2025年北師大版必修3物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年北師大版必修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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、M、N、P是半圓上的三點，O點是圓心，MN為直徑，∠NOP=60°．在M、N點處各有一條垂直半圓面的長直導線，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的磁感應強度大小為B1．若將M點的長直導線移至P點，O點的磁感應強度大小變?yōu)锽2；則。

A.B.C.D.2、直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片P向右移動時；電源的（）

A.總功率一定增大B.效率一定減小C.內部損耗功率一定不變D.輸出功率可能先增大后減小3、如圖所示，在矩形導線框abcd的對稱軸的左側存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，線框abcd的面積為S。線框以為軸，從圖示位置以順時針開始轉動，轉動周期為T；以下說法正確的是（）

A.圖示位置時線框的磁通量為BSB.內由于沒有切割磁感線，所以沒有感應電流C.內線框的磁通量減小D.轉動半周線框的磁通量沒有變化4、如圖所示，A、B、C、D是真空中一正四面體的四個頂點．現在在A、B兩點分別固定兩個點電荷Q1和Q2；則關于C；D兩點的場強和電勢，下列說法正確的是（）

A.若Q1和Q2是等量異種電荷，則C，D兩點電場強度不同，電勢相同B.若Q1和Q2是等量異種電荷，則C，D兩點電場強度和電勢均相同C.若Q1和Q2是等量同種電荷，則C，D兩點電場強度和電勢均不相同D.若Q1和Q2是等量同種電荷，則C，D兩點電場強度和電勢均相同5、如圖所示，虛線表示電場中一簇等勢面，相鄰等勢面之間電勢差相等，一個正電荷以一定的初速度進入電場中，僅在電場力作用下從M點運動到N點（軌跡圖中沒有畫出）；此過程中電場力對正電荷做負功，由此可以判斷。

A.M點的電場強度大于N點的電場強度B.M點的電場強度等于N點的電場強度C.M點的電勢低于N點的電勢D.M點的電勢等于N點的電勢6、某簡易電吹風簡化電路如圖所示；其主要部件為電動機M和電熱絲，部分技術參數如表，電吹風在220V電壓下工作。下列說法正確的是（）

。電吹風額定電壓。

220V

電吹風額定功率。

熱風時：990W

冷風時：110W

冷風時：110W

A.開關S1、S2都閉合時電吹風吹冷風B.該電吹風中電動機的內電阻為440ΩC.吹熱風時通過電熱絲的電流為4AD.吹熱風時電熱絲的功率為990W7、小明同學通過課外閱讀看到了一個描述磁感應強度的表達式I是導線中的電流，L是某點到導線的距離，于是他對k的單位進行了猜測，以下表示k的單位的是（）A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、在如圖所示電路中，電源電動勢為E，內阻為r，R1、R2為定值電阻，現使R3阻值增大；則（）

A.V表讀數變大B.A表讀數變大C.R1上的電壓升高D.流過R2的電流增大9、電源、開關、平行板電容器連成如圖電路，A板接地。閉合開關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.若保持開關閉合，將A板下移少許，U不變；Q增大；E增大B.若保持開關閉合，將B板下移少許，U減??；Q減??；E不變C.若斷開開關，將A板下移少許，C增大；升高；Ep減小D.若斷開開關，將B板下移少許，C減??；降低；Ep減小10、如圖所示，帶電量分別為?q1和+q2的A、B兩點電荷分別固定在x軸上的兩點，規(guī)定無窮遠處電勢為零；已知a點電勢為零，b點場強為零，c點在b點的右側；則（）

A.A的帶電量大于B的帶電量B.x軸上a、b兩點間可能存在著與c點場強相同的點C.將正離子在a點靜止釋放，僅在電場力作用下離子可能在ac間往復運動D.將電子從b點移到c點過程中，電子所受電場力可能先增大，后減小11、如圖，正方形ABCD的四個頂點A、B、C、D分別帶電+Q、+Q、-Q、-Q（Q>0），各邊中點分別叫做P、N、K、M，線段PK與MN的交點為O。對這四個電荷共同形成的電場；以下說法中正確的是（）

A.M點電勢等于N點電勢，即φM=φNB.P點電勢等于K點電勢，即φP=φKC.M點場強大于O點場強，即EM>EOD.P點場強大于O點場強，即EP>EO12、如圖所示，真空中兩點電荷A、B帶電量分別為+3Q和-Q，O點為連線的中點，a、b兩點都在它們之間的連線上，c、d兩點在AB連線的中垂線上．已知Oa=Ob，a、b兩點的場強分別為Ea、Eb；Oc>Od，c、d兩點的電勢分別為φc、φd則下列說法正確的是。

A.EabB.Ea>EbC.φc>φdD.φc<φd13、如圖所示的電路中，D為理想二極管（具有單向導電性）；一帶正電小油滴恰好在平行板電容器中央靜止不動，電源內阻不計，則下列說法正確的是（）

A.僅把開關S斷開，油滴將下落B.僅把電阻箱R1的阻值減小，油滴將上升C.僅把電容器上極板稍水平右移，油滴將下落D.僅把電容器上極板稍豎直上移，油滴仍靜止不動評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、在真空中兩個等量異種電荷的點電荷，電荷量均為相距則它們之間的相互作用力為多少，在兩者連線的中點處，電場強度大小為多少．15、實驗原理:

設金屬導線長度為l，導線直徑為d，電阻率為ρ，則:由_______，得:ρ=______=______。16、（1）2019年6月，工信部正式向中國移動、中國電信、中國聯通和中國廣電4家公司發(fā)放5G正式商用牌照，這標志著我國正式進入了5G商用元年。據悉此次中國電信和中國聯通獲得3500MHz頻段試驗頻率使用許可，該頻段的波長約為________mm。

（2）在收音機接收中波段時其LC振蕩電路的電感L是固定的，當可變電容器電容為C1＝270pF時可接收頻率為535kHz的電磁波，當可變電容器的電容為C2時可接收頻率為1605kHz的電磁波，則可變電容器的電容C2＝________pF。17、在如圖所示閉合回路中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電壓表的示數U、電流表的示數I及干電池的輸出功率P都會發(fā)生變化。

下面各示意圖中正確反映關系的是__________；

A.B.

C.D.

下面各示意圖中正確反映關系的是____________。

A.B.

C.D.18、如圖所示，一帶正電的導體球M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶電小球N掛在橫桿上。當小球N靜止時，絲線與豎直方向成θ角，由此推斷小球N帶_____電荷（選填“正”或“負”）。若把導體球M靠近帶電小球N，則絲線與豎直方向的夾角θ將_____（選填“變大”或“變小”）。

19、如圖所示；帶箭頭的線表示某一電場的電場線．在電場力作用下，一帶電粒子（不計重力）經A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，試判斷：

（1）粒子帶________電；

（2）粒子在________點加速度大；

（3）粒子在________點動能大；

（4）A、B兩點相比，________點電勢高．20、一電流表允許通過的最大電流（滿刻度電流）為表頭電阻若改裝成量程為的電流表，應_______（填“串聯”或“并聯”）一個阻值為56.2Ω的電阻。若將改裝后的電流表再改裝成量程為的電壓表，應再_______（填“串聯”或“并聯”）一個阻值為_______Ω的電阻。21、勻強磁場。

（1）概念：各點的磁感應強度的____相等、_____相同的磁場。

（2）磁感線特點：勻強磁場的磁感線是間隔____的平行直線。22、在“研究磁通量變化時感應電流的方向”實驗中；實物電路連接如圖：

（1）實物圖中有一個元件接錯了回路，請指出并改正：____________；

（2）為了方便探究感應電流方向的規(guī)律，實驗應研究原磁場方向、磁通量的變化情況、__________三者的關系；

（3）在實驗中，變阻器滑片向右移動，觀察到靈敏電流計指針向右偏轉，已知原線圈A中的電流是順時針方向（從上往下看），則流經靈敏電流計的電流方向是____________（選填“左進右出”或“右進左出”）；為使靈敏電流計指針向左偏轉，采取的方法有（寫出一種方法）：____________；

（4）某組同學實驗中，發(fā)現靈敏電流計指針的偏轉始終很小，可能的原因是_________。評卷人得分四、作圖題(共2題，共12分)23、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導線中的電流方向或磁場中某處小磁針靜止時N極的指向或磁感線方向。請畫出對應的磁感線（標上方向）或電流方向。

24、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導線中的電流方向或磁場中某處小磁針靜止時N極的指向或磁感線方向。請畫出對應的磁感線（標上方向）或電流方向。

評卷人得分五、實驗題(共2題，共8分)25、某小組同學欲了解某材料導線在常溫下的電阻率。

（1）利用螺旋測微器測量該導線直徑如圖所示，則該導線直徑測量值為______mm。

（2）該小組同學用歐姆表粗測該電阻的阻值Rx為150為了較準確測量該電阻的阻值Rx；現有電源（12V，內阻可不計）；滑動變阻器（0~200Ω，額定電流為1A）、開關和導線若干，以及下列電表：

A.電流表（0~100mA，內阻約15.0）；

B.電流表（0~500mA，內阻約25.0）；

C.電壓表（0~3V，內阻約3k）；

D.電壓表（0~15V，內阻約15k）

為減小測量誤差，在實驗中，電流表應選用______，電壓表應選用______（以上兩空均選填器材前的選項字母），實驗電路應采用圖中的______（選填“甲”或“乙”），這樣測量的阻值比真實值______（選填“偏大”或“偏小”）

（3）圖是測量Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線，請根據題中所選的電路圖，補充完成圖中實物間的連線______。

26、用10分度的游標卡尺測量小球的直徑，測量的示數如圖所示，讀出小球直徑d的值為__________mm。

評卷人得分六、解答題(共1題，共2分)27、在如圖所示的xOy平面內（y軸的正方向豎直向上）存在著水平向右的勻強電場，有一帶正電的小球自坐標原點O沿y軸正方向豎直向上拋出，它的初動能為8J，不計空氣阻力，當它上升到最高點M時，它的動能為2J，M點距x軸0.2m，g取10m/s2。

（1）求帶電小球的質量m；

（2）求M點的橫坐標

（3）求帶電小球落回到x軸上的P點時的動能。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

依題意，每根導線在O點產生的磁感強度為B1/2，方向豎直向上，則當M移至P點時，O點合磁感強度大小為：B2=2××cos60°=則B2與B1之比為1：2．故選C.

點睛：磁感強度為矢量，在求合磁感強度時應先分別求得各導線O點的磁感強度再由矢量的合成方法-平行四邊形求得總的磁感強度．2、D【分析】【詳解】

由電路圖可知，當滑動變阻滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路總電阻變大，電源電動勢不變，由閉合電路的歐姆定律可知，電路總電流I變??；

A．電源電動勢E不變，電流I變小，電源總功率P=EI減??；故A錯誤；

B．電源的效率

電源內阻r不變，滑動變阻器阻值R變大；則電源效率增大，故B錯誤；

C．電源內阻r不變，電流I減小，源的熱功率減小；故C錯誤；

D．當滑動變阻器阻值與電源內阻相等時；電源輸出功率最大，由于不知道最初滑動變阻器接入電路的阻值與電源內阻間的關系，因此無法判斷電源輸出功率如何變化，可能先增大后減小，故D正確；

故選D。3、C【分析】【詳解】

A．由圖可知，圖示位置時線框的磁通量為

故A錯誤；

B．設時間為t，則有

得

根據

由上可知內；有切割磁感線，所以有感應電流。故B錯誤；

C．內，θ從cosθ單調遞減；故線框的磁通量減小。故C正確；

D．轉動半圈，θ從線框的磁通量有變化，故D錯誤。

故選C。

【點睛】

穿過閉合線框的磁通量變化，線框中產生感應電流。根據磁通量的公式，推導出磁通量跟時間之間的關系，繼而進行分析。4、B【分析】【分析】

若Q1和Q2是等量異種電荷，其電場線和等勢面具有對稱性，通過AB的中垂面是一等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，根據對稱性分析C、D場強關系，若Q1和Q2是等量同種電荷；根據對稱性分析場強和電勢的關系．

【詳解】

AB、若Q1和Q2是等量異種電荷，通過AB的中垂面是一等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，C、D兩點的場強都與等勢面垂直，方向指向B一側，方向相同，根據對稱性可知，場強大小相等，故C、D兩點的場強、電勢均相同，故A錯誤，B正確．

CD、若Q1和Q2是等量同種電荷，由電場的分布情況和對稱性可知，C、D兩點電場強度大小相等，方向不同，則電場強度不同，電勢相等，故C、D錯誤；

故選B．5、C【分析】【詳解】

AB．因為N點處等勢面比M處等勢面密集，可知M點的電場強度小于N點的電場強度；選項AB錯誤；

CD．根據正電荷的運動軌跡可知，電場力的方向偏向右下方，可知電場線偏向右下方，沿電場線電勢降低，可知M點的電勢低于N點的電勢，選項C正確，D錯誤．6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由電路圖可知，開關S1、S2都閉合時；電動機和電熱絲同時接入電路，電吹風吹熱風，故A錯誤；

B．只閉合開關S2時；僅電動機接入電路，若電動機為純電阻，則電阻為。

由于電動機為非純電阻，則內阻不為440故B錯誤；

CD．開關S1、S2都閉合時；電動機和電熱絲同時接入電路，電吹風吹熱風，總功率為990W，即為電動機的功率和電熱絲的功率之和，則吹熱風時電熱絲的功率為880W；通過電熱絲的電流為。

故C正確；D錯誤。

故選C。7、B【分析】【詳解】

AD．根據題意

則k的單位為故AD錯誤；

B．根據

解得

則k的單位為

故B正確；

C．由

可得

則k的單位為故C錯誤。

故選B。二、多選題(共6題，共12分)8、A:D【分析】【分析】

【詳解】

B．由圖可知，R2與R3并聯，再與R1串聯，當R3阻值增大時；電路中總阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流減小，故電流表示數減小，故B錯誤；

A．內電壓減小，由U=E-Ir可知；路端電壓增大，電壓表示數增大，故A正確；

C．因電流減小，故R1兩端的電壓降低；故C錯誤；

D．因內電壓以及R1兩端的電壓降低，故并聯部分電壓增大，R2中電流增大；故D正確。

故選AD。9、A:C【分析】【詳解】

A．若保持開關閉合，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，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?。籆正確；

D．若斷開開關，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。10、A:D【分析】【詳解】

A．由點電荷的場強公式

又b點場強為零，A點電荷到b點的距離大于B點電荷到b點的距離；可得A的帶電量大于B的帶電量，A正確；

B．由于c點在b點的右側，故x軸上a、b兩點間不可能存在著與c點場強相同的點；B錯誤；

C．由于b點場強為零，將正離子在a點靜止釋放，僅在電場力作用下離子不可能在ac間往復運動；C錯誤；

D．將電子從b點移到c點過程中；電場強度可能先增大，后減小，故電子所受電場力可能先增大，后減小，D正確。

故選AD。11、A:C【分析】【詳解】

A．由于M、O處于兩對（AD、BC）等量異種點電荷連線的中垂線上；所以兩點電勢均為零，故A正確；

B．P點位于正點電荷區(qū)域，電勢大于零，而K點位于負點電荷區(qū)域，電勢小于零，故P點電勢大于K點電勢；故B錯誤；

CD．設正方形的邊長為2a，根據點電荷電場疊加有

所以

故C正確；D錯誤。

故選AC。12、B:D【分析】點電荷A、B帶電量分別為+3Q和-Q，a處電場線比b處電場線密，而電場線的疏密表示場強的大小，所以有Ea＞Eb．故A錯誤，B正確．由疊加可知，c點電場方向斜向左下方，根據順著電場線方向電勢降低，o點電勢比c點電勢高，同理，o點電勢也比d點電勢高，根據對稱性可知，d點電勢與d點關于o點的對稱點的電勢相等，此對稱點的電勢高于c點電勢，所以d點電勢高于c點電勢，則有φc＜φd．故C錯誤；D正確．故選BD．

點睛：解答本題關鍵是一方面要掌握電場線的兩個意義：疏密表示場強的大小，順著電場線方向電勢降低，另一方面要抓住對稱性．13、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．開關S斷開；二極管處于不導通狀態(tài)，故電容器無法放電，電容器的電荷量不變，電場力不變，則油滴仍靜止不動，A錯誤；

B．帶正電油滴靜止不動，說明b點電勢高于a點電勢，僅把電阻箱R1的阻值減小，則b點電勢升高，a點電勢不變；故電容器電壓增大，兩極板間的場強增大，油滴受到的電場力增大，油滴將上升，B正確；

C．將電容器上極板水平右移，則電容器的電容減小，電容器欲放電，但因二極管處于不導通狀態(tài)而無法放電，即電容器的電荷量Q不變，由

和

聯立得

S減小，則E增大；電場力增大，油滴將上升，C錯誤；

D．將電容器上極板豎直上移一些，電容器的電容減小，電容器欲放電，但因二極管處于不導通狀態(tài)而無法放電，故電容器的電荷量Q不變，且由

知電場力不變；油滴仍靜止不動，D正確；

故選BD。三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】【詳解】

已知真空中兩點電荷的電量均為距離根據庫倫定律得電荷間的作用力．

兩點電荷在中點處產生的場強大小均為。

．

方向相同，則在兩者連線的中點處，電場強度大小為．

點睛：根據庫侖定律求解與兩電荷間的作用力．根據點電荷場強公式分別求出兩點電荷在中點處產生的場強，再進行合成，求出合場強．【解析】．15、略

【分析】【詳解】

略【解析】R=ρ16、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]根據公式，可得該頻段的波長為

（2）[2]當收音機的LC振蕩電路的頻率等于電磁波的頻率時，收音機就能接收該頻率的電磁波。根據LC振蕩電路頻率公式

電感L是固定的，故有

所以

由題意C1＝270pF

可解得C2＝30pF【解析】①.85.7②.3017、略

【分析】【詳解】

[1]當滑動變阻器的阻值等于電源內阻時，電源的輸出功率最大，即電源的輸出功率隨先變大，再變小，輸出功率與路端電壓的關系式為

由數學知識可知；C正確，ABD錯誤。

[2]電源的輸出功率為

由數學知識可知，C正確，ABD錯誤。【解析】CC18、略

【分析】【詳解】

[1]帶電小球根據同性相斥，異性相吸的原理，可知小球N帶正電。

[2]根據庫侖力

可知當導體球M靠近帶電小球N時，r減小，F增大，對小球N受力分析得

故絲線與豎直方向的夾角θ將變大?！窘馕觥空兇?9、略

【分析】試題分析：根據運動軌跡來判定電場力方向；由曲線運動條件可知合力偏向曲線內側，故粒子從A到B，電場力對粒子做負功，因此粒子帶負電；由于B點的電場線密，所以B點的電場力大，則B點的加速度較大；粒子從A到B，電場力對粒子做負功，電勢能增加，導致動能減少；沿著電場線電勢降低，所以A點的電勢高．

考點：電場線，電場力做功與電勢能的關系【解析】（1）負，（2）B,（3）A,（4）A20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]把電流表改裝成大量程電流表；需要并聯一個阻值為56.2Ω的電阻；

[2][3]把電流表改裝成電壓表，需要串聯電阻，阻值為【解析】①.并聯②.串聯③.9950Ω21、略

【解析】①.大?、?方向③.相等22、略

【分析】【詳解】

（1）[1]開關應接入原線圈A所在的回路；改正后的接法如下圖。

（2）[2]為了方便探究感應電流方向的規(guī)律；實驗應研究原磁場方向；磁通量的變化情況、感應電流的磁場方向三者之間的關系。

（3）[3]變阻器滑片向右移動；則滑動變阻器的阻值變小，則上面的電路電流變大，原線圈產生從上向下看是順時針方向電流，根據右手螺旋定則，產生的磁場方向為下N極，上S極，再根據增反減同原則，產生的感應磁場下S極，上N極，根據下方螺線管繞線，可以看出電流方向為逆時針（從上往下看），所以經靈敏電流計電流方向是右進左出。

[4]滑動變阻器滑片向右滑動；靈敏電流計指針向右偏，則滑動變阻器滑片向左滑動，靈敏電流計指針向左偏。

（4）[5]靈敏電流計指針偏轉角度小，說明是電流太弱，可能是因為原線圈A中沒有插入鐵芯或者電池使用時間過長，原線圈A中電流過小?！窘馕觥块_關應接入原線圈A所在的回路，改正見解析感應電流的磁場方向右進左出變阻器滑片向左滑動（將原線圈A從副原線圈B中拔出，斷開開關也對）原線圈A中沒有插入鐵芯，電池使用時間過長，原線圈A中電流過小四、作圖題(共2題，共12分)23、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）在圖（1）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由直線電流的安培定則，可知直線中的電流方向向下，如圖所示。

（2）在圖（2）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由環(huán)形電流的安培定則，可知環(huán)形電流方向從左向右看是順時針方向，如圖所示。

（3）在圖（3）中；已知螺線管內小磁針靜止時N極的指向，由通電螺線管的右手螺旋定則可知，螺線管中的電流方向從左端導線流入，右端導線流出，如圖所示。

（4）在圖（4）中，已知磁感線的方向，