑片向M勻速滑動時；線圈A的電流減小，通過線圈B的磁通量減小，靈敏電流計的指針向右偏，故B錯誤，滿足題意要求；

C．當滑動變阻器的滑片減速向N端滑動時；線圈A的電流增大，通過線圈B的磁通量增加，靈敏電流計的指針向左偏，故C正確，不滿足題意要求；

D．讓線圈A（有鐵芯）；線圈B處于相對靜止；它們一起向上運動，通過線圈B的磁通量不變，電流計指針不偏轉，故D正確，不滿足題意要求。

故選B。6、C【分析】【詳解】

A．牛頓三大定律和萬有引力定律適用于宏觀低速物體；故A錯誤；

B．法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象；韋伯等人發(fā)現(xiàn)電磁感應定律，故B錯誤；

C．類比法是物理學中一個重要思維方法，由于庫侖力和萬有引力都與成反比；可以用類比思想理解點電荷與均勻帶電體間的作用和質點與均勻球體間的作用。故C正確；

D．“月地檢驗”是牛頓做的；故D錯誤。

故選C。二、多選題(共6題，共12分)7、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．加速過程由動能定理可得

整理可得代入題中數(shù)據可得質子和氦核在O2處的速度大小之比為1；A錯誤；

B．假設粒子到達感光板的動能為Ek，整個過程由動能定理可得

即到達感光板的動能為Ek與電荷量q成正比；故質子和氦核打到感光板上時的動能之比為1：2，B正確；

C．設粒子加速位移為d，時間為t1，偏轉位移為y，時間為t2，可得

由于兩種粒子加速位移d、偏轉位移y相同，但比荷不同；故運動時間不同，C錯誤；

D．設打到感光板上時水平位移為x，可得

由前面分析可知聯(lián)立可解得與粒子的比荷無關；故質子和氦核打到感光板上的位置相同，D正確。

故選BD。8、B:D【分析】【詳解】

沿著電場線電勢降低，所以電場線水平向左，粒子所受電場力直線曲線的凹側，所以電場力向右，與場強方向相反，所以粒子帶負電，B對；Ａ錯；．從J到K粒子所受電場力做正功，動能增大電勢能減小，C錯；粒子在運動過程中只有電場力做功，動能和電勢能相互轉化，電勢能與動能之和保持不變，D對；9、B:C【分析】【詳解】

AB．根據對稱性可知圓弧PM和QN在0點的合場強為0，圓弧MN在O點的場強為整個圓弧所帶電荷在O點處的場強又圓弧PM、MN和NQ在O點處的場強大小相等，則圓弧PM在圓心處的場強大小選項A錯誤，B正確；

CD．電勢為標量，圓弧PM、MN和QN在O點的電勢相等，選項C正確，D錯誤。

故選BC。10、B:C:D【分析】【詳解】

A．根據

由于b、e兩點在同一等勢面上，電勢差為0，則一正電荷從b點運動到e點；電場力不做功，所以A錯誤；

B．根據

則一電子從a點運動到d點，電場力做功為

所以B正確；

C．根據電場線總是垂直于等勢面，其方向由高電勢指向低電勢的方向，則b點電場強度垂直于該點所在等勢面；方向向左，所以C正確；

D．根據等勢面越密的位置場強越強，則a、b、c、d四個點中，b點的電場強度大小最大；所以D正確；

故選BCD。11、A:D【分析】【詳解】

A．根據勻強電場中，平行同向且間距相等的兩點間電勢差相等可得

解得

選項A正確；

B．由于O點的電勢為所以所在的垂直電場的面為等勢面，根據幾何知識可得，a到的距離為

則電場強度的大小為

選項B錯誤；

C．根據可知，電子在a點的電勢能比在b點的高

選項C錯誤；

D．將一正電荷從c移至a電場力做功為

其中

將此電荷從b移至a電場力做功為

其中

所以

選項D正確。

故選AD。

12、A:B:D【分析】【詳解】

A.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由變阻器的中點向左滑動的過程中，變阻器左側電阻與R1串聯(lián)后與變阻器右側并聯(lián)的總電阻先變大后變小，根據閉合電路歐姆定律得知，電路中電流先變小后變大，R2上消耗的功率先變小后變大；故A正確；

B.由于電路中電流先變小后變大，電源的內電壓也先變小后變大，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。故B正確；

C.電源內部的熱功率P=I2r，因為電流I先變小后變大；所以電源內部的熱功率，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電阻，當滑動變阻器的滑片P由變阻器的中點向左滑動的過程中，變阻器左側電阻與R1串聯(lián)后與變阻器右側并聯(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。

故選：ABD三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】【詳解】

圓心O處的點電荷在A點產生的場強方向水平向左，根據矢量求和，所以A處的合場強為零；B處場強大?。?/p>

思路分析：先根據點電荷的場強公式求出點電荷在A點的場強大??；根據矢量求和勻原勻強電場疊加得到A；B兩點的場強大?。?/p>

試題點評：考查點電荷產生的電場和矢量求和的應用．【解析】9×103N/C方向與E成45°角斜向右下方14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]由題意知油滴受到的電場力方向豎直向上，極板M帶正電，故油滴帶負電。設油滴的帶電荷量為q；則極板的帶電荷量。

又由于。

聯(lián)立可得。

【解析】15、略

【分析】略【解析】正確16、略

【分析】【詳解】

[1][2]金屬網罩的感應電荷在網罩內部空間會激發(fā)一個電場；和外界電場大小相等，方向相反，合場強為零，這種現(xiàn)象叫靜電感應，驗電器的箔片沒有感應電荷，故不張開。

[3][4]由前面分析可知金屬網罩內部合場強為零，因外界場強大小為E，方向水平向右，故金屬網罩的感應電荷在網罩內部空間激發(fā)的電場大小為E，方向水平向左?！窘馕觥坎粡堥_靜電屏蔽E水平向左17、略

【分析】【詳解】

（1）[1]．當接線柱1、2接入電路時，電流表A與R1并聯(lián)，根據串并聯(lián)電路規(guī)律可知，R1分流為1.2A；故量程為1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；

（2）[2]．當接線柱1、3接入電路時，A與R1并聯(lián)后與R2串聯(lián)，電流表的量程仍為1.8A，故每一小格表示0.06A；【解析】0.06A0.06A18、略

【分析】【詳解】