…………○…………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年湘教新版必修3物理上冊月考試卷759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7題，共14分)1、如圖所示，R1=2Ω，R2=10Ω，R3=10Ω，A、B兩端接在電壓恒定的電源上，則（）

A.S斷開時，R1與R2的電壓之比為5∶1B.S閉合時，R1與R2兩端的電壓之比2∶5C.S閉合時，通過R2與R3的電流之比為2∶1D.S閉合時，通過R1與R2電流之比為1∶52、真空中相距為的兩個點電荷M、N分別固定于x軸上和的兩點，規定x軸正向為場強的正方向，在兩者連線上各點的電場強度隨x變化的關系如圖所示；則以下判斷正確的是（）

A.M、N所帶電荷量的絕對值之比為4：1B.沿x軸從0到電勢逐漸降低C.點電荷M、N為異種電荷D.將一個帶負電的試探電荷沿x軸從移動到該電荷的電勢能先減小后增大3、如圖所示；兩個完全相同的通電圓環A；B圓心O重合，圓面相互垂直放置，通電電流相同．電流方向如圖所示，設每個圓環在其圓心O處獨立產生的磁感應強度大小為B．，則O處的磁感應強度大小為（）

A.B.C.D.無法確定4、如圖所示，已知電路中電源電動勢為內阻為電阻為為電動機額定電壓為線圈電阻為開關閉合后；電動機恰好正常工作。下列選項正確的是（）

A.電阻兩端的電壓為B.通過電動機的電流為C.通過電阻的電流為D.電動機輸出的機械功率為5、一個電荷量為-Q的點電荷甲，固定在絕緣水平面上的O點。另一個電荷量為+q、質量為m的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動，運動到B點時速度為v，且為運動過程中速度的最小值。已知點電荷乙受到的阻力大小恒為f，A、B兩點間距離為L0，靜電力常量為k；則下列說法正確的是（）

A.點電荷乙從A點向甲運動的過程中，加速度一直增大B.點電荷乙從A點向甲運動的過程中，其電勢能先增大再減小C.O、B兩點間的距離為D.在點電荷甲形成的電場中，A、B兩點間的電勢差為6、以下物理量為矢量，且單位用國際單位制基本單位表示正確的是（）A.磁通量T·m2B.電場強度kg·m/（C·s2）C.磁感應強度kg/（A·s2）D.電流A7、下列物理量全部屬于矢量的一組是（）A.磁感應強度、質量、速度B.時間、質量、路程C.電場強度、加速度、力D.功、功率、速度評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)8、傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示是一種測定壓力的電容式傳感器，當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，可使膜片產生形變，引起電容的變化，將電容器、靈敏電流計和電源串接成閉合電路。那么（）

A.當F向上壓膜片電極時，電容將減小.B.當F向上壓膜片電極時，電容將增大.C.若電流計中有向上的電流，則表明壓力F在減小.D.若壓力F不變，則電流計中有向上的電流.9、如圖所示，豎直平面內固定一個半徑為R的剛性光滑絕緣圓環。在圓環的最低點A固定一個電荷量為+q的小球，另一個質量為m的帶電小環套在大圓環上恰能靜止在B點，且小環與大圓環圓心O的連線OB與豎直線OA的夾角θ等于60°。已知靜電力常量為k；重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A.小環帶負電B.小環帶正電C.小環所帶電荷量D.若小環所帶電荷量逐漸衰減導致其發生緩慢移動，則小環所受大環的彈力大小不會改變10、如圖，真空中a、b、c、d四點共線且等距。先在a點固定一點電荷+Q，測得b點場強大小為E。若再將另一等量異種點電荷-Q放在d點時，則（）

A.電場線從電荷出發，形象地描繪了電荷在整個空間產生的電場分布B.c點場強大小為C.兩電荷相互作用力大小為D.c點電勢比b點電勢低11、如圖所示，為水平放置的平行板電容器的兩個金屬極板，為靜電計。閉合開關靜電計指針張開一定角度，電容器兩極板間的點有一帶電液滴處于靜止狀態；則下列說法正確的是（）

A.保持開關閉合，將的滑片向右移動，的指針張開角度減小B.保持開關閉合，將的滑片向左移動，帶電液滴仍處于靜止狀態C.若斷開開關將極板向上移動少許，的指針張開角度減小D.若斷開開關將極板向上移動少許，帶電液滴仍處于靜止狀態12、如圖所示，C1為中間插有電介質的電容器，a和b為其兩極板，a板接地．M和N為兩水平正對放置的平行金屬板，當金屬板帶上一定電荷后使在兩板間的一帶電小球P處于靜止狀態．M板與b板用導線相連，N板接地．在以下方法中，能使P向上運動的是()

A.稍微增大a、b間的距離B.稍微增大M、N間的距離C.取出a、b兩極板間的電介質D.換一塊形狀大小相同、介電常數更大的電介質評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、可見光________（選填“是”或“不是”）電磁波的一部分；電磁波在真空中的傳播速度_______m/s；在人類歷史上首先捕捉到電磁波的科學家是_________（選填“麥克斯韋”或“赫茲”）。14、在如圖所示的電路中，已知定值電阻為R，電源內阻為r，電表均為理想電表。將滑動變阻器滑片向下滑動，電流表A示數變化量的絕對值為△I，則電壓表V1示數變化量的絕對值△U1＝_____，電壓表V2示數變化量的絕對值△U2＝_____。

15、（1）由R=可知，導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟導體中的電流成反比。（______）

（2）電阻率ρ與導體的長度l和橫截面積S有關。（______）

（3）電阻率表征了材料的導電能力的強弱，由導體的材料決定，且與溫度有關。（______）

（4）電阻率大的導體，電阻一定很大。（______）

（5）有些合金的電阻率幾乎不受溫度變化的影響，可用來制成標準電阻。（______）16、真空中點電荷的場強大小：E＝________（Q為場源電荷）。17、如圖，電阻R=55Ω，當閉合S1、S2時，通過電阻R的電流為_________A，電路的總功率為1000W，當只閉合S2時，電動機的電功率為___________W。

18、帶電荷量都為Q的兩個絕緣金屬小球，放在真空中，兩小球距離為l．

（1）若兩球都帶負電，則在l中點處電場強度為________．

（2）若兩球帶的是異種電荷，則在l中點處電場強度的大小為________，方向指向帶________電荷的小球．評卷人得分四、作圖題(共2題，共12分)19、在“用電流和電壓傳感器研究電容器的放電”實驗中；某同學按照圖所示連接電路。實驗時，先將開關S擲向1，一段時間后，將開關擲向2，傳感器將信息傳入計算機屏幕上，顯示出電流或電壓隨時間變化的圖線。

（1）由圖可知，傳感器1應為________（選填選項前的字母）

A．電流傳感器B．電壓傳感器。

（2）用q表示電容器上極板所帶的電荷量，UR表示滑動變阻器兩端的電壓，UC表示電容器兩端的電壓，I表示電路中的電流，關于電容器在整個放電過程中的圖像變化正確的有________。

A．B．

C．D．

（3）若已知電源電動勢E，但其內阻和電阻箱阻值均未知，根據已知條件和傳感器顯示的圖像中的數據信息，下列判斷正確的是________；

A．可知該電容器的電容。

B．可知此時電阻箱阻值大小。

C．若只增大電阻箱R的阻值；電容器放電的時間將變短。

D．若只減小電容器的電容大小，電容器放電的時間將變短20、連線題：請將下列電路元器件的實物圖與其符號相連。

評卷人得分五、實驗題(共2題，共10分)21、某同學用伏安法測某電源的電動勢和內阻，現備有下列器材：被測電源；電流表A；電壓表V；滑動變阻器R；開關；導線若干。伏安法測電池電動勢和內阻的實驗中；由于電流表和電壓表內阻的影響，測量結果存在系統誤差。在現有器材的條件下，為減小上述系統誤差，盡可能準確地測量電源的電動勢和內阻。

（1）實驗電路圖應選擇上圖中的____________（填“甲”或“乙”）

（2）根據實驗中電流表和電壓表的示數得到了如圖丙所示的圖像。由此可知，電源的電動勢____________V，內電阻____________（結果保留二位小數）22、“用DIS測定電源的電動勢和內阻”的實驗電路如圖a所示，其中定值電阻阻值

（1）圖（a）中A為______傳感器，定值電阻在實驗中起______的作用；

（2）實驗測得的端壓U與總電流I的擬合曲線如圖（b）所示，則電源電動勢E＝______V，內阻r＝______Ω。

（3）由圖（b）中實驗測得的數據，推測實驗選用的滑動變阻器最合理的阻值范圍為()

A．0~5ΩB．0~20ΩC．0~50ΩD．0~200Ω

（4）小明也利用同一套器材完成此實驗，誤把圖（a）中B傳感器在a點的接線接在b點，測得數據也在同一坐標中作出U－I圖像，其他操作、讀數等都準確無誤，則小明所作圖線的斜率絕對值與圖（b）相比，______（選填：“偏大”、“相同”、“偏小”或“無法確定”）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【詳解】

A．S斷開時，R1與R2串聯在電路中，電壓之比

A錯誤；

CD．S閉合時，R2與R3并聯，然后在與R1串聯，因此通過R2與R3的電流之比

由于流過R1的電流等于流過R2與R3電流之和，即

因此

CD錯誤；

B．S閉合時，R2與R3并聯之后的總電阻，根據

解得

因此加在R1與R2兩端的電壓之比

B正確。

故選B。2、A【分析】【詳解】

AC．若兩電荷為異種電荷，在x=2a處，電場強度不可能為0，故兩電荷為同種電荷；2a處合場強為0，由

知

所以M、N所帶電荷量的絕對值之比為4：1；故A正確，C錯誤；

B．選沿x軸方向為正方向，0～2a電場為正，方向向右，而沿電場線方向電勢降低，即從0到2a電勢降低；2a～3a電場為負，方向向左，則從2a點到3a點電勢升高；故B錯誤；

D．將一個負點電荷沿x軸從0.5a移動到2.4a；電勢先減小后增大，所以該電荷的電勢能先增大后減小，故D錯誤；

故選A。3、C【分析】【詳解】

由安培定則可知，通電圓環A在圓心O處的磁感應強度方向，垂直紙面向里，通電圓環B在圓心O處的磁感應強度方向，豎直向下，則圓心O處的磁感應強度大小為C正確。

故選C

【點睛】

注意磁感應強度是矢量，求合磁感應強度用平行四邊形法則．4、C【分析】【詳解】

A．電動機兩端電壓為6V，開關閉合后，電動機恰好正常工作，所以電源內電壓與電阻R1兩端電壓之和為6V，由歐姆定律有

解得：

所以電阻兩端的電壓為

故A錯誤；

BC．與電動機并聯，且并聯部分電壓為6V，則流過R2的電流為

由并聯電路的電流特點可知，流過電動機的電流為

故B錯誤,C正確；

D．電動機消耗的電功率

電動機的發熱功率為

電動機產生的機械功率

故D錯誤。

故選C。5、C【分析】【詳解】

A．因為運動到B點時速度最小，則點電荷乙從A點向B點運動的過程中做減速運動，根據牛頓第二定律得

點電荷乙從A點向B點運動的過程中，距離r減小，加速度a減小；A錯誤；

B．點電荷乙從A點向甲運動的過程中；庫侖引力一直做正功，電勢能一直減小，B錯誤；

C．因為運動到B點時速度最小，合力等于零

解得

C正確；

D．根據動能定理得

解得

D錯誤。

故選C。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．磁通量為標量；故A錯誤；

B．電場強度是矢量，根據

可知電場強度單位可表示為kg·m/（A·s3）；故B錯誤；

C．磁感應強度是矢量，根據

可知磁感應強度單位可表示為kg/（A·s2）；故C正確；

D．電流是標量；故D錯誤。

故選C。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A．質量為標量；所以A錯誤；

B．時間；路程、質量都是標量；所以B錯誤；

D．功；功率為標量；所以D錯誤；

C．電場強度；加速度、力都是矢量；所以C正確；

故選C。二、多選題(共5題，共10分)8、B:C【分析】【詳解】

AB．平行板電容器電容的決定式為

當F向上壓膜片電極時，兩電極間距減小，則C增大；故A錯誤，B正確；

C．若電流計中有向上的電流，說明電容器放電，根據電容的定義式

可知U不變，Q減小，則C減小，根據前面分析可知F減小；故C正確；

D．若壓力F不變，則電容C不變；電容器不進行充放電，電路中電流為零，故D錯誤。

故選BC。9、B:C:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．由題意可判斷出；小環帶正電，故B正確，A錯誤；

C．小環恰能靜止，所以受力平衡的力學三角形如圖所示，可知mg=

即

C正確；

D．當小環電荷量緩慢減少時，根據受力平衡可知，力的三角形CBD總是相似于幾何三角形OAB，故

彈力F=mg

故D正確。

故選BCD。

10、B:D【分析】【分析】

考查點電荷的場強；場強的疊加，庫侖定律。

【詳解】

A．空間中某點的電場是唯一的；由所有場源電荷共同決定的，這里有兩個場源電荷，所以電場線始于正電荷，止于負電荷，形象地描述了等量異種電荷整個空間產生的電場分布，A錯誤；

B．設相鄰兩點間的距離為d，則+Q在b點的場強為：

方向向右，-Q在b點的場強為：

方向也向右，所以b點的場強為：

c點與b點對稱，所以c點場強與b點相同，大小為B正確；

C．由庫侖定律：

又有所以：

C錯誤；

D．電場方向由a點指向d點，沿著電場方向，電勢逐漸降低，所以c點電勢比b點電勢低；D正確。

故選BD。11、B:D【分析】【詳解】

A．閉合開關，一定時靜電計指針示數不變，中無電流，則無電壓降，故靜電計指針不隨的變化而變化；A錯誤；

B．的改變不影響電容器兩端電壓；故液滴仍處于靜止狀態，B正確；

CD．開關斷開，平行板電容器的帶電荷量不變，極板向上移動一段距離時，兩極板間距增大，由

則電容變小，變大，則靜電計指針的張角增大，因為兩板間電場強度

不變，則不變；帶電液滴仍處于靜止狀態，C錯誤，D正確。

故選BD。12、A:C【分析】【詳解】

因P向上運動，因此EMN增大；根據且與S均不變；則有：QMN增大，再根據QMN=UMN?CMN，由于CMN不變，即UMN增大；由題意可知，M，b是等勢面，a與N接地，電勢為零；所以UMN=Uab，即Uab增大；又因為Q總量不變，且QMN增大，那么Qab必然減小，即Cab只能減小，依據可知；

A.稍微增大a、b間的距離，電容Cab減小；故A項正確；

B.稍微增大M、N間的距離，依據可知，電容CMN變小，由于Q總量不變，即

又UMN=Uab

所以有：

而

由于變大，所以變小，所以P向下運動；故B項錯誤；

C.取出a、b兩極板間的電介質，電容Cab減小；故C項正確；

D.換一塊形狀大小相同、介電常數更大的電介質，電容Cab增大，故D項錯誤．三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】【詳解】

[1]由電磁波譜可知，電磁波包括無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、射線；故可見光是電磁波的一部分；

[2]電磁波在真空中的傳播速度都等于光速，

[3]麥克斯韋是建立了電磁場理論和預言了電磁波的存在，赫茲是在人類歷史上首先捕捉到電磁波的科學家。【解析】是赫茲14、略

【分析】【分析】

考查電路的動態分析。

【詳解】

[1][2]．據題理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路．理想電流表內阻為零，相當短路，所以R與變阻器串聯，電壓表V1、V2、分別測量R、路端電壓的電壓．當滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則A的示數增大則:

根據閉合電路歐姆定律得：

則得：

則有：【解析】15、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]導體的電阻由導體決定；與加載兩端的電壓無關，與流過導體的電流無關，故錯誤；

（2）[2]電阻率由導體的材料決定，且與溫度有關，與長度l和橫截面積S無關；故錯誤；

（3）[3]電阻率表征了材料的導電能力的強弱；由導體的材料決定，且與溫度有關，故正確；

（4）[5]電阻率大的導體；電阻不一定很大，故錯誤；

（5）[5]有些合金的電阻率幾乎不受溫度變化的影響，可用來制成標準電阻，故正確。【解析】錯誤錯誤正確錯誤正確16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]真空中點電荷的場強大小。

【解析】17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據歐姆定律得

[2]當閉合S1、S2時，電阻R的功率為

電動機的電功率為

當只閉合S2時，電動機的電壓不變，所以電動機功率不變。【解析】①.4②.12018、略

【分析】【詳解】

（1）[1]等量同種電荷連線中點處的場強大小相等；方向相反；所以合場強為0；

[2]等量異種電荷連線中點處的場強大小相等，方向相同，所以合場強：

[3]根據電場強度的矢量性，方向指向帶負電的小球。【解析】0負四、作圖題(共2題，共12分)19、略

【分析】【詳解】

（1）[1]傳感器1串聯在電路中；因此應為電流傳感器。

故選A。

（2）[2]ABC．電容器在整個放電過程中，電容器的電荷量q、電流I、電壓UC均隨時間減小；選項AC錯誤，選項B正確；

D．由于放電電流I減小，根據可知電阻箱R的電壓UR減小；選項D正確。

故選BD。

（3）[3]A．根據電流傳感器顯示的I-t圖像中的面積可求出電容器的電荷量，根據電壓傳感器可知電阻箱兩端的電壓，若已知電源電動勢E，則可知電容器的電壓，根據可求出該電容器的電容；選項A正確；

B．根據電流傳感器和電壓傳感器可知電阻