…………○…………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年華師大新版必修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、如圖所示，兩個半徑、粗細相同、相互垂直的金屬圓環能各自繞直徑軸無摩擦的轉動，兩環在相交點a、b處互相絕緣，現分別通以大小相等的電流，設每個線圈中的電流在圓心O處產生的磁感應強度均為B，然后釋放兩環，它們將發生轉動，當兩環達到平衡時，在圓心處產生的磁感應強度的大小為（）．

A.BB.C.D.02、如圖（a）所示：AB是某電場中的一條電場線，若在A點放置一初速度為零的電子，電子僅在電場力的作用下，沿AB由A運動到B過程中的速度圖像如圖（b）所示，則下列關于A、B兩點電勢和電場強度E的判斷中正確的是（）

A.B.C.D.3、梳過頭發的梳子，常能吸引輕小物體，這屬于摩擦起電。關于摩擦起電現象，下列說法正確的是（）A.摩擦起電現象使本來沒有電子和質子的物體中產生了電子和質子B.兩種不同材料的絕緣體互相摩擦后，同時帶上等量同種電荷C.摩擦起電可能是因為摩擦導致質子從一個物體轉移到了另一個物體而形成的D.絲綢摩擦玻璃棒時，電子從玻璃棒上轉移到絲綢上，玻璃棒因質子數多于電子數而顯正電4、如圖在電場強度為E的勻強電場中，任取間距為L的A、B兩點，把試探電荷q沿三條不同路徑從A點移動到B點：沿直線AB電場力做功W1；沿折線AMB電場力做功W2；沿曲線AB電場力做功W3。關于電荷沿三條路徑從A點移動到B點的過程中，電場力做功W1、W2、W3及電勢能變化大小正確的說法是（）

A.W1＜W2＜W3，沿曲線運動電勢能變化最大B.W3＜W2＜W1，沿直線運動電勢能變化最大C.W1=W2=W3=EqL，沿各條路徑電勢能變化一樣大D.W1=W2=W3=EqLcosθ，沿各條路徑電勢能變化一樣大5、如圖所示，平行板電容器與一恒壓直流電源相連，下極板通過A點接地，一帶正電小球被固定于P點．現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則下列說法正確的是（）

A.平行板電容器的電容將變大B.靜電計指針偏角變大C.帶電小球的電勢能將不變D.若先將下極板與A點之間的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電小球所受靜電力不變6、額定電壓均為110V，額定功率PA=100W，PB=40W的A、B兩盞燈泡，若接在電壓為220V的電路上，使兩盞燈泡均能正常發光，且消耗功率最小的電路是（）A.B.C.D.7、電路中路端電壓U隨干路電流I變化的關系如圖所示，則電源的電動勢E和內電阻r分別是（）

A.E=1.0V，r=5.0ΩB.E=1.0V，r=2.5ΩC.E=2.0V，r=5.0ΩD.E=2.0V，r=2.5Ω評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、有一只電容器的規格是“1.5μF，9V”，那么（）A.這只電容器上的電荷量不能超過1.5×10-5CB.這只電容器上的電荷量不能超過1.35×10-5CC.這只電容器的額定電壓為9VD.這只電容器的擊穿電壓為9V9、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減小；Q減小；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減小；降低；Ep減小10、如圖所示，是兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣細線懸掛于同一點，兩球靜止時，它們距水平面的高度相等，線與豎直方向的夾角分別為且不計空氣阻力，兩球帶電荷量不變。下列說法正確的是（）

A.球的質量比球的大B.若同時剪斷兩根細線，則兩球同時落地C.球的電荷量比球的大D.若同時剪斷兩根細線，則兩球飛行的水平距離相等11、如圖所示，在M、N兩點分別固定點電荷+Q1、－Q2，且Q1>Q2，在MN連線上有A、B兩點，在MN連線的中垂線上有C、D兩點．某電荷q從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下經O點向B點運動，電荷q在O、B兩點的動能分別為EKO、EKB，電勢能分別為EpO、EpB，電場中C、D兩點的場強大小分別為EC、ED，電勢分別為則下列說法正確的是（）

A.EKO一定小于EKBB.EpO一定小于EpBC.EC一定大于EDD.一定小于12、如圖所示，直線為電源A的總功率隨電流I變化的圖線，拋物線為該電源內部熱功率隨電流I變化的圖線．若該電源與電阻B串聯后，電路中的電流為則下列說法正確的是（）

A.電阻B的阻值為B.電源A的內阻為C.電源A與電阻B串聯后，路端電壓為D.電源A與電阻B串聯后，電源A內部熱功率為13、用如圖所示的實驗裝置探究電磁感應現象；當有電流從電流表的正接線柱流入時，指針向右偏轉．下列說法正確的是（）

A.當把磁體N極向下插入線圈時，電流表指針向左偏轉B.當把磁體N極向下從線圈中拔出時，電流表指針向左偏轉C.保持磁體在線圈中靜止，電流表指針不發生偏轉D.磁體插入線圈后，使磁體和線圈一起以同一速度向上運動，電流表指針向左偏轉評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、在邊長為L的正六邊形ABCDEF的頂點上各固定一個點電荷，它們的帶電量如圖所示，則幾何中心處的場強大小____________，方向__________.

15、觀察電容器的充、放電現象的實驗電路圖。當把開關S撥到1后電容器充電，兩極板的電荷量逐漸增加直至穩定，其判斷依據是______；當把開關S撥到2后電容器放電，兩極板的電荷量逐漸減小至零，其判斷依據是______。（從電流計和電壓表的示數變化說明）

16、靜電噴漆：接負高壓的涂料霧化器噴出的油漆微粒帶負電，在靜電力作用下，這些微粒向著作為______的工件運動，并沉積在工件表面．17、等勢面。

（1）定義：電場中__________的各點構成的面。

（2）等勢面的特點：

①在同一等勢面上移動電荷時靜電力________。

②電場線跟等勢面______，并且由電勢_____的等勢面指向電勢____的等勢面。

③兩個不同的等勢面永不_________。18、A點電勢為B點電勢為200V，則兩點間的電勢差為__________，將一電子從A點移到B點是__________（選填“電場力”或“克服電場力”）做功，電子的電勢能將_________（選填“增加”或“減少”）．19、如圖所示電流計的滿偏電壓為0.2V，內阻為200Ω，R1=1800Ω，該改裝的電表叫做_________（選填“電壓表”或“電流表”），改裝后的量程是_________。

20、如圖所示，空間內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E．A、B為勻強電場中的兩點，A、B兩點間距離為l，A、B兩點的連線與電場線間的夾角為θ．則A、B兩點間的電勢差為_________；將一正電荷q從A移到B，電場力所做功為__________．

21、把一個電容器；電流傳感器、電阻、電源、單刀雙擲開關按圖甲所連接．先使開關S與1端相連；電源向電容器充電；然后把開關S擲向2端，電器放電．與電流傳感器相連接的計算機(圖中未畫出)可記錄電流隨時間變化I-t曲線，逆時針的電流流向為正值．

圖乙是某次實驗中電流傳感器所記錄的i-t曲線，請判斷該曲線記錄的是電容器的_______過程(選填:“充電”或“放電”)．請你用語言描述電容器在此過程中電流隨時間如何變化:____________評卷人得分四、作圖題(共2題，共6分)22、連線題：請將下列電路元器件的實物圖與其符號相連。

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。

評卷人得分五、實驗題(共2題，共20分)24、某同學通過實驗測量一電源的電動勢和內電阻；實驗器材如下：

待測電源(電動勢約為9V；內阻約為幾歐姆)

電流表(量程0-0.6A內阻RA=1Ω)

電壓表(量程0-3V內阻RV=1kΩ)

滑動變阻器(阻值范圍0-10Ω)

(1)實驗中由于電表的量程不足，于是該同學設計了如圖甲所示電路進行實驗，為了將電流表量程改成1.2A，電壓表量程改成12V，則R1=____Ω，R2=______Ω。

(2)改好電表后，該同學多次改變滑動變阻器的阻值，讀出多組電流表示數I、電壓表示數U；并記錄下數據，某次測量中電壓表的指針位置如圖乙所示，則讀出電壓為____V。(此處填寫從表盤讀出的實際數值)

(3)利用記錄好的數據畫出的電壓U與電流I的圖象如圖所示，根據圖象可得到待測電源電動勢E=_____V，電源內阻r=_____Ω。25、某同學用伏安法測量金屬絲的電阻率。現有器材為：螺旋測微器，待測電阻R（阻值約為），電源（電動勢），滑動變阻器（阻值范圍）電流表（量程），電壓表（量程）；開關，導線若干。

實驗要求在測量電路中將電流表外接；滑動變阻器起限流作用。回答下列問題：

(1)某次用螺旋測微器測量金屬絲直徑的結果如圖所示，其讀數是________mm；

(2)按照實驗要求在圖（a）中畫出實物連線圖；()

(3)若已按實驗要求接線，閉合開關后移動滑動變阻器的滑片，電壓表的示數始終約為電流表的示數始終接近0。寫出產生這種現象的一個原因：_________；

(4)在連線正確后，閉合開關。電壓表和電流表的示數分別如圖（b）和圖（c）所示。由圖可知，電壓表讀數為________電流表讀數為_______由此可得待測電阻的阻值為_______（結果保留3位有效數字）。

評卷人得分六、解答題(共2題，共20分)26、一帶電粒子由靜止開始經U=500V的電壓加速后，沿平行板的中線垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距離d=2.0cm，板長L=5.0cm；要使帶電粒子能從平行板間飛出，兩極板間所加電壓的最大值不超過多少？（不計粒子的重力）

27、如圖，板間距為d、板長為4d的水平金屬板A和B上下正對放置，并接在電源上．現有一質量為m、帶電量＋q的質點沿兩板中心線以某一速度水平射入，當兩板間電壓U＝U0，且A接負時，該質點就沿兩板中心線射出；A接正時，該質點就射到B板距左端為d的C處．取重力加速度為g；不計空氣阻力．求：

（1）質點射入兩板時的速度大小；

（2）當A接負時，為使帶電質點能夠從兩板間射出，兩板所加恒定電壓U的范圍．

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

根據同向電流互相吸引可知，當兩環平衡時，兩環在同一平面內平行且電流方向相同，故兩環在圓心處產生的磁感應強度為同方向合成，磁感應強度的大小為．

A．B；與結論不相符，選項A錯誤；

B．與結論不相符，選項A錯誤；

C．與結論相符，選項C正確；

D．0；與結論不相符，選項D錯誤；

故選C.2、D【分析】【詳解】

在v-t圖中圖像所包圍的面積代表了加速度的大小，由圖可知，電子在A點加速度較大，則可知A點所受電場力較大，由可知，A點的場強要大于B點場強；而電子從A到B的過程中，速度增加，動能增大，則可知電場力做正功，電子帶負電，電場線與電場力的方向相反，所以電場線應該是由B到A，故A點的電勢要小于B點電勢。

故選D。3、D【分析】【分析】

【詳解】

摩擦起電現象的本質是使一個物體上的自由電子轉移到另一個物體上；從而使兩物體分別帶上等量的異種電荷。

故選D。4、D【分析】【詳解】

電場力做功與路徑無關，只取決于初末兩點的位置，可得

根據功能關系，電勢能的減少量等于靜電力做的功即

故各條路徑電勢能變化一樣大；故ABC錯誤，D正確。

故選D。5、D【分析】【詳解】

A．根據電容的決定式知，下極板豎直向下移動時，d增大；則電容將減小，故A錯誤；

B．靜電計測量的是電容器兩端的電勢差；因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B錯誤；

C．電勢差不變，d增大，則由公式知，兩板間電場強度減小，P點與上極板間的電勢差減小，而P點的電勢比上極板低，上極板的電勢不變，則P點的電勢增大；小球帶正電，則小球的電勢能變大，C錯誤；

D．電容器與電源斷開，則電荷量不變，d增大，根據

可得

則知電場強度不變；則帶電小球所受靜電力不變，故D正確。

故選D。6、C【分析】【詳解】

判斷燈泡能否正常發光，就要判斷實際電壓是不是額定電壓或實際電流是不是額定電流，對燈泡有

可知RA<RB。

對于A電路，由于RA<RB，所以UB>UA，又UB＋UA=220V

則UB>110V，B燈被燒毀，UA<110V；A燈不能正常發光；

對于B電路，由于RB>RA，A燈與滑動變阻器并聯，并聯電阻小于RB，所以UB>U并，則UB>110V；B燈被燒毀，A燈不能正常發光；

對于C電路，B燈與滑動變阻器并聯，并聯電阻可能等于RA，所以可能UA=UB=110V

兩燈可以正常發光；

對于D電路，若滑動變阻器的有效電阻等于A燈、B燈的并聯電阻，則UA=UB=110V

兩燈可以正常發光。

比較C、D兩個電路，當燈A、B均正常發光時，由于C電路中滑動變阻器功率為PC=（IA-IB）×110V

而D電路中滑動變阻器功率為PD=（IA＋IB）×110V

所以C電路消耗電功率最小。

故選C。7、D【分析】【詳解】

由圖象可知電源的電動勢為E=2V，r=k==2.5Ω．

A．E=1.0V，r=5.0Ω；與結論不相符，選項A錯誤；

B．E=1.0V，r=2.5Ω；與結論不相符，選項B錯誤；

C．E=2.0V，r=5.0Ω；與結論不相符，選項C錯誤；

D．E=2.0V，r=2.5Ω，與結論相符，選項D正確；二、多選題(共6題，共12分)8、B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．根據公式，電容器上的電荷量不能超過

A錯誤；B正確；

CD．9V是電容器的額定電壓；即能承受的最大電壓，所加的電壓不能超過9V，D錯誤，C正確。

故選BC。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減小；B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，所以減小；C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:B【分析】【詳解】

A．設球間庫侖力大小為分析兩球受力可得

因故有故A正確；

B．剪斷細線后；兩球豎直方向只受重力，做自由落體運動，同時落地，故B正確；

C．無法比較電荷量大小；故C錯誤。

D．由于在水平方向上，兩球始終在同一直線上，庫侖力大小相等，故水平方向球的加速度比球的小，因此相等時間內，球的水平距離比球的小；故D錯誤；

故選AB。11、A:C【分析】【詳解】

AB．電荷q從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下經O點向B點運動；說明靜電力方向向右，靜電力對電荷做正功，所以電荷動能增加，電勢能減小，故A項正確，B項錯誤；

C．據和正點荷產生電場方向由正電荷向外，負電荷產生的電場指向負電荷可得CD兩點場強如圖。

兩電荷在C處產生的場強大，夾角小，據平行四邊形定則可得EC一定大于ED；故C項正確；

D．由C的分析可知MN連線的中垂線上半部分各點的場強方向向右上方，據等勢線與電場線垂直，順著電場線電勢降低，可得一定大于故D項錯誤。

故選AC。12、B:C【分析】【詳解】

電源的總功率

當時

則電源的電動勢

由題圖看出，當時，外電路短路，電源內部熱功率等于電源的總功率，則有

代入解得

該電源與電阻B串聯后，電路中的電流為根據閉合電路的歐姆定律得

則

路端電壓

此時電源內部熱功率

故選項BC正確；選項AD錯誤。

故選BC。13、A:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．當把磁體N極向下插入線圈時；穿過線圈的磁通量增加，根據楞次定律可知，線圈中會產生阻礙磁通量增加的磁場，即向上的磁場，再根據右手螺旋定則可判斷出線圈中的電流方向為逆時針方向（俯視），電流從電流表負接線柱流入，故指針向左偏轉，同理，當把磁體N極向下從線圈中拔出時，電流表的指針向右偏轉，故A正確，B錯誤；

C．如果保持磁體在線圈中靜止；則線圈中的磁通量不變化，故電流表指針不發生偏轉，故C正確；

D．使磁體和線圈一起以同一速度向上運動時；線圈中的磁通量也不變化，故電流表指針也不發生偏轉，故D錯誤。

故選AC。三、填空題(共8題，共16分)14、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據點電荷場源的決定式為正電荷周圍的場強沿著連線向外，負場源沿著連線指向場源.

正六邊形的各定點到中心O的距離由幾何關系推得

由對稱性可知a、d兩場源在O點的總場強為方向由ad；

b、e兩場源在O點的總場強為方向由be；

c、f兩場源在O點的總場強為方向由cf；

而和大小相等，互成120°，合場強為方向由be；

則六個點電荷在O點的總場強為方向由be.【解析】be15、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]開關撥到1后；電容器上極板與電源正極連接，電容器充電，電容器的電荷量逐漸增加，由。

可知；電容器兩端電壓即電壓表示數逐漸增大，電流計的示數逐漸減小，當電容器兩極板電壓等于電源電壓且電流計的示數為0時，充電完畢，電容器的電荷量不再改變；

[2]開關S撥到2后，電容器放電，電流計讀數突然增大后逐漸減小，電容器兩端電壓即電壓表示數也逐漸減小，電荷量逐漸減小至0。【解析】見詳解見詳解16、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】正極17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]定義：電場中電勢相等的各點構成的面。

(2)①[2]在同一等勢面上移動電荷時靜電力不做功。

②[3][4][5]電場線跟等勢面垂直；并且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。

③[6]兩個不同的等勢面永不相交。【解析】①.電勢相等②.不做功③.垂直④.高⑤.低⑥.相交18、略

【分析】【詳解】

[1]將電子從AB的電勢差

[2][3]A點的電勢小于B點的電勢，電子從A移動到B電場力做正功，電勢能將減小。【解析】電場力減少19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]電流計與大阻值定值電阻串聯；為電壓表。

[2]根據串并聯關系有

代入數據解得【解析】①.電壓表②.2V20、略

【分析】【詳解】

A、B兩點間的電勢差為正電荷q從A移到B，電場力所做功為．【解析】ElcosθqElcosθ21、略

【分析】【分析】

根據I-t圖線所圍成的面積等于電容器的電荷量；電容器充電過程中，電荷量增加；

【詳解】

電流為正值，逆時針方向，與電源方向一致，所以在形成電流曲線1的過程中，電容器在充電，電容器帶電量逐漸變大；由圖像可知，電流隨時間逐漸減小到零（且電流隨時間減小的越來越慢）.【解析】充電電流隨時間逐漸減小到零（且電流隨時間減小的越來越慢）四、作圖題(共2題，共6分)22、略

【分析】【詳解】

實物圖中第一個為電動機；電動機符號為符號圖中的第二個；

實物圖中第二個為電容器；電容器符號為符號圖中的第三個；

實物圖中第三個為電阻；電阻符號為符號圖中的第四個；

實物圖中第四個為燈泡；燈泡符號為符號圖中的第一個。

【解析】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，由環形電流的安培定則，可知環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，由安培定則可知，環形電流方向沿逆時針方向，如圖所示。【解析】五、實驗題(共2題，共20分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]電流表改裝；根據電路結構和歐姆定律可得。

可得。

[2]電壓表改裝；根據電路結構和歐