…………○…………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年浙教版必修3物理下冊月考試卷673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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、一無限大接地導體板MN前面放有一點電荷+Q，它們在周圍產生的電場可看作是在沒有導體板MN存在的情況下，由點電荷+Q與其像電荷–Q共同激發產生的．像電荷–Q的位置就是把導體板當作平面鏡時，電荷+Q在此鏡中的像點位置．如圖所示，已知+Q所在位置P點到金屬板MN的距離為L，a為OP的中點，abcd是邊長為L的正方形，其中ab邊平行于MN．則。

A.a點的電場強度大小為E=B.a點的電場強度大小大于b點的電場強度大小，a點的電勢高于b點的電勢C.b點的電場強度和c點的電場強度相同D.一正點電荷從a點經b、c運動到d點的過程中電勢能的變化量為零2、如圖所示；用金屬網把不帶電的驗電器罩起來，再使帶正電的金屬球靠近金屬網，則下列說法正確的是（）

A.驗電器的箔片會張開B.若將金屬網罩接地，驗電器的箔片會張開C.金屬網罩上A點電勢低于B點電勢D.金屬網罩內部電場強度為零3、如圖所示，正點電荷Q產生的電場中，已知A、B間的電勢差為U，現將電荷量為q的正點電荷從B移到A；則（）

A.外力克服電場力做功QU，電勢能增加qUB.外力克服電場力做功qU，電勢能增加qUC.外力克服電場力做功qU，電勢能增加QUD.外力克服電場力做功QU，電勢能減少QU4、國產安卓手機在閃充的發展上已經完全領先國際大牌；尤其是華為；OPPO等都有推出超級閃充功能。“充電五分鐘通話兩小時”的手機電源就是源于VOOC閃充新技術。閃充數據線和普通數據線的注意區別有：一是VOOC閃充數據線是有8根線來組成，比一般數據線粗；二是閃充自數據線充電比普通充電數據線要快很多；圖是普通單線充電數據線和雙線快充數據線示意圖。與普通充電數據線相比，閃充增加數據線的作用是為了（）

A.增大充電電壓B.增大電池的容量C.增大充電電流D.增大充電電阻5、某大型超市安裝了一臺傾角30°的自動扶梯。該扶梯在380V額定電壓的電動機帶動下以0.5m/s的恒定速率斜向上運動。電動機的最大輸出功率為6.4kW，不載人時測得電動機中的電流為5A。若載人時扶梯速率和不載人時相同，設人的平均質量為60kg（g取10m/s2）則該扶梯可同時乘載的人數最多為（）A.20人B.25人C.30人D.35人評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、如圖，真空中固定有兩個靜止的等量同種正點電荷A與B,電荷量均為Q,AB連線長度為2L,中點為O點，在AB連線的中垂線上距O點為L的C點放置一試探電荷q（對AB電荷產生的電場無影響），電荷電性未知，現將B電荷移動到O點并固定，若取無窮遠處為電勢零點，靜電力常量為K，不考慮運動電荷產生的磁場，則B電荷運動過程中下列說法正確的是（）

A.C點的電場強度先增大后減小B.由于試探電荷q的電性未知，故C點的電勢可能減小C.若試探電荷q帶正電，則其電勢能一定增大D.B電荷移動到O點時，C點的電場強度大小為7、某同學將滿偏電流為內阻為的小量程電流計G（表頭），改裝成和的雙量程電流表；電路圖如圖所示。則（）

A.改裝后開關接1時量程為B.開關接2時，改裝后電流表的內阻為C.若僅增加的阻值，電流表量程均將增大D.若僅增加的阻值，電流表量程均將減小8、電阻R1、R2、R3串聯在電路中。已知R1=10Ω、R3=5Ω，R1兩端的電壓為6V，R2兩端的電壓為12V，則（）A.電路中的電流為0.6AB.電阻R2的阻值為20ΩC.三只電阻兩端的總電壓為21VD.電阻R3的電壓為3V9、A、B兩物體質量均為m，其中A帶正電，帶電量為+q，B不帶電，通過勁度系數為k的絕緣輕質彈簧相連放在水平面上，如圖所示，開始時A、B都處于靜止狀態。現在施加豎直向上的勻強電場，電場強度式中g為重力加速度；若不計空氣阻力，不考慮A物體電量的變化，則以下判斷正確的是（）

A.剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2gB.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體速度大小一直增大C.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體的機械能增加量始終等于A物體電勢能的減少量D.B剛要離開地面時，A的速度大小為10、帶電粒子M只在電場力作用下由P點運動Q點，在此過程中克服電場力做了2.6×10-4J的功．那么（）A.M在P點的電勢能一定小于它在Q點的電勢能B.P點的場強一定小于Q點的場強C.P點的電勢一定高于Q點的電勢D.M在P點的動能一定大于它在Q點的動能11、兩個點電荷分別固定于x軸上，電量大小分別為Q和2Q，在它們形成的電場中，有一個試探電荷+q沿x軸從+∞向坐標原點O運動，其電勢能Ep隨x變化的關系如圖所示，圖中x0已知，且該處電勢能最小，當x→+∞時，電勢能Ep→0；當x→0時，電勢能Ep→+∞。根據圖象提供的信息可以確定（）

A.在x0處電場強度為零B.在x軸上x＞x0的區域電場方向向右C.兩個點電荷的電性D.2Q在x軸上的坐標為12、如圖，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，為兩板間的一固定點。靜電計的金屬球與電容器的負極板連接；外殼接地。若保持電容器負極板不動，僅將正極板緩慢向左平移一小段距離，則（）

A.電容器的電容減小，靜電計指針的偏角增大B.電容器的電容增大，靜電計指針的偏角減小C.兩板間的電場強度不變，點的電勢降低D.兩板間的電場強度減小，點的電勢升高13、在物理學發展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實的是（）A.奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電和磁之間存在聯系B.庫侖發現了點電荷的相互作用規律，測定了元電荷的數值C.牛頓發現了行星運動的規律，提出了萬有引力定律D.法拉第發現了電磁感應現象評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、如圖所示，一個α粒子（氦核）在電勢差為U1=100V的電場中由靜止開始加速運動，然后射入電勢差為U2=10V的兩塊平行板的偏轉電場中，偏轉電場極板長L=20cm，間距d=5cm．若α粒子能飛離平行板區（重力可忽略），則α粒子剛進入偏轉電場時的動能為________eV,飛離偏轉電場時的偏移量y=_____________m．

15、隨著中國電信業的發展，國產手機在手機市場上已經有相當大的市場份額。如圖所示是中國科健股份有限公司生產的一塊手機電池外殼上的文字說明，由此可知該電池的電動勢為_________，待機狀態下的平均工作電流_________。

16、如圖所示，電源電壓為12V，電阻R1的阻值為10Ω，開關S閉合后，當滑動變阻器R3的滑片P位于最左端時，電壓表的示數為6V，電阻R2的阻值為________Ω。調節滑片P，使電壓表的示數從3V變為1.5V，則R3接入電路中的阻值變化了_________Ω。

17、實線為電場線，虛線為等勢面，且相鄰等勢面間的電勢差相等，正電荷在等勢面上時，具有動能它運動到等勢面上時，動能為零。令那么，當該電荷的電勢能為時，求它的動能是_____J。

18、如圖所示，在平行金屬帶電極板MN電場中將電荷量為-4×10-6C的點電荷從A點移到M板，電場力做負功8×10-4J，把該點電荷從A點移到N板，電場力做正功為4×10-4J；N板接地．則。

（1）A點的電勢=________________

（2）UMN等于__________19、如圖所示，規格為“220V、44W”的排氣扇，線圈電阻為40Ω，接上220V的電壓后，通過排氣扇的電流為________A；排氣扇的發熱功率為________W。

評卷人得分四、作圖題(共1題，共4分)20、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、解答題(共1題，共4分)21、如圖所示的電路中，電源的電動勢2V，內阻為0.5Ω，R0為2Ω；變阻器的阻值變化范圍為0-10Ω，求：

(1)變阻器阻值多大時，變阻器上消耗的功率最大？其最大功率Pm為多少？

(2)電源的最大輸出功率Pm為多少。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

由題意可知，周圍空間電場與等量異種點電荷產生的電場等效，所以a點的電場強度A錯誤；等量異種點電荷周圍的電場線和等勢面分布如圖所示。

由圖可知B正確；圖中b、c兩點的場強大小相等，方向不同，C錯誤；由于a點的電勢大于d點的電勢，所以一正點電荷從a點經b、c運動到d點的過程中電場力做正功，電荷的電勢能減小，D錯誤；故選B.2、D【分析】【詳解】

A．用一個空腔導體將外電場遮住后；導體內部不受外電場的影響，所以帶正電的金屬球靠近金屬網，驗電器的箔片不會張開，故A錯誤；

B．用金屬網把不帶電的驗電器罩起來；金屬網起到靜電屏蔽的作用，無論是否接地，金屬網內部不受外界電場影響，驗電器的箔片不會張開，故B錯誤；

CD．用金屬網把不帶電的驗電器罩起來；金屬網起到靜電屏蔽的作用，靜電屏蔽時，金屬網內部電場強度為零，電勢相等，故C錯誤，D正確。

故選D。3、B【分析】【詳解】

將電荷量為q的正點電荷從B移到A的過程中，電場力做功為

即外力克服電場力做功qU，電場力做負功，電勢能增加，增加量為

故選B。4、C【分析】【分析】

【詳解】

AC.VOOC閃充新技術采用低壓大電流的方案；相對其它方案溫度較低，充電功率更高，電量轉化率達到95﹪，最快充電速度比一般手機充電技術快4倍以上，故C正確，A錯誤；

BD.電池的容量一般是固定的；充數據線根數越多，并聯的電阻越小，故BD錯誤。

故選C。5、C【分析】【詳解】

電動機的電壓恒為380V，扶梯不載人時，電動機中的電流為5A，忽略電動機內阻的消耗，認為電動機的輸入功率和輸出功率等，即可得到維持扶梯運轉的功率為P0=380V×5A=1900W

電動機的最大輸出功率為Pm=6.4kW

可用于輸送顧客功率為△P=Pm-P0=4.5kW由于扶梯以恒定速率向斜上方移動，每一位顧客所受的力為重力mg和支持力FN，且FN=mg

電動機通過扶梯的支持力FN對顧客做功，對每一位顧客做功的功率為P1=FNvcosα=mgvcos(90°-30°)=150W

則同時乘載的最多人數為人

故C正確；ABD錯誤。

故選C。二、多選題(共8題，共16分)6、C:D【分析】【詳解】

AD、根據可知電荷在點的水平電場強度大小為在點的豎直電場強度大小為電荷在點的水平電場強度大小為在C點的豎直電場強度大小為其中從增加到根據矢量疊加原理可得點的電場強度大小為化簡得由于從增加到所以一直增大，當電荷移動到點時，解得點的電場強度大小為故選項A錯誤，D正確；

BC、根據離正電荷越近的地方電勢越高，離負電荷越近的地方電勢越低可知，電荷運動過程中，點的電勢增加，根據可知帶正電試探電荷在點電勢能一定增大，故選項B錯誤，C正確；7、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．分流電阻越小；改裝后電流表的量程越大，所以接1時量程為0~10mA，接2時量程為0~1mA，故A錯誤；

B．開關接2時，表頭的電壓為

所以

改裝后電流表的內阻為

故B正確；

CD．開關接1時

開關接2時則有

所以若僅增加的阻值；改裝后電流表的量程都會變小，故C錯誤，D正確。

故選BD。8、A:B:C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．串聯電路中電流相等，根據歐姆定律

故A正確；

B．電阻R2的阻值為

故B正確；

C．三只電阻兩端的總電壓為

故C正確；

D．電阻R3的電壓為

故D正確。

故選ABCD。9、A:B:D【分析】【詳解】

A．在未施加電場時，A物體處于平衡狀態，當施加上電場力瞬間，A物體受到的合力為施加的電場力，故

解得

方向向上；故A正確；

B．B剛要離開地面時，地面對B彈力為0，即

對A物體

即A物體合力為0；因此從開始到B剛要離開地面過程，A物體做加速度逐漸變小的加速運動，即A物體速度一直增大，故B正確；

C．從開始到彈簧恢復原長的過程；A物體的機械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量之和，從彈簧恢復原長到B剛要離開地面的過程，A物體的機械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的增加量之差，故C錯誤；

D．當B離開地面時，此時B受到彈簧的彈力等于B的重力，從施加電場力到B離開地面，彈簧的彈力做功為零，A上升的距離為

根據動能定理可知

解得

故D正確。

故選ABD。10、A:D【分析】【分析】

【詳解】

AD．帶電粒子M只在電場力作用下由P點運動Q點，在此過程中克服電場力做功，則電勢能增加，動能減小，即M在P點的電勢能一定小于它在Q點的電勢能，M在P點的動能一定大于它在Q點的動能；選項AD正確；

B．根據題中條件無法比較P點的場強與Q點的場強關系；選項B錯誤；

C．帶電粒子的電性不能確定，則不能比較P點的電勢與Q點的電勢關系；選項D錯誤。

故選AD。11、A:C:D【分析】【詳解】

A．圖線Ep－x的斜率表示試探電荷所受的電場力大小，因為電場力F=qE，所以也可以用斜率表示電場強度的大小，在x0處；圖線的斜率為零，即該點的電場強度為零，故A正確；

B．在x軸上x＞x0的區域，隨x增大電勢是逐漸升高的；電場強度的方向指向電勢降低的方向，所以該區域電場方向應該是水平向左，故B錯誤；

C．當x→0時，電勢能Ep→+∞，而在x＞x0的區域內電勢為負值，所以正電荷固定在坐標原點O處，負電荷應該在x軸的負軸上，且電荷量應該是2Q；故C正確；

D．x0處的場強為零，正電荷Q在坐標原點，設負電荷2Q距離原點為x；則。

解得。

所以2Q在x軸上的坐標為故D正確。

故選ACD。12、A:C【分析】【詳解】

AB．根據

根據題意；極板所帶電荷量不變，極板間距增大，可知電容減小，極板之間的電勢差增大，即靜電計指針的偏角增大，A正確，B錯誤；

CD．根據

結合上述解得

極板所帶電荷量不變，可知，兩板間的電場強度不變，令P點到左極板間距為x，則有

由于

解得

正極板緩慢向左平移一小段距離，x增大，則點的電勢降低；C正確，D錯誤。

故選AC。13、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應；該效應揭示了電和磁之間存在聯系，所以A正確；

B．庫侖發現了點電荷的相互作用規律；密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數值，所以B錯誤；

C．開普勒發現了行星運動的規律；牛頓提出了萬有引力定律，所以C錯誤；

D．法拉第發現了電磁感應現象；所以D正確；

故選AD。三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]粒子直線運動過程加速，由動能定理可得

解得

[2]再根據動能定理得

又因為粒子進入偏轉電場做類平拋運動，水平方向則有

豎直方向有

粒子在偏轉電場中，根據牛頓第二定律，可得

聯立上式解得【解析】2000.0215、略

【分析】【詳解】

[1]由題圖可知；該電池的電動勢為3.7V；

[2]有題圖可知，該電池的容量為

待機為96h，則可得手機待機狀態下的平均工作電流為【解析】3.7V7.29mA16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]開關S閉合后，當滑動變阻器R3的滑片P位于最左端時，滑動變阻器接入電路的電阻為0，R1和R2串聯接入電路，電壓表測R1兩端的電壓；由歐姆定律可得此時通過電路的電流：

串聯電路總電壓等于各部分電壓之和，所以R2兩端的電壓。

U2=U-U1=12V-6V=6V串聯電路各處電流相等，則電阻R2的阻值。

[2]電壓表的示數為3V時；通過電路的電流。

該電路總電阻。

電壓表的示數為1.5V時；通過電路的電流。

該電路總電阻。

串聯電路總電阻等于各部分電阻之和；所以滑動變阻器接入電路的電阻變化值。

R3=R″-R′=80Ω-40Ω=40Ω【解析】104017、略

【分析】【分析】

【詳解】

由題可知，正電荷在等勢面上時動能20J，在等勢面上時動能為零，動能的減小量為20J，由于相鄰