2025年人教新課標必修3物理下冊月考試卷

…………○…………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年人教新課標必修3物理下冊月考試卷929考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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9題，共18分)1、某運動員參加撐桿跳高比賽如圖所示；這個過程中能量變化描述正確的是（）

A.加速助跑過程中，運動員的動能和重力勢能都不斷增大B.起跳上升過程中，桿的彈性勢能先增大后減小C.起跳上升過程中，運動員的機械能守恒D.運動員越過橫桿正上方時，動能為零2、如圖所示的電路中，電源的電動勢E=3.0V，內(nèi)電阻r=1.0Ω，電阻R=2.0Ω；不計電路中的其他電阻，閉合開關(guān)S后，電流表A的示數(shù)為（）

A.0.5AB.1.0AC.1.5AD.3.0A3、恒流源可為電路提供恒定電流如圖所示的電路中，為定值電阻，電流表、電壓表為理想電表，導(dǎo)線電阻不計。調(diào)節(jié)變阻器接入電路的阻值；記錄電流表；電壓表的示數(shù)并依次記錄在下表中。由數(shù)據(jù)可以判斷（）

。序號12345678U(V)14.012.010.08.06.04.02.00I(A)0.300.400.500.600.700.800.901.00

A.實驗過程中逐漸增大B.電路中定值電阻的阻值為C.恒流源提供的恒定電流為2.00AD.實驗過程中恒流源輸出功率不變4、有些物理問題，可以借助虛設(shè)的對象、條件、過程或模型，使復(fù)雜問題簡單化抽象問題具體化，獲得解決問題的方法。舉例如下：如圖所示，四根質(zhì)量都是m的均勻等長木棒，用鉸鏈連成框架，絞鏈P固定在天花板上，框架豎直懸掛在空中；現(xiàn)在絞鏈上施一豎直向上的力F使框架保持靜止，不計一切摩擦，若要求出作用力F的大小，可設(shè)想力F使絞鏈緩慢上移一微小的距離則框架的重心將上升因為F做的功等于框架重力勢能的增加量，所以可得請參照上面解決問題的方法，嘗試完成以下問題：有一均勻帶電薄球殼，電荷量為半徑為R，球殼表面的電荷之間將互相排斥；已知此帶電球殼體系儲存的靜電能為（k為靜電力常量）；則球殼單位面積上受到的排斥力為（）

A.B.C.D.5、兩個大小相同的小球帶有同種電荷，（可看作點電荷），質(zhì)量分別為和帶電量分別為和用絕緣線懸掛后，因靜電力而使線張開，分別與豎直方向成夾角和且兩球同處一水平線上，如圖所示，若則下述結(jié)論正確的是（）

A.必須同時滿足B.一定滿足C.一定等于D.一定等于6、如圖所示，a、b、c、d為正方形的四個頂點，在a、c兩點分別固定一電荷量為的點電荷，在d點固定一電荷量為的點電荷?，F(xiàn)將另一電荷量為的點電荷P從無窮遠處移動到b點并固定，移動該電荷過程中電場力做功為W，之后將固定在c點的點電荷移走，規(guī)定無窮遠處電勢為0，下列說法錯誤的是（）

A.未移入點電荷P前，b點的電勢為B.將c點的點電荷移走后，c點的電勢為C.若將另一帶電量為的點電荷從無窮遠處移動到c點，電場力做功為D.若將另一帶電量為的點電荷固定在c點，O點的電場強度方向指向a點7、在如圖1所示的電路中，電流表和電壓表都可以看做理想電表，調(diào)節(jié)滑動變阻器R的觸頭，電壓表讀數(shù)U隨著電流表讀數(shù)I的增大而減小，換用不同的電池1和2，得到圖2所示相應(yīng)的兩條U-I圖線1和2，根據(jù)U-I圖線；下面說法正確的是（）

A.電池2的電動勢大于電池1的電動勢B.電池2的內(nèi)電阻大于電池1的內(nèi)電阻C.兩電池電動勢與其內(nèi)阻之比相等D.電流相等時，R上消耗的功率相等8、如圖所示電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R。開關(guān)閉合前電容器不帶電。閉合開關(guān)；待電路穩(wěn)定后（）

A.通過電源的電流為零B.定值電阻兩端的電壓等于EC.電路消耗的電功率等于D.電容器所帶電荷量為9、理想化模型法是物理學(xué)中的一種重要研究方法。這種方法的主要特點是，通過科學(xué)抽象，把實際問題理想化，突出強調(diào)研究對象或過程某一方面的主要特征，而忽略其他方面的次要特征。下列不屬于物理學(xué)中的理想模型的是（）A.點電荷B.輕質(zhì)彈簧C.條形磁鐵D.自由落體運動評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、靜電噴涂是利用靜電現(xiàn)象制造的；其原理如圖所示．以下說法正確的是（）

A.涂料微粒帶正電B.涂料微粒所受電場力的方向與電場方向相反C.電場力對涂料微粒做正功D.涂料微粒的電勢能變大11、如圖所示電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，Rt為負溫度系數(shù)熱敏電阻；R為光敏電阻，閉合開關(guān)后，小燈泡L正常發(fā)光，由于環(huán)境條件改變（光照或溫度），發(fā)現(xiàn)小燈泡亮度變暗，則引起小燈泡變暗的原因可能是（）

A.溫度不變，光照增強B.溫度升高，光照不變C.溫度降低，光照增強D.溫度升高，光照減弱12、關(guān)于能源的開發(fā)和利用，下列觀點正確的是（）A.能源是有限的，無節(jié)制地使用常規(guī)能源，是一種盲目的短期行為B.根據(jù)能量守恒定律，能源是取之不盡、用之不竭的C.能源的開發(fā)和利用，必須同時考慮其對生態(tài)環(huán)境的影響D.不斷開發(fā)新能源，是緩解能源危機、加強環(huán)境保護的重要途徑13、一定數(shù)量的直導(dǎo)線沿豎直方向均勻分布在圓心為O的圓周上，圓周所在平面水平，導(dǎo)線中均通有方向相同、大小相等的電流，每根導(dǎo)線在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小均為B0。設(shè)n根依次相鄰的直導(dǎo)線在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為Bn，且B2=B4，則（）A.n=8B.n=6C.B3=2B0D.B3=B014、噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間；最終打在紙上。則微滴在極板間電場中（）

A.向正極板偏轉(zhuǎn)B.電勢能逐漸增大C.運動軌跡是拋物線D.運動軌跡與電荷量無關(guān)15、某電場中的坐標軸上，一個帶電粒子從坐標原點出發(fā)，僅在電場力作用下沿軸正向運動到處；此過程帶電粒子的電勢能隨位置的變化如圖所示，則下列判斷正確的是（）

A.粒子在坐標原點的動能可能為B.從坐標原點運動到處過程中，粒子做的是加速度不斷減小的減速運動C.從運動到的過程中，粒子做的是加速度越來越小的減速運動D.粒子從運動到電場力做功絕對值等于從運動到的電場力做功絕對值16、如圖所示，A、B、C、D為勻強電場中一個長方形的四個頂點，E、F分別為AB、CD的中點，AD邊長度為10cm，AB邊長度為15cm。已知A、B、D三點的電勢分別為9.0V；3.0V、12.0V；長方形所在平面與電場線平行，則（）

A.C點的電勢不為零B.電場沿AF方向C.電場強度大小為50V/mD.電場強度大小為40V/m17、如圖所示，兩個帶電量為+Q的等量同種電荷，一絕緣且光滑的豎直細桿與連線的中垂線重合，細桿和兩點電荷均固定，A、O、B為細桿上的三點，O為兩個點電荷連線的中點，AO=BO=h，現(xiàn)有電荷量為+q，質(zhì)量為m的小球套在桿上，從A點以初速度v0向B先減速再加速運動；則可知（）

A.從A到B，小球的電勢能先增大后減小B.從A到B，小球的加速度一定先減小后增加C.小球運動到B點時的速度大小為D.小球從A到O與從O到B經(jīng)歷的時間相等18、電路如圖所示，當滑動變阻器的觸頭P向上滑動時；則。

A.電源的總功率變小B.電容器貯存的電量變小C.燈變亮D.燈變暗評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)19、如圖所示為靜電噴涂的原理示意圖，噴槍噴出的漆滴帶________電，工件帶________電，因而使漆滴吸附到工件上，如果用絨毛代替油漆，在紡織物上根據(jù)圖案的需要涂上粘合劑，就可以利用靜電實現(xiàn)植絨．20、如圖所示；豎直放置的長直導(dǎo)線通以恒定電流，有一矩形線框與導(dǎo)線處于同一平面內(nèi)，讓線框向右平動，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向是_____。

21、電磁感應(yīng)。

法拉第把他發(fā)現(xiàn)的磁生電的現(xiàn)象叫作電磁感應(yīng)，產(chǎn)生的電流叫作______。22、密立根實驗：電子電荷的精確測定是由密立根通過著名的“油滴實驗”做出的，目前公認的電子電荷的值為e=______（保留兩位有效數(shù)字）。23、異種電荷相互___________。真空中兩個靜止點電荷間相互作用力為：若兩電荷間距離不變，兩電荷電量都增大為原來的3倍，則F增大為原來的___________倍。24、異種電荷相互___________。真空中兩個靜止點電荷間相互作用力為：若兩電荷間距離不變，兩電荷電量都增大為原來的3倍，則F增大為原來的___________倍。25、如圖是某區(qū)域的電場線圖，A、B是電場中的兩個點，由圖可知電場強度EA______EB（填“＞”或“＜”），將一個正點電荷先后放在A、B兩點，它所受的電場力FA______FB（填“＞”或“＜”）。26、圖中①、②分別為鋰離子電池充電過程中充電電流I、電池電壓U隨時間t變化的圖線。此過程中充電功率最大為_________W，圖線①與時間軸所包圍的面積對應(yīng)的物理量是__________。27、如圖中把量程為3mA，內(nèi)阻為100Ω的電流表改裝成15V的電壓表，則需串聯(lián)一個阻值為___________Ω的電阻，改裝后原來刻度1.4mA位置的讀數(shù)為___________V；若是把量程為3mA的電流表改裝成歐姆表，其中電源電動勢E=3V。改裝后，將原來電流表3mA的刻度定為電阻的“0”刻度，歐姆表的中值電阻為___________Ω，2mA刻度處標___________Ω。

評卷人得分四、作圖題(共1題，共6分)28、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2題，共14分)29、若某種電磁波在真空中的頻率為試回答下列問題：

(1)該電磁波的波長為多少？（電磁波在真空中的傳播速度為）

(2)該電磁波屬于哪個波段？（紅外線波長范圍為紫外線的波長范圍為5~370nm）

(3)現(xiàn)代科技可以使電磁波在特定介質(zhì)中的傳播速度大大減小。當頻率為的電磁波以900m/s的速度傳播時，電磁波的波長變?yōu)槎嗌伲?0、如圖所示，在勻強電場中，將一電荷量為2×10－4的負電荷由A點移到B點，其電勢能增加了0.2J，已知A、B兩點間距離為2cm，兩點連線與電場方向成角；求：

(1)電荷由A移到B的過程中，電場力所做的功WAB；

(2)A、B兩點間的電勢差UAB；

(3)該勻強電場的電場強度E。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【詳解】

A．加速助跑過程中；運動員的動能不斷增加，重力勢能不變，故A錯誤；

B．起跳上升過程中；桿先逐漸彎曲然后伸直，則桿的彈性勢能先增加后減小，故B正確；

C．起跳上升過程中；運動員和桿的系統(tǒng)動能；重力勢能和彈性勢能之和守恒，因桿的彈性勢能先增加后減小，則運動員的機械能先減小后增加，故C錯誤；

D．運動員到達橫桿正上方時；由于有水平速度，則動能不為零，故D錯誤。

故選B。2、B【分析】【詳解】

根據(jù)閉合電路歐姆定律得

故B正確；ACD錯誤。

故選B。3、B【分析】【詳解】

A．由部分電路歐姆定律知，由表中數(shù)據(jù)可以看出電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大，故電壓與電流比值減小，故實驗過程中逐漸減?。还蔄錯誤；

BC．由題意電流不變，且電阻與兩端電壓相等，即

代入數(shù)據(jù)得

故B正確；C錯誤；

D．實驗過程中恒流源輸出功率為因為輸出電壓即電壓表示數(shù)，故U減?。还屎懔髟摧敵龉β蕼p小，故D錯誤。

故選B。4、A【分析】【詳解】

若總排斥力使均勻帶電薄球殼半徑稍微增大則帶電球殼體系儲存的靜電能減小

總排斥力做功等于靜電能減小量，故

解得

當趨近于零時，則有

球殼單位面積上受到的排斥力

故選A。5、D【分析】【詳解】

題中兩電荷電量可能不同，也可能相同，但各自所受的電場力大小卻相同，方向相反。由于它們與豎直線所成的角度均為且兩球同處一水平線上，所以根據(jù)共點力平衡條件可確定，它們的質(zhì)量一定相等，故ABC錯誤，D正確。

故選D。

6、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)電勢的定義可知，電場中某點的電勢為將試探電荷從該點移動到0電勢點處電場力做的功與點電荷電量的比值，因此未移入點電荷P前，b點的電勢為

選項A正確；

B．根據(jù)對稱性可知，移走c點的點電荷的過程中電場力做功為可知移走后c點的電勢為選項B錯誤；

C．將另一帶電量為的點電荷從無窮遠處移動到c點，電場力做功

選項C正確；

D．將另一帶電量為的點電荷固定在c點，根據(jù)矢量疊加原理可知，因bd兩點的負電荷在O點的合場強為零，則ac兩處的電荷在O點的電場強度方向指向a點；選項D正確。

本題選錯誤的，故選B。7、C【分析】【詳解】

AB．根據(jù)U=E-Ir可知，圖線在U軸上的截距等于電源電動勢；圖線的斜率大小等于電源內(nèi)阻，由圖像可知，電池2的電動勢小于電池1的電動勢，電池2的內(nèi)電阻小于電池1的內(nèi)電阻，選項AB錯誤；

C．電池的電動勢與內(nèi)阻之比等于短路電流

則兩電池電動勢與其內(nèi)阻之比相等；選項C正確；

D．由圖像可知，電流相等時，R上的電壓不等，則根據(jù)P=IU可知，電阻R消耗的功率不相等；選項D錯誤。

故選C。8、D【分析】【詳解】

A．閉合開關(guān)，待電路穩(wěn)定后，由于電源與電阻R構(gòu)成一個閉合電路；故通過電源的電流不為零，故A錯誤；

B．定值電阻R的兩端電壓就是電源的路端電壓，由于有內(nèi)電壓，所以定值電阻兩端的電壓不等于電源的電動勢，而是故B錯誤；

C．電路消耗的電功率是指總電功率，即為

故C錯誤；

D．根據(jù)電容的公式故電容器所帶電荷量為

故D正確。

故選D。9、C【分析】【詳解】

理想化模型是忽略次要因素而突出主要因素的一種研究方法，點電荷忽略了帶電體的大小和形狀，輕質(zhì)彈簧忽略了彈簧的質(zhì)量，自由落體運動忽略了其他阻力作用，故ABD三種模型均為理想化模型。條形磁鐵不是理想化模型，即C不是理想模型。故C項符合題意。二、多選題(共9題，共18分)10、B:C【分析】【分析】

【詳解】

由于在噴槍噴嘴與被噴涂工作之間形成了強電場，工作時涂料微粒會向帶正電的被噴涂工件高速運動，則涂料微粒帶負電，微粒所受電場力的方向與電場方向相反．故A錯誤，B正確；因粒子帶負電，在庫侖引力的作用下做正功，則電勢能減小，故C正確，D錯誤．故選BC．11、A:C【分析】【詳解】

由題圖可知，當光敏電阻阻值減小或熱敏電阻阻值增大時，小燈泡L都會變暗，結(jié)合光敏電阻和熱敏電阻特性可知，A正確，B錯誤；若光敏電阻阻值減小的同時，熱敏電阻的阻值增大，小燈泡L變暗，C正確；若熱敏電阻減小，光敏電阻增大，則小燈泡變亮，D錯誤．12、A:C:D【分析】【詳解】

A．能源是有限的；比如常規(guī)能源，所以無節(jié)制地利用常規(guī)能源是一種盲目的短期行為，故A正確。

B．能量都轉(zhuǎn)化為不能利用或不易利用的能源；所以這樣會減少可利用資源的數(shù)量，因此應(yīng)該節(jié)約能源，故B錯誤。

C．能源的開發(fā)和利用；必須同時考慮其對生態(tài)環(huán)境的影響，故C正確。

D．不斷開發(fā)新能源是緩解能源危機加強環(huán)境保護的重要途徑也是根本途徑；故D正確。

故選：ACD。13、B:C【分析】【詳解】

依題意，假設(shè)相鄰導(dǎo)線之間的夾角為（），則2根依次相鄰導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為

4根依次相鄰導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為

由題知

聯(lián)立可求得

則由數(shù)學(xué)知識可知

所以由幾何知識可求得3根依次相鄰的導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為

故選BC。14、A:C【分析】【詳解】

A．由于微滴帶負電；電場方向向下，因此微滴受到的靜電力方向向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，故A正確；

B．偏轉(zhuǎn)過程中靜電力做正功；根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系，電勢能減小，故B錯誤；

CD．微滴在垂直于電場方向做勻速直線運動，位移x=vt

沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動，位移

解得

此為拋物線方程，并從式中可以看出，運動軌跡與電荷量q有關(guān)；故C正確，D錯誤。．

故選AC。15、B:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖像可知，粒子從坐標原點出發(fā)后電勢能先增大，動能先減小，因此電場力先做負功，由于粒子能到達因此粒子到達x2時的動能大于等于零，設(shè)粒子在坐標原點的動能為則

即

故A錯誤；

B．圖像的切線斜率表示電場力，由圖可知，從坐標原點運動到處過程中；粒子受到的電場力越來越小，加速度越來越小，電勢能越來越大，動能越來越小，速度越來越小，故B正確；

C．同理分析，從運動到的過程中；粒子做的是加速度越來越小的加速運動，故C錯誤；

D．從運動到和從運動到電勢能變化的絕對值相等；因此電場力做功的絕對值相等，故D正確。

故選BD。16、A:C【分析】【詳解】

A．勻強電場的等勢線是等間距的平行直線，根據(jù)幾何關(guān)系知C點的電勢不為零；故A正確；

B．根據(jù)電場線與等勢線垂直，知電場線沿垂直于AF方向；故B錯誤；

CD．根據(jù)幾何關(guān)系可知AF長為12.5cm，DG長度為6cm，DA間電勢差為3V，則電場強度

故C正確；D錯誤。

故選AC。

17、A:C【分析】【詳解】

A．由等量同種電荷的電場分布可知到電勢先增大后減小；小球的電勢能先增大后減小，故A選項正確；

B．由等量同種電荷的中垂線上場強分布特點知，點有可能在最大電場強度的上方或下方；小球先減速再加速運動，開始時電場力大于重力；若點在最大電場強度的上方，根據(jù)受力牛頓第二定律可知到的過程中；小球的加速度先增大后減小到零然后反向增大最后再減小，故B選項錯誤；

C．到電場力的功為零，據(jù)動能定理對A到B過程有

求得點速度大小為

故C選項正確；

D．小球從點以初速度向先減速再加速運動，小球從A到B過程所受電場力關(guān)于O點對稱，小球另外還受重力，所以小球到O與從O到經(jīng)歷的時間不相等；故D選項錯誤。

故選AC。18、B:C【分析】【分析】

首先認清電路的結(jié)構(gòu)：變阻器與燈L2串聯(lián)后與電阻R1并聯(lián)，再燈L1串聯(lián)，電路穩(wěn)定時，電容器相當于斷路．當滑動變阻器的觸頭P向上滑動時，變阻器接入電路的電阻變小，分析外電路總電阻減小，由歐姆定律分析總電流的變化，即可知道電源的總功率變化和燈L1亮度變化．分析并聯(lián)部分電壓的變化，判斷通過R1的電流如何變化，就能分析出通過燈L2的電流變化；判斷其亮度變化．

【詳解】

AC．當滑動變阻器的觸頭P向上滑動時，變阻器接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，干路電流變大，則燈變亮；電源的總功率E不變；則電源的總功率變大，故A錯誤，C正確；

BD．干路電流增大，電源的內(nèi)電壓和燈的電壓增大，則電路中并聯(lián)部分的電壓U并減小，通過的電流減小，而干路電流增大，所以通過燈的電流變大，燈變亮；電容器的電壓等于并聯(lián)部分的電壓，則其電壓減小，電容器貯存的電量變小，故B正確，D錯誤．

故選BC.

【點睛】

本題考查了滑動變阻器的變阻原理、歐姆定律、串聯(lián)電路的電壓關(guān)系，關(guān)鍵是先搞清電路的結(jié)構(gòu)，然后按“局部→整體→局部”的思路進行分析．三、填空題(共9題，共18分)19、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據(jù)電場線的方向可知，噴槍帶正電，工件帶負電?！窘馕觥空?0、略

【分析】【詳解】

電流的方向向上，由安培定則可知線框所在處的磁場的方向垂直于紙面向里，當線框向右運動時磁場減小，則穿過線框的磁通量減小，由楞次定律可知，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿順時針方向?！窘馕觥宽槙r針方向21、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】感應(yīng)電流22、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】1.6×10－19C23、略

【分析】【詳解】

[1]異種電荷相互吸引。

[2]由靜電力公式可得

所以若兩電荷間距離不變，兩電荷電量都增大為原來的3倍，則F增大為原來