2025年粤教版必修3物理上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年粤教版必修3物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、绝缘细线上端固定，下端悬挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时a、b都不带电，如图所示。现使b带电；则（）

A.ab之间不发生相互作用B.b将吸引a，吸住后不放开C.b立即把a排斥开D.b先吸引a，接触后又把a排斥开2、如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离；则（）

A.电容器的带电量将增大B.在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流C.带电油滴将沿竖直方向向上运动D.M点电势将降低3、如图所示；电源两端电压不变（电源内阻忽略），当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，下列说法中正确的是（）

A.电流表A1读数变小B.电流表A2读数变大C.电压表V读数变小D.电压表V读数不变4、如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q。a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，acef平面与电场线平行，bdef平面与电场垂直；则下列说法中正确的是（）

A.b、d两点的电场强度相同B.a点的电势等于c点的电势C.点电荷+q在e点和f点电势能相等D.点电荷+q的球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功5、在如图所示的电路中，为定住电阻，电压表和电流表均为理想电表，当滑动变阻器的触片向b端移动时；则下列说法正确的是（）

A.电流表A的读数减小B.两端的电压变化量相比，电压变化大C.连接电容器两极板的导线上有电流D.电源的输出功率减小评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、两只电流表A1和A2是由完全相同的电流计并联不同的电阻改装而成的，A1的量程是3A，A2的量程是6A，为了测量8A左右的电流，并联接入电路中，两者都有读数的情况下，正确的选项为（）A.A1和A2的内阻相等B.A1和A2的两端电压相等C.A1和A2的指针偏转角相等D.A1和A2的读数相等7、如图所示，倾角的光滑绝缘斜面体放在水平地面上，斜面体处在竖直向上的匀强电场中，质量为m、带电荷量为q的木块轻放在斜面上，木块由静止开始下滑的加速度大小为（g为重力加速度大小）；斜面体静止不动，下列说法正确的是（）

A.匀强电场的电场强度大小为B.斜面对木块的支持力大小为C.地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，大小为D.若仅将匀强电场的方向改为水平向右，则木块下滑的加速度将减小8、下列关于物理思想方法的说法中正确的是（）A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验用到了等效替代法B.“探究加速度与力、质量的关系”实验用到了控制变量法C.卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想D.电场强度速度加速度都是采用了比值定义法9、如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB＝BC，电场中A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC；则下列关系中正确的有（）

A.φA>φB>φCB.EA>EB>ECC.UAB<UBCD.UAB＝UBC10、如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的U－I图线。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P（5，3.75）、Q（6；5）。如果把该小灯泡分别与电源1；电源2单独连接，则下列说法正确的是（）

A.电源1与电源2的内阻之比是3:2B.电源1与电源2的电动势之比是1:1C.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是5:6D.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是9:1011、如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱；则。

A.电压表的示数变大B.小灯泡变暗C.通过R2的电流变大D.电源内阻消耗的功率变大评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)12、如图所示电路，当滑动变阻器的滑片P位置不变而电阻箱R阻值增大的时候，电表A和V的变化情况是：表V示数_____，表A示数_____．(填“变大；变小或不变”).

13、（1）由R=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比。（______）

（2）电阻率ρ与导体的长度l和横截面积S有关。（______）

（3）电阻率表征了材料的导电能力的强弱，由导体的材料决定，且与温度有关。（______）

（4）电阻率大的导体，电阻一定很大。（______）

（5）有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制成标准电阻。（______）14、电功率：

（1）含义：单位_______内电流所做的功。

（2）公式：=_______。

（3）单位：_______，符号：_______。

（4）物理意义：表示电流做功的_______。

（5）决定用电器电功率大小的因素有_______。

①电功；②通电时间；③电压；④电流；⑤电阻。15、生产、生活中广泛使用的变压器、电磁炉等都是根据____________制造的。16、在一点电荷Q产生的电场中，电荷量为+q的粒子在某点的电势能Ep与该点到Q的距离r的关系如图所示。设电场中距Q的距离为L、3L处的电势分别为φ1、φ2，电场强度分别为E1、E2，则Q带____（选填“正”或“负”）电，φ1：φ2=____，E1：E2=____。

17、如图所示，A和B两平行金属板相距10mm，M点距A板及N点距B板均为2mm，两极板间的电压为4V，则板间场强为______N/。A．A板电势为________V，N点电势为________V.评卷人得分四、作图题(共1题，共8分)18、试画出点电荷、等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线。评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)19、为测量甲、乙金属丝的电阻率，小明同学设计了如图（a）、（b）所示的两种实验方案，已知电源的电动势E和内阻r在实验过程中保持不变。

（1）小明先进行了如图（a）方案的测量；

①他首先利用游标卡尺和螺旋测微器分别测出甲、乙两根不同金属丝的直径，示数分别如图（c）、图（d）所示。则两根金属丝直径的测量值分别为：d甲=_________mm、d乙=_________mm；

②实验过程中，小明先将甲金属丝接入电路，并用米尺测出接入电路中的甲金属丝的长度l=50.00cm。闭合开关后移动滑动变阻器的滑片分别处于不同的位置，并依次记录了两电表的测量数据如下表所示，其中5组数据的对应点他已经标在如图（e）所示的坐标纸上，请你标出余下一组数据的对应点，并在图（e）画出U—I图线()；。实验次数123456U/V0.901.201.501.802.102.40I/A0.180.240.310.370.430.49

③该方案测得的甲金属丝的电阻率__________（计算结果保留两位有效数字）；

（2）小明又用如图（b）方案测量乙金属丝的电阻率，实验中他可以通过改变接线夹（即图（b）中滑动变阻器符号上的箭头接触金属丝的位置）；以控制接入电路中金属丝的长度；

①实验操作步骤：

a．正确连接电路；设定电阻箱的阻值，闭合开关。

b．读出电流表的示数；记录接线夹的位置。

c．断开开关；测出接入电路的金属丝的长度。

d．闭合开关，重复b；c的操作。

②根据测得电流与金属丝接入长度关系的数据，绘出如图（f）所示的关系图线，由图可以算出图线的斜率为k，若已测得乙金属丝的直径为d，已知电源的电动势为E、内阻为r。则乙金属丝的电阻率为_________；（写出电阻率的计算式）

（3）电表的内阻可能对实验产生系统误差，图（b）方案电阻率测量值_________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。20、利用如图所示的电路测定一节干电池的电动势和内电阻；要求尽量减小实验误差。供选择的器材有：

A.电流表A（0~0.6A）

B.电压表（0~3V）

C.电压表（0~15V）

D.滑动变阻器（0~20Ω）

E.滑动变阻器（0~200Ω）

G.定值电阻

H.开关一个；导线若干。

(1)实验中电压表应选用______，滑动变阻器应选用______（选填相应器材前的字母）；

(2)闭合开关，电压表和电流表均有示数，但是无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电压表的读数变化都非常小。同学们讨论后，在原电路的基础上又加了一个定值电阻问题得到解决，请你在虚线框内画出改进后的电路图______；

(3)改进电路图以后，某位同学记录了6组数据，对应的点已经标在坐标纸上。在坐标纸上画出图象________；并根据所画图线可得出干电池的电动势______V，内电阻______Ω（结果保留三位有效数字）。21、图1为陶瓷圆筒，外面镀有一层很薄的合金薄膜。为测定薄膜的厚度，某同学先用刻度尺测出陶瓷圆筒长度为L，又用螺旋测微器测得筒外径d，最后用多用电表粗测其电阻并在电工手册查得薄膜的电阻率为

（1）该同学用螺旋测微器测得筒外径d如图2所示，测筒外径____________用多用电表欧姆挡的“”挡测薄膜电阻值时，表盘上指针如图3所示，则电阻为____________

（2）该同学利用所测得的及查表的数据，求得薄膜厚度表达式____________（均用字母表示）；就可计算出薄膜的厚度。

（3）为更精确地测量薄膜的电阻该同学从实验室中找到如下实验器材：

A.电压表V（量程电阻）

B.电流表A（量程电阻约为）

C.滑动变阻器R（额定电流）

D.电源（内阻约为）

E.定值电阻

F.开关一只；导线若干。

①为更加准确地测量出薄膜电阻，根据上述器材在答题卷方框内画出测电阻的最佳方案的电路图_________。

②若电压表的示数为U，电流表的示数为I，则所测薄膜电阻的表达式__________（用题中的字母表示）。22、某实验小组进行实验：“测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻”，设计的实验电路图如图甲所示，其中为电阻箱，R0=6Ω为保护电阻。

实验过程中得到了多组电压表的示数及对应的电阻箱的电阻值并以为纵坐标，以为横坐标，画出的关系图线（该图线为一直线），如图乙所示。由图线可求得电池组的电动势______内阻r=______Ω。（结果保留两位有效数字）参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

轻质小球a，故现使b带电，因为带电物体能够吸引轻质物体，则b先吸引a，接触后两物体带上同种电荷，b又把a排斥开。

故选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

AB．将A板向上平移一小段距离，板间距离d增大。由

可知电容器的电容变小，又

电压U不变。因此电容器带电量减小，电容器放电，回路中有顺时针方向的电流电阻R中有向右的电流。选项AB错误；

C．根据电容器内部电场强度

可知，d增大；场强减小，油滴受到向上的电场力减小，将向下运动，选项C错误；

D．A、B两板间的电场强度E减小，由

可知，M点电势降低。选项D正确。

故选D。3、A【分析】【分析】

【详解】

AB．电路总电流减小，即电流表的示数减小，因为定值电路两端的电压增大，所以通过定值电阻的电流增大，因为电路总电流等于通过定值电阻电流与通过滑动变阻器电流之和，所以通过滑动变阻器的电流减小，即A2读数减小；B错误，A正确；

CD．从图中可得电压表测量路端电压，电流表测量电路总电流，电流表测量滑动变阻器电流；当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，电路总电阻增大，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，CD错误。

故选A。4、C【分析】【详解】

A．点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下；且场强大小相同，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，两点场强大小相同，方向不同，A错误；

B．点电荷+Q在球面上的电势相同，但是在匀强电场中，沿电场线电势降低，acef平面与电场线平行，根据电势的合成，则a点的电势高于c点的电势；B错误；

CD．点电荷+Q在球面上的电势相同，在匀强电场中，沿电场线电势降低，但是bdef平面与电场垂直，根据电势的合成，则e点的电势等于c点的电势，则点电荷+q在e点和f点电势能相等，则点电荷+q从e点从球面上移动到f点电场力不做功；D错误C正确。

故选C。5、C【分析】【详解】

A．当滑动变阻器的触片向b端移动时，阻值减小，根据串反并同可知，与串联的电流表示数增大；故A错误；

B．根据

可知

根据串反并同可知，与并联的电压减小，与串联的和r电压增大，故

故

故

故B错误；

C．与并联的电容器两端电压减小，根据

可知极板电荷量减小；故有电流，故C正确；

D．当内外电阻相同时；电源输出功率最大，不知道内外电阻关系，无法判断输出功率变化，故D错误。

故选C。二、多选题(共6题，共12分)6、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．表头相同，但改装的量程不同，所以需要并联的电阻值是不同的，故A1和A2的内阻不相等。故A错误；

B．两只电流表并联接入电路；故两端电压相等。故B正确；

C．两表电压相同；且表头相同，故其指针偏转角相等。故C正确；

D．虽然两表指针偏转角相等；但其量程不同，故两表读数不同。故D错误。

故选BC。7、A:C【分析】【详解】

A．对木块受力分析，根据牛顿第二定律有

解得

故A正确；

B．斜面对木块的支持力大小

故B错误；

C．对木块和斜面体整体受力分析，在水平方向，根据牛顿第二定律可知地面对斜面体的摩擦力大小为

方向水平向右；故C正确；

D．若仅将匀强电场的方向改为水平向右，对木块受力分析，结合牛顿第二定律可知木块下滑的加速度将大于即木块下滑的加速度将增大，故D错误。

故选AC。8、A:B:C【分析】【详解】

A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验用到了等效替代法；即合力与分力的作用效果相同，故A正确；

B．“探究加速度与力；质量的关系”实验用到了控制变量法；即探究加速度与力的关系时，应保持质量不变，探究加速度与质量关系时，应保持力不变，故B正确；

C．卡文迪什利用扭秤测量引力常量用到了放大的思想；故C正确；

D．电场强度速度采用了比值定义法，而加速度为牛顿第二定律；是加速度的决定式，故D错误。

故选ABC。9、A:C【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知电场中A、B、C三点处在一根电场线上；根据沿着电场线的方向电势逐渐降落，故有。

A正确；

B．由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为。

B错误；

CD．电场线密集的地方电势降落较快；由。

即。

C正确；D错误。

故选AC。10、A:B【分析】【详解】

A．在电源的U－I图像中，图像斜率的绝对值表示电源的内电阻，由图线Ⅰ、Ⅱ可知，电源1、电源2的内阻分别为r1＝Ωr2＝Ω

即电源1与电源2的内阻之比是3∶2；A正确；

B．电源的U－I图像纵轴截距表示电源电动势，E1＝E2＝10V；则电源1与电源2的电动势之比是1∶1，B正确；

CD．小灯泡的U－I图线与电源的U－I图线的交点即为小灯泡与该电源连接时的工作状态，则连接电源I时，U1＝3.75V，I1＝5A，故小灯泡消耗的功率为P1＝U1I1＝18.75W

小灯泡的电阻R1＝＝0.75Ω

连接电源II时，U2＝5V，I2＝6A，故灯泡消耗的功率P2＝U2I2＝30W

灯泡的电阻R2＝＝Ω

则R1∶R2＝9∶10P1∶P2＝5∶8

CD错误。

故选AB。11、B:C【分析】【详解】

若将照射R3的光的强度减弱；可知其电阻增大，所以外电路的总电阻增大．

A．根据闭合电路欧姆定律可知，

外电路总电阻增大，干路电流减小，R1在干路上；所以其电压减小，因此电压表示数减小，A错误。

BC．因为干路电流减小，所以路端电压增大，R1和R2的电压之和等于路端电压，所以R2的电压增大，因此流过R2的电流增大，又R2和L的电流之和减小；所以L的电流必然减小，因此灯泡变暗，BC都正确。

D．内阻上消耗的功率

因为干路电流减小，所以D错误三、填空题(共6题，共12分)12、略

【分析】【详解】

[1][2]滑动变阻器的滑片P位置不变而电阻箱R阻值增大的时候，外电路电阻增大，则干路电流减小，根据

可知，路端电压变大，所以电阻箱两端电压变大，电压表示数变大，与电阻箱并联部分的滑动变阻器两端电压变大，电流变大，而干路电流减小，所以电阻箱支路电流减小，电流表示数减小．【解析】变大变小13、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]导体的电阻由导体决定；与加载两端的电压无关，与流过导体的电流无关，故错误；

（2）[2]电阻率由导体的材料决定，且与温度有关，与长度l和横截面积S无关；故错误；

（3）[3]电阻率表征了材料的导电能力的强弱；由导体的材料决定，且与温度有关，故正确；

（4）[5]电阻率大的导体；电阻不一定很大，故错误；

（5）[5]有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制成标准电阻，故正确。【解析】错误错误正确错误正确14、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据定义可知；电功率为单位时间内电流所做的功；

（2）[2]根据定义可知；其公式为。

（3）[3]电功率的单位为瓦；符号为W；

（4）[4]电功率的物理意义为表示电流做功的快慢；

（5）[5]根据电功率的定义可知，决定用电器电功率大小的因素有电压和电流，故选③④。【解析】时间UI瓦W快慢③④15、略

【分析】【详解】

变压器变压器的工作原理是电磁感应现象；电磁炉是通过线圈产生的交变磁场在锅底产生了电磁感应现象而产生的热量；故生产、生活中广泛使用的变压器、电磁炉等都是根据电磁感应制造的。【解析】电磁感应16、略

【分析】【详解】

[1]由图可知，粒子离电荷越远，电势能越低，说明远离电荷时，电场力做正功，即电荷与粒子之间是斥力，所以电荷Q带正电；

[2]由图可知，电荷在L处的电势能为6E0，在3L处的电势能为2E0，根据公式

两点电势之比为

[3]根据点电荷的电场强度公式

两点电场强度之比为【解析】正3∶19∶117、略

【分析】【分析】

【详解】

根据可知两板间的电场强度为板间电场方向向上，故A点的电势低于B板的电势，因B板接地电势为零，所以可知A板电势为-4V；B、N之间的电势差为所以N点的电势为-0.8V．【解析】400－4－0.8四、作图题(共1题，共8分)18、略

【分析】【详解】

根据电荷属性