2025年滬教新版必修3物理下冊階段測試試卷

…………○…………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年滬教新版必修3物理下冊階段測試試卷539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5題，共10分)1、如圖所示在兩個對接的絕緣光滑斜面上，兩個斜面的傾角分別是37°和53°。斜面上放置了電荷量相等的兩個小球A和B（均看成質點），兩小球靜止在離斜面底端高度為的同一水平線上，已知小球A的質量為靜電力常量為下列說法正確的是（）

A.小球B的電荷量為B.小球B的質量為C.小球B的受到斜面彈力的大小為D.增大小球的電荷量，小球B不可能與A靜止在同一水平線上2、2020年特斯拉公司發(fā)布新型“無極耳”電池，極耳是從正負極引出了的金屬導體，電流必須流經(jīng)極耳才能與外部連接，可以將其視為電池正負極。為了減小體積，電池內(nèi)部采用類似卷紙結構。傳統(tǒng)電池的極耳位于兩對角線（如圖左所示，卷起后位于電池上下兩端），所謂無極耳電池其實有多個極耳（如圖右所示，卷起后多個極耳連接在一起構成電極），電池展開后高度與長度之比為1：10；試根據(jù)所學內(nèi)容，分析下列選項可能正確的是（）。傳統(tǒng)電池無極耳電池

A.通過無極耳設計，可以增大電池電動勢B.通過無極耳設計，可以增大電源內(nèi)阻C.通過無極耳設計，電源內(nèi)阻約為傳統(tǒng)電池的D.若工作時流經(jīng)兩種電池電流相等，無極耳電池內(nèi)部功率更大3、如圖所示，用兩段長度相同的絕緣細繩連接質量相同的A、B兩小球，懸掛于天花板的O點?，F(xiàn)在讓A、B兩小球分別帶上的電量，并且加上一水平向左的勻強電場。忽略A、B兩小球的相互作用，則裝置平衡時A、B兩小球的位置可能是（）A.B.C.D.4、如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為的絕緣細線懸掛于和兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點移到點固定。兩球接觸后分開，平衡時距離為已測得每個小球質量為帶電小球可視為點電荷，重力加速度靜電力常量則下列說法中不正確的是（）

A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為C.B球所帶的電荷量為D.B兩球連線中點處的電場強度為05、兩電阻R1、R2的電流I和電壓U的關系如圖所示，可知電阻大小之比R1:R2等于。

A.1:3B.3:1C.D.評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、AB和CD為圓上兩條相互垂直的直徑，圓心為O。將電量分別為和的兩點電荷放在圓周上，其位置關于AB對稱且距離等于圓的半徑，如圖所示，此時圓心O處電場強度為E。要使圓心處的電場強度大小為0，可在圓周上再放一個適當?shù)狞c電荷Q，則該點電荷Q（）

A.應放在A點，B.應放在B點，C.應放在C點，D.應放在D點，7、兩帶電金屬板豎直放置且兩板始終與電源的正、負極相連，如圖所示。在電場中的O點，用一根絕緣細線懸掛一帶負電荷的小球，小球靜止在細線與豎直方向夾角為θ的位置?，F(xiàn)將兩金屬板繞各自的中心轉軸緩慢旋轉一個小角度；兩轉軸在同一水平線上且旋轉過程中兩金屬板始終保持平行，如圖中虛線所示。則（）

A.兩板間勻強電場的場強將變小B.細線對小球的拉力將變大C.小球靜止時細線與豎直方向夾角θ將變小D.小球靜止時細線與豎直方向夾角θ將變大8、如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強度大小為E，中間用一光滑絕緣細桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接。開始時對小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止。撤去外力后小球從靜止開始向上運動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g；下列說法正確的是（）

A.與彈簧分離時小球的動能為B.從開始運動到與彈簧分離，小球與彈簧組成的系統(tǒng)增加的機械能為qEhC.從開始運動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為D.撤去外力時，彈簧的彈性勢能為9、某電場的電場線分布如圖實線所示，一帶電粒子在電場力作用下經(jīng)A點運動到B點；運動軌跡如虛線所示。粒子重力不計，下列說法中錯誤的是（）

A.若粒子帶正電，其加速度和動能都增大，電勢能增大B.若粒子帶正電，其動能增大，加速度和電勢能都減小C.若粒子帶負電，其加速度和動能都增大，電勢能減小D.若粒子帶負電，其加速度和動能都減小，電勢能增大10、如圖所示，和都是阻值為的定值電阻，R是滑動變阻器，電源內(nèi)阻為r，和都是理想電壓表和電流表，閉合開關S，當滑動變阻器的滑片由圖示位置向左緩慢滑動時，分別表示電壓表示數(shù)的變化量，表示電流表A的示數(shù)變化量；則下列說法中正確的是（）

A.表示數(shù)減小B.表示數(shù)減小C.D.電壓表示數(shù)的變化量的絕對值小于電壓表示數(shù)的變化量的絕對值11、硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點，如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I變化的關系圖象（電池電動勢不變，內(nèi)阻不是定值），圖線b是某電阻R的U–I圖象，在該光照強度下將它們組成閉合回路時，下列說法中正確的是（）

A.硅光電池的內(nèi)阻為10ΩB.硅光電池的總功率為0.72WC.硅光電池的內(nèi)阻消耗的熱功率為0.32WD.若將R換成阻值更大的電阻，硅光電池的輸出功率增大評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)12、有一鉛蓄電池，在其內(nèi)部將2×10－5C的電荷從負極移到正極，此過程中非靜電力做功為4×10－5J，則該鉛蓄電池的電動勢是_____V；若給一小燈泡供電，供電電流是0.2A，供電時間10min，非靜電力做功是_______J。13、一束質量為m，電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0進入勻強電場，如圖所示。如果兩極板電壓為U，兩極板間距離為d，極板長為L。設粒子束不會擊中極板，則粒子飛出極板時的偏轉距離為___________，電勢能的變化量為___________。

14、如圖所示，MON是固定的光滑絕緣直角桿，MO沿水平方向，NO沿豎直方向，A、B為兩個套在此桿上的帶有同種電荷的小球。用一指向豎直桿的水平力F作用在A球上，使兩球均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將A球沿水平向右方向緩慢拉動一小段距離后，A、B兩小球可以重新平衡。則后一種平衡狀態(tài)與前一種平衡狀態(tài)相比較，A、B兩小球間的庫侖力________；A球對MO桿的壓力________。（選填“變大”；“變小”或“不變”）

15、電阻定律。

（1）內(nèi)容：同種材料的導體，其電阻R與它的______成正比，與它的______成反比；導體電阻還與構成它的______有關。

（2）公式：R＝ρ式中ρ是比例系數(shù)，ρ叫作這種材料的電阻率。16、能量守恒定律的意義。

（1）各種形式的能可以___________。

（2）各種物理現(xiàn)象可以用___________聯(lián)系在一起。17、小李同學在學習了庫侖定律之后，為了研究帶電小球在它們之間的相互作用力下的運動，他在絕緣的光滑水平面上放三個質量相等的帶電小球a、b、c，它們處在同一直線上，如圖以向右為正方向，若釋放a球，a球的初始加速度為若釋放c球，c球的初始加速度為則根據(jù)所學知識可知，釋放b球，b球的初始加速度大小為______方向是______。

18、如圖所示，絕緣墻角固定了帶電量為+的小球A；輕質絕緣細桿長為L，其正中心固定了質量為m、帶電量為+的小球B，在桿底部水平力F的作用下靜止靠在豎直墻面上。一開始輕桿與水平地面的夾角為60°，在桿底端水平外力F的作用下，桿緩慢轉向直至豎直。此過程中，不計摩擦，地面對桿的支持力將________________（填“逐漸增大”、“逐漸變小”或“保持不變”），外力F做功大小為________________。

19、一均勻帶正電的空心橡皮球，在吹大的過程中始終維持球狀，球內(nèi)任意點的電勢___________；始終在球外的任意點的場強___________。（填寫變大、變小或不變）20、如圖所示電路中，電源內(nèi)阻不可忽略、電動勢E=3V，R1=8Ω、R2=2Ω。閉合電鍵K1后，K2置于a處，電壓表示數(shù)U1。將電鍵K2從a撥動到b，穩(wěn)定后電壓表示數(shù)U2，則U1________U2（選填“>”、“<”或“=”）；若電源內(nèi)阻r=20Ω，K2置于a處，滑動變阻器阻值逐漸增大時電源輸出功率減小，隨后將K2置于b處，變阻器阻值逐漸減小時電源輸出功率減小，則滑動變阻器阻值的取值范圍為________。

評卷人得分四、作圖題(共2題，共18分)21、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(nèi)阻和電阻箱阻值均未知，根據(jù)已知條件和傳感器顯示的圖像中的數(shù)據(jù)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22、由電流產(chǎn)生的磁場方向如圖所示；請在圖中標出線圈中的電流方向.

評卷人得分五、實驗題(共2題，共6分)23、欲用伏安法測定一段阻值約為5Ω的金屬絲的電阻；要求測量結果盡量準確，現(xiàn)備有以下器材：

A.電池組（3V；內(nèi)阻1Ω）

B.電流表（0~3A；內(nèi)阻約為0.0125Ω）

C.電流表（0~0.6A；內(nèi)阻約為0.125Ω）

D.電壓表（0~3V；內(nèi)阻約為3kΩ）

E.電壓表（0~15V；內(nèi)阻約為15kΩ）

F.滑動變阻器（0~20Ω；額定電流1A）

G.滑動變阻器（0~2000Ω；額定電流0.3A）

H.開關；導線。

（1）上述器材中，電流表應選__________，電壓表應選__________，滑動變阻器應選__________。（填寫各器材的字母代號）

（2）設實驗中電流表、電壓表的某組示數(shù)如圖所示，則I=__________A，U=__________V。

（3）為使待測電阻兩端的電壓能從零開始變化，請按要求在下面方框中畫出實驗原理圖______________，然后根據(jù)你設計的電路圖將圖中給定的器材連線。______________

24、一實驗小組的同學為了探究多用電表的原理，利用實驗室的器材組裝了一個簡單的多用電表，如圖甲所示為該多用電表的電路圖，已知電流計的量程為內(nèi)阻為當單刀多擲開關接位置3時，改裝后的電壓表的量程為圖乙中歐姆表的刻度值沒有標出?；卮鹣铝袉栴}：

(1)圖甲中，定值電阻的阻值為___________

(2)如果電路中電源的電動勢為將開關接位置2，兩表筆短接，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動觸頭使電流計的指針滿偏，則表盤上最上方中央處的刻度約為___________當測量一未知電阻的阻值時，電流計的指針如圖乙所示，則測量的電阻的阻值為___________（結果保留三位有效數(shù)字）；如果將開關接位置2，將兩表接在某一電壓表的兩端，則紅表筆應接電壓表的___________（填“正”或“負”）接線柱，如果電壓表的示數(shù)為則該電壓表的電阻應為___________評卷人得分六、解答題(共1題，共4分)25、靜電屏蔽是怎樣起到屏蔽作用的？參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

依題意；對小球AB受力分析如圖所示。

小球A受到重力斜面支持力B對A的庫侖力小球B受到重力斜面支持力A對B的庫侖力

B．把小球A作為研究對象；由三力平衡可得。

同理；把小球B作為研究對象，由三力平衡可得。

根據(jù)牛頓第三定律知。

聯(lián)立可求得；小球B的質量為。

故B正確；

A．設小球B所帶電荷量為把小球B作為研究對象，由三力平衡可得。

因為。

由幾何知識得。

聯(lián)立以上式子求得；B的電荷量為。

故A錯誤；

C．根據(jù)三力平衡；可求得小球B的受到斜面彈力的大小為。

故C錯誤；

D．增大小球的電荷量；它們之間的庫侖力增大，兩小球將沿斜面上移，從而庫侖力減小，此時兩小球靜止在同一水平線上，同樣可以滿足三力平衡，故D錯誤。

故選B。2、C【分析】【詳解】

A．根據(jù)題意；無極耳電池的意思是有多個極耳，所以電池的電動勢并沒有發(fā)生變化，A錯誤；

BC．根據(jù)電阻定律

可知，傳統(tǒng)電池的導體長度是圖中的長邊，橫截面積是材料的厚度，而采用多個極耳的無極耳電池（上圖右圖），導體長度是材料的寬度，橫截面積與傳統(tǒng)電池相同，所以無極耳電池的內(nèi)阻僅有傳統(tǒng)的B錯誤，C正確；

D．在電流相同時；內(nèi)阻小時內(nèi)部功率小，D錯誤。

故選C。3、C【分析】【分析】

【詳解】

B帶負電，受到的電場力水平向右，A帶正電，受到的電場力水平向左。以整體為研究對象，設繩子OA與豎直方向的夾角為設繩子AB與豎直方向的夾角為對AB整體受力分析，則

對B受力分析

則可知

故選C。4、B【分析】【詳解】

A．由于兩小球相同；接觸后電荷量均分，所以兩小球所帶電荷量相等，故A正確，不符合題意；

B．受力分析如下：

設小球與豎直方向的夾角為有幾何知識可得

由A球受力平衡及相似三角形可知

求得靜電力

故B錯誤；符合題意；

C．由結合B項可知，

故C正確；不符合題意；

D．A；B兩球帶有同種等量的電荷；所以連線中點處電場強度為0，故D正確，不符合題意。

故選B。5、A【分析】【詳解】

因為該圖線為I-U圖線；則圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，兩根圖線的斜率比為。

所以電阻比為：

A．所給答案為1:3；正確答案為1:3，A正確；

B．所給答案為3:1；正確答案為1:3，B錯誤；

C．所給答案為正確答案為1:3，C錯誤；

D．所給答案為正確答案為1:3，D錯誤．二、多選題(共6題，共12分)6、C:D【分析】【詳解】

兩個點電荷在O點產(chǎn)生的場強大小都為兩個場強的方向互成120°，根據(jù)平行四邊形定則，合場強大小為方向水平向左，所以要使圓心處的電場強度大小為0，放一個電荷在O點產(chǎn)生的場強大小為方向水平向右，所以該電荷若在C點，為+q，若在D點，為-q；故CD正確，AB錯誤．

故選CD。7、B:C【分析】【詳解】

A．緩慢旋轉過程中兩軸心之間的距離保持不變，轉動時兩平行板的垂直距離變小，設轉動的角度為α，兩軸心的距離為d，兩極板間的電勢差為U，則轉動后的電場強度為

根據(jù)勻強電場的場強與電勢差和板間距離關系得兩板間勻強電場的場強將變大；A錯誤；

BCD．未轉動前，繩子拉力、電場力與小球的重力關系Ty=Tcosθ=mg，

當轉動角度為α，小球依然受重力、電場力和拉力，再次沿水平方向和豎直方向正交分解，根據(jù)平衡條件得

則電場力水平方向分力不變；即細線水平方向分力不變，豎直方向分力變大，可畫出受力分析圖如圖所示。

可知小球靜止時細線與豎直方向夾角θ將變?。患毦€的拉力增大，BC正確，D錯誤。

故選BC。8、B:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時小球的動能為

故A錯誤；

B．由功能關系知，從開始運動到與彈簧分離，從開始運動到與彈簧分離，小球與彈簧組成的系統(tǒng)增加的機械能為電場力做的功為故B正確；

C．由功能關系知小球減少的彈性勢能為電場力對小球所做的功為故C錯誤；

D．從撤去外力到小球與彈簧分力，由動能定理知

解得

故D正確。

故選BD。9、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

由粒子的運動軌跡彎曲方向可知；帶電粒子受電場力大致向右，與軌跡上每一點的切線方向即瞬時速度方向成銳角，則電場力對帶電粒子做正功，其電勢能減小，動能增大。電場線越來越密，場強增大，粒子所受的電場力增大，加速度增大，這些結論與粒子的電性無關，故C正確，ABD錯誤；

故選ABD。10、B:C:D【分析】【詳解】

AB．R的滑片向左緩慢滑動時，R的阻值減小，利用閉合電路歐姆定律結論“并同串反”知：表示數(shù)增大，表示數(shù)減少；故A錯誤，B正確；

D．R減小，回路總阻值減小，總電流增大，r和R分壓變大，減小，可知的絕對值小于的絕對值；故D正確；

C．設流經(jīng)的電流為流經(jīng)的電流為流經(jīng)的電流為則

由閉合電路歐姆定律有

聯(lián)立解得

可得

故C正確。

故選BCD。11、B:C【分析】【詳解】

由閉合電路歐姆定律得U=E-Ir，當I=0時，E=U，由a圖線與縱軸的交點讀出電池的電動勢為E=3.6V．根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，將它們組成閉合回路時路端電壓為U=2V，電流為I=0.2A，則硅光電池的內(nèi)阻為故A錯誤．硅光電池的總功率為：P總=EI=3.6×0.2W=0.72W，故B正確．硅光電池的輸出功率為：P出=UI=0.4V，電池的內(nèi)阻消耗的熱功率為P熱=P總-P出=0.32W．故C正確．R的阻值R==10Ω＞r=8Ω；則若將R換成阻值更大的電阻，硅光電池的輸出功率將減小，故D錯誤．故選BC．

【點睛】

本題考查對U-I圖象的理解能力．對于線性元件可直接利用歐姆定律研究；對于非線性元件不能直接利用歐姆定律求解；同時對于電源的內(nèi)阻往往根據(jù)電源的U-I曲線研究斜率得到．三、填空題(共9題，共18分)12、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)電動勢的定義有：

[2]非靜電力做功為：【解析】224013、略

【分析】【詳解】

[1]水平方向勻速，則運動時間

豎直方向加速，則側移且

聯(lián)立解得

[2]電場力做功

由功能原理得電勢能減少了【解析】14、略

【分析】【詳解】

[1][2]對A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1、靜電力F1；如圖。

根據(jù)平衡條件，有：x方向①

y方向②

再對B球受力分析，受重力Mg、靜電力F1、桿對其向左的支持力，如圖，根據(jù)平衡條件，有：x方向③

y方向④

由上述四式得到⑤⑥

由⑤式，由于新位置兩球連線與豎直方向夾角θ變小，故靜電力F1變?。挥散奘?，水平桿對球A的支持力等于兩個球的重力之和不變，再結合牛頓第三定律可知，則A對水平桿的壓力不變?！窘馕觥孔冃〔蛔?5、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】長度l橫截面積S材料16、略

【分析】【詳解】

（1）[1]各種形式的能可以相互轉化。

（2）[2]各種物理現(xiàn)象可以用能量守恒定律聯(lián)系在一起?！窘馕觥肯嗷マD化能量守恒定律17、略

【分析】【詳解】

[1][2]對三個小球構成的系統(tǒng)，假設同時釋放三個小球，則三個小球構成的系統(tǒng)受到的合力為零，且在釋放瞬間，a球的加速度為c球的加速度為b球的加速度為對系統(tǒng)由牛頓第二定律知

即

所以

方向水平向右?！窘馕觥?水平向右18、略

【分析】【詳解】

[1]輕桿受力圖所示。

根據(jù)平衡條件有

根據(jù)庫侖定律和幾何知識有

可知庫侖力F1不變，逐漸增大，則地面對桿的支持力N1將逐漸減??；

[2]外力F做功使輕桿的重力勢能增加，則【解析】逐漸變小19、略

【分析】【詳解】

[1]電荷在某點的電勢能，等于把它從這點移動到零勢能位置時靜電力做的功。我們?nèi)∫粋€正的點電荷放在球內(nèi)任意點，把該點電荷移動到無窮遠處（零勢能位置）的過程中，橡皮球上所有正電荷對其做功代數(shù)和記為橡皮球吹大后，該點電荷與球上所有電荷的距離變遠，再把該點電荷移動到無窮遠處（零勢能位置）的過程中，橡皮球上所有正電荷對其做功代數(shù)和記為根據(jù)庫倫定律有

所以球吹大后；該點電荷的電勢能變小，該位置的電勢變小。

[2]一個半徑為R的均勻帶電球體或球殼，在球的外部產(chǎn)生的電場，與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同，求外各點的電場強度為

球吹大后，始終在球外的任意點距球心的距離r不變，球所帶電荷量Q不變，則場強不變。【解析】變小不變20、略

【分析】【詳解】

[1]閉合電鍵K1后，K2置于a處，電壓表示數(shù)U1，由閉合電路歐姆定律可得

電鍵K2從a撥動到b，穩(wěn)定后電壓表示數(shù)U2，由閉合電路歐姆定律可得

則U1>U2

[2]對于電源，當外電路的電阻等于內(nèi)電阻時電源的輸出功率最大，K2置于a處，滑動變阻器阻值逐漸增大時電源輸出功率減小，則

將K2置于b處，變阻器阻值逐漸減小時電源輸出功率減小，則

解得【解析】>[12Ω，18Ω]四、作圖題(共2題，共18分)21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]傳感器1串聯(lián)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??；選項AC錯誤，選項B正確；

D．由于放電電流I減小，根據(jù)可知電阻箱R的電壓UR減??；選項D正確。

故選BD。

（3）[3]A．根據(jù)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(jù)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(jù)可求出該電容器的電容；選項A正確；

B．根據(jù)電流傳感器和電壓傳感器可知電阻箱的電流和兩端的電壓；因此可知此時電阻箱阻值大小，選項B正確；

C．電源不變，電容器的充電電壓不變，電荷量不變，若只增大電阻箱R的阻值；電容器放電的電流將變小，因