2025年人教版必修3物理下冊月考試卷

…………○…………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年人教版必修3物理下冊月考試卷24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、三根通電長直導線A、B、C互相平行、垂直紙面放置。三根導線中電流方向均垂直紙面向里，且每兩根導線間的距離均相等。則A、B中點O處的磁感應強度方向()

A.方向水平向左B.方向水平向右C.方向豎直向上D.方向豎直向下2、已知均勻帶電圓盤在圓外平面內產生的電場與一個位于圓心的、等電量的同種點電荷產生的電場相同．如圖所示，電荷總量為Q的電荷均勻分布在半徑為R的圓盤上，在過圓心O的直線上有A、B兩點，O與B，B與A的距離均為R，現以OB為直徑在盤內挖掉一個小圓盤，若靜電力常量為k，則剩余部分在A處的場強大小為：

A.B.C.D.3、某興趣小組利用如圖甲所示的電路研究一熱敏電阻的阻值隨溫度變化的規(guī)律。電路中電源電動勢和內阻保持不變，R0為定值電阻，Rt為熱敏電阻。通過實驗得到，在0℃~80℃的范圍內，電壓表的示數U隨熱敏電阻的溫度t變化的關系如圖乙所示。則在0℃~80℃的范圍內，該熱敏電阻Rt的阻值隨溫度t變化的關系圖像為（）

A.B.C.D.4、A、B兩個點電荷在真空中的電場線（方向未標出）如圖所示。圖中C點為兩點電荷連線的中點，MN為兩點電荷連線的中垂線，D點為中垂線上的一點，電場線的分布關于MN左右對稱。則（）

A.A、B是等量同種點電荷B.C處的場強方向一定垂直MN向右C.從C點沿直線到D點，場強大小逐漸增大D.從C點沿直線到D點，場強方向保持不變5、在固定的等量同種點電荷+Q和+Q連線的正中央虛擬一個正方體空間模型，abcd面和a′b′c′d′面的中點分別為O、O′（c、O沒有畫出）；下列說法正確的是（）

A.點a、a′處的場強相同B.aa′bb′面是一個等勢面C.將一正試探電荷從a移到a′，電勢能減小D.將一正試探電荷從O′點由靜止釋放，將在O′、O間做往復運動6、如圖所示，電流表為理想電表。當開關處于位置1時，電流表讀數當開關處于位置2時，電流表讀數則電源的（）

A.電動勢內阻B.電動勢內阻C.電動勢內阻D.電動勢內阻評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖甲所示，A、B為電場中一直線上的兩個點，帶正電的粒子只受電場力的作用，從A點以某一初速度沿直線運動到B點，其動能Ek隨位移x的變化關系如圖乙所示，則該粒子從A運動到B的過程中；下列說法正確的是（）

A.粒子的電勢能先減小后增大B.在x軸上，電場強度的方向由A指向BC.粒子所受電場力先減小后增大D.在x軸上，從A到B各點的電勢先升高后降低8、兩個點電荷Q1、Q2固定于x軸上，將一帶正電的試探電荷從足夠遠處沿x軸負方向移近Q2（位于坐標原點O）；在移動過程中，試探電荷的電勢能隨位置的變化關系如圖所示．則下列判斷正確的是。

A.M點電勢為零，N點場強為零B.M點場強為零，N點電勢為零C.Q1帶負電，Q2帶正電，且Q2電荷量較小D.Q1帶正電，Q2帶負電，且Q1電荷量較小9、如圖所示，電源內阻不可忽略，R1為電阻箱，R2為半導體熱敏電阻，阻值隨溫度的升高而減小，C為電容器；閉合開關S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動，電壓表為理想電表，則下列判斷正確的是（）

A.若R1不變，當溫度降低時電壓表的示數減小B.若R1不變，當溫度降低時油滴向上移動C.若溫度不變，當電阻箱R1的阻值增大時，電容器C的電荷量減少D.若R1不變，溫度不變，當電容器C兩極板間的距離增大時油滴向下移動10、如圖1，A板的電勢B板的電勢隨時間的變化規(guī)律如圖2所示電子只受電場力的作用，且初速度為零，則

A.若電子在時刻進入的，它將一直向B板運動B.若電子在時刻進入的，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上C.若電子在時刻進入的，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上D.若電子是在時刻進入的，它將時而向B板、時而向A板運動11、安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據表中測量結果可推知（）。測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45

A.測量地點位于南半球B.當地的地磁場大小約為50μTC.第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方12、如圖所示，在x軸上關于O點對稱的F、G兩點有等量正點電荷Q，正方形ABCD在xoy平面內，其中心在O點，且AB邊與FG連線平行．則下列判斷正確的是（））

A.O點電場強度為零B.A,C兩點電場強度相等C.B,D兩點電勢相等D.若將點電荷-q從A點移向C，電場力做的總功為負評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、電容器。

（1）電容器：儲存電荷和電能的裝置。任何兩個彼此___________又相距很近的___________；都可以看成一個電容器。

（2）電容器的充放電。

a.充電：把電容器的兩極板分別與電池組的兩極相連，兩個極板分別帶上等量的___________電荷的過程，充電過程中，由電源獲得的___________儲存在電容器中。

b.放電：用導線把充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷___________的過程，放電過程中，電容器把儲存的能量通過___________轉化為電路中其他形式的能量。14、電磁場：變化的____和變化的____交替產生，形成不可分割的統一體，稱為___。15、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，在轉化或轉移的過程中，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各種物理現象可以用___________聯系在一起。

（3）永動機不可能制成。

①第一類永動機：人們把設想的不消耗___________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。16、同一直線上相距為L的兩個點電荷，A、B點處的電荷電量分別為QA、QB，QA＜0、QB＞0，則二者間的庫侖力的大小為_____，在B的右側相距也為L的C點電場強度的大小為_________。

17、如圖所示電場，一個電子在P點和Q點所受電場力大小________電勢能________（均選填“>”、“=”和“<”）

18、左圖讀數為___________cm；右圖讀數為___________mm。

評卷人得分四、實驗題(共2題，共16分)19、實驗小組利用如圖甲所示電路測量金屬絲的電阻率。將金屬絲拉直，一端直接接入電路中，另一端通過小金屬夾（小金屬夾相當于滑動變阻器的滑片）接入電路。用歐姆表粗測金屬絲全部接入電路時的阻值約為5Ω。用螺旋測微器測該金屬絲的直徑如圖乙所示。電路中電壓表V量程為0~5V，內阻約50kΩ，蓄電池的電動勢約12V，內阻不計。通過金屬夾在金屬絲上滑動來改變金屬絲接入電路部分的長度l，記錄對應的電壓表示數U，作出–關系圖線如圖丙所示?；卮鹣铝袉栴}：

（1）圖乙所示金屬絲的直徑d=________mm；

（2）電路中的定值電阻R應選________（選填“A”“B”或“C”）；

A．定值電阻3Ω

B．定值電阻8Ω

C．定值電阻50Ω

（3）由圖丙求得金屬絲的電阻率ρ=_______Ω·m（保留兩位有效數字）。

20、在“測定小燈泡的額定功率”實驗中，張超同學用一個電壓表、一個電流表、二個開關、電壓為的電源、額定電壓為的小燈泡和一個標有“”的滑動變阻器；設計了如圖甲所示的電路。

①如果小燈泡的額定功率小于電流表的量程選__________為宜；

②請用鉛筆畫線代替導線，按照圖甲所示的電路圖，將圖乙的實物電路連接完整（連線不得交叉）；（______）

③在實驗中，若電壓表示數為則燈泡的實際功率__________額定功率（選填“”、“”或“”）；

④當滑動變阻器的滑片向左移動時，電流表示數增大。當電壓表的示數為__________時小燈泡正常發(fā)光，此時電流表示數為則燈泡的額定功率為___________

⑤另一組的同學按同一電路連接好最后一根導線；燈泡立即發(fā)出明亮耀眼的光并很快熄滅。檢查后發(fā)現連線正確，請你找出實驗中兩個操作不當之處：

Ⅰ.________________；

Ⅱ.__________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

用安培定則判斷通電直導線在O點所產生的磁場方向如圖所示：

直導線A在O點產生磁場與直導線B在O點產生磁場方向相反，大小相等，則A合磁場為零；而直導線C在O點產生磁場；方向從A指向B，即為水平向右；故B正確，ACD錯誤。

故選B。2、C【分析】【詳解】

由題意知，半徑為R的均勻帶電圓盤在A點產生場強為：

同理割出的小球半徑為因為電荷平均分布，其帶電荷量為：

則其在A點產生的場強：

所以剩余空腔部分電荷在A點產生的場強為：

所以選擇C.

【點睛】本題采用割補的思想方法求解，先求出整個大盤在B點產生的場強，再求出割出的小圓盤在A點產生的場強，利用整體場強等于剩余部分在A點產生場強和割掉的小圓盤在A點產生的場強矢量和，從而求出A處的場強3、C【分析】【詳解】

根據電壓表的示數U隨熱敏電阻的溫度t變化的關系可得

由電路可知

聯立解得

則Rt-t圖像為非線性圖像，且隨著t增加，Rt逐漸減小。

故選C。4、D【分析】【詳解】

A．由電場線分布可知，A、B是等量異種點電荷；故A錯誤；

BD．由于A、B兩個點電荷的電性未知，AB連線的中垂線上的點的電場強度方向可能水平向右也可能水平向左；但是電場方向都相同，故B錯誤，D正確；

C．從C點沿直線到D點；場線逐漸稀疏，故場強大小逐漸減小，故C錯誤。

故選D。5、D【分析】【詳解】

A．根據等量同種電荷的電場線特點，點a、a′處的場強大小相等；方向不同，A錯誤；

B．根據等量同種電荷等勢面的特點，等勢面是曲面，a、a′、b、b′在同一個等勢面上，aa′bb′面不是等勢面；B錯誤；

C．根據對稱性，a、a′的電勢相等，將一正試探電荷從a移到a′電場力不做功；電勢能不變，C錯誤；

D．將一正試探電荷從O′點由靜止釋放，向O點運動過程中，根據等量同種電荷電場線的特點，電場力先做正功后做負功，根據對稱性，這兩點的電勢相等，電場力的總功等于零，電荷在O點的速度也等于零，所以電荷將在O′、O間做往復運動；D正確。

故選D。6、A【分析】【分析】

【詳解】

根據閉合電路歐姆定律得

聯立組成方程組得

代入解得

故選A。二、多選題(共6題，共12分)7、A:C【分析】【詳解】

A．動能先增大后減?。桓鶕芰渴睾愣煽芍妱菽芟葴p小后增大，故A正確；

B．因為帶正電的粒子在只受電場力的作用動能先增加后減小，可知在x軸上粒子先朝電場強度方向運動，后朝電場強度方向反方向運動，可知在x軸上，電場強度的方向不是由A指向B；B錯誤；

C．由圖中的斜率可知動能的改變率先越來越小；后越來越大，即速度的改變率先越來越小，后越來越大，故粒子所受電場力先減小后增大，C正確；

D．在x軸上，從A到B該正電荷的動能先增大后減小，可知電勢能先減小后增大，根據電勢能的定義

可知；電勢先降低后升高，D錯誤；

故選AC。8、A:C【分析】【詳解】

M點電勢能為零，則電勢為零；EP–x圖象的斜率=qE，則N點場強為零，A正確，B錯誤．帶正電的試探電荷從距Q2較近處移近過程中，電勢能增大，從足夠遠處移近時，電勢能先減小后增大，由正電荷在電勢高處電勢能大，說明Q2帶正電，Q1帶負電；由N點場強為零，有=又r1>r2，則Q1>Q2，C正確，D錯誤．9、B:C:D【分析】【詳解】

A．當溫度降低時R2增大，R總增大，根據閉合電路歐姆定律知I總減小，路端電壓U=E-I總r

可知路端電壓增大；電壓表的讀數增大，故A錯誤；

B．電容器的電壓UC=E-I總（r＋R1）

增大；場強增大，油滴向上移動，故B正確；

C．若環(huán)境溫度不變，R2阻值不變，當電阻箱R1的阻值增大時，R總增大，根據閉合電路歐姆定律知I總減小，電容器的電壓UC=I總R2

UC減小，電容器C的帶電荷量Q=UCC

可知電荷量減少；故C正確；

D．若R1不變，溫度不變，電容器C兩極板間的電壓不變，當電容器C兩極板間的距離增大時

電場強度減小；油滴向下移動，故D正確；

故選BCD。10、A:C:D【分析】【詳解】

AB．若電子在t=0時刻進入的，它將在電場力作用下，先加速向B運動，后減速向B運動，接著加速向B運動，后減速向B運動，因此它一直向B板運動，直到到達B板；故A正確；B錯誤；

C．若電子在時刻進入的，從到它先向B板加速運動，后減速運動，當到電子回頭運動，當到又向B運動，這樣時而向B板運動，時而向A板運動，最后打到B板上；故C正確；

D．同理，若電子是在t=時刻進入的，它將時而向B板、時而向A板運動，故D正確；故選ACD．11、B:C【分析】【詳解】

A．如圖所示。

地球可視為一個磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近，磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數據可看出z軸的磁場豎直向下；則測量地點應位于北半球，A錯誤；

B．磁感應強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應強度大致為

計算得B≈50μT

B正確；

CD．由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量故y軸指向南方，第3次測量故x軸指向北方而y軸則指向西方；C正確；D錯誤。

故選BC。12、A:C【分析】【詳解】

A、根據電場線分布和疊加原理可知O點電場強度為零，故A正確；

B、根據電場線分布的對稱性可知，A、C兩點電場強度大小相等，方向相反，故B錯誤；

C、根據電場線分布的對稱性和順著電場線方向電勢降低，D點的電勢等于B點的電勢，故C正確；

D、根據電場線分布的對稱性和順著電場線方向電勢降低，A點的電勢等于C點的電勢，根據可知A點的電勢能等于C點的電勢能，所以將點電荷-q從A點移向C，電場力做的總功為0，故D錯誤；

故選AC．

【點睛】

空間各點的電場強度是兩個點電荷產生的電場強度的合成，根據疊加原理分析電場方向，確定電勢關系和電場強度關系；確定出從A到C電勢的變化，根據電場力做功．三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2]電容器指儲存電荷和電能的裝置。任何兩個彼此絕緣又相距很近的導體；都可以看成一個電容器；

（2）[3][4]充電指把電容器的兩極板分別與電池組的兩極相連；兩個極板分別帶上等量的異種電荷的過程，充電過程中，由電源獲得的電能儲存在電容器中；

[5][6]放電指用導線把充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷中和的過程，放電過程中，電容器把儲存的能量通過電流做功轉化為電路中其他形式的能量?！窘馕觥竣?絕緣②.導體③.異種④.電能⑤.中和⑥.電流做功14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]電磁場：變化的電場和變化的磁場交替產生，形成不可分割的統一體，稱為電磁場?！窘馕觥竣?電場②.磁場③.電磁場15、略

【分析】【詳解】

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

（2）①[6]各種形式的能可以相互轉化。

②[7]各種物理現象可以用能量守恒定律聯系在一起。

（3）①[8]第一類永動機：人們把設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生消失轉化轉移保持不變相互轉化能量守恒定律能量能量守恒定律16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]二者間的庫侖力的大小為

[2]在B的右側相距也為L的C點電場強度的大小為【解析】①.②.17、略

【分析】【詳解】