2025年滬科版必修3物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬科版必修3物理下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(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、某靜電場的電場線如圖中實線所示；虛線是某個帶負電粒子在僅受電場力作用下的運動軌跡，下列說法正確的是。

A.粒子在N點的電勢高于M點的電勢B.粒子在M點的加速度大于它在N點的加速度C.粒子在M點的動能大于它在N點的動能D.粒子一定從M點運動到N點2、如圖所示，一電荷量為質(zhì)量為的帶電粒子以初速度由點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從點射出電場時，其速度方向與電場線成角。已知勻強電場的寬度為不計重力作用。則勻強電場的場強大小是（）

A.B.C.D.3、當帶電的云層離地面較近時；云和地面形成一個巨型電容器，它們之間會形成一個強電場，若云層帶電量一定，將云層底面及地面始終都看做平整的平面，則（）

A.當云層向下靠近地面時，該電容器的電容將減小B.當云層向下靠近地面時，云層和地面間的電勢差將增大C.當云層向下靠近地面時，云層和地面間的電場強度將增大D.當云層底面積增大時，該電容器的電容將增大4、某實物投影機有10個相同的強光燈L1~L10（25V/200W）和10個相同的指示燈X1~X10（220V/2W）；將其連接在220V交流電源上，如圖所示，則下列對工作電路的表述正確的是（）

A.若L2斷路，則干路電流I增大B.若L2斷路，則X1的功率增大，L1的功率增大C.若L2短路，X2功率減小，其它指示燈的功率增大D.若L2短路，X2功率增大，其它指示燈的功率減小5、一個可以沿過圓心的水平軸自由轉(zhuǎn)動的線圈和一個固定的線圈互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，兩線圈中電流大小相等，方向如圖所示，此時圓心O處的磁感應(yīng)強度為則從左向右看，當線圈順時針旋轉(zhuǎn)此時圓心處的磁感應(yīng)強度大小為（）

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、如圖所示，虛線A、B、C為某電場中的三條等勢線，其電勢分別為3V、5V、7V，實線為帶電粒子在電場中運動時的軌跡，P、Q為軌跡與等勢線A、C的交點；帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法正確的是。

A.粒子可能帶負電B.粒子在P點的動能大于在Q點動能C.粒子在P點電勢能小于粒子在Q點電勢能D.粒子在P點的加速度小于在Q點的加速度7、如圖所示，A、B是質(zhì)量均為m，電量大小均為q的兩個帶有異種電荷的小球，將它們分別用兩根等長的絕緣細線系在木盒內(nèi)，且在同一豎直線上，靜止時木盒對光滑地面的壓力為FN，細線對B的拉力為F．已知剪斷系A(chǔ)或者系B的細線，在A或B運動的過程中木箱始終不會離開地面（）

A.若只剪斷系B的細線，B將上升，在碰A前A始終靜止，AB系統(tǒng)機械能增大；B.若只剪斷系A(chǔ)的細線，A在下落到碰B前B始終靜止，AB系統(tǒng)電勢能增大；C.若同時剪斷系A(chǔ)和系B的細線，AB在碰撞前，B運動的加速度均逐漸增大；D.現(xiàn)使木盒獲得一個向右的瞬時沖量，當B與木盒相對靜止時，B仍處于A的正下方，此時地面受到的壓力大于FN．8、一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點，如圖所示。以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，ε表示正電荷在P點的電勢能；若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（）

A.U變小，E不變B.E變大，ε變大C.U變小，ε不變D.U不變，ε不變9、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，下列判斷中正確的是（）

A.若保持不變，增大則變大B.若保持不變，增大則變小C.若保持不變，減小則變小D.若保持不變，減小則變大10、如圖所示，空間中存在豎直向上的勻強電場，將一帶電小球自C點h高處靜止釋放，一段時間后小球與正下方彈簧在A點開始接觸并壓縮彈簧，假設(shè)在釋放到最低點B的過程中電場力對小球做功-5J；彈簧形變始終處于彈性限度范圍，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.從C點到B點，小球電勢能增加5JB.從C點到B點，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少5JC.小球從A運動到B過程中速度一直在減小D.小球反彈后可重新到達C點11、兩電阻R1和R2的伏安特性曲線如圖所示．從圖線可判斷()

A.兩電阻阻值的關(guān)系是R1＞R2B.電阻一定時，電流隨著電壓的增大而減小C.電壓相同時，通過R1的電流較大D.兩電阻串聯(lián)接入電路時，R1消耗的功率小評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)12、帶電荷量為q＝＋5.0×10－8C的點電荷從A點移到B點時，克服電場力做功3.0×10－6J.已知B點的電勢為φB＝20V，A、B間的電勢差UAB=_________V；A點的電勢φA=_____V；點電荷從A到B的電勢能變化為____________。13、磁感線。

（1）定義：在磁場中畫出一些有方向的曲線，曲線上每一點的________都跟這點磁場的方向一致；這樣的曲線就叫作磁感線。

（2）特點。

①磁感線的________表示磁場的強弱。磁場強的地方，磁感線________；磁場弱的地方，磁感線____________

②磁感線某點的________表示該點磁場的方向。14、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，其內(nèi)部的電場強度處處為______.15、產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件：當穿過閉合導(dǎo)體回路的______時，閉合導(dǎo)體回路中就產(chǎn)生感應(yīng)電流。16、如圖所示電路，電容器電阻電路總電壓為問：當閉合并且電路穩(wěn)定后，電容器的電荷量_______當斷開并且電路穩(wěn)定后，電容器的電荷量__________

17、如圖所示，大球A原來的電荷量為Q，小球B原來不帶電，現(xiàn)在讓小球與大球接觸，達到靜電平衡時，小球獲得的電荷量為q；現(xiàn)給A球補充電荷，使其電荷量為Q，再次讓小球接觸大球，每次都給大球補充到電荷量為Q，則經(jīng)過反復(fù)多次接觸后，小球的帶電荷量為___________．

評卷人得分四、作圖題(共1題，共10分)18、如圖，黑箱面板上有三個接線柱1、2和3，黑箱內(nèi)有一個由四個阻值相同的電阻構(gòu)成的電路。用歐姆表測得1、2接線柱之間的電阻為2、3接線柱之間的電阻為1、3接線柱之間的電阻為在虛線框中畫出黑箱中的電阻連接方式。

評卷人得分五、實驗題(共2題，共6分)19、現(xiàn)有一合金制成的圓柱體.ρ為測量該合金的電阻率；現(xiàn)用伏安法測量圓柱體兩端的電阻，用游標卡尺測量該圓柱體的長度，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，游標卡尺和螺旋測微器的示數(shù)如圖甲和乙所示。

（1）由圖讀得圓柱體的長度為_______________cm，直徑為_________________mm；

（2）若流經(jīng)圓柱體的電流為I，圓柱體兩端的電壓為U，圓柱體的直徑和長度分別用D、L表示，則用D、L、I、U表示的電阻率的關(guān)系式為______________。20、多用電表是常用的測量儀表。

（1）如圖是多用電表原理簡圖，若選擇開關(guān)S接6時，對應(yīng)的擋位是直流電壓擋，若選擇開關(guān)S接5時，對應(yīng)的擋位可能是直流電壓_______擋（選填“”或“”）。若選擇開關(guān)S接4時，對應(yīng)的擋位是_____擋（選填“電流”或“歐姆”）。

（2）關(guān)于多用電表歐姆擋的使用，下列說法正確的是________。

A．因流過歐姆擋表頭的電流與待測電阻的阻值不成線性關(guān)系；所以表盤刻度不均勻。

B．用歐姆擋測電阻時；被測電阻的阻值越大，指針向右轉(zhuǎn)過的角度就越大。

C．用歐姆擋測電阻時；每次換擋后必須重新短接兩表筆進行歐姆調(diào)零。

D．測量電阻時用手指緊緊按住紅、黑表筆與電阻接觸的部分，這樣測量值會偏大評卷人得分六、解答題(共2題，共18分)21、如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1=2500V，發(fā)射出的電子被加速后成為高速電子，從金屬板上的小孔S射出．裝置右側(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l=6.0cm，相距d=2.0cm，兩極板間加以電壓U2=200V的偏轉(zhuǎn)電場．從小孔S射出的電子沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場，之后從偏轉(zhuǎn)電場右側(cè)射出．已知電子的比荷為=1.8×1011C/kg；設(shè)電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽略金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力．求：

（1）電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v；

（2）電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y；

22、在豎直面內(nèi)建立如圖所示的平面直角坐標系，軸水平。坐標系內(nèi)有一個圓心在軸上、與軸相切的圓形區(qū)域，半徑為圓內(nèi)有電場強度大小為方向豎直向下的勻強電場（圖中未畫出）。質(zhì)量為kg，電荷量為C的帶正電粒子從點由靜止進入電場，從圓周上的點穿出電場，與軸的夾角為忽略粒子的重力。

（1）求粒子從點穿出電場時的速度大小。

（2）若帶電粒子從點進入電場時的速度方向水平向左；為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度大小應(yīng)為多大？

（3）現(xiàn)使帶電粒子從軸上不同位置水平向右運動并射入電場，為使其穿過電場后的動能增量都是最大的，則粒子入射速度大小與入射位置縱坐標之間需要滿足什么關(guān)系？

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【詳解】

A．根據(jù)粒子在電場中運動軌跡，可以判斷電場力的方向，大體向上，粒子帶負電，說明電場線方向向下，沿電場線方向電勢降低，所以N點的電勢高于M點的電勢；故A正確；

B．電場力提供加速度，M點的電場線相比N點的電場線較為稀疏，所以M點的電場強度相比N點的電場強度小，根據(jù)牛頓第二定律：

所以粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度；故B錯誤；

C．粒子在電場中僅受電場力的作用，說明電勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，粒子在M和N點的電勢和電勢能能：

根據(jù)能量守恒定律，粒子的動能關(guān)系：

故C錯誤；

D．粒子的運動方向無法確定；故D錯誤。

故選A．2、B【分析】【詳解】

帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解得到

水平方向上有

豎直方向上有

聯(lián)立解得

故選B。3、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)電容器電容的決定式

可知，當云層向下靠近地面時，d減小，該電容器的電容C將增大；故A錯誤；

B．根據(jù)電容器電容的定義式

可知，當云層向下靠近地面時，該電容器的電容C增大，由于電荷量Q不變；則云層和地面間的電勢差將減小，故B錯誤；

C．根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系

再聯(lián)立上面兩式可得則當云層向下靠近地面時，云層和地面間的電場強度將不變，故C錯誤；

D．根據(jù)電容器電容的定義式可知，當云層底面積增大時，正對面積S增大，該電容器的電容C將增大；故D正確。

故選D。4、C【分析】【詳解】

A.若L2斷路，外電阻增大，則干路電流I減??；A錯誤；

B.若L2斷路，相當于L2阻值增大，根據(jù)串反并同，X1和L1的電流都減小，X1和L1的功率都減?。籅錯誤；

C.若L2短路，相當于L2的阻值減小，根據(jù)串反并同規(guī)律，X2的電壓減小，X2功率減?。黄渌甘緹舻碾娏髟龃?，功率增大，C正確，D錯誤。

故選C。5、B【分析】【詳解】

根據(jù)題意可知，兩線圈中電流大小相等，則兩線圈在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，設(shè)為由安培定則可知，開始時，在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度垂直紙面向里，在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度豎直向上；如圖所示。

由幾何關(guān)系可得

當線圈順時針旋轉(zhuǎn)在點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度也順時針旋轉(zhuǎn)如圖所示。

由幾何關(guān)系可得

故選B。二、多選題(共6題，共12分)6、B:C:D【分析】因電場線與等勢面相互垂直；且由高電勢指向低電勢，故電場線如圖所示，由粒子運動的軌跡彎曲的方向可知粒子受力沿電場線的方向，故粒子一定帶正電；故A錯誤；

若粒子從P到Q，則電場力做負功，粒子動能減小，故P點動能大于Q點動能；若粒子從Q到P，電場力做正功，動能增大，P點動能大于Q點動能，故粒子在P點動能一定大于Q點的動能，故B正確；因P點電勢小于Q點電勢，粒子帶正電，由E=φq可知P點的電勢能小于Q點的電勢能，故C正確；因Q點處的等勢面密集，故Q點的電場強度大，故電荷在Q點受到的電場力大于P點受到的電場力，粒子在P點的加速度小于在Q點的加速度；故D正確；此題選擇錯誤的選項，故選A．

點睛：本題中解題的關(guān)鍵在于曲線的彎曲方向的判斷，應(yīng)掌握根據(jù)彎曲方向判斷受力方向的方法；本題中告訴的是等勢面，很多同學(xué)由于思維定勢當成了電場線從而出現(xiàn)錯判．7、A:C【分析】【詳解】

A．由于AB間存在引力，靜止時連接b球細線有拉力，說明引力比b球重力更大；所以只剪斷系B的細線，B將上升，A靜止，B上升過程中B的重力勢能和動能變大，所以AB系統(tǒng)機械能增大，故A正確；

B．只剪斷系A(chǔ)的細線；A在下落到碰B前，AB間的引力增大，引力對A做正功，故AB系統(tǒng)電勢能變小，故B錯誤；

C．若同時剪斷系A(chǔ)和系B的細線；AB在碰撞前，AB間的引力增大，所以A；B加速度均逐漸增大，故C正確；

D．現(xiàn)使木盒獲得一個向右的瞬時沖量，整個系統(tǒng)處于勻速直線運動狀態(tài)產(chǎn)，根據(jù)平衡狀態(tài)可知，當A、B與木盒相對靜止時，B仍處于A的正下方，對整個系統(tǒng)進行受力分析可知，此時地面受到的壓力等于FN；故D錯誤．

故選AC。8、A:C【分析】【詳解】

平行板電容器充電后與電源斷開后，電量不變，將正極板移到圖中虛線所示的位置時，減小，根據(jù)

知電容增大，根據(jù)

則電勢差減小，根據(jù)

可知電場強度不變，則P與負極板間的電勢差不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能不變；故AC正確，BD錯誤。

故選AC。9、A:D【分析】【詳解】

AD．根據(jù)電容的定義式：C=

保持S不變，增大d，電容C減小，再根據(jù)：U=

知U增大，所以θ變大；故A錯誤，B正確；

CD．保持d不變，減小S，電容C減小，再根據(jù)：U=

知U增大，所以θ變大；故C正確，D錯誤。

故選BC。10、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．從C點到B點，由于電場力做負功，電勢能增大，根據(jù)

所以小球電勢能增加5J；則A正確；

B．從C點到B點，根據(jù)功能關(guān)系可知，除了重力與彈簧的彈力做的功不改變系統(tǒng)的機械能，其他力做功則改變機械能有

由于電場力對小球做功-5J；所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少5J，則B正確；

C．小球從A運動到B過程中速度先增大后減??；所以C錯誤；

D．根據(jù)能量守恒定律可知，系統(tǒng)的能量只是重力勢能，動勢及電勢能間的相互轉(zhuǎn)化，則小球反彈后可重新到達C點；所以D正確；

故選ABD。11、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．I-U圖像的斜率的倒數(shù)等于電阻，由圖可知，1的斜率大于2的斜率，故可知R1<R2；故A錯誤；

B．電阻一定時；電流與電壓成正比，故電流隨電壓的增大而增大；故B錯誤；

C．因R1<R2，故電壓相同時，通過R1的電流強度較大；故C正確；

D．兩電阻串聯(lián)，則電流相等，由P=I2R可知，R1消耗的功率??；故D正確．三、填空題(共6題，共12分)12、略

【分析】【詳解】

[1]．A、B間的電勢差為：

[2]．A點的電勢為：φA=UAB+φB=-60V+20V=-40V；

[3]．從A到B，電場力做負功，故電勢能增加，增加了3.0×10-6J；【解析】-60V-40V增加了3.0×10-6J13、略

【解析】①.切線方向②.疏密③.較密④.較疏⑤.切線方向14、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】015、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】磁通量發(fā)生變化16、略

【分析】【詳解】

[1][2]當S閉合；且電路穩(wěn)定后，等效電路如圖。

上的電壓為的電壓，故得

上的電壓為的電壓，故得【解析】17、略

【分析】【分析】

第一次接觸后小球帶q；那大球還剩下（Q-q），則兩球電荷是按q：（Q-q）的比例分配的，所謂小球可獲得的最大電量，就是“小球電量達到多少時，再拿帶電為Q的大球接觸小球，二者就沒有電子轉(zhuǎn)移了”，q：（Q-q）這個比例就是兩球之間可以到電子平衡，也就是沒有電子轉(zhuǎn)移的比例；

【詳解】

第一次接觸后小球帶q；那大球還剩下（Q-q），則兩球電荷是按q：（Q-q）的比例分配的，現(xiàn)給A球補充電荷，使其電荷量為Q

設(shè)此時小球可能獲得的最大電量為則：

解得：．

【點睛】

該題的難點要掌握：導(dǎo)體的性質(zhì)決定的二者間電荷比，第一次接觸后的電荷比值，就是電場平衡時兩者電荷的比值．【解析】；四、作圖題(共1題，共10分)18、略

【分析】【詳解】

因為1；2接線柱之間的電阻與2、3接線柱之間的電阻之和等于1、3接線柱之間的電阻；所以2為中間的結(jié)點，又因為2、3接線柱之間的電阻與1、2接線柱之間的電阻的差等于1、2接線柱之間的電阻的一半，故2、3之間有兩個電阻井聯(lián)，后再與第三個電阻串聯(lián)，每個電阻均為1Ω，連接方式如圖所示。

【解析】五、實驗題(共2題，共6分)19、略

【分析】【詳解】

(1)[1]游標卡尺的主尺讀數(shù)為10.3cm，游標尺讀數(shù)為

所以最終讀數(shù)為

[2]螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1mm，可動刻度讀數(shù)為

所以最終讀數(shù)為

(2)[3]由歐姆定律

和電阻定律

解得【解析】10.3551.196（1.195~1.197均可）20、略

【分析】【詳解】

(1)[1]表頭的改裝利用的是串并聯(lián)電路的特點，串聯(lián)分壓，并聯(lián)分流，因此表頭串聯(lián)電阻將改裝成電壓表，在純電阻電路中，串聯(lián)電路各部分所分電壓與電阻成正比，當開關(guān)S接6時要比接5時串聯(lián)的電阻更大，因此當開關(guān)S接5時電壓表的量程要小于接