2025年人教A新版必修3物理上冊月考試卷

…………○…………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A新版必修3物理上冊月考試卷452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，實線表示某電場的電場線，虛線表示一帶正電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)A和B點的電勢分別為和粒子在A、B兩點加速度大小分別為和速度大小為和電勢能分別為和下列判斷正確的是（）

A.B.C.D.2、如圖所示；一價氫離子和二價氦離子的混合體，由靜止開始同時經(jīng)同一加速電場加速后，垂直偏轉(zhuǎn)電場的電場線方向射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，均打在同一熒光屏上，離子在加速電場中運動的時間可忽略不計，離子間的相互作用和重力均不計。則一價氫離子和二價氦離子（）

A.同時到達屏上不同點B.先后到達屏上不同點C.同時到達屏上同一點D.先后到達屏上同一點3、用控制變量法可以研究影響平行板電容器電容的因素。如圖所示，設(shè)兩極板的正對面積為S，極板間的距離為靜電計指針偏角為極板間介質(zhì)為空氣。實驗中，極板所帶電荷量不變，則（）

A.保持兩極板正對面積S不變，將左極板向左移一點，則變小B.保持兩極板正對面積S不變，將左極板向右移一點，則不變C.保持兩極板間距離d不變，左極板向上移動一點，則變大D.保持兩極板間距離d不變，向兩極板間插入一塊玻璃板，則變大4、一個T型電路如圖所示，電路中的電阻R1=40Ω，R2=50Ω，R3=200Ω；另有一測試電源，電動勢為100V，內(nèi)阻忽略不計，則（）

A.當cd端短路時，ab之間的等效電阻是80ΩB.當ab端短路時，cd之間的等效電阻是80ΩC.當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓為50VD.當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓為50V5、下列單位及符號屬于基本單位的是（）A.伏特B.厘米C.庫侖CD.焦耳J6、在如圖所示的電路中，電源電動勢為內(nèi)電阻為為電容器，為定值電阻，為滑動變阻器．開關(guān)閉合后，燈泡能正常發(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.燈泡將變亮B.燈泡亮度不變C.電容器所帶的電荷量將減小D.電容器所帶的電荷量將增大評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、如圖，當閉合后，一帶電微粒（重力不可忽略）在平行板電容器間處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）

A.保持閉合，使滑動片向左滑動，微粒仍保持靜止B.保持閉合，使兩極板間距減少，微粒仍保持靜止C.打開后，使兩極板靠近，則微粒將向上運動D.打開后，使兩極板靠近，則微粒仍保持靜止8、如圖所示，有一平行于平面的勻強電場，其中a、b、c三點電勢分別為已知的距離為的距離為和的夾角為下列說法正確的是（）

A.電子從a點移動到c點的過程中，電勢能增大B.電子從a點移動到b點的過程中，電場力做正功C.電場強度的方向從c點指向a點D.電場強度的大小為9、圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，是M、N板間的中線，當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場。時，比荷為k的帶電粒子甲從O點沿方向、以的速率進入板間，時飛離電場，期間恰好不與極板相碰。若在時刻，帶電粒子乙以的速率沿從O點進入板間；已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，則下列說法中正確的是（）

A.時刻，乙粒子離開電場B.乙粒子的比荷為C.甲粒子離開電場時的速度大小為D.甲、乙兩粒子通過電場偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為10、如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，上極接地，一帶負電的油滴位于容器中的P點且處于靜止狀態(tài)；現(xiàn)將下極板豎直向上緩慢地移動一小段距離，則（）

A.帶電油滴將豎直向下運動B.帶電油滴的機械能將增加C.P點的電勢將降低D.通過靈敏電流計有從a往b的電流11、硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點，如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I變化的關(guān)系圖象（電池電動勢不變，內(nèi)阻不是定值），圖線b是某電阻R的U–I圖象，在該光照強度下將它們組成閉合回路時，下列說法中正確的是（）

A.硅光電池的內(nèi)阻為10ΩB.硅光電池的總功率為0.72WC.硅光電池的內(nèi)阻消耗的熱功率為0.32WD.若將R換成阻值更大的電阻，硅光電池的輸出功率增大評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、如圖所示，空間內(nèi)存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E．A、B為勻強電場中的兩點，A、B兩點間距離為l，A、B兩點的連線與電場線間的夾角為θ．則A、B兩點間的電勢差為_________；將一正電荷q從A移到B，電場力所做功為__________．

13、如圖所示，真空中有兩個點電荷和分別固定在x坐標軸的和的位置上。則x標軸上的_____處的電場強度為零。x坐標軸上電場強度方向沿x軸正方向區(qū)域是__________。

14、概念：一切物體都在輻射電磁波，且輻射與物體的______有關(guān)，所以叫熱輻射。15、會使用多用電表測_____、_____及_____。16、表頭的滿偏電壓和滿偏電流一般都比較小，測量較大的電壓或電流時要把它改裝成較大量程的電壓表或電流表。現(xiàn)有一個量程內(nèi)阻為的表頭G。

（1）若要把此表頭改裝成量程為3V的電壓表，應串聯(lián)一個阻值為______的電阻；

（2）若要把此表頭改裝成量程為10mA的電流表，應并聯(lián)個阻值為______的電阻；

（3）若將此表頭改裝成有兩個量程的電流表，如圖所示，則使用A、B兩個端點時，量程______選填“較大”或“較小”

17、如圖，在豎直平面內(nèi)有一勻強電場，一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球在力F（未知量）的作用下沿圖中虛線由A至B做豎直向上的勻速運動．已知力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，重力加速度為g．則電場強度E的最小值為___．若電場強度時，小球從A運動到B電勢能變化量大小可能為____．

18、如圖所示，勻強電場方向與六邊形所在平面平行，A、B、C、D、E、F是正六邊形的六個頂點。已知正六邊形的邊長為2cm，A、B、C三點的電勢分別為?3V；?2V、0V：

(1)則D點的電勢______；

(2)電量的負電荷在中心O處的電勢能______；

(3)電場強度的大小______；

(4)試在圖中畫出一條過A點的電場線______。19、如圖甲所示為一測量電解液電阻率的玻璃容器，P、Q為電極，設(shè)a=1m，b=0.2m，c=0.1m，當里面注滿某電解液，且P、Q加上電壓后，其U-I圖線如圖乙所示，當U=10V時，求電解液的電阻率ρ是_______Ω·m

評卷人得分四、作圖題(共1題，共2分)20、由電流產(chǎn)生的磁場方向如圖所示；請在圖中標出線圈中的電流方向.

評卷人得分五、解答題(共3題，共15分)21、如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為圓心在O點、半徑R=2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，場強大小E=5.0×103V/m。一個帶電荷量q=+1.5×10-5C、質(zhì)量為m=1.0×10-2kg的小球，從A點由靜止開始，在一個水平向右的恒力F=0.1N的作用下向B運動。當小球運動到B點時撤去F。之后小球剛好能通過圓軌道，并從D點拋出，落到軌道AB的C點（圖中未畫出）。已知水平軌道足夠長，g=10m/s2。求：

(1)小球通過軌道的最高點D時的速度大小vD；

(2)A點到B點的距離AB；

(3)小球落到軌道AB段上的C點到B點的距離BC。

22、光滑水平面上方存在水平向左的勻強電場，電場強度大小帶負電的絕緣滑塊（可視為質(zhì)點）置于帶負電的絕緣長木板左端，與長木板保持相對靜止共同向右運動，當長木板右端距墻時，滑塊與長木板的速度長木板與墻碰撞時間極短，碰后長木板速度大小不變，方向反向。已知長木板帶電量質(zhì)量滑塊帶電量質(zhì)量滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)重力加速度g取求：

（1）長木板與墻碰撞前瞬間的速度大??；

（2）第一次碰墻反彈后滑塊不從木板上滑下；求第一次碰墻反彈后木板離墻的最大距離是多少；

（3）第二次碰墻反彈后滑塊恰好不從木板上滑下；求木板長度；

（4）若最終滑塊未從木板上滑下；求木板至少多長。

23、在光滑絕緣水平面上放置一質(zhì)量m=0.2kg、電荷量的小球，小球系在長L=0.5m的絕緣細線上，線的另一端固定在O點。整個裝置放置于的勻強電場中，電場方向與水平面平行且沿OA方向，如圖所示（此圖為俯視圖）。現(xiàn)給小球一垂直于細線的初速度使其從A點開始繞O點做圓周運動；小球可視為質(zhì)點。求：

（1）小球運動過程中繩子拉力的最大值；

（2）若小球運動到動能最小的位置時細線被剪斷；則小球經(jīng)過多長時間其動能變?yōu)樽钚幽艿?倍？

（3）當某次小球運動到A點時，電場方向突然反向但場強大小不變，并且此后小球每轉(zhuǎn)過場強均反向且場強大小不變，求：

①小球每次剛好到達A處時，細線承受的張力記為求的表達式；

②若細線最大張力足夠，從電場第一次反向開始，小球轉(zhuǎn)過角度滿足時，求繩子張力關(guān)于的表達式。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

AD．帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，若粒子從A到B過程，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，故帶電粒子通過A點時的速度比通過B點時的速度大，即選項AD錯誤；

B．根據(jù)電場線疏密可知，根據(jù)F=Eq和牛頓第二定律可知，選項B錯誤；

C．根據(jù)沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故選項C正確。

故選C。2、D【分析】【詳解】

設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d。

在加速電場中，由動能定理得

兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于兩種粒子的比荷不同，則v0不同，所以兩粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間不同。

兩種粒子在加速電場中的加速度不同；位移相同，則運動的時間也不同，所以兩粒子是先后離開偏轉(zhuǎn)電場。

在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移

聯(lián)立得

同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切

可見y和tanθ與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)。所以出射點的位置相同；出射速度的方向也相同。故兩種粒子打屏上同一點。故ABC錯誤，D正確；

故選D。3、C【分析】【詳解】

AB．根據(jù)電容的決定式可知，電容與極板間的距離成反比，當保持不變，增大時，電容減小，而電容器的電荷量不變，由電容的定義式可知，極板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角變大；故AB錯誤；

C．根據(jù)電容的決定式可知，電容與兩極板的正對面積成正比，當保持不變，減小時，電容減小，而電容器的電荷量不變，由電容的定義式可知，極板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角變大；故C正確；

D．保持兩極板間距離d不變，向兩極板間插入一塊玻璃板，根據(jù)電容的決定式可知，電容增大，由電容的定義式可知，極板間電勢差減小，則變小。故D錯誤。

故選C。4、A【分析】【詳解】

A．當cd端短路時，ab間電路的結(jié)構(gòu)為電阻R2、R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)，則等效電阻為

故A正確；

B．當ab端短路時，cd之間電路結(jié)構(gòu)為電阻R1、R3并聯(lián)后與R2串聯(lián)，等效電阻為

故B錯誤；

C．當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓，為

C錯誤；

D．當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓，為

D錯誤；

故選A。5、B【分析】【詳解】

伏特；庫侖、焦耳均是導出物理量的單位；屬于導出單位，厘米是基本物理量長度的單位，屬于基本單位。

故選B。6、D【分析】【詳解】

AB.當滑動變阻器的滑片向右移動時，R增大，總電阻變大。根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，總電流I減小，燈泡L將變暗；選項AB錯誤；

CD.路端電壓增大，而電容器的電壓等于路端電壓，根據(jù)Q=CU可知電容器的帶電量將增大，故D正確，C錯誤。二、多選題(共5題，共10分)7、A:D【分析】【詳解】

A、因為在直流電路中，電容器的電阻相當于無窮大，所以電路中沒有電流通過，使滑動片向左；右滑動；對整個電路沒有影響，所以帶電微粒仍然處于靜止狀態(tài)，故A項正確，B項錯誤；

C、打開之后，不變，亦是一個定值；所以電場力和重力仍然相等，微粒仍然保持靜止狀態(tài)，故C項錯誤，D項正確．

點睛：本題關(guān)鍵要抓住不變量進行分析：電容器與電源保持相連，板間電壓保持不變；充電后與電源斷開后，電量不變．電量、正對面積不變時，改變板間距離，板間場強不變．8、B:D【分析】【詳解】

A．電子從a點移動到c點的過程中，電場力做功為

電場力做正功；電勢能減小，A錯誤；

B．電子從a點移動到b點的過程中，電場力做功為

電場力做正功；B正確；

C．將段均分成5等份，a、b、c三點的電勢；如圖所示。

由圖可得d點與c點電勢相同，同時由幾何關(guān)系知垂直與因此電場方向從b點指向a點；C錯誤；

D．由題知

電場強度大小為

D正確。

故選BD。9、B:D【分析】【詳解】

A．設(shè)板長為L，粒子甲帶負電，則甲運動時間為

粒子乙因入射速度為甲的兩倍，則運動時間為

因乙在時刻飛入板間，則在T時刻飛出板間；故A錯誤；

CD．設(shè)兩板間距離為d，則有

則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)豎直方向位移和時間關(guān)系，可得

作出豎直方向上速度與時間圖像；如圖。

則圖線與時間軸圍成的面積代表豎直方向上的位移，設(shè)板間距為d，若恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場中豎直方向的最大位移大小剛好為根據(jù)圖像可知在時刻粒子甲會恰好不碰到極板，該時刻會達到最大位移的大小，而在時刻，粒子出電場，此時位移是最大位移的一半，為即甲在豎直方向上的位移為同理，對粒子乙，其軌跡為的形狀，因乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，根據(jù)圖像可知在T時刻會恰好不與極板相撞，此時乙剛好飛出電場，即乙在豎直方向上的位移為則偏轉(zhuǎn)位移之比為時刻；甲粒子離開電場時已具有豎直向上的分速度，故C錯誤，D正確；

B．對乙有

對甲有

因

則有

可得

又

可得

故B正確。

故選BD。10、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．依題意知，電容器保持與電源連接，則電容器極板間電壓不變；由。

可知，若將下極板豎直向上緩慢地移動一小段距離，d減小，則板間場強增大；則油滴所受電場力增大，油滴將沿豎直向上運動，故A錯誤；

BC．P點到上極板的距離不變，場強增大；由。

知，P點與上極板間電勢差增大，P點的電勢小于零，則P點的電勢降低；由于油滴帶負電，因向上運動，電場力做正功，則帶電油滴的電勢能將減小，機械能增大，故BC正確；

D．將下極板豎直向上緩慢移動時，d減??；根據(jù)。

可知電容器電容增大；電容器的電壓U不變；故根據(jù)。

可知電量增大，故電容器充電，電流計中有從b到a的電流；故D錯誤。

故選BC。11、B:C【分析】【詳解】

由閉合電路歐姆定律得U=E-Ir，當I=0時，E=U，由a圖線與縱軸的交點讀出電池的電動勢為E=3.6V．根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，將它們組成閉合回路時路端電壓為U=2V，電流為I=0.2A，則硅光電池的內(nèi)阻為故A錯誤．硅光電池的總功率為：P總=EI=3.6×0.2W=0.72W，故B正確．硅光電池的輸出功率為：P出=UI=0.4V，電池的內(nèi)阻消耗的熱功率為P熱=P總-P出=0.32W．故C正確．R的阻值R==10Ω＞r=8Ω；則若將R換成阻值更大的電阻，硅光電池的輸出功率將減小，故D錯誤．故選BC．

【點睛】

本題考查對U-I圖象的理解能力．對于線性元件可直接利用歐姆定律研究；對于非線性元件不能直接利用歐姆定律求解；同時對于電源的內(nèi)阻往往根據(jù)電源的U-I曲線研究斜率得到．三、填空題(共8題，共16分)12、略

【分析】【詳解】

A、B兩點間的電勢差為正電荷q從A移到B，電場力所做功為．【解析】ElcosθqElcosθ13、略

【分析】【詳解】

[1]某點的電場強度是正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的電場的疊加，是合場強，根據(jù)點電荷的場強公式可知，要使電場強度為零，那么正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的場強大小相等方向相反，不會在Q1的左邊，因為Q1的電荷大于Q2，也不會在Q1Q2之間，因為它們電荷相反，在中間的電場方向都是一樣的，所以，只能在Q2右邊，設(shè)該位置據(jù)Q2的距離是L，則有

解得

所以x坐標軸上x=12cm處的電場強度為零；

[2]在Q1Q2之間，正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的場強方向沿x軸正方向，所以實際場強也是沿x軸正方向，根據(jù)點電荷的場強公式得x坐標軸大于12cm區(qū)域電場強度方向沿x軸正方向區(qū)域，所以x坐標軸上電場強度方向沿x軸正方向區(qū)域是和【解析】12或14、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】溫度15、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]根據(jù)多用表的用途，可以使用多用表測電壓、電流、電阻?！窘馕觥侩妷弘娏麟娮?6、略

【分析】【詳解】

（1）[1]若將此表頭改裝成量程為的電壓表，由歐姆定律知

代入數(shù)據(jù)得

（2）[2]若將此表頭改裝成量程為

的電流表，由歐姆定律可知

代入數(shù)據(jù)得

（3）[3]把表頭改裝成電流表需要并聯(lián)分流電阻，并聯(lián)電阻阻值越小，改裝后電流表的量程越大，由圖示電路可知，使用A、B兩個端點時并聯(lián)分流電阻阻值較小，此時電流表量程較大?！窘馕觥?35037.5較大17、略

【分析】【詳解】

分析小球受力情況：小球受到重力拉力F與電場力因為小球做勻速直線運動，合力為零，則F與的合力與大小相等、方向相反，作出F與的合力，如圖，可知當電場力與F垂直時；電場力最小，此時場強也最?。?/p>

則得：所以電場強度的最小值為．若電場強度即時，電場力可能與AB方向垂直，如圖1位置，電場力不做功，電勢能變化量為0；也可能電場力位于位置2方向，則電場力做功為．

【點睛】

解決本題的關(guān)鍵是對小球進行正確的受力分析，靈活運用圖解法分析極值情況，并根據(jù)力圖要知道電場力大小一定時，方向可能有兩種情況，不能漏解．【解析】0或18、略

【分析】【詳解】

(1)[1]連接AD兩點，由幾何關(guān)系可知，AD邊平行BC邊，且AD邊長度是BC邊的兩倍，在勻強電場中，沿著同一方向前進相同的距離電勢差相等，所以

代入數(shù)據(jù)解得φD=1V

(2)[2]O點是AD的中點，所以

代入數(shù)據(jù)解得φO=-1V

則電量

的負電荷在中心O處的電勢能為

(3)[3]O點是FC的中點，所以

代入數(shù)據(jù)解得φF=-2V

B、F兩點的電勢相等，所以BF所在的直線是一條等勢線，過A點做BF的垂直平分線，與線段BF交于M點，則φM=-2V

已知正六邊形邊長為2cm，由幾何關(guān)系可知AM兩點距離d=1cm=0.01m

則電場強度

(4)[4]如圖所示。

【解析】1V19、略

【分析】【詳解】

由圖乙可求得電解液的電阻為由圖甲可知電解液長為截面積為結(jié)合電阻定律可得【解析】40四、作圖題(共1題，共2分)20、略

【分析】【詳解】

第一幅圖中線圈內(nèi)部磁場垂直紙面向外；根據(jù)右手定則可以判斷，電流為逆時針；第二幅圖中，磁場向上，根據(jù)右手定則可以判斷，左端電流垂直紙面向外，右端電流垂直紙面向里。

【解析】第一幅圖中電流為逆時針；第二幅圖左端電流垂直紙面向外；右端電流垂直紙面向里。

五、解答題(共3題，共15分)21、略

【分析】【詳解】

(1)撤去恒力F后，粒子受到水平向左的電場力和豎直向下的重力，大小分別為

合力

方向：

撤去恒力F后，粒子在圓弧軌道上做圓周運動，將電場力和重力的合力等效為重力，則粒子不脫離圓弧軌道，粒子恰好可以通過E點時的速度滿足（圓弧上的一點，EO的連線平行合力的方向）

解得

方法一：到達最高