2025年魯科五四新版必修3物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年魯科五四新版必修3物理下冊階段測試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(xué)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6題，共12分)1、如圖中電源電動勢為內(nèi)電阻為r，L1、L2為相同的兩個燈泡，R1為定值電阻，R為滑動變阻器，當(dāng)滑動頭P向b端滑動時。

A.L1燈變亮，L2燈變暗B.L1燈變暗，L2燈變亮C.R1消耗的功率變大D.R1消耗的功率變小2、如圖所示電路中，已知電源接入電路后能提供大小保持不變的電流，當(dāng)滑動變阻器的滑片向右移動時，滑動變阻器兩端電壓的變化量為定值電阻兩端電壓的變化量為定值電阻兩端電壓的變化量為下列說法正確的是（）

A.B.C.D.3、如圖所示，懸掛在O點的一根不可伸長的絕緣細(xì)線下端有一個帶電量不變的小球A。在兩次實驗中，均緩慢移動另一帶同種電荷的小球B，當(dāng)B到達(dá)懸點O的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時，懸線偏離豎直方向的角度為若兩次實驗中B的電量分別為和角度為分別為45°和30°則為。

A.B.C.D.4、電場中A、B兩點間的電勢差為一個電荷量為的點電荷從A點移動到B點，則電場力所做功為（）A.B.C.D.5、圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強(qiáng)電場后，分落在收集板中央的兩側(cè)．對礦粉分離的過程，下列表述正確的有()

A.帶正電的礦粉落在右側(cè)B.電場力對礦粉做正功C.帶負(fù)電的礦粉電勢能變大D.帶正電的礦粉電勢能變大6、如圖示裝置是某同學(xué)探究感應(yīng)電流產(chǎn)生條件的實驗裝置。在電路正常接通并穩(wěn)定后；他發(fā)現(xiàn)：當(dāng)電鍵斷開時，電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)。則能使電流表指針向左偏轉(zhuǎn)的操作是（）

A.拔出線圈AB.在線圈A中插入鐵芯C.滑動變阻器的滑動觸頭向左勻速滑動D.滑動變阻器的滑動觸頭向左加速滑動評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖所示；圖中的四個電表均為理想電表，當(dāng)滑動變阻器滑片P向右端移動時，下面說法中正確的是（）

A.電壓表V1的讀數(shù)減小，電流表A1的讀數(shù)增大B.電壓表V1的讀數(shù)增大，電流表A1的讀數(shù)減小C.電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A2的讀數(shù)增大D.電壓表V2的讀數(shù)增大，電流表A2的讀數(shù)減小8、如圖所示，無限大平行金屬板水平放置且接地，金屬板上表面涂上絕緣層，一個帶正電的點電荷P固定在金屬板正上方，該電荷與金屬板間形成的電場與等量異種點電荷連線的中垂線一側(cè)的電場分布相同。將一個帶正電的帶電粒子Q從P與金屬板垂直連線中點的a點沿直線移到板上b點，再沿直線移到板上c點；則此過程（）

A.從a到c，Q的電勢能一直減小B.從a到c，Q的電勢能先減小后不變C.從a到c，Q受到的電場力先減小后不變D.Q在a點受到的電場力大于P對Q的庫侖力9、在x軸上A、B兩點處分別有點電荷Q1和Q2，A、B之間連線上各點的電勢如圖所示。P是圖線與x軸的交點，且AP>PB；取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則（）

A.Q1和Q2是等量異種點電荷B.P點的電場強(qiáng)度為零C.負(fù)試探電荷在AP間與PB間受靜電力方向相同，均沿x負(fù)方向D.負(fù)試探電荷在AP間的電勢能小于它在PB間的電勢能10、如圖所示，正點電荷2Q、Q分別置于M、N兩點，O點為MN連線的中點。點a、b在MN連線上，點c、d在MN中垂線上，它們都關(guān)于O點對稱。則正確的是（）

A.O點的電勢高于c點的電勢B.a、b兩點的電場強(qiáng)度相同C.電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能D.將電子沿直線從c點移到d點，電場力對電子先做正功后做負(fù)功11、如圖所示，曲線表示某電場的等勢面，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點；則分析正確的是（）

A.一正電荷從b點運動到e點，電勢能不變B.一電子從a點運動到d點，電場力做功為C.b點電場強(qiáng)度垂直于該點所在等勢面，方向向左D.a、b、c、d四個點中，b點的電場強(qiáng)度大小最小12、如圖所示的電路中，理想二極管和水平放置的平行板電容器串聯(lián)在電路中，閉合開關(guān)S，平行板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法中正確的是（）

A.將A板向上平移一些，液滴將向下運動B.將A板向下平移一些，液滴將向上運動C.將A板向左平移一些，液滴將向上運動D.斷開開關(guān)S，將A板向右平移一些，液滴將保持靜止評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、形象描述電場分布的曲線叫做_____，我們用_____（用文字表述）表示電場的強(qiáng)弱。14、在如圖所示的電路中，已知定值電阻為R，電源內(nèi)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(shù)變化量的絕對值為△I，則電壓表V1示數(shù)變化量的絕對值△U1＝_____，電壓表V2示數(shù)變化量的絕對值△U2＝_____。

15、電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系。

（1）關(guān)系∶在勻強(qiáng)電場中，兩點間的電勢差等于_________與這兩點_________的距離的乘積。

（2）關(guān)系式∶

（3）適用條件∶________電場，d是沿___________兩點間的距離。16、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(dāng)該電荷的電勢能為時，求它的動能是_____J。

17、圖為某同學(xué)用電流表和電壓表測量電阻的部分實驗電路圖。在某次測量中，電壓表的示數(shù)為14.0V，電流表的示數(shù)為0.20A，根據(jù)測量數(shù)據(jù)，可計算出電阻Rx=______Ω。若僅考慮電流表內(nèi)阻的影響，實驗中電壓表的測量值______（選填“大于”或“小于”）電阻Rx兩端的電壓。

18、如圖，逆時針環(huán)形電流外有一被擴(kuò)張的軟金屬彈簧圈，當(dāng)其由環(huán)形電流外側(cè)收縮到內(nèi)側(cè)虛線位置過程中，彈簧圈內(nèi)的磁通量大小變化情況為__________；彈簧圈所受安培力的方向沿半徑_____________。

評卷人得分四、作圖題(共2題，共14分)19、連線題：請將下列電路元器件的實物圖與其符號相連。

20、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強(qiáng)電場的電場線。評卷人得分五、解答題(共2題，共10分)21、如圖所示，在光滑絕緣水平面上，存在兩個相鄰的相同矩形區(qū)域CDMN和NMHG，CD=NM=GH=2d、CN=NG=d。區(qū)域CDMN中存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B1，區(qū)域NMHG中存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B2，且大小B1=B2，不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線，一端固定于O點，另一端拴有絕緣小球a。拉緊細(xì)線使小球a從距離水平面高h(yuǎn)的位置由靜止釋放，當(dāng)小球a沿圓弧運動至懸點正下方位置時，與靜止于該處的帶正電小球b發(fā)生彈性正碰，碰后小球b從CD邊界中點P垂直進(jìn)入CDMN區(qū)域，小球b質(zhì)量為m，帶電量為+q，且始終保持不變；當(dāng)小球a的質(zhì)量也為m時，小球b剛好從N點射出磁場。題中只有質(zhì)量m，高度h，重力加速度g為已知量；其它為未知量，則：

（1）若小球a的質(zhì)量為m，求碰后小球a上升到最高處離水平面的高度是多少？

（2）若要使小球b恰好從G點射出磁場，求小球a的質(zhì)量為多少？

（3）若小球a的質(zhì)量為m，區(qū)域CDMN中磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，將區(qū)域NMHG中磁場改為勻強(qiáng)電場，電場方向水平且由N指向M，場強(qiáng)大小合適。判斷小球b能否由H點離開電場區(qū)域，若能請算出小球b由H點離開電場區(qū)域時的動能；若不能請說明理由。

22、電荷量Q均勻分布在半徑為R的圓環(huán)上，求在圓環(huán)軸線上距圓心O點為處的P點的電場強(qiáng)度.

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】

從圖可知，滑動變阻器的滑片向下滑動時，滑動變阻器的阻值變小，根據(jù)并聯(lián)電路電阻的特點判斷出電路中總電阻的變化，再根據(jù)歐姆定律判斷總電流的變化；根據(jù)并聯(lián)電路的特點，依據(jù)各支路互不影響，從而判斷出L1燈亮度的變化，根據(jù)通過電阻R1電流的變化，判斷出B燈和滑阻上電壓的變化，再判斷出L2燈實際功率的變化；從而判斷出B燈亮度的變化；

【詳解】

AB、當(dāng)滑片向b端滑動時，滑動變阻器的阻值變小，電路的總電阻都會變小，據(jù)閉合電路歐姆定律知總電流變大，內(nèi)電壓增大，所以路端電壓減小，可知燈L1變暗；再據(jù)干路電流變大，燈L1電流減小，所以電源右側(cè)電路的電流增大，電阻R1上的電流變大了，所以分壓也就增加了，但是路端電壓減小，所以L2燈和滑阻上的電壓就變小，根據(jù)公式可知，L2燈實際功率的變小，所以L2燈變暗；故A；B錯誤；

CD、以上分析可知，通過R1的電流變大，所以消耗功率變大；故C正確，D錯誤；

故選C．2、C【分析】【分析】

【詳解】

B．當(dāng)滑動變阻器的滑片向右移動時，接入電路的電阻減小，則總電阻也減小，而電源的輸出電流不變，由歐姆定律可知，并聯(lián)部分兩端的電壓減小，所以兩端的電壓減小，即B錯誤；

AC．是定值電阻，所以通過的電流減小，電源的輸出電流不變，則通過的電流增大，兩端的電壓增大，即滑動變阻器兩端的電壓減小，即A錯誤；

D．兩端的電壓增大，滑動變阻器兩端的電壓減小，和滑動變阻器兩端的電壓之和減小，則兩端電壓的變化量的絕對值小于滑動變阻器兩端電壓的變化量的絕對值，即

D錯誤。

故選C。3、A【分析】【詳解】

試題分析：A球電量不變，設(shè)為q0．兩種情況下A球均受三個力作用下平衡．庫侖力．

A球質(zhì)量設(shè)為m，對A球應(yīng)用共點力平衡條件得

兩球之間的距離r=Lsinθ，其中L為線長，r為兩球球心之間的距離．

由以上兩式得到

所以．故選A.

考點：庫侖定律；物體的平衡。

【名師點睛】此題是物體的平衡問題；解題時首先要分析帶電球的受力情況，根據(jù)庫侖定律，結(jié)合物體的平衡條件，找出兩種情況下AB之間的庫侖力的大小，就可以求得q1和q2的關(guān)系，本題主要還是考查對庫侖定律的理解．4、A【分析】【詳解】

電勢差的定義式為

電場力做功為

故選A。5、B【分析】【詳解】

A．由圖可知；礦料分選器內(nèi)的電場方向水平向左，帶正電的礦粉受到水平向左的電場力，所以會落到左側(cè)，A錯誤；

BCD．無論礦粉帶什么電，在水平方向上都會在電場力的作用下沿電場力的方向偏移，位移與電場力的方向相同，電場力做正功，所以無論正負(fù)，礦粉的電勢能都減小，B正確，C、D錯誤．6、B【分析】【分析】

【詳解】

由題意可知：當(dāng)電鍵斷開時；穿過線圈A的磁通量減小，則線圈B的磁通量也在減小，導(dǎo)致電流表指針向右偏轉(zhuǎn)；故可知當(dāng)A中的磁通量減小時，電流表指向右偏；

A．拔出線圈A；A中磁通量減小，指針向右偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；

B．在線圈A中插入鐵芯；A中磁通量增大，則知電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，故B正確；

CD．滑動變阻器的滑動觸頭向左勻速滑動或者加速滑動時；A中電流減小，磁通量減小，則知電流表指針均向右偏轉(zhuǎn)，故CD錯誤。

故選B。二、多選題(共6題，共12分)7、A:D【分析】【分析】

【詳解】

當(dāng)滑動變阻器滑動觸點P向右端移動時，變阻器接入電路的電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知，干路電流I增大，路端電壓U減小，則電流表A1讀數(shù)增大；電壓表V1讀數(shù)U1=E-I（R1+r），I增大，其他量不變，則U1減?。煌ㄟ^電流表A2的電流U1減小，則I2減?。涣鬟^R2的電流I2′=I-I2，I增大，I2減小，則I2′增大，則伏特表V2的讀數(shù)增大．綜上，電壓表V1的讀數(shù)減小，電流表A1的讀數(shù)增大，伏特表V2的讀數(shù)增大，電流表A2的讀數(shù)減小．故AD正確；BC錯誤．故選AD．

【點睛】

本題是簡單的電路動態(tài)分析問題，按“部分→整體→部分”的思路進(jìn)行分析，對于并聯(lián)電路，要抓住干路電流等于各支路電流之和分析兩個支路電流的關(guān)系．8、B:D【分析】【詳解】

ABC．由于靜電感應(yīng)，金屬板為等勢面，固定的點電荷P與板間的電場為等量異種點電荷電場的一半，因此從a到b的電場強(qiáng)度越來越小，電勢越來越低，帶正電的帶電粒子在此過程中，受到的電場力越來越小，且電場力做正功，則電勢能減?。粡腷到c的電場線變稀疏；則電場強(qiáng)度繼續(xù)減小，但由于此過程在等勢面上運動，則電勢不變，因此電場力減小，但電勢能不變，故AC錯誤，B正確；

D．Q在a點受到的電場力等于P對Q的庫侖力與金屬板感應(yīng)電荷對其的庫侖力之和，即Q在a點受到的電場力大于P對Q的庫侖力；故D正確。

故選BD。9、C:D【分析】【詳解】

A．電勢沿著電場線降低，則電場線由Q1指向Q2，Q1和Q2是異種電荷。由于0電勢點不在兩電荷的中點；則它們不是等量點電荷。故A錯誤；

B．P點的斜率不為0；則電場強(qiáng)度不為零。故B錯誤；

C．AB間，電場線向右，負(fù)電電荷在AB間的靜電力向左。則負(fù)試探電荷在AP間與PB間受靜電力方向相同，均沿x負(fù)方向。故C正確；

D．負(fù)試探電荷若沿著AB運動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，則在AP間的電勢能小于它在PB間的電勢能。故D正確。

故選CD。10、A:D【分析】【詳解】

A．同種電荷的電場線是排斥狀的，沿電場線方向電勢逐漸降低，所以可知O點的電勢高于c點的電勢；故A正確；

B．設(shè)則根據(jù)電場的疊加可知a點的電場強(qiáng)度為：

b點的電場強(qiáng)度為：

可見故B錯誤；

C．因為M點電荷電荷量大于N點電荷量，若將電子從a點移動到b點，電場力總體而言做負(fù)功，電勢能增加，所以電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能；故C錯誤；

D．對兩個電荷在中垂線上的場強(qiáng)進(jìn)行疊加，在Oc段方向斜向右上，在Od段方向斜向右下，所以電子所受的電場力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；電場力跟速度的方向先是銳角后是鈍角，電場力對電子先做正功后做負(fù)功，故D正確。

故選AD。11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．同一個等勢面上電場力不做功；所以電勢能不發(fā)生變化，故A正確；

B．一電子從a點運動到d點，電場力做功為

故B錯誤；

C．電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線反向電勢降低，所以b點電場強(qiáng)度垂直于該點所在等勢面；方向向左，故C正確；

D．電場強(qiáng)度的大小看電場線疏密，根據(jù)電場線與等勢面處處垂直，所以b點的電場強(qiáng)度大小最大；故D錯誤。

故選AC。12、B:C【分析】【詳解】

A．閉合開關(guān)后電容器充電，電容

極板間的電場強(qiáng)度

整理得

油滴靜止時所受合力為零，則qE=mg

當(dāng)A板上移時，d變大，由

可知，C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，所以帶電荷量保持不變，?/p>

可知；極板間的電場強(qiáng)度不變，油滴仍靜止，A錯誤；

B．當(dāng)A板下移時，d變小，由

可知，C變大，電容器充電，電壓不變，由

可知；極板間的電場強(qiáng)度變大，油滴向上運動，B正確；

C．當(dāng)A板左移時，S變小，由

可知，C變小，由于電容器不能通過二極管放電，所以帶電荷量不變，電壓變大，由

可知；極板間的電場強(qiáng)度增大，油滴將向上運動，C正確；

D．?dāng)嚅_開關(guān)S，將A板向右平移一些時，S變小，由

可知，C變小，因為電容器電荷量不變，所以電壓變大，由

可得；電場強(qiáng)度變大，液滴將向上運動，D錯誤。

故選BC。三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】【分析】

考查電場線。

【詳解】

[1][2]．有電荷存在的地方，周圍就有電場存在，電場對放入其中的電荷有力的作用，為了形象的描述電場的分布，我們?nèi)藶橐腚妶鼍€，使這些線上每一點的切線方向跟該點電場強(qiáng)度方向一致，使線的疏密程度來表示電場強(qiáng)度的相對大小?！窘馕觥侩妶鼍€電場線的疏密14、略

【分析】【分析】

考查電路的動態(tài)分析。

【詳解】

[1][2]．據(jù)題理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當(dāng)于斷路．理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短路，所以R與變阻器串聯(lián)，電壓表V1、V2、分別測量R、路端電壓的電壓．當(dāng)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(shù)增大則:

根據(jù)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][2]關(guān)系∶在勻強(qiáng)電場中；兩點間的電勢差等于電場強(qiáng)度與這兩點沿電場方向的距離的乘積。

（3）[3][4]適用條件∶勻強(qiáng)電場，d是沿電場方向兩點間的距離?！窘馕觥竣?電場強(qiáng)度②.沿電場方向③.勻強(qiáng)④.電場方向16、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，由于相鄰等勢面間的電勢差相等，電荷經(jīng)過相鄰等勢面時電場力做功相等，動能減小量相等，則電荷經(jīng)經(jīng)過等勢面時的動能為10J，又所以電荷的動能與電勢能的總量為10J，根據(jù)能量守恒定律得到，電勢能為3J時它的動能為7J?！窘馕觥?17、略

【分析】【詳解】

[1]由歐姆定律可得

[2]由于電流表的分壓作用，實驗中電壓表的測量值大于電阻Rx兩端的電壓。【解析】70大于18、略

【分析】【詳解】

[1]奧斯特實驗表明電流周圍存在磁場；磁場強(qiáng)度的大小與電流的距離有關(guān)，距離越近，磁場強(qiáng)度越大，故軟金屬彈簧圈由環(huán)形電流外側(cè)收縮到內(nèi)側(cè)虛線位置過程中磁通量大小變化情況為先變大后變?。?/p>

[2]彈簧圈p所受安培力的方向可根據(jù)左手定則判別，故為沿半徑向外?！窘馕觥肯茸兇蠛笞冃∠蛲馑摹⒆鲌D題(共2題，共14分)19、略

【分析】【詳解】

實物圖中第一個為電動機(jī)；電動機(jī)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】20、略

【分析】【詳解】

根據(jù)電荷屬性；點電荷；等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強(qiáng)電場的電場線如下所示。

【解析】五、解答題(共2題，共10分)21、略

【分析】【分析】