2025年新世纪版必修3物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年新世纪版必修3物理下册阶段测试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7题，共14分)1、在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是()

A.灯泡L将变暗B.灯泡L将变亮C.电容器C的电荷量将减小D.电容器C的电荷量将不变2、如图；直导线中通有向左的电流后，其正下方的小磁针N极将（）

A.向上B.向下C.垂直纸面向内D.垂直纸面向外3、如图所示，一个带电球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N先后挂在横杆上的和处，通过调整丝线使M、N在同一高度，当小球N静止时，观察丝线与竖直方向的夹角。通过观察发现：当小球N挂在时，丝线与竖直方向的夹角最大；当小球N挂在时N丝线与竖直方向的夹角最小。根据三次实验结果的对比；下列说法中正确的是（）

A.小球N与球体M间的作用力与它们的电荷量成正比B.小球N与球体M间的作用力与它们距离的平方成反比C.球体M电荷量越大，绝缘丝线对小球N的作用力越大D.距离球体M越远的位置，绝缘丝线对小球N的作用力越小4、真空中两个点电荷相距r时,静电力为F,如果保持它们的电量不变,而将距离增大为2r时,则静电力将变为A.B.FC.D.2F5、某简易电吹风简化电路如图所示；其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如表，电吹风在220V电压下工作。下列说法正确的是（）

。电吹风额定电压。

220V

电吹风额定功率。

热风时：990W

冷风时：110W

冷风时：110W

A.开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风B.该电吹风中电动机的内电阻为440ΩC.吹热风时通过电热丝的电流为4AD.吹热风时电热丝的功率为990W6、在如图所示的电路中，闭合开关把滑动变阻器的滑片向上滑动的过程中；若电源内阻不能忽略，则下列说法正确的是（）

A.没有电流通过B.中有由到的电流C.电压表的示数变小，电流表示数变大D.电压表的示数变大，电流表示数变小7、闭合电路中产生的感应电动势的大小，取决于穿过该回路的（）A.磁通量B.磁通量的变化量C.磁通量的变化率D.磁通量变化所需时间评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、一带电粒子从电场中的A点运动到B点；轨迹如图虚线所示，不计粒子所受重力，则（）

A.粒子带正电B.粒子加速度逐渐减小C.A点的速度小于B点的速度D.带电粒子的电势能逐渐增大9、如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器。当的滑动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表和V的示数分别为和U。现将的滑动触点向a端移动；则（）

A.电源的总功率减小B.消耗的功率增大C.增大，减小，U增大D.减小，不变，U减小10、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1>r，电压表和电流表均为理想电表。开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴恰好处于静止状态。在将滑动变阻器的滑片P向b端滑动的过程中；下列说法正确的是。

A.R3的功率变大B.电源的输出功率一定减小C.电压表、电流表的示数均变大D.电容器C所带电量减少，液滴向下加速运动11、如图是一火警报警电路的示意图，其中R3为用某种材料制成的电阻，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器，电源内阻r与电阻R1阻值相等．当传感器R3所在处出现火情时,电流表的示数I、报警器两端的电压U的变化情况及相关功率，说法正确的（）

A.I变大，U变大B.I变小，U变小C.电源的输出功率变小D.电源的输出功率的变化情况无法确定12、如图所示，三个带电量分别为-q、+q、+q的点电荷位于等边三角形ABC的三个顶点上，D、E分别为AB、BC边的中点，O为三角形的中心．D、E、O三点的电场强度分别用ED、EE、EO表示；下列说法正确的是（）

A.B.C.D.13、某一导体的伏安特性曲线如图中的AB段（曲线）所示，直线a为过A点的切线。则关于导体的电阻；下列说法正确的是（）

A.A点对应的导体的电阻为B.A点对应的导体的电阻为C.在AB段，导体的电阻变化了D.在AB段，导体的电阻随电压的增大而增大14、若一个带负电荷的小球只受到电场力作用，则小球（）A.可能沿电场线运动B.一定沿电场线运动C.可能由低电势处向高电势处运动D.一定由低电势处向高电势处运动15、如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）

A.电压表读数变大B.电流表读数变大C.R1上消耗的功率逐渐增大D.质点P将向上运动16、如图所示电路中，已知电源的内阻r＜R2，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值。闭合电键S，当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中；下列说法中正确的有。

A.A1的示数先变大后变小，A2的示数先变小后变大B.V1的示数先变大后变小，V2的示数先变小后变大C.电源内部的热功率先变大后变小D.电源的输出功率先变小后变大评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力大小为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力大小为_____．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力大小为_____．18、如图，电源电压恒定不变，闭合开关S、S1，电流表示数为0.3A，则电源电压为___________V，10s内电流通过产生的热量为___________J；再闭合开关S2，调节使电流表示数为0.5A，则此时变阻器的阻值为___________Ω。

19、如图，电阻R=55Ω，当闭合S1、S2时，通过电阻R的电流为_________A，电路的总功率为1000W，当只闭合S2时，电动机的电功率为___________W。

20、真空中有两个相同的金属小球，带电量分别为＋1.6×10－8C和＋4.8×10－8C，相距r时（远大于小球直径），相互作用为0.3N，现将两球相接触后再放回原处，则它们之间的相互作用力为________N，此时每个小球的带电量相当于______个电子所带电量。21、真空中两个静止点电荷A、B，电荷量分别是和它们相距则它们互相___________（填“吸引”或“排斥”），相互作用力大小为___________N。22、如图所示的A、B、C、D四组静电实验中，能使左边的验电器的金箔张开的是______组和______组（A；B两组实验中小球的手柄均为绝缘手柄；D组实验中虚线框表示金属网罩）。

A.B.C.D.23、关于电流表；电压表的改装：

（1）有一个满偏电流为100mA的毫安表，电表内阻为9Ω，现将该毫安表的量程扩大至0.6A，则应并联一个阻值为_____Ω的电阻。

（2）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表G的量程为0~10mA，内阻为60Ω，图中串联的分压电阻R1=440Ω，则R2=_____Ω。评卷人得分四、作图题(共2题，共14分)24、如图所示，磁感应强度大小为的匀强磁场仅存在于边长为的正方形范围内，左右各一半面积的范围内，磁场方向相反。有一个边长为的正方形导线框垂直磁感线方向以速度匀速通过磁场。从边进入磁场算起；规定刚开始时磁通量为正值，画出穿过线框的磁通量随时间的变化图像。

25、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3题，共6分)26、某同学利用如图1所示电路观察电容器的充放电现象。实验时，电流传感器与计算机相连，可以显示出电流i随时间变化关系的图线。

（1）为使电源向电容器充电，应将开关S与______（选填“1”或“2”）端相连。

（2）在对该电容器充电的过程中，充电电流i随时间t变化关系的图线可能是图中的______。

A.B.

C.D.

（3）图3中的虚线是该电容器在放电过程中电流随时间t变化关系的图线。如果只增大定值电阻的阻值，不改变电路的其他参数，请在图3中定性画出放电电流随时间变化关系的图线______，并简要说明理由______。

27、一同学探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为内阻很大），电流表A（量程为内阻为），电源E（电动势约为内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或）；开关S，导线若干。

（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图________；

（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为______（填“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为______（填“”或“”）的定值电阻；

（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为______V，流过的电流为_____此组数据得到的的阻值为______（保留3位有效数字）。

28、现有一块旧的动力电池；某小组设计了如图甲所示电路来测量该电池的电动势和内阻。使用的器材如下：

待测电池（电动势约3V）；

电压表V（量程为0~3V、内阻约）；

电阻箱R（）；

定值电阻（阻值为）；

开关及导线若干。

（1）请按照图甲，用笔画线代替导线将图乙中实物图连接完整______。

（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记下电阻箱阻值R和对应的电压表示数U，作出的图线，如图丙所示。由此得出该电池的电动势E＝______V，内阻r＝______（结果均保留2位有效数字）

（3）根据图丙计算得出的电动势E的测量值______真实值，内阻r的测量值______真实值。（均填“大于”“小于”或“等于”）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

AB.当滑动变阻器的滑片向右移动时；变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中总电流减小，灯L将变暗。故A正确B错误。

CD.电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大。故CD错误。2、D【分析】【分析】

【详解】

由直线电流的安培定则可知；直线电流在小磁针位置的磁场方向是垂直纸面向外，所以小磁针N极将垂直纸面向外，ABC错误，D正确。

故选D。3、D【分析】【详解】

D．设丝线与竖直方向夹角为由平衡条件可得

故距离球体M越远的位置，越小，绝缘丝线对小球N的作用力T越小；D正确；

B．小球N与球体M间的作用力F随距离的增大而减小；但是否与它们距离的平方成反比无法从三次实验结果的对比中看出，B错误；

AC．实验过程中；小球N与球体M的电荷量均不变，故无法看出作小球N与球体M间的作用力与它们的电荷量成正比，AC错误。

故选D。4、C【分析】【详解】

设两点电荷分别带电为q1、q2，由点电荷库仑力的公式得：

电量不变，将它们之间的距离增大为2r，库仑力将变为：

A.．故A项错误；

B.F．故B项错误；

C.．故C项正确；

D.2F．故D项错误．5、C【分析】【分析】

【详解】

A．由电路图可知，开关S1、S2都闭合时；电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；

B．只闭合开关S2时；仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则电阻为。

由于电动机为非纯电阻，则内阻不为440故B错误；

CD．开关S1、S2都闭合时；电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，总功率为990W，即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为880W；通过电热丝的电流为。

故C正确；D错误。

故选C。6、B【分析】【详解】

CD．滑动变阻器的滑片向上滑动，电阻减小，电路中总电阻减小，由闭合回路欧姆定律可知，电路中电流变大，两端电压变大；即电流表示数；电压表示数均变大，故CD错误；

AB．电路中电流变大，路端电压变小，两端电压变大，则滑动变阻器两端电压减小，电容器与滑动变阻器并联，则电容器两端电压减小，电容器放电，则中有由到的电流；故A错误，B正确。

故选B。7、C【分析】【详解】

根据法拉第电磁感应定律得知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁通量的变化量没有直接关系．二、多选题(共9题，共18分)8、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．带电粒子仅受电场力；根据曲线运动的条件，可知电场力应指向轨迹凹侧，与电场强度方向相反，则粒子带负电，故A错误；

B．带电粒子从A点运动到B点；电场线变疏，则场强变小，电场力变小，由牛顿第二定律可知，粒子加速度减小，故B正确；

CD．带电粒子从A点运动到B点过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，则A点的速度大于B点的速度；故C错误，D正确。

故选BD。9、A:C【分析】【详解】

A．的滑动触点向a端移动时，增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，根据电源的总功率

电源的总功率减小；故A正确；

B．消耗的功率

总电流减小，消耗的功率减小；故B错误；

CD．总电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表示数U增大，电压减小，并联电压增大，通过的电流增大，即示数增大，而总电流I减小，则通过的电流减小，即示数减小；故C正确，D错误；

故选AC。10、C:D【分析】【详解】

AC．滑片P向b端移动，滑动变阻器阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律：

可知干路电流增大，上分压增大，电压表示数变大，和构成的并联电路分压减小，通过的电流减小，则通过的电流增大，电流表示数增大，根据电功率：

可知上消耗的功率变小；A错误，C正确；

B．输出功率与外电路电阻的关系如图所示：

因为所以总电阻减小，根据图像可知电源的输出功率变大，B错误；

D．电容器和并联，电容器两端电压与两端电压相等，根据上述分析可知电容器两端电压减小，根据电容的定义：

不变，减小，带电量减小，平行板电容器之间为匀强电场，根据：

可知电场强度减小；液滴受到竖直向上的电场力减小，竖直向下的重力不变，液滴加速向下运动，D正确。

故选CD。11、A:C【分析】【详解】

AB．由题意知，当传感器R3所在处出现火情时，R3的阻值增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路总电流I总减小，路端电压变大，即报警器两端的电压U变大。传感器R3与电阻R2并联部分的电压

I总减小，U并变大，电流表的读数I变大。故A正确B错误；

CD．当电源内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因电源内阻r与电阻R1阻值相等，则外电路电阻大于电源内阻，则当R3的电阻增大时；外电路电阻越来越远离电源内阻值，则电源的输出功率减小，故C正确D错误。

故选AC。12、A:D【分析】【详解】

BC两个等量正电荷在E点合电场为零，故E点的电场强度为ABC三个点的电荷在O点的电场强度大小都相等，为其中B、C两点电荷再O点的合电场强为方向向上，A点电荷在O点的电场强度方向也向上，所以A、B、C三个点电荷在O点合电场强度为Eo=．A、B电荷在D的电场强度相同，EAB=2×kC点电荷在D点电场强度为EC=k电场EAB和电场EC方向垂直，所以它们的合电场为ED=所以，ED＞EO＞EE，故AD正确，BC错误．13、B:D【分析】【详解】

ABC．根据部分电路欧姆定律可知，A点对应的导体的电阻为

B点对应的导体的电阻为

在AB段，导体的电阻变化了

AC错误；B正确；

D．根据图像的斜率的倒数可以表示电阻的变化，所以在AB段；导体的电阻随电压的增大而增大，D正确；

故选BD。14、A:C【分析】【详解】

物体的运动情况取决于合力和初始条件：小球只受到电场力的作用；是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，及初速度的方向：若为直线，且初速度为零，由于小球带负电，将可能沿电场线从低电势向高电势处运动，若电场线是曲线，且初速度为零，不会沿电场线运动，但是仍然从低电势向高电势处运动；若初速度不为零，且速度方向与电场力方向相反，则小球有可能先向电势低处运动，然后再向电势高处运动。

故选AC。15、B:C【分析】【详解】

AB．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大；故电压表示数减小，故A错误，B正确；

C．由于流过R1的电流增大，根据

知R1上消耗的功率逐渐增大；故C正确；

D．因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点P将向下运动；故D错误；

故选BC。16、B:D【分析】【详解】

AB．由题，电阻R1的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小。V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大。并联电压U并=U-U2，先变大后变小，电阻R1所在支路电阻R1支路逐渐减小，所以电流I1增大，电流表A2示数增大；I2=I-I1，电流表A1示数变小；故A错误，B正确。

C．电源内部的热功率P=I2r，因为电流I先变小后变大；所以电源内部的热功率先变小后变大，故C错误。

D．因为r＜R2，所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片P变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故D正确。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

由牛顿第三定律，b受到a对它的磁场力为-F；a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，c在a、b两导线处的磁感应强度大小相等，方向相反，c导线对b导线的作用力是它对a导线的作用力的两倍，方向相反，a受到的磁场力大小变为2F，那么c导线对a导线的作用力可能是F也可能是-3F，c导线对b导线的作用力可能是-2F也可能是6F，故此时b受到的磁场力为-3F或5F．【解析】F；3F或5F；18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由欧姆定律可得；电源电压为。

[2]10s内电流通过产生的热量为。

[3]当电流表示数为0.5A时；由欧姆定律可得。

代入数据解得。

【解析】6183019、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据欧姆定律得

[2]当闭合S1、S2时，电阻R的功率为

电动机的电功率为

当只闭合S2时，电动机的电压不变，所以电动机功率不变。【解析】①.4②.12020、略

【分析】【详解】

[1]据库仑定律可得，原来的作用力可表示为

由于两球均带正电，接触后再放回原处，带电量均为总和的一半，作用力可表示为

代入数据解得

[2]此时每个小球的带电量为

电子所带电荷量为

可得

即相当于电子所带电量。【解析】0.42×101121、略

【分析】【详解】

[1]点电荷A；B电性相反；它们相互吸引。

[2]根据库仑定律可得A、B之间的相互作用力大小为【解析】吸引14.422、A:C【分析】【分析】

【详解】

[1][2]AB．处于静电平衡状态下的导体所带的电荷都分布在导体的外表面；故A能使验电器带电，B不能使验电器带电；

C．将验电器与带电物体用导线连接；二者组成新的导体，导致电荷在新的导体表面重新分布，所以可以使验电器带电，故C能使验电器带电；

D．由于静电屏蔽的作用，验电器不受外电场的影响，故金属箔是闭合的，D不能使验电器带电。23、略

【分析】【详解】

（1）[1]．根据电表的改装原理可知，应并联的电阻

（2）[2]．根据电表的改装原理可知，R2的阻值为【解析】1.81000四、作图题(共2题，共14分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

线框穿过磁场的过程可分为三个阶段，进入磁场阶段（只有边在磁场中），在磁场中运动阶段（两边都在磁场中），离开磁场阶段（只有边在磁场中）。

①