2024年滬教版必修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2024年滬教版必修3物理下冊月考試卷961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6題，共12分)1、水平光滑的絕緣木板上點的正上方固定一正點電荷，其電荷量為為木板上以為圓心的三個等間距同心圓?，F(xiàn)將一帶正電的小球P從木板上點附近靜止釋放，小球依次經(jīng)過位置，其電勢能分別為加速度分別為忽略P對電場的影響，下列說法中正確的是（）

A.三處的電勢大小B.間的電勢差與間的電勢差大小C.P在位置處的電勢能大小D.P在位置處的加速度大小2、空間存在一勻強電場，勻強電場的方向平行于正三角形ABC所在的平面，其邊長若B→C為x方向，則由B到C電勢變化如圖2所示，若A→C規(guī)定為y方向，則由A到C電勢變化如圖3所示；下列說法正確的是（）

A.勻強電場的電場強度大小為B.BC方向電場強度大小為方向由B→CC.勻強電場的電場強度大小為D.AC方向電場強度大小為方向由A→C3、位于正方形四角上的四個等量點電荷的電場線分布如右圖所示，ab、cd分別是正方形兩條邊的中垂線，O點為中垂線的交點，P、Q分別為cd、ab上的點，且OP＜OQ.則下列說法正確的是。

A.P、O兩點的電勢關(guān)系為B.P、Q兩點電場強度的大小關(guān)系為EQ<EPC.若在O點放一正點電荷，則該正點電荷受到的電場力不為零D.若將某一負電荷由P點沿著圖中曲線PQ移到Q點，電場力做負功4、真空中有兩個點電荷，為了研究它們的電荷量和電性，現(xiàn)把它們分別固定在x軸上的和的兩點上，通過研究到之間的電場強度來進行判斷，作出這兩點之間沿x軸方向的電場強度與x之間的變化關(guān)系圖像；如圖所示，（無限遠處電勢為零）則下列說法正確的是（）

A.兩個電荷為同種電荷，且電荷量之比為1∶2B.兩個電荷為異種電荷，且電荷量之比為1∶4C.處的電勢可能也為零D.在到之間的電勢可能先升高再降低5、如圖所示，D是一只理想二極管，水平放置的平行板電容器的A、B兩極板間有一點電荷，在P點處于靜止?fàn)顟B(tài)。以Q表示電容器儲存的電荷量，U表示兩極板間的電壓，φ表示P點的電勢。若保持極板B不動，第一次將極板A稍向上平移，第二次將極板A稍向下平移（移動后極板A的位置還在P點上方）；則（）

A.兩次移動后U相同B.兩次移動后點電荷都保持靜止C.第一次移動后φ減小，第二次移動后φ增大D.第一次移動后Q不變，第二次移動后Q增大6、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射線波長最短評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、如圖，為勻強電場中的四個點，它們正好是矩形的四個頂點，電場線與矩形平面平行，已知點電勢為點電勢為點電勢為一電荷量為的粒子從點以的速度射入電場，入射方向與成45°，一段時間后經(jīng)過點；不計粒子重力，下列判斷正確的是（）

A.點電勢為B.場強方向由指向C.粒子帶正電D.粒子從運動到克服電場力做功為8、如圖所示，光滑絕緣水平面上相距7L的A、B兩點分別固定正點電荷Q1與Q2，C點為AB連線上電勢最低處，且BC=2L。若可視為質(zhì)點的滑塊從BC中點D處，以初速度向右運動，并保持在A、B之間往復(fù)運動。已知滑塊的質(zhì)量為m、帶電量為+q；則。

A.Q1︰Q2=25︰4B.A、B連線上場強為零的地方應(yīng)該有兩處C.當(dāng)滑塊從D向A運動過程，電場力先做正功后做負功D.當(dāng)滑塊從C向B運動過程，電勢能先減小后增大9、如圖所示，點電荷Q固定，虛線是帶電量為q的粒子僅受靜電力作用下的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩個點，b離Q較近；下列判斷正確的是（）

A.a點電勢一定比b點高B.a點的場強一定比b點的小C.微粒通過a、b兩點時，加速度方向都是指向QD.微粒通過a時的速率比通過b時的速率大10、電源、開關(guān)、平行板電容器連成如圖電路，A板接地。閉合開關(guān)S，電源對電容器充電后，電容器的電容為C，A板帶正電，電量為Q，板間電壓為U，板間電場強度大小為E，兩板正中間點P電勢為負電荷在P點電勢能為Ep。則下列說法正確的是（）

A.若保持開關(guān)閉合，將A板下移少許，U不變；Q增大；E增大B.若保持開關(guān)閉合，將B板下移少許，U減??；Q減小；E不變C.若斷開開關(guān)，將A板下移少許，C增大；升高；Ep減小D.若斷開開關(guān)，將B板下移少許，C減?。唤档?；Ep減小11、如圖所示的電路中，A、B是平行板電容器的兩金屬板。先將電鍵S閉合，等電路穩(wěn)定后將S斷開，并將B板向下平移一小段距離。則下列說法正確的是（）

A.電容器的電容變小B.電容器內(nèi)部電場強度變大C.電容器兩極板電壓變大D.電容器的帶電量增大12、在真空中，正三角形的三個頂點A、B、C分別固定三個等量點電荷，電性如圖所示；a、b、c為三角形三個邊的中點，O為三角形的中心，c、e之間額距離大于b；d之間的距離．下列判斷正確的是。

A.a、c兩點的電場強度相同B.b、c兩點的電勢相等C.c、e兩點的電勢相等D.e點的電勢高于d點的電勢13、一根粗細均勻的金屬導(dǎo)線阻值為R，兩端加上恒定電壓U時，通過金屬導(dǎo)線的電流強度為I，金屬導(dǎo)線中自由電子定向移動的平均速率為v，若將金屬導(dǎo)線均勻拉長，使其長度變?yōu)樵瓉淼?倍，仍給它兩端加上恒定電壓U，已知電流微觀式為I=neSV，其中n為單位體積電子個數(shù)，e為元電荷，S為導(dǎo)線模截面積，則下列說法中正確的是A.此時金屬導(dǎo)線的阻值為4RB.此時通過金屬導(dǎo)線的電流為C.此時自由電子定向移動的平均速率為D.此時自由電子定向移動的平均速率為評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、如圖所示，a、b是兩個帶有同種電荷的小球，電荷量分別為2×10-5C、4×10-5C用絕緣絲線懸掛于同一點，a球繩長0.6m，兩球靜止時，它們距水平面的高度相等，繩與豎直方向的夾角分別為α=37°、β=53°，靜電力常量為9.0×109Nm2/C2，g取10m/s2則a、b間靜電力大小為__________N，a球的質(zhì)量為__________kg

15、如圖所示，A、B兩個帶異種電荷的小球分別被兩根絕緣細線系在木盒內(nèi)的一豎直線上，靜止時木盒對地面的壓力為細線對B的拉力為若將系B的細線斷開，剛斷開時木盒對地面的壓力等于____________；在B向上運動過程中，木盒對地面的壓力逐漸___________（填“變大”或“變小”）。

16、在以點電荷為中心的球面上，由該點電荷所產(chǎn)生的場強處處相同______。17、電磁波的電場E的方向和磁場B的方向___________（填“平行”或“垂直”），一雷達放出一束頻率為1000MHz的雷達波，當(dāng)雷達波射入水中時，雷達波頻率_______（填“變大”、“變小”或“不變”）。18、如圖所示，把電量為－5×10－9C的電荷，從電場中的A點移到B點，其電勢能___（選填“增大”、“減小”或“不變”）；若A點的電勢UA＝15V，B點的電勢UB＝10V，則此過程中電場力做的功為____J．

19、有一電流表的內(nèi)阻Rg=30Ω，滿偏電流Ig=1mA，要把它改裝成量程0-3V的電壓表，要串聯(lián)________Ω的電阻，改裝后電壓表的內(nèi)阻是_______Ω。評卷人得分四、實驗題(共1題，共10分)20、某同學(xué)設(shè)計了一個既可以測電阻又可以測電源電動勢與內(nèi)阻的實驗電路；如圖甲所示，實驗室提供了以下實驗器材：

電源E（電動勢約為6V；內(nèi)阻約為1Ω）；

定值電阻R0（阻值約為5Ω）；

電流表A（量程30mA；內(nèi)阻約為5Ω）；

電流表B（量程1A；內(nèi)阻約為1Ω）；

電壓表C（量程6V；內(nèi)阻約為5kΩ）；

電壓表D（量程3V；內(nèi)阻約為3kΩ）；

滑動變阻器F（阻值0~20Ω）；

滑動變阻器G（阻值0~500Ω）

根據(jù)題中所給信息；請回答以下問題。

(1)電流表應(yīng)選________；滑動變阻器應(yīng)選________；（選填器材代號）

(2)該同學(xué)操作正確無誤，用U1、U2、I分別表示電表V1、V2；A的讀數(shù)；其數(shù)據(jù)如下表所示：

。I（A）

0.30

0.35

0.40

0.45

0.50

0.55

U1（V）

5.68

5.61

5.57

5.51

5.48

5.40

U2（V）

1.44

1.69

1.91

2.16

2.39

2.62

根據(jù)表中數(shù)據(jù)求得定值電阻R0=________Ω（保留一位小數(shù)），其測量值________真實值（選填“>”、“<”或“=”）；該同學(xué)同時利用上表測得的數(shù)據(jù)求得電動勢和內(nèi)阻，由誤差分析可知，電動勢的測量值________電動勢的真實值（選填“>”、“<”或“=”）。

(3)該同學(xué)進一步利用了一個輔助電源E′，采用如圖乙所示電路測量電源的電動勢，測量過程中，調(diào)節(jié)R后再調(diào)節(jié)R1，使電流表A1的示數(shù)為0，測得多組數(shù)據(jù)。這樣，電源的電動勢的測量值________電源電動勢的真實值（選填“>”、“<”或“=”）。評卷人得分五、解答題(共2題，共8分)21、如圖所示為美國最先進的KH—12光學(xué)偵察衛(wèi)星，采用先進的自適應(yīng)光學(xué)成像技術(shù)，地面分辨率最高可達0.1米；是美國天基偵查的主力軍。那么,你知道它上面攜帶的相機在夜間進行紅外攝像時工作在什么波段嗎？該波段有什么特點？

22、如圖，電路中電源的電動勢為內(nèi)阻為定值電阻電表均為理想電表。求：

（1）開關(guān)均閉合時；電流表的示數(shù)；

（2）開關(guān)閉合、斷開時；電壓表的示數(shù)。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

AC．正點電荷的等勢面是以點電荷為圓心的同心圓，離正電荷越遠，電勢越低，即所以P在位置處的電勢能大小關(guān)系為故A正確；C錯誤；

B．P在O點受到的電場力的水平分力為零，在無窮遠處受到的電場力也為零，所以從O點到無窮遠處，P受到的電場力沿水平方向的分力先變大后變小，所以無法確定從a到b，b到c電場力做功的變化，無法比較Uab和Ubc；同理，也無法比較加速度的大小，故BD錯誤。

故選A。2、C【分析】【詳解】

BD．電勢隨距離的圖像，圖線斜率等于電場強度，則沿BC方向的場強分量為

方向由

沿AC方向的場強分量為

方向由

選項BD錯誤；

AC．在BC邊上取中點D，則D點電勢為2V，由A到D，電勢由4V變?yōu)?V，由幾何關(guān)系可知，AD距離為

則AD方向的場強分量大小為

由于AD與BC垂直，則兩場強分量垂直，勻強電場的場強的大小為

選項C正確；A錯誤。

故選C。3、B【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)電場疊加，由圖像可以知道ab、cd兩中垂線上各點的電勢都為零，所以P、O兩點的電勢相等；故A錯；

B．電場線的疏密表示場強的大小，根據(jù)圖像知EQ<EP；故B正確；

C．四個點電荷在O點產(chǎn)生的電場相互抵消，場強為零，故在O點放一正點電荷,則該正點電荷受到的電場力為零；故C錯誤.

D．P、Q電勢相等，若將某一負電荷由P點沿著圖中曲線PQ移到Q點；電場力做功為零，故D錯誤；

故選B.

點睛：根據(jù)電場線的方向確定場源電荷的正負.電勢的高低看電場線的指向,沿著電場線電勢一定降低.電場線的疏密表示場強的大小,;根據(jù)電勢高低判斷功的正負.4、D【分析】【詳解】

AB．根據(jù)點電荷在處的電場強度為零，知兩電荷為同種電荷，又根據(jù)

得

故AB錯誤；

C．因為兩個點電荷為同種電荷；所以在兩電荷之間電勢不可能為零，故C錯誤；

D．若兩電荷電性同為正；則兩電荷間電勢先降低后升高；若兩電荷電性同為負，則電荷間的電勢則是先升高后降低，故D正確。

故選D。5、D【分析】【詳解】

將極板A稍向上平移，極板間距d增大，由電容器決定式

可知，電容C減小，若電容器兩端電壓U不變，電容器所帶電量Q將減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞯碾姾刹荒芑氐诫娫?，所以電容器的電量Q不變。由于電容C減小，由電容的定義式

可知，U變大。

又

得

可知板間場強不變；電荷保持靜止。

因為極板B接地，電勢為零，P點到極板B的距離不變，場強不變，則P點到極板B的電勢差不變，故P點電勢不變。

若極板A稍向下平移，可知電容C增大，電荷可通過二極管對電容器充電，Q增大，電壓U不變，故兩次移動后U不同。

因為兩極板間距d減小，故場強減小，電荷向下移動。同樣，P點到極板B的電勢差減小，P點電勢降低；故D正確，ABC錯誤。

故選D。6、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．二、多選題(共7題，共14分)7、A:C【分析】【詳解】

A．勻強電場中，沿電場線方向每前進相同的距離，電勢變化速度相同，因為ad=bc=2L可得

所以φc=16V；故A正確；

B．設(shè)ad連線中點為O點，連接Ob和Oc；如下圖所示。

可得其電勢故Oc為等勢面，電場線與等勢面垂直，而由幾何知識易得Oc垂直O(jiān)b，則電場線方向由b指向O；故B錯誤；

C．由上可知，電場線方向由b指向O，粒子從b偏轉(zhuǎn)到c；則受力方向斜向上，故粒子帶正電，故C正確；

D．根據(jù)粒子從b運動到c，電場力做功為

故D錯誤。

故選AC。8、A:C【分析】【詳解】

AB.A、B兩點分別固定正點電荷Q1與Q2，C點為連線上電勢最低處。類比于等量同種點電荷的電場的特點可知，C點電場強度為0，AB之間電場強度為0的點只有一處。對C點，由點電荷的電場強度公式：

得：

故A正確；B錯誤；

C.類比于等量同種點電荷的電場的特點可知，AC之間的電場強度的方向指向C，BC之間的電場強度指向C；滑塊從D向A的運動過程中，電荷受到的電場力的方向指向C；所以電場力先做正功后做負功。故C正確；

D.由C選項分析可知，當(dāng)滑塊從C向B運動過程，電荷受到的電場力的方向指向C；所以電場力做負功，電勢能增大。故D錯誤。

故選：AC9、B:C【分析】【詳解】

A．由粒子的運動軌跡看出，微粒q軌跡向右彎曲，q受到Q的吸引，所以Q與q是異種電荷，由于Q的電性未知，所以不能判斷a、b兩點的電勢關(guān)系。故A錯誤。

B．根據(jù)公式可知，a點場強比b點?。还蔅正確。

C．微粒通過a、b兩點時，微粒所受的電場力都指向Q，則加速度方向都是指向Q；故C正確。

D．微粒從a到b的過程中，靜電力對粒子做正功，其動能增加，則微粒通過a時的速率比通過b時的速率??；故D錯誤。

故選BC。10、A:C【分析】【詳解】

A．若保持開關(guān)閉合，將A板下移少許，由電容的決定式

可知，d減小，C增大，由電容的定義式

可知，U不變，Q增大

E增大；A正確；

B．若保持開關(guān)閉合，將B板下移少許，由電容的決定式

可知，d增大，C減小，由電容的定義式

可知，U不變，Q減小

E減?。籅錯誤；

C．若斷開開關(guān)，將A板下移少許，由電容的決定式

可知，d減小，C增大

板間場強E不變，P點距A板距離減小，A板接地，P點與A板間電勢差減小，升高；負電荷在電勢高的地方電勢能小，所以減小；C正確；

D．若斷開開關(guān)，將B板下移少許，由電容的決定式

可知，d增大，C減小，同理

E不變，P點距A板距離不變，P點與A板間電勢差不變，不變；所以不變；D錯誤。

故選AC。11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

D．電路穩(wěn)定后將S斷開；電容器帶電量不變，選項D錯誤；

AC．B板向下平移一小段距離，電容器兩板間距離增大，電容器的電容

則C減?。浑娙萜鲙щ娏坎蛔?，則電容器兩板間電壓

則U增大；故AC正確；

B．電容器帶電量不變，電容器兩板間距離增大；據(jù)

可得電容器內(nèi)部場強

則E不變；故B項錯誤。

故選AC。12、B:D【分析】A、A和B兩負電荷在a的場強方向相反抵消，則a的合場強為C點的正電荷產(chǎn)生的，方向沿COa向外；A和C兩異種電荷在c點場強同向，再疊加B的負場源的場強可得a和c兩的合場強大小不等，方向不同，A錯誤．B、等量異種電荷在b和c兩點的電勢相等，再疊加一個負電荷的電勢，可知b和c兩點的電勢相等，B正確.C、等量異種電荷在c和e兩點的電勢相等，但場源B在c點的電勢低于e點的電勢，故總的電勢兩點不等，C錯誤.D、d和e兩點均在等量異種電荷的中垂線上，但e點離負電場源更遠，則總的電勢e點更高；D正確．故選BD.

【點睛】解決本題的關(guān)鍵會根據(jù)平行四邊形定則進行場強的疊加，知道沿電場線方向電勢逐漸降低．電勢為標(biāo)量，多個電勢也可以進行疊加.13、A:B:C【分析】【分析】

將金屬導(dǎo)線均勻拉長，使其長度變?yōu)樵瓉淼?倍，橫截面積變?yōu)樵瓉淼谋?，根?jù)電阻定律分析電阻的變化；由歐姆定律分析電流的變化．由電流的微觀表達式I=nevS分析平均速率v的變化．

【詳解】

A項：將金屬導(dǎo)線均勻拉長，使其長度變?yōu)樵瓉淼?倍，橫截面積變?yōu)樵瓉淼谋叮鶕?jù)電阻定律分析得到；電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確；

B項：根據(jù)歐姆定律可知，電流I變?yōu)樵瓉淼募礊楣蔅正確；

C、D項：電流的微觀表達式I=nevS，其中n、e不變，電流I為原來的橫截面積S變?yōu)樵瓉淼谋叮瑒t自由電子定向移動的平均速率為故C正確，D錯誤．

故應(yīng)選ABC．三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]a、b兩球高度相等，可得

b兩球間的距離，根據(jù)幾何關(guān)系可得

根據(jù)庫侖定律

[2]對a受力分析列平衡方程可得【解析】①.7.2②.0.9615、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]細線斷開前，對整體(A、B和木盒)進行受力分析，整體受重力Mg和地面的支持力F′N。根據(jù)共點力平衡的條件和牛頓第三定律得出。

細線斷開前；對小球B進行受力分析，根據(jù)共點力平衡的條件得出。

若將系B的細線斷開，對小球B進行受力分析，小球B受重力mg，向上的電場力F電剛斷開時，對A和木盒做為整體進行受力分析，整體受重力M′g、地面的支持力FN′′、小球B對A的靜電力F電。運用平衡條件得出。

由牛頓第三定律得木盒對地的壓力等于

[2]在B向上運動的過程中，小球B對A的電場力F電′增大；由。

得地面對木盒的支持力也在增大，根據(jù)牛頓第三定律知道木盒對地的壓力逐漸變大.【解析】變大16、略

【分析】【詳解】

以點電荷為球心的球面上各點電場強度大小相等，方向不同，故錯誤?！窘馕觥垮e誤17、略

【分析】【詳解】

[1]電磁波的電場E的方向和磁場B的方向垂直。

[2]雷達波的頻率由波源（雷達）決定，與介質(zhì)無關(guān)，所以射入水中后頻率不變。【解析】垂直不變18、略