2024年华师大新版必修3物理下册月考试卷

…………○…………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2024年华师大新版必修3物理下册月考试卷643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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图，水平面内有六个点，它们均匀分布在半径为R、圆心为O的同一圆周上。若水平面内存在一场强大小为E、方向沿的匀强电场，在圆心O处固定一电荷量为的负点电荷，其中k为静电力常量；则（）

A.在六个点中，A点的场强最小B.C点的场强大小为E，方向沿方向C.F点的场强大小为E，方向沿方向D.D点的场强大小为方向沿方向2、如图所示的电路，电源内阻不可忽略。开关闭合后，在变阻器的滑动端向上滑动的过程中（）

A.电压表与电流表的示数都增大B.电压表与电流表的示数都减小C.电压表的示数增大，电流表的示数减小D.电压表的示数减小，电流表的示数增大3、某手机只播放视频，可以播放约17小时，其说明书的部分内容如右表所示，关于该手机，下列说法正确的是（）。手机类型智能手机、4G手机屏幕分辨率1990×1080像素电池容量4000mA·h电池类型不可拆卸式电池待机时间约22天

A.充满电时电池可储存的最大能量为4JB.放电时电池可输出的最大电荷量为4CC.播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的1.3倍D.播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的30倍4、在如图所示的电路中，电阻箱接入电路的阻值为R，电源的电动势为E，电源内电阻为r，闭合开关。若此时电路中电流为I；则电压表的示数为（）

A.B.C.D.5、现有电动势为1.5V、内阻为1.0Ω的电池多节，准备用几节这样的电池串联起来对一个工作电压为6.0V、工作电流为0.1A的用电器供电。电路还需要一个定值电阻来分压，请计算最少需要用这种电池的节数及这个电阻的阻值分别为（）A.8；52ΩB.7；38ΩC.6；24ΩD.5；10Ω6、位于A、B处的两个带有不等量负电荷的点电荷在平面内的电势分布如图所示；图中实线表示等势线，则（）

A.a点和b点的电场强度相同B.正电荷从c点移到d点，静电力做正功C.负电荷从a点移到c点，静电力做正功D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能不变7、电容器是一种重要的电学元件，任何两个彼此绝缘又相距很近的导体，都可以看成一个电容器，电容器能存储电荷，电容器存储电荷的特性可以用电容C来描述。如图所示为研究电容器充、放电的实验电路图。实验时，先使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电；经过一段时间，把开关S掷向2端，电容器C与电阻R相连；电容器放电，在开关S接通2端后的极短时间内，下列说法正确的是（）

A.电容器带电量和两板间电压都增大B.电容器带电量和两板间电压都减小C.电容器带电量增大，两板间电压减小D.电容器带电量减小，两板间电压增大8、关于能量和能源，下列说法中正确的是()A.能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加B.能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少C.能量在转化和转移过程中总量保持不变，故节约能源没有必要D.能量的转化和转移具有方向性．且现有可利用的能源有限，故必须节约能源评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、如图所示电路中；电表均视为理想电表，闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是（）

A.电压表V、示数都减小B.电压表V示数变化量比示数变化量大C.电流表示数变化量比电流表示数变化量大D.电压表V示数变化量与电流表A示数变化量的比值不变10、某同学用如图甲所示的电路观察电容器的放电过程，电源的电动势为12V开关S接1为电容器充电，待电容器完全充满电再将开关S接2，利用电流传感器记录电容器放电过程，得到该电容器放电过程的I-t图像如图乙所示；下列说法正确的是（）

A.充电时，电源每搬运相同的电荷量到电容器极板做功都相同B.放电时，电容器和电阻R两端电压均减小C.电容器的电容约为280μFD.电容器的电容约为140μF11、如图，处于自然长度的绝缘轻弹簧放在光滑的绝缘水平桌面上，右端固定在竖直墙壁上，左端连接一质量为m、带电量为+q的光滑小球，系统处于水平向右的匀强电场中，小球在外力作用下处于静止状态。现撤去外力，小球由静止开始运动，在弹簧第一次被压缩至最短过程中，a、x、v、Ek、Ep表示小球的加速度、位移、速度、动能、电势能，取小球释放时的电势能Ep=0。下列图像合理的是（）

A.B.C.D.12、如图甲所示，质量为带正电的物块放在绝缘的水平桌面上，滑块处在匀强电场中，电场强度重力加速度．从原点O开始，物块与桌面的动摩擦因数随x的变化如图乙所示，取原点O的电势能为零，则下列判断正确的是（）

A.物块运动的最大速度为B.物块向右运动的最大位移为C.当物块速度为物块的电势能可能为D.物块最终静止时，物块与水平桌面因摩擦生热量为13、如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球、两球在图示位OA置静止，现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许；两球在虚线位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是。

A.推力F变大B.斜面对B的弹力不变C.墙面对A的弹力变小D.两球之间的距离变大14、如图所示，A、B、C、D是纸面内同一个圆上的四个点，直径AC与直径BD垂直，在圆心O点固定一个负点电荷，加一平行于纸面的匀强电场后，B点的场强为零；则加匀强电场后。

A.D点的场强方向由O指向DB.A点的场强方向由A指向BC.A点的电势与C点的电势相等D.B点的电势高于D点的电势15、a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．ab边长1m，ad边长4m，a、b、d三点的电势分布如图所示；下列说法正确的是()

A.电场强度的大小为V/mB.c点处的电势为12VC.电子在a点的电势能比在c点的高12eVD.电子从d点运动到c点，电场力做功为4eV16、如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.匀强电场的电场强度B.小球动能的最小值为C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大17、如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻；电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴可以运动的是（）

A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值C.增大两板间的距离D.断开电键S评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、串联电路、并联电路的特点。项目串联电路并联电路电流各处电流______，即I=______总电流等于各支路电流______，即I=______电压总电压等于各部分电压______，即U=______各支路两端电压______，即U=______总电阻总电阻等于各部分电阻______，即R=_______总电阻倒数等于各支路电阻______，即=______19、用游标卡尺和螺旋测微器测量一根金属丝的长度和直径，测量的结果如图所示，则此金属丝的长度L=______cm，直径d=______mm。

20、写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数。游标卡尺的读数___________cm；螺旋测微器的读数___________mm。

21、图为某同学用电流表和电压表测量电阻的部分实验电路图。在某次测量中，电压表的示数为14.0V，电流表的示数为0.20A，根据测量数据，可计算出电阻Rx=______Ω。若仅考虑电流表内阻的影响，实验中电压表的测量值______（选填“大于”或“小于”）电阻Rx两端的电压。

22、焦耳定律。

（1）焦耳定律。

①内容：电流通过导体产生的热量跟______成正比，跟导体的______及______成正比。

②表达式：Q=______。

（2）热功率。

①定义：______内的发热量称为热功率。

②表达式：P=______。

③物理意义：表示电流______的物理量。23、如图所示，电解槽A与电阻R并联后接到电源上，电源的电动势E=120V，内阻r＝1Ω，电阻R＝19Ω，电解槽电阻r′＝0.5Ω。S闭合时电阻R消耗的功率为475W，则此时通过电阻R的电流为______A，电解槽中电能转化为化学能的功率为______W。

评卷人得分四、作图题(共1题，共7分)24、以下是几种点电荷的电场线的分布情况；请标出图中各电荷的电性。

评卷人得分五、实验题(共2题，共10分)25、某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻.

实验室除提供开关S和导线外；有以下器材可供选择：

电压表：V（量程3V；内阻Rv约为10kΩ）

电流表：G（量程3mA；内阻Rg=100Ω）

滑动变阻器：R（阻值范围0〜10Ω；额定电流2A）

定值电阻：R0=0.5Ω

（1）该同学将电流表G与定值电阻R0并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是____________A．

（2）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_______V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r=______Ω（结果保留两位有效数字）．

（3）由于电压表内阻电阻对电路造成影响，本实验电路测量结果电动势E____________，内阻r______（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）26、某同学要测量一段长为L的金属丝的电阻率。

（1）实验前，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，示数如图甲所示，则金属丝的直径______mm；再用多用电表粗测该金属丝的电阻：将选择开关调至“×1Ω”挡，插入表笔，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指到电阻的零刻度线。金属丝接在两表笔间，刻度盘指针指在图乙所示位置，则测得金属丝的电阻为______Ω。

（2）为了尽可能精确地测量金属丝的电阻；实验室提供了以下器材：

A.电池组（3V；内阻1Ω）

B.电流表（0~0.6A，内阻）

C.电压表（0~3V；内阻约为4kΩ）

D.滑动变阻器（0~20Ω；允许最大电流为1A）

E.开关；导线若干。

为消除测量误差，用伏安法测电阻时，应采用电流表______（填“外”或“内”）接法，连接好电路后，闭合电键，调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的值，在坐标系中描点作图，若测得作出的图像斜率为k，则金属丝的电阻______（用已知量和测量值符号表示）。金属丝电阻率的表达式______（用已知量和测量值符号表示）。评卷人得分六、解答题(共1题，共4分)27、如图甲所示，将一倾角的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量带电荷量的小物块从斜面底端静止释放，运动后撤去电场，小物块运动的图象如图乙所示（取沿斜面向上为正方向），（）；求：

（1）小物块运动过程中受到的摩擦力的大小；

（2）电场强度的大小。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．圆心处的点电荷在圆周上产生的场强大小为。

A点的场强最大；为。

方向沿方向；A错误；

BCD．由几何知识可知C点的场强大小为方向沿方向，F点的场强大小为。

方向沿方向，D点的场强大小为。

场强最小；B正确，CD错误。

故选B。

2、A【分析】【分析】

【详解】

在变阻器R0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器R0与R2并联电阻R并增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，电源的内电压减小，则路端电压U增大；电压表示数增大；并联部分电压。

U并=E－I(R1+r)I减小，E、R1、r均不变，则U并增大；故电流表示数增大。

故选A。3、D【分析】【详解】

A．无法求出充满电时电池可储存的最大能量；A错误；

B．放电时电池可输出的最大电荷量为

B错误；

CD．播放视频时平均电流约为

待机状态平均电流为

电流之比为

C错误；D正确。

故选D。4、A【分析】【详解】

电压表的示数表示路端电压或电阻箱的电压，所以有

故A正确；BCD错误。

故选A。5、D【分析】【详解】

设电路还需要一个定值电阻为R0，根据闭合电路的欧姆定律有

根据题意，至少需要n=5节这样的电池，解得

故选D。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．电场线与等势线垂直，易判断a、b两点的电场强度方向不相同；故A错误；

B．正电荷从c点移到d点，因为是负电荷，因此越靠近电荷电势越低，c点电势小于d点，由可知静电力做负功；故B错误；

C．负电荷从a点移到c点，a点电势小于c点，静电力做正功；故C正确；

D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点；静电力先做正功，后做负功，故电势能先减小后增大，故D错误。

故选C。7、B【分析】【详解】

开关S连通1端时；电容器与电源接通，给电容器充电，使电容器带上电荷，开关S接通2端时，电容器通过电阻构成回路，使电容器极板上所带电荷中和，电容器放电，则电容器所带电荷量减少，两板间电压降低，故B正确。

故选B。8、D【分析】能量在转化和转移过程中；总量是守恒的，故选项A；B错误；能量在转化和转移过程中总量保持不变，但我们要注意节约能源，选项C错误，D正确．

思路分析：能量在转化和转移过程中；总量是守恒的，能量在转化和转移过程中总量保持不变，但我们要注意节约能源；

试题点评：本题考查了对能量守恒定律得理解以及培养节能意识二、多选题(共9题，共18分)9、C:D【分析】【详解】

A．当滑动变阻器的滑片向右移动时，接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，总电流将减小，则通过电阻的电流减小，两端电压减小，即电压表示数减小，由

可知；路端电压增大，则电压表V示数增大，故A错误；

B．由部分电路欧姆定律，可知

由闭合电路欧姆定律

可知

由于和r的大小关系未知，故V示数变化量与示数变化量大小不能确定；故B错误；

C．由以上分析可知电压表V示数增大，示数减小，则R2由两端电压增大，由欧姆定律可知示数将增大，由于总电流减小，由并联电路电流特点可知，电流表示数的减少量大于电流表示数的增加量；故C正确；

D．由闭合电路欧姆定律

可知，电压表示数的变化量V与电流表A示数的变化量比值为

保持不变；故D正确。

故选CD。10、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．电源搬运电荷到电容器极板做功为W=q（E-U）

充电时，电动势E不变，电容器两端电压U增大，电源每搬运相同的电荷量q到电容器极板做功W减小；A项错误；

B．放电时，由Q=CU

可知电容器两端电压减小，由图乙可知放电电流逐渐减小，则电阻R两端电压减小；B项正确；

CD．因电量Q=It

根据I-t图像的含义可知图像与时间轴所围的面积表示整个放电过程中释放的电荷量，根据横轴与纵轴的数据可知一个格子的电量为q1=0.2×0.2×10-3C=4×10-5C

所以释放的电荷量为Q=nq1=43×4×10-5C=1.72×10-3C

电容器的电容为

C项错误；D项正确。

故选BD。11、A:C【分析】【详解】

A．由题意根据牛顿第二定律可得

即可以看出加速度a与x成线性关系；且开始时电场力大于弹力，随弹力增大加速度减小，之后当弹力大于电场力时，随弹力增大，加速度反向增大，故A正确；

B．小球由静止开始运动，在弹簧第一次被压缩至最短过程中，由功能关系得

可以看出速度v与x不是线性关系，Ek与x所成图像为开口向下的抛物线；故BD错误；

C．因为电场力做功等于电势能的变化量，即

因为取小球释放时的电势能Ep=0，故电场力做正功，电势能减小，故电势能为负值，且与x成线性关系；故C正确。

故选AC。12、B:C【分析】【详解】

A．电场力

摩擦力

当时，即时速度最大，根据动能定理得

解得

A错误；

B．设向右运动得最大距离为根据动能定理可得

解得

B正确；

C．设当物块速度为时的位移为根据动能定理可得

解得

所以电势能

C正确；

D．根据能量守恒定律可知当物块停止运动时电势能的减少量将全部转化为摩擦生热，即

D错误。

故选BC。13、B:C:D【分析】【详解】

CD．先对小球A受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示，根据共点力平衡条件，有①②

由于减小，根据①式，库仑力减小，故两球间距增加，故D正确；由于减小，根据②式，墙面对A的弹力变小；故C正确；

AB．再对AB整体受力分析，受重力、斜面支持力N、墙壁支持力推力F；如图所示:根据共点力平衡条件，有:

解得:③④

由于减小，不变，根据③式，推力F减小；故A错误；

由于减小，不变，根据④式，斜面对B的弹力不变，故B正确．14、B:C【分析】【详解】

A．点电荷产生的场强如图所示：

令在圆周上各点产生的场强大小为E，由题意加一平行于纸面的匀强电场后，B点的场强为零，可知外加电场大小为E，方向竖直向上，根据场强的叠加原理可知D点的场强方向由D指向O；故A错误；

B．A点的场强方向与水平方向成45°角指向右上方，即由A指向B；故B正确；

C．负点电荷在A、C两点产生的电势相等，外电场在A、C两点产生的电势也相等，所以A点的电势与C点的电势相等；故C正确；

D．负点电荷在B、D两点产生的电势相等，外电场在D点产生的电势高于在B点产生的电势，所以B点的电势低于D点的电势；故D错误．

故选BC．15、A:D【分析】【分析】

在匀强电场中，每前进相同的距离，电势的降落相等．根据该结论分析cd间的电势差，并判断电势的高低．由研究电场强度的大小。

【详解】

A、B项：在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等，则cd间的电势差等于ba间的电势差即解得：故B错误；

将ab等分成四等分，设依次为aM、MP、PF、Fd，由在匀强电场中，在相同的方向上，每前进相同的距离，电势的降落相等可知，连接Fc即为等势线，由几何关系可知，所以cd两点沿场强方向的距离为所以场强为：故A正确；

C项：负电荷在电势低处电势能更大；所以电子应在c点的电势能更大，故C错误；

D项：由公式故D正确．

故应选：AD．

【点睛】

本题关键是记住“匀强电场中每前进相同的距离电势的降落相等”的结论，基础问题．16、A:B【分析】【详解】

A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有

解得

选项A正确；

B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有

则最小动能

选项B正确；

C．小球的机械能和电势能之和守恒；则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；

D．小球从初始位置开始；在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。

故选AB。

17、A:C:D【分析】【详解】

A．电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，当增大R1的阻值；导致总电流减小，则外电压增大，因此电容器的电压增大，板间场强增强，油滴将向上运动，故A正确；

B．电路稳定时，当减小R2的阻值；不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不变，油滴仍静止，故B错误；

C．增大两极板间的距离，板间电压不变，由知，板间场强E减小；油滴受到的电场力减小，则油滴将向下运动，故C正确；

D．断开开关S；电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴将向下运动，故D正确；

故选ACD。三、填空题(共6题，共12分)18、略

【分析】【分析】

【详解】

见答案【解析】①.相等②.③.之和④.⑤.之和⑥.⑦.相等⑧.⑨.之和⑩.⑪.倒数之和⑫.19、略

【分析】【详解】

[1]金属丝的长度为L=11cm＋10×0.05mm=11.050cm

[2]直径为d=1.5mm＋15.0×0.01mm=1.650mm【解析】11.0501.65020、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺读数为

[2]螺旋测微器读数为【解析】1.0552.61521、略

【分析】【详解】

[1]由欧姆定律可得

[2]由于电流表的分压作用，实验中电压表的测量值大于电阻Rx两端的电压。【解析】70大于22、略

【分析】【详解】

（1）①[1][2][3]焦耳定律的内容是电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比；跟导体的电阻及通电时间成正比。

②[4]