2025年人教版必修3物理上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年人教版必修3物理上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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图甲所示，点电荷A、B相距l，电荷量均为+Q，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为+q的点电荷放置在AB连线的中垂线上距O点为x的C点处，此时+q所受的静电力大小为F1。如图乙所示，若A的电荷量变为−Q，其他条件均不变，此时+q所受的静电力大小为F2。下列说法正确的是（）

A.若l=x，则F1=F2B.若l=2x，则F1>F2C.图甲中，若将+q从C点移到O点，则电势能增大D.图乙中，若将+q从C点移到O点，则电势能减小2、压敏电阻的阻值是随所受压力的增大而减小的，小聪想设计一个通过电表示数反映压敏电阻所受压力大小的电路，要求压力增大时电表示数增大，以下电路不符合要求的是（）A.B.C.D.3、已知真空中两个点电荷间的库仑力的大小为F，若将这两个点电荷的电荷量都增到原来的2倍，并将这两个点电荷之间的距离也增到原来的2倍，经过上述调整之后，两点电荷间的库仑力的大小为()A.FB.2FC.4FD.16F4、如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是()

A.Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φcB.Ea＝Eb＞Ec，φa＝φb＞φcC.Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb＞φcD.Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc5、如图所示，粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内，其几何中心与坐标原点O重合。处于每个象限的圆环都均匀带有相同电量的电荷，电性如图所示。点1、2、3、4、5、6分别位于z、x、y轴上；它们与原点间距相同，以下说法错误的是（）

A.点1、点2处的场强一定相同B.点3、点4处的场强一定相同C.点3、点4处的电势一定相等D.点5、点6处的电势一定相等6、下列说法正确的是（）A.电荷处在电势越高的地方电势能越大B.电场中电场强度越大的地方，电势越高C.电势降落的方向必定是场强的方向D.处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零7、当一个带电导体达到静电平衡时（）A.导体表面上电荷密度较大处电势较高B.导体表面曲率较大处电势较高C.导体内部的电势比导体表面的电势高D.导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示，平行金属板水平放置，有一质量为m的带电油滴，放在两极板之间恰好保持静止，已知两极板电势差为U，间距为d。则（）

A.油滴带正电B.油滴带电量为C.上板不动，下板向下移动，油滴加速上升D.上板不动，下板向下移动，油滴加速下降9、如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图．虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1；2、3接通；从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能．关于此多用电表，下列说法中正确的是（）

A.当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位B.当S接触点3时，多用电表处于测量电流的挡位C.接线柱A为“+”接线柱D.接线柱A为“—”接线柱10、如图所示的电路，L1、L2、L3是3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置．当S闭合时，3只小电灯都发光．现使滑动变阻器的滑片P向右移动，则小电灯L1、L2、L3的变化情况为()

A.L1变亮B.L2变亮C.L3变暗D.L1、L2、L3均变亮11、如图所示，空间中有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中直角三角形直角边一电荷量为的正点电荷，从B点移动到A点电场力做功该电荷从B点移动到C点电场力做负功为则（）

A.B.该匀强电场的场强C.该匀强电场的场强D.整个三角形内，顶点C的电势最高12、如图：两个倾角都为45°的光滑金属斜面AB和DE，与四分之一光滑金属圆弧BCD分别相切于B、D两点；圆弧半径为R，圆心O处固定一带电量为+Q的点电荷。将一带电量为+q质量为m的塑料小球从斜面上与O等高的A点静止释放，不计空气阻力和+q对电场的影响，静电力常量为k。则（）

A.小球可能保持静止B.小球运动过程中机械能一定守恒C.小球在最低点对轨道的压力大小一定为D.若将+Q左移一小段距离且固定后，再从A点静止释放同一带电小球，小球运动情况一定不变13、在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球，如图甲所示，小球运动的图像如图乙所示；不计空气阻力，则（）

A.小球受到的重力与电场力之比为3:5B.在t=5s时，小球经过边界MNC.在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功D.在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大14、如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列几种情况下，电子将向M板偏转的有()

A.开关S接通的瞬间B.断开开关S的瞬间C.接通开关S后，变阻器的滑动触头向右迅速滑动时D.接通开关S后，变阻器的滑动触头向左迅速滑动时评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、一矩形线圈面积S＝10cm2，它和匀强磁场方向之间的夹角θ1＝30°，穿过线圈的磁通量Ф＝2×10－4Wb，则磁场的磁感应强度B＝______________；若线圈以一条边为轴转180°，则穿过线圈的磁通量的变化量为____________；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为θ2＝0°，则Ф0＝________________。16、实验原理:

设金属导线长度为l，导线直径为d，电阻率为ρ，则:由_______，得:ρ=______=______。17、判断下列说法的正误：

（1）串联电路的总电阻大于电路中任意电阻。（__________）

（2）并联电路的总电阻小于电路中任意电阻。（__________）

（3）并联电路中某电阻变大时，总电阻减小。（__________）

（4）若将分压电阻串联在电流表上改装成电压表后，增大了原电流表的满偏电压。（__________）

（5）若将分流电阻并联在电流表两端改装成电流表后，分流电阻和电流表两端的电压相等。（__________）

（6）改装成电压表后，原电流表本身允许通过的最大电流值也随着变大了。（__________）18、麦克斯韦电磁场理论的两个基本假设：

（1）变化的磁场能够在周围空间产生____（如图甲所示）。

（2）变化的电场能够在周围空间产生____（如图乙所示）。

19、如图所示，直线a为电源的U—I图线，直线b为电阻R的U—I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源内部非静电力将1C正电荷从负极移到正极所做的功为______J，电源的输出功率为______W。

评卷人得分四、作图题(共2题，共6分)20、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。

21、把蜂鸣器；光敏电阻、干簧管继电器开关、电源连成电路如图所示；制成光电报警装置，当报警器有光照射时，峰鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声，①光敏电阻：光敏电阻受光照后，阻值会变小，②干簧管继电器开关：由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成，当线圈中有一定的电流时，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成闭合状态，当线圈中没有电流或者电流很微弱时，磁场消失，簧片在弹力的作用下恢复到分离状态，电路已经连接一部分，请将电路完整连接好。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．在C点，A、B两电荷对+q产生的电场力大小相同；如图所示。

根据库仑定律有

方向分别为由A指向C和由B指向C，故C处的电场力大小为

方向由O指向C。

根据几何关系有

则有

若A的电荷量变为−Q；其他条件都不变，如图所示。

则C处+q受到的电场力为

方向由B指向A。

根据几何关系有

则有

若则故故A错误；

B．若l=2x，则故故B错误；

C．图甲中，将+q从C点移到O点；电场力做负功，则电势能增大，故C正确；

D．图乙中，O、C两点是等势点，电势都为零，故将+q从C点移到O点；则电势能不变，故D错误。

故选C。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．压敏电阻与定值电阻并联;当压力增大时；压敏电阻阻值减小，而电源电压不变，根据欧姆定律可得压敏电阻所在支路电流增大,定值电阻所在支路电流不变,再根据并联电路干路电流等于各支路电流之和可得干路电流增大，电流表示数增大，符合要求，故A不符合题意；

B．压敏电阻与定值电阻并联;当压力增大时；压敏电阻阻值减小，而电源电压一定，所以电流表示数增大，符合要求，故B不符合题意；

C．压敏电阻与定值电阻串联;当压力增大时；压敏电阻阻值减小，根据串联电路用电器两端电压与其阻值成正比可知，压敏电阻两端电压减小，所以定值电阻两端电压增大，电压表示数增大，符合要求，故C不符合题意；

D．压敏电阻与定值电阻串联;当压力增大时；压敏电阻阻值减小，根据串联电路器两端电压与其阻值成正比可知，压敏电阻端电压减小，所以电压表示数减小，不符合要求，故D符合要求。

故选D。3、A【分析】【分析】

【详解】

根据库仑定律

若将这两个点电荷的电荷量都增到原来的2倍，并将这两个点电荷之间的距离也增到原来的2倍F'=k=F

故选A。4、D【分析】【分析】

【详解】

将带正电的小金属球A放入腔中；当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．

解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图．由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则Ea＞Ec＞Eb．

根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．

故选D

5、B【分析】【详解】

A．根据电场强度叠加原理；点1和点2的场强都为零，场强相同，A不符合题意；

B．根据电场强度叠加原理；点3和点4的场强大小相同，方向相反，场强一定不同，B符合题意；

C．根据微元法和等效法；点3和点4可看作等量异种电荷中垂线上的点，电势都跟无穷远处电势相同。C不符合题意；

D．根据微元法和等效法；点5和点6可看作等量异种电荷中垂线上的点，电势都跟无穷远处电势相同。D不符合题意；

故选B。6、D【分析】【详解】

A．负电荷在低电势处电势能大；正电荷在高电势处电势能大，故A错误；

B．电势的高低与电场强度无关；故B错误；

C．沿场强方向电势一定降低；但电势降落的方向不一定是场强的方向，应该是电势降落最快的方向才是场强的方向，故C错误；

D．处于静电平衡状态的导体内部；原电场与感应电荷产生的附加电场完全抵消，场强处处为零，故D正确。

故选D。7、D【分析】【详解】

ABC．当一个带电导体达到静电平衡时；导体是个等势体，导体表面是个等势面。ABC错误；

D．导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零。D正确。

故选D。二、多选题(共7题，共14分)8、B:D【分析】【详解】

A．由图可知电容器上极板与电源正极相连，所以电容器上极板带正电，电容器间的电场方向竖直向下。带电油滴能静止在两极板之间，所以带电油滴受电场力方向竖直向上，与电场线方向相反，所以油滴应该带负电，故A错误；

B．金属板间的电场强度大小为

油滴恰好静止，所以油滴受力平衡，即mg=qE

所以油滴带电荷量为

故B正确；

CD．上板不动，下板向下移动，则两板间距离变大，由

知；两板间电场强度变小，所以油滴受电场力变小，重力大于电场力，合力方向向下，油滴将加速下降，故C错误，D正确。

故选BD。9、A:C【分析】【详解】

A：当S接触点2时，表头与R1并联后与电源和滑动变阻器相连；多用电表处于测量电阻的挡位．故A项正确．

B：当S接触点3时，表头与R1并联后与R3串联；多用电表处于测量电压的挡位．故B项错误．

CD：当S接触点3时，多用电表处于测量电阻的挡位，测量电阻时，电流从电源正极出发经接线柱B流出，经过电阻后，再从接线柱A流入电表，则接线柱A为“+”接线柱．故C项正确；D项错误．

【点睛】

多用电流测量电流、电压或电阻时，电流均从“+”接线柱流入电表，从“—”接线柱流出电表．且红表笔与“+”接线柱相连，黑表笔与“—”接线柱相连．10、B:C【分析】【详解】

当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗，电路中电流减小，故内阻及L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗。

故选BC．

【点睛】由图可知L3与R串联后与L2并联，再与L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将L1作为内电阻处理，由U=E﹣Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化．11、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．根据公式则有

故A正确；

BC．该电荷从B点移动到C点电场力做负功为所以

则有

因为是匀强电场；如图所示。

D点为AC中点，所以BD两点的电势相等，BD为等势线，AE垂直于BD，根据几何关系可知

所以电场强度为

故B正确；C错误；

D．因为

所以C点电势最高；故D正确。

故选ABD。12、B:D【分析】【详解】

A．由于静电感应；AB金属斜面变成等势体，电场线与斜面垂直，则小球斜面方向只有重力的分力，合力不为零，小球不可能保持静止。故A错误；

B．由于静电感应；AB；CD金属斜面和BCD弧面都变成等势体，电场力与小球运动方向处处垂直，不做功。则小球运动过程中机械能一定守恒。故B正确；

C．A到C由动能定理得

在C点，如果先不考虑感应电荷的影响，由合力提供向心力，得

解得

由于感应电荷对小球也有力的作用，所以小球在最低点对轨道的压力大小一定不为故C错误；

D．若将+Q左移一小段距离且固定后，小球运动的接触面依旧是等势体，不影响小球运动方向的受力情况，则再从A点静止释放同一带电小球；小球运动情况一定不变。故D正确。

故选BD。13、A:D【分析】【详解】

小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时，故B错误；由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：进入电场后的加速度大小为：由牛顿第二定律得：mg=ma1，F-mg=ma2，得电场力：可得重力mg与电场力F之比为3：5，故A正确，整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C错误；整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运动，在2.5s-5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确。14、A:D【分析】【详解】

由安培定则得下方的电流产生的磁场的方向N极向上，S向下；开关K接通瞬间，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏转，A正确；断开开关S瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏转，B错误；接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在上线圈中感应出上负下正的电动势，电子向N板偏振，C错误；接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中感应出上正下负的电动势，电子向M板偏振，D正确；故选AD．三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

[1]磁感应强度为

[2]线圈以一条边为轴转过180°，穿过线圈的磁能量的变化为

[3]若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为θ2=0°，则Φ=0。【解析】0.4T4×10－4Wb016、略

【分析】【详解】

略【解析】R=ρ17、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据串联电路的电阻计算公式。

可知串联电路的总电阻大于电路中任意电阻；故描述正确。

（2）并联电路的总电阻的倒数等于各个支路电阻的倒