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：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示；將帶鐵芯的線圈A通過滑動變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩端連接到靈敏電流計上，把線圈A放進線圈B的里面。下面幾種情況靈敏電流計指針不可能有偏轉的是（）

A.閉合開關瞬間B.開關閉合且電路穩(wěn)定后C.開關閉合，拔出線圈A的過程中D.開關閉合，將滑動變阻器的滑片P向左滑動的過程中2、如圖甲所示，充好電的電容器與定值電阻接入電路，電壓傳感器與電流傳感器對電路的影響可忽略不計。傳感器將測得的物理量輸入計算機，計算機顯示出物理量隨著時間的變化情況。現(xiàn)閉合開關后，在計算機上顯示的電路中的電壓與電流隨時間的變化關系如圖乙所示。t2時刻，電壓與電流變?yōu)榱?。圖乙中S1與S2為電流曲線在虛線MN兩側與坐標軸圍成的面積。下列說法中正確的是（）

A.圖乙中電壓與電流的比值逐漸變小B.圖乙中的S1=S2C.圖乙中的S1＞S2D.圖乙中電阻R在0～t1內產(chǎn)生的內能等于在t1～t2內產(chǎn)生的內能3、將一正電荷從無限遠處移入電場中的M點，電勢能減少了8.0×10－9J，若將另一等量的負電荷從無限遠處移入電場中的N點，電勢能增加了9.0×10－9J，則下列判斷中正確的是（）A.B.C.D.4、如圖所示，用完全相同的兩個電源給完全相同的兩個電容器充電，甲圖中電源與電容器直接用導線連接，乙圖中電源與電容器中間接有電阻同時閉合開關后，關于甲、乙兩種充電情況的說法正確的是（）

A.充電結束后，甲圖中電容器兩極板間的電勢差比乙圖的大B.由于電阻的影響，甲乙兩圖充電過程中的瞬時電流不相等C.充電結束后，保持開關閉合，僅減小電容器兩極板間的距離，電容器所帶電荷量將減少D.充電結束后，保持開關閉合，在乙圖電容器兩極板間插入玻璃板的過程，不會有電流流過電阻5、如圖所示，用控制變量法可以研究影響平行板電容器的因素（如圖）。設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ。實驗中極板所帶電荷量不變；若（）

A.保持S不變，減小d，θ則變小；B.保持S不變，減小d，θ則不變C.保持d不變，減小S，θ則變??；D.保持d不變，增大S，θ則不變6、司南的發(fā)明與應用，夢溪筆談中有關于磁偏角的記載，說明中國是發(fā)現(xiàn)并應用地磁場最早的國家。在地球赤道上放置可以在水平方向自由轉動的小磁針，在小磁針正上方與小磁針平行固定一直導線。現(xiàn)給導線中通入穩(wěn)定直流電流，小磁針重新靜止后指向北偏東已知地球赤道附近地面上的地磁場的磁感強度為若不計地磁場的磁偏角，設通電直導線中電流的磁場在小磁針位置的磁感強度大小為B，則下列說法正確的是（）A.赤道附近地面上的地磁場的磁感強度方向由北向南B.直導線中通入的電流方向由南向北C.方向水平向東D.方向水平向東評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、如圖所示，E、F、G、M、N是在紙面內圓上的五個點，其中的連線均過圓心O點，在M、N兩點處垂直于紙面放置兩根相互平行的長直細導線，兩根導線中分別通有大小相等的電流，已知通電直導線形成的磁場在空間某點處的磁感應強度大小k為常量，r為該點到導線的距離，I為導線中的電流強度。則下列說法中正確的是（）

A.若兩根導線中電流同向，則O點磁感應強度不為零B.若兩根導線中電流同向，則E、F兩點磁感應強度大小相等C.若兩根導線中電流反向，則E、G兩點磁感應強度相同D.無論兩根導線中電流同向還是反向，E、F、G三點的磁感應強度大小不相等8、經(jīng)典電磁場理論明確地給出了場中導體對靜電場的影響，若把一個金屬球殼置于勻強電場中，周圍電場線分布會出現(xiàn)如圖所示的情況，其中有a、b、c、d四個位置，a、d兩點對稱分布在球殼兩側，b位于球殼上，c位于球殼中心；則（）

A.四個位置的電勢高低排列為a>b=c>dB.四個位置的場強大小排列為Ea=Ed>Eb=EcC.球殼表面的電場線與球殼表面都垂直D.感應電荷在球殼內部c處的場強為零9、如圖所示，在水平方向的勻強電場中，絕緣細線的一端固定在點，另一端系一質量為帶電量為的小球（可視為點電荷且?guī)щ娏坎粨p失）恰好能在豎直平面內做圓周運動。已知是圓軌道上的八等分點，細線長為電場強度重力加速度為則（）

A.小球運動到最低點處動能最大B.小球運動到圓心等高點處機械能最小C.小球運動到最高點處的速率為D.小球運動到點位置時細繩的拉力為10、帶電量均為Q的異種點電荷分別固定在水平方向上的MN兩點，其連線中垂線上的O點連接長為的絕緣輕桿，桿的另一端固定一質量為m，電量為q（q>0）的帶電小球，桿可繞O點無摩擦地在豎直面內轉動。如圖所示，現(xiàn)讓小球從O的等高處A點（電勢為）釋放，若C也為O的水平等高點，且OC=OA，以無窮遠處為電勢零點，且q<Q；則（）

A.轉到最低點B時的速度B.轉到最低點B時的速度C.小球恰好能到達C點D.要想使小球到達C點，在A點至少需要提供初速度11、一帶正電物體周圍的電場線和等勢面如圖所示，若相鄰等勢面之間的電勢差均為一電荷量為的電子僅在電場力作用下從點運動到點；下列說法正確的是（）

A.電子經(jīng)過點時的加速度小于經(jīng)過點時的加速度B.電子經(jīng)過點時的速度大于經(jīng)過點時的速度C.電子從點到點電場力做功為D.電子從點到點動能變化12、如圖，兩對等量異號點電荷固定于正方形的4個頂點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內切圓的交點，O為內切圓的圓心，M為切點。則（）

A.L和N兩點處的電場方向相互垂直B.M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C.將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零13、如圖所示，真空中有兩個電荷量均為Q的正點電荷，在兩電荷連線的中垂面上有一正方形ABCD；正方形的中心點位于兩正點電荷的連線上，下列說法正確的是（）

A.A、B、C、D四個點的電勢相同B.A、B、C、D四個點的電場強度相同C.負試探電荷沿直線從A點移到B點的過程中，其電勢能先減小后增大D.正試探電荷沿直線從A點移到C點的過程中，所受電場力一定先減小后增大14、1909年，美國物理學家密立根用如圖所示的實驗裝置,通過研究平行金屬板M、N間懸浮不動的帶電油滴，比較準確地測定了電子的電荷量，因此獲得1923年諾貝爾物理學獎．圖中平行金屬板M、N與輸出電壓恒為U的電源兩極相連，兩金屬板間的距離為d,正對面積為S.現(xiàn)由顯微鏡觀察發(fā)現(xiàn)，恰好有一質量為m的帶電油滴在兩金屬板中央懸浮不動，已知靜電力常量為k,真空的介電常數(shù)ε=1，重力加速度為g；則。

A.帶電油滴的電荷量B.金屬板M所帶電量C.將金屬板N突然下移△d，帶電油滴獲得向上的加速度D.將金屬板N突然下移△d，帶電油滴的電勢能立即減小為原來的倍15、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；現(xiàn)使B板帶電，則下列判斷正確的是（）

A.增大兩極板間的距離，指針張角變大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.若將A板拿走，則靜電計指針張角變?yōu)榱阍u卷人得分三、填空題(共6題，共12分)16、如圖所示，平行板電容器板面水平，放置于空氣中，兩板與電源相接，A板接靜電計小球，B板接靜電計外殼，開始開關S閉合；有一個帶電粒子在電容器中恰好靜止。

（1）將A板水平向左移動一段距離，粒子的運動情況是___________（填“靜止”、“向上運動”或“向下運動”）。電容器所帶的電荷量的變化情況是___________（填“增多”；“減少”或“不變”）。

（2）如果先斷開開關S，再把A板向左移動一段距離，則粒子的運動情況是___________（填“靜止”、“向上運動”或“向下運動”）靜電計指針張角的變化情況是___________（填“增大”；“減小”或“不變”）。

17、靜電吸附：在電場中，帶電粒子在______作用下，向著電極運動，最后被吸附在電極上的現(xiàn)象．18、如圖所示，真空中有兩個可視為點電荷的帶正電小球，相距L，電荷量分別為Q和4Q，如果引進第三個帶電小球，正好使三個小球僅在靜電力的作用下處于平衡狀態(tài)，那么第三個小球應______（填“帶正電”或“帶負電”）；電荷量是Q的______倍；應放在離Q______的地方。

19、將帶電量為的負電荷從電場中的A點移到B點，克服電場力做了的功，則A、B兩點間的電勢差______V；若令A點的電勢能為零，則該電荷在B點的電勢能為______J。20、如圖所示的平面內固定兩個帶電量為的異種點電荷，它們之間距離為以其連線中點為圓心，以為半徑畫圓，為圓周上有三點，點在兩點電荷連線的中垂線上，兩點連線恰好過點，則兩點的電場強度_____（填“相同”或“不同”），點電勢______（填“大于”“等于”或“小于”）點電勢；已知靜電力常數(shù)為則點電場強度大小為_______。

21、（1）導體的___________。

（2）導體的___________。

（3）導體的___________。評卷人得分四、作圖題(共1題，共5分)22、以下是幾種點電荷的電場線的分布情況；請標出圖中各電荷的電性。

評卷人得分五、解答題(共3題，共6分)23、如圖所示為美國最先進的KH—12光學偵察衛(wèi)星，采用先進的自適應光學成像技術，地面分辨率最高可達0.1米；是美國天基偵查的主力軍。那么,你知道它上面攜帶的相機在夜間進行紅外攝像時工作在什么波段嗎？該波段有什么特點？

24、如圖所示的平行金屬板電容器的電容極板A、B之間可以看成勻強電場，場強極板間距離為L=5cm，電場中c點到A極板、d點到B極板的距離均為0.5cm，B極板接地。求：

（1）B極板所帶電荷量Q；

（2）d點處的電勢φd；

（3）將電荷量的負點電荷從d移到c，靜電力的功Wdc。

25、如圖所示的電路中，各電阻的阻值已標出。已知R＝1Ω，當輸入電壓UAB＝110V時；求：

（1）流經(jīng)10R電阻的電流；

（2）輸出電壓UCD。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．閉合開關；線圈B中瞬間有磁通量變化，有感應電流，指針偏轉。故A錯誤；

B．開關閉合；電路穩(wěn)定后電流不發(fā)生變化，通過線圈Ｂ的磁通量無變化，無感應電流，指針不偏轉。故B正確；

C．拔出線圈Ａ；通過線圈Ｂ磁通量減小，有感應電流，指針偏轉。故C錯誤；

D．滑片Ｐ滑動；電阻發(fā)生變化，電流發(fā)生變化，線圈Ａ產(chǎn)生的磁場發(fā)生變化，通過線圈Ｂ的磁通量變化，有感應電流，指針偏轉。故D錯誤。

故選B。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．題圖乙中的電壓與電流實際上反映的是定值電阻R上的物理量；它們滿足歐姆定律，故電壓與電流的比值不變，A錯誤。

BC．電流曲線與坐標軸圍成的面積表示電容器放出的電荷量，電容器在0～t1時間內放出的電荷量為S1，電壓減小了6V；在t1～t2時間內放出的電荷量為S2，電壓又減小了6V，由q=CU，可知S1=S2；B正確，C錯誤；

D．在每小段時間內，根據(jù)公式有U=iR

解得

由于R兩端的電壓在0～t1內的高于在t1～t2內的，故電阻R在0～t1內產(chǎn)生的內能大于在t1～t2內產(chǎn)生的內能；D錯誤。

故選B。3、C【分析】【分析】

【詳解】

取無限遠處電勢為零，則正電荷在M點的電勢能為負電荷在N點的電勢能為由。

知，M點的電勢。

N點的電勢。

且。

則。

故C正確；ABD錯誤。

故選C。4、B【分析】【詳解】

A．充電結束后，電路中的電流為0，電阻的電壓為0；所以兩個電容器兩極板間的電勢差相等，都等于電源的電動勢，A錯誤；

B．由于電阻的影響；在充電過程中多了阻礙作用，所以在電動勢相同的情況下，甲乙兩圖充電過程中的瞬時電流不相等，B正確；

C．充電結束后，保持開關閉合，電容器兩極板的電勢差不變，根據(jù)電容的決定式

可知，僅減小電容器兩極板間的距離，電容器的電容增大，根據(jù)電容的定義式

可知，電容器所帶電荷量將增大；C錯誤；

D．因為在乙圖電容器兩極板間插入玻璃板的過程，電容器的電容增大，根據(jù)電容的定義式

可知，電容器所帶電荷量將增大，則乙圖中電容器在充電，所以有電流流過電阻D錯誤。

故選B。5、A【分析】【詳解】

AB．根據(jù)電容的決定式得知，電容與極板間距離成反比，當保持S不變，減小d時，電容變大，電容器的電量Q不變，由電容的定義式分析可知板間電勢差減小，則靜電計指針的偏角θ變??；故A正確，B錯誤；

CD．根據(jù)電容的決定式得知，電容與極板的正對面積成正比，當保持d不變，減小S時，電容減小，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式分析可知板間電勢差增大，靜電計指針的偏角θ變大；反之，保持d不變，增大S，則θ減小，故CD錯誤。

故選A。6、D【分析】【詳解】

A．地磁的N級在地理的南極；因此赤道附近地面上的地磁場方向由南向北，選項A錯誤；

B．給小磁針正上方的導線中通入穩(wěn)定直流電流；小磁針重新靜止后指向北偏東，說明小磁針受到導線的作用力向東，由右手螺旋定則可知直導線中通入的電流方向由北向南，選項B錯誤；

CD．給導線中通入穩(wěn)定直流電流，小磁針重新靜止后指向北偏東30°，則電流在小磁針處的磁場方向向東，大小是

選項C錯誤；D正確。

故選D。二、多選題(共9題，共18分)7、B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．若兩根導線中電流均向內，由安培定則可知，它們在O點磁感應強度恰好等大、反向，故O點合磁感應強度為零，同理可知，E、F兩點磁感應強度如圖所示；

故E、F兩點的合磁感應強度大小相等；方向不同，故A錯誤；B正確；

C．設中電流向內N中電流向外分別在E、G的磁感應強度如圖所示，可知E、G兩點的合磁感應強度相等；故C正確；

D．若M、N中電流均向內，分別在E、G的磁感應強度如圖所。

可知E、G兩點的合磁感應強度大小相等，方向不同，以此類推，可知無論兩根導線中電流同向還是反向，E、F、G三點的磁感應強度大小都相等；故D錯誤。

故選BC。8、A:B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．置于勻強電場中的金屬球殼為等勢體，則φb=φc

又依據(jù)沿著電場線方向電勢是降低的可知φa＞φb=φc＞φd

故A正確；

B．依據(jù)電場線的疏密體現(xiàn)電場強度的強弱知a、d點的電場強度相等，金屬殼內場強為零，則Ea=Ed＞Eb=Ec

故B正確；

C．根據(jù)電場線與等勢線垂直可知小球表面的電場線與為等勢體的小球的表面垂直，故C正確；

D．小球內部c處的合場強為零，由向右的外電場和向左的感應電場疊加而成，而感應電荷在球殼內部c處的場強不為零，故D錯誤。

故選ABC。9、B:D【分析】【詳解】

A．小球在等效場中做變速圓周運動，g點為等效最低點，e點為等效最高點；如圖所示。

設等效重力加速度的方向與豎直方向的夾角為有

即

故在等效場中構成繩—球模型，在等效最低點的速度最大，動能最大，即小球運動到g點時的動能最大；故A錯誤；

B．小球帶正電，小球運動到b點時電場力做負功最多；電勢能最大，機械能最小，故B正確；

D．在等效場中的等效重力加速度為

小球恰好做圓周運動，在等效最高點e時，由等效重力提供向心力，有

在等效最低點g時由等效重力與拉力的合力提供向心力，有

由e點到g點由動能定理

解得

故D正確；

C．小球在e點的速率為

由e點到a點由動能定理

解得

故C錯誤。

故選BD。10、B:D【分析】【詳解】

AB．異種點電荷其周圍電線的特點：連線中垂線是一條電勢為零的等勢線，則A點的電勢A<0

B點的電勢B=0

C點的電勢C＞0

小球在運動過程中受重力和電場力，對AB過程應用動能定理mgl+qA=

得

故B正確；A錯誤；

C．在小球由A到C的過程中，重力不做功，電場力做負功，總功為負，則小球不可能到C點；故C錯誤；

D．對AC過程應用動能定理(A－C)q=2qA=0－

得

故D正確。

故選BD。11、A:D【分析】【詳解】

A．由圖可知，P點電場線比Q點的電場線密集，所以P點的電場強度比Q點的電場強度大，由

可知電子經(jīng)過點時的加速度小于經(jīng)過點時的加速度；故A正確；

BCD．沿著電場的方向電勢降低，可知Q點的電勢低于P點的電勢，電子帶負電，所以電子在Q點的電勢能大于在P點的電勢能，由于僅有電場力做功，所以電子在Q點的動能小于在P點的動能，電子從Q點到P點，電場力正功，為

可知電子從點到點動能變化故D正確，BC錯誤。

故選AD。12、A:B【分析】【詳解】

A．兩個正電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，N點處于兩負電荷連線的中垂線上，則兩負電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，則N點的合場強方向由N指向O，同理可知，兩個負電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，L點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，則L處的合場方向由O指向L，由于正方向兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直；故A正確；

B．正方向底邊的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠，則M點的場方向向左；故B正確；

C．由圖可知，M和O點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點；電場力做功為零，故C錯誤；

D．由圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點；電場力做功不為零，故D錯誤。

故選AB。13、A:C【分析】【詳解】

A．根據(jù)等量同種點電荷周圍電場的分布情況可知，A、B、C、D四個點關于連線對稱；所以電勢相同，故A項正確；

B．由于A、B、C、D四個點關于連線對稱；電場強度大小相等，但方向不同，所以電場強度不同，故B項錯誤；

C．A、B連線的中點離兩電荷最近，電勢最高，負試探電荷從A點移到B點的過程中；其電勢能先減小，后增大，故C項正確；

D．A、C連線是兩正點電荷連線的中垂線，電場強度最大的點位置不能確定，正試探電荷沿直線從A點移到C點的過程中所受電場力可能先減小后增大；也可能先增大后減小，過中點后再增大后減小，故D項錯誤。

故選AC。14、B:D【分析】【詳解】

A．帶電油滴在平行板電容器中受重力和向上的電場力平衡，而勻強電場的方向向下，則油滴帶負電，由平衡條件有解得油滴的電荷量大小為為故A錯誤.

B、平行板電容器的電量而電容的大小聯(lián)立可得而相對介電常數(shù)ε=1，則故B正確.

CD．N板突然下移△d，電源一直接在電容器上，則電壓U不變，電場力變小，為則油滴的合外力向下，由牛頓第二定律解得方向向下；故C錯誤.

D．電容器的M板接地為0V，設油滴的位置P點距離M板為則電勢能為則金屬板N下移△d，P點的電勢為則故D正確.15、A:B【分析】【分析】

電勢差U變大(小)；指針張角變大(小)。

【詳解】

A．增大兩極板之間的距離，由電容的決定公式C＝知，電容C變小，電容器所帶的電荷量Q一定，再由C＝得，極板間電壓U變大；靜電計指針張角變大，A正確；

B．若將A板稍微上移時，正對面積S變小，由電容的決定式C=知，電容C也變小，電量Q不變，由C=知，電壓U變大；靜電計指針張角變大，B正確；

C．若將玻璃板插入兩極板之間時，由電容的決定式C=可知，電容C變大，電量Q不變，由C=知，電壓U變?。混o電計指針張角變小，C錯誤；

D．若將A板拿走時；B板上帶電量不變，靜電計相當于驗電器，指針張角不是零，D錯誤。

故選AB。三、填空題(共6題，共12分)16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]兩極板電壓不變，根據(jù)

將A板水平向左移動一段距離；兩板間距離不變，所以兩極板間的電場強度不變，粒子的運動情況是靜止。

[2]根據(jù)

將A板水平向左移動一段距離，正對面積減小，所以電容減小，再根據(jù)

電容器所帶的電荷量的變化情況是減少。

（2）[3]如果先斷開開關S，兩極板的電荷量保持不變，根據(jù)

再把A板向左移動一段距離，正對面積減小，所以電場強度增大，則

粒子的運動情況是向上運動。

[4]根據(jù)

將A板水平向左移動一段距離，正對面積減小，所以電容減小，再根據(jù)

則兩極板間的電勢差增大，所以靜電計指針張角的變化情況是增大?！窘馕觥竣?靜止②.減少③.向上運動④.增大17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】靜電力18、略

【分析】【詳解】

[1]由“兩大夾?。粌赏瑠A異”可知第三個小球應帶負電。

[2][3]假設第三個小球帶電量為q，距電荷量分別為Q的小球的距離為x，則對第三個小