2025年中圖版必修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年中圖版必修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；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9題，共18分)1、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的電源連接，上極板A接地，一帶負電的油滴固定于電容器中的P點，現(xiàn)將平行板電容器的下極板B豎直向下移動一小段距離；則（）

A.帶電油滴所受電場力不變B.P點的電勢將升高C.帶電油滴的電勢能增大D.電容器的電容減小，極板帶電量增大2、某一導(dǎo)體的伏安特性曲線如圖中AB段（曲線）所示；關(guān)于導(dǎo)體的電阻，以下說法正確的是（）

A.對應(yīng)于B點的電阻為12ΩB.對應(yīng)于B點的電阻為40ΩC.工作狀態(tài)從A變化到B時，導(dǎo)體的電阻因溫度的影響改變了1ΩD.工作狀態(tài)從A變化到B時，導(dǎo)體的電阻因溫度的影響改變了9Ω3、在電磁波譜中，紅外線、可見光和X射線（射線）三個波段的波長大小關(guān)系是（）A.可見光的波長最長，紅外線的波長最短B.紅外線的波長最長，X射線的波長最短C.紅外線的波長最長，可見光的波長最短D.可見光的波長最長，X射線波長最短4、與早期的電纜傳輸信息相比，光纖通信具有各方面壓倒性的優(yōu)勢?；趥鬏斝实目剂?，目前光纖信號傳輸主要采用850nm、1310nm、1550nm三種波長的激光，其波長均大于紅光波長（630~760nm）。下列說法正確的有（）A.光纖中采用的激光的波長小于X射線的波長B.波長為850nm的激光的頻率約為C.波長為1550nm的激光的頻率比波長為1310nm的激光的頻率高D.相同時間內(nèi)，波長為1550nm的激光傳遞的信息量比波長為1310nm的激光傳遞的信息量大5、如圖所示；PQ為某電場中的一條電場線，下列說法正確的是（）

A.正電荷在P點受到的電場力方向一定沿著電場線方向B.該電場一定是點電荷產(chǎn)生的電場C.該電場一定是勻強電場D.P點的電場強度一定比Q點的大6、某宏觀帶電物體，其所帶電量不可能的是（）A.8.0×10-20CB.1.6×10-17CC.8×10-16CD.3.2×10-15C7、如圖所示，空間中存在沿紙面方向的勻強電場，C為圓弧的中點，O點處能源源不斷地以相同的速率向外發(fā)射重力不計的電子，且射出的電子均能到達圓弧AB上。將一電子由O點移動到A點，電場力做的功為2eV，將一電子由A點移動到B點，電場力做的功為－4eV。取O點的電勢為零，．下列說法正確的是（）

A.電場強度的方向由A指向CB.電場強度大小為C.從O點射出的電子到達圓弧上A點時電子動能最小D.電子在B點的電勢能為8、一個電子僅在電場力作用下沿x軸做直線運動，以水平向右的方向為x軸的正方向，從0時刻起運動依次經(jīng)歷t0、2t0、3t0時刻。其運動的v~t圖象如圖所示。對此下列判斷正確的是（）

A.0時刻與2t0時刻電子在不同位置B.0時刻、t0時刻、3t0時刻電子所在位置的電勢分別為其大小比較有>>C.0時刻、t0時刻、3t0時刻電子所在位置的場強大小分別為E0、E1、E3，其大小比較有E3<E0<E1D.電子從0時刻運動至t0時刻，連續(xù)運動至3t0時刻，電場力先做正功后做負功9、如圖所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω；A；B兩端接在電壓恒定的電源上，則（）

A.S斷開時，R1與R2的兩端電壓之比為5：1B.S閉合時，R1與R2兩端的電壓之比為2：5C.S閉合時，通過R2與R3的電流之比為2：1D.S閉合時，通過R1與R2的功率之比為2：5評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、如圖所示的電路中，A、B兩端間電壓U恒定，干路中的定值電阻的阻值為R0，支路中的定值電阻的阻值為R2，滑動變阻器不接入電路時，兩固定端a、b間的電阻為R1．R0小于R1，R0和R2都不等于零．那么，按圖示電路，滑動變阻器的滑片P由b端逐漸向a端移動過程中，電流表A1、A2的示數(shù)變化情況是()

A.A2的示數(shù)一直不斷增大B.A1的示數(shù)一直不斷減小C.A2示數(shù)先增大后減小D.A1示數(shù)先減小后增大11、小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示，圖（b）中電源E0（電動勢4V，內(nèi)阻1.00Ω）滑動變阻器R（阻值0~9.0Ω）。閉合開關(guān)S，在R的變化范圍內(nèi)；小燈泡的功率可能為（）

A.0.05WB.0.50WC.1.05WD.2.50W12、如圖所示，虛線是電場中的一組豎直等差等勢面，實線是一帶負電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，分別為運動軌跡與等勢面的交點，下列判斷正確的是()

A.圖中等勢面a的電勢最高B.粒子在電場中做變加速運動C.粒子經(jīng)過Q點時的動能大于經(jīng)過P點時的動能D.粒子在M點的電勢能比在Q點的小13、對于給定的電容器，如圖所示，是描述電容C、所帶電荷量Q、電勢差U之間的相互關(guān)系的圖像，正確的是（）A.B.C.D.14、一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩板間有一個正檢驗電荷固定在點，如圖所示，以表示電容器的電容，表示兩板間的場強，表示點的電勢，表示正電荷在點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向左平移一小段距離則下列關(guān)于各物理量與負極板移動距離的關(guān)系圖象中正確的是（）

A.B.C.D.評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、如圖所示，A和B兩平行金屬板相距10mm，M點距A板及N點距B板均為2mm，兩極板間的電壓為4V，則板間場強為______N/。A．A板電勢為________V，N點電勢為________V.16、某電熱水壺銘牌的部分參數(shù)如表中所示，從表中可知，該電熱水壺正常工作時電壓U=______V，功率P=_____W，電流I=______A。

產(chǎn)品型號

DF-938

額定電壓

220V

額定頻率

50HZ

額定功率

1100W17、有一個靈敏電流表，內(nèi)阻為滿偏電流為要把它改裝成量程為的電流表，需并聯(lián)______的分流電阻；如果要把它改裝為量程的電壓表，需串聯(lián)_______的電阻（本題保留三位有效數(shù)字）。18、能量守恒定律。

（1）能量守恒定律。

能量既不會憑空___________，也不會憑空___________，它只能從一種形式___________為另一種形式，或者從一個物體___________到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量___________。

（2）能量守恒定律的意義。

①各種形式的能可以___________。

②各種物理現(xiàn)象可以用___________聯(lián)系在一起。

（3）永動機不可能制成。

①第一類永動機：人們把設(shè)想的不消耗___________的機器稱為第一類永動機。

②第一類永動機由于違背了___________，所以不可能制成。19、摩擦起電的原因：當兩種物質(zhì)組成的物體相互摩擦時，一些受束縛較弱的___________會轉(zhuǎn)移到另一個物體上，原來電中性的物體由于得到電子而帶___________，失去電子的物體則帶___________。20、真空中有兩個大小相等的帶電球體，帶電量分別為-1×10﹣8C和+3×10﹣8C，相距為r（r遠大于球半徑）時，相互作用力為0.30N，若將兩個帶電體接觸后再分開，仍相距r，它們之間的靜電力為______力（吸引或排斥），靜電力大小為F=______N。21、一充電后的平行板電容器與電源斷開后，若只將電容器兩板間距離增大，電容器所帶電荷量Q將____，電容C將___，電容器兩極板間的電勢差U將______。（三空均選填“增大”、“減小”或“不變”）22、安培定則。

（1）直線電流的磁場：右手握住導(dǎo)線，讓伸直的拇指所指的方向與______方向一致，彎曲的四指所指的方向就是______環(huán)繞的方向；如圖甲。

（2）環(huán)形電流的磁場：讓右手彎曲的四指與______的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環(huán)形導(dǎo)線軸線上______的方向；如圖乙。

（3）通電螺線管的磁場：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟______方向一致，拇指所指的方向就是螺線管______磁感線的方向，或拇指指向螺線管的______極；如圖丙。

評卷人得分四、作圖題(共1題，共9分)23、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．電油滴所受靜電力

平行板電容器的下極板B豎直向下移動，d增大，F(xiàn)減?。还蔄錯誤；

B．電勢差

平行板電容器的下極板B豎直向下移動，d增大，UAP減小，P點電勢升高；故B正確；

C．由于油滴帶負電，P點的電勢升高；則油滴的電勢能將減小，故C錯誤；

D．由電容公式

可知由于d增大，C減小，由

解得

d增大，Q減?。还蔇錯誤。

故選B。2、B【分析】【分析】

【詳解】

AB．B點時導(dǎo)體電阻為。

故A錯誤；B正確；

CD．A點時導(dǎo)體電阻為。

導(dǎo)體的電阻因溫度的影響改變。

故C；D錯誤。

故選B。3、B【分析】【詳解】

電磁波譜中；按波長逐漸降低的順序依次為：無線電波；紅外線、可見光、紫外線、X射線等，故紅外線、可見光和X射線中紅外線的波長最長，X射線的波長最短，故ACD錯誤，B正確．

故本題選B．4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．X射線的波長范圍為0.001~10nm；故光纖中采用的激光的波長大于X射線的波長，A錯誤；

B．由可知，波長為850nm的激光的頻率

B正確；

C．由可知；頻率與波長成反比，波長越長，頻率越低，則波長為1550nm的激光的頻率比波長為1310nm的激光的頻率低，C錯誤；

D．頻率越高；傳遞的信息量越大，則相同時間內(nèi)，波長為1550nm的激光傳遞的信息量比波長為1310mm的激光傳遞的信息量小，D錯誤。

故選B。5、A【分析】【詳解】

A．正電荷在電場中受到的電場力方向與電場線切線方向相同；即正電荷在P點受電場力方向沿電場線方向，故A正確；

BC．只有一條電場線；圖示電場可能是點電荷產(chǎn)生的電場，也可能是勻強電場，故BC錯誤；

D．在電場中電場線疏密表示電場強度的大小；只有一條電場線，無法判斷電場強度大小，故D錯誤。

故選A。6、A【分析】【詳解】

宏觀帶電體所帶電荷量必為元電荷的整數(shù)倍；故A正確，BCD錯誤。

故選A。7、D【分析】【詳解】

A．電子由O點到A點，有

又

解得

電子由A點到B點，有

又

解得

所以AB的中點電勢為0，則C、O在同一等勢線上；電場方向與等勢線方向垂直可知，電場方向由A指向B；如圖。

故A錯誤；

B．可知

又由幾何關(guān)系可得

則

故B錯誤；

C．電子由低電勢點向高電勢點運動時，電場力做正功，電子的動能增大，由于圓弧AB上A點的電勢最高，所以到達圓弧上A點的電子動能量大；故C錯誤；

D．由公式可解得電子在B點的電勢能為

故D正確。

故選D。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖象可知，圖像與橫軸圍成的面積代表位移，電子從0時刻到2t0時刻位移為零，所以0時刻與2t0時刻電子在同一位置；故A錯誤；

BD．電子從0時刻運動至t0時刻，連續(xù)運動至3t0時刻，電場力對電子先做負功，后做正功，所以電子的電勢能先增大后減小，因為電勢能為由于電子帶負電，所以電勢能越大，電勢越低，則有

故BD錯誤；

C．根據(jù)速度-時間圖象的斜率的絕對值表示加速度大小以及牛頓第二定律可知，v-t圖象的斜率的絕對值表示加速度大小，正比于電場力大小，所以加速度越大，場強越大，故有E3<E0<E1

故C正確。

故選C。9、B【分析】【分析】

【詳解】

A．S斷開時，R1與R2串聯(lián)，兩端電壓之比為

A錯誤；

B．S閉合時，R1與R2兩端的電壓之比為

B正確；

C．S閉合時，通過R2與R3的電流之比為1：1；C錯誤；

D．S閉合時，通過R1與R2的功率之比為

解得

D錯誤。

故選B。二、多選題(共5題，共10分)10、A:D【分析】【分析】

滑動變阻器的滑片P由b端逐漸向a端移動過程中，總電阻減小，總電流增大，根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點，分析變阻器與R2并聯(lián)部分電壓的變化，分析A2的示數(shù)變化情況．采用特殊值法，分析A1的示數(shù)變化情況．

【詳解】

滑動變阻器的滑片P由b端逐漸向a端移動過程中，變阻器上部分電阻減小，下部分電阻增大，由于下部分與電阻并聯(lián)，并聯(lián)電阻小于支路電阻，可知并聯(lián)部分增加量小于變阻器上部分電阻的減小量，總電阻減小，總電流增大，由歐姆定律可知部分電壓必定增大，則A2的示數(shù)一直不斷增大；假設(shè)當滑片位于b端時被短路，A1示數(shù)當滑片與b間的電阻為1.5R0時，A1示數(shù)當滑片位于a端時，示數(shù)可知示數(shù)先減小后增大；AD正確．

【點睛】

本題是電路動態(tài)分析問題，關(guān)鍵要抓住并聯(lián)總電阻小于任一支路的電阻，靈活運用特殊值法分析電流的變化．11、B:C【分析】【分析】

【詳解】

當R=9Ω，等效電源（E=4V，r=10Ω）的U-I圖像與小燈泡的伏安特性曲線交點為（1，75V，225mA）Pmin=0.39W

當R=0，電源（E=4V，r=1.00Ω）的U-I圖像與小燈泡的伏安特性曲線交點為（3.67V，320mA）Pmax=1.17W

故選BC。12、A:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)電場線與等勢面垂直，可知電場線位于水平方向，粒子所受的電場力也在水平方向，由粒子的軌跡向左彎曲，所以粒子所受的電場力水平向左，粒子帶負電，則電場線方向水平向右，則a處電勢最高；故A正確；

B．由圖知；等差等勢面均勻分布，則知該電場是勻強電場，粒子所受的電場力恒定，所以粒子在電場中做勻變速運動，故B錯誤；

C．若粒子從M運動到Q，電場力做負功，粒子的動能減小，同理，若粒子從Q到M，電場力做正功，粒子動能增大，則粒子經(jīng)過Q點動能小于P點動能；故C錯誤；

D．電場線方向水平向右，則M點電勢高于Q點電勢，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，所以粒子在M點的電勢能比Q點的?。还蔇正確。

故選AD。13、A:D【分析】【分析】

【詳解】

ABC．在電容定義式C=中，C由電容器自身決定，與Q、U無關(guān)；A正確；BC錯誤；

D．根據(jù)電容定義式C=可知Q與U成正比；D正確。

故選AD。14、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．當負極板左移時，兩板間的距離增加，由

可知，C與x的圖象不是一次函數(shù)圖象；A錯誤；

B．由

可知

則

E與d無關(guān)；B正確；

C．因負極板接地，設(shè)P點開始距負極板的距離是d＇，則P點的電勢φ=E（d＇+l0）

C正確；

D．電勢能EP=φq=Eq（d＇+l0）

EP?x圖象是一條斜向上的直線；D錯誤。

故選BC。三、填空題(共8題，共16分)15、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)可知兩板間的電場強度為板間電場方向向上，故A點的電勢低于B板的電勢，因B板接地電勢為零，所以可知A板電勢為-4V；B、N之間的電勢差為所以N點的電勢為-0.8V．【解析】400－4－0.816、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)電熱水壺的銘牌可知：220V表示電水壺的額定電壓為U=220V；即正常工作時電壓為220V；

[2]1100W表示水壺的額定功率為P=1100W；

[3]額定電流為【解析】2201100517、略

【分析】【詳解】

[1]將靈敏電流計改裝為電流表；原理圖為。

由圖可知

解得

[2]將靈敏電流計改裝為電壓表；原理圖為。

由圖可知

解得【解析】18、略

【分析】【詳解】

（1）[1][2][3][4][5]能量既不會憑空產(chǎn)生；也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。

（2）①[6]各種形式的能可以相互轉(zhuǎn)化。

②[7]各種物理現(xiàn)象可以用能量守恒定律聯(lián)系在一起。

（3）①[8]第一類永動機：人們把設(shè)想的不消耗能量的機器稱為第一類永動機。

②[9]第一類永動機由于違背了能量守恒定律，所以不可能制成?！窘馕觥慨a(chǎn)生消失轉(zhuǎn)化轉(zhuǎn)移保持不變相互轉(zhuǎn)化能量守恒定律能量能量守恒定律19、略