2025年人教新課標必修3物理上冊月考試卷

…………○…………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年人教新課標必修3物理上冊月考試卷389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8題，共16分)1、電磁感應現象揭示了電與磁之間的內在聯系，根據這一發(fā)現，發(fā)明了許多電器設備。以下電器中，哪些利用了電磁感應原理（）A.變壓器B.白熾燈泡C.ABS防抱死制動系統(tǒng)D.電吹風2、如圖所示，a、b、c，d是以O點為圓心的圓弧上的四個點，該圓的半徑m。a、b、c、d也在xOy坐標系的x軸和y軸上，勻強電場的方向與x軸正方向成角（），已知O點的電勢為零，a點的電勢為4V；則下列說法正確的是（）

A.勻強電場的場強V/mB.b點電勢為2.5VC.將一個電荷為的試探電荷從b點移到d點，電場力做功為6JD.將一個電荷為的試探電荷從a點移到c點，試探電荷的電勢能減少8J3、根據玻爾理論，氫原子的電子由外層軌道躍遷到內層軌道時（）A.要放出光子，氫原子的能量減小，電子的動能增大B.要吸收光子，氫原子的能量增加，電子的動能增大C.要放出光子，氫原子的能量減小，電子的動能減小D.要吸收光子，氫原子的能量增加，電子的動能減小4、電場中某區(qū)域的電場線分布如圖所示。是電場中的兩點，分別用表示兩點電場強度的大小，用表示同一點電荷分別處于兩點時受到電場力的大小。下列判斷中正確的是（）

A.B.C.D.5、外電場中的導體會建立靜電平衡；進而人們可以設計出很多有趣的實驗，如圖所示。一名男子站在特斯拉線圈之上，特斯拉線圈中通有快速變化的電流，會在周圍空間中產生高達百萬伏特的電壓，因此空氣被擊穿，木棒被點燃，然而穿著金屬防護衣的男子卻安然無恙，這一切都和金屬在外電場中的特性密不可分。下列關于靜電平衡的導體的表述正確的是（）

A.金屬防護服內部空間的電勢可近似認為是處處相等的B.若用金屬外衣套將特斯拉線圈包裹住，則人不穿金屬防護服亦可安然無恙C.只要人的身體同防護服緊密接觸，哪怕部分身體暴露在防護服外也是安全的D.導體的靜電平衡只在外電場是靜電場時才是嚴格成立的，當外電場是快速變化的交變電場時，導體內自由電荷有可能來不及響應從而導致靜電平衡被破壞6、如圖所示，平行板電容器下極板A帶負電，上極板B帶正電．將B板用導線接地，然后在兩極板間的P點自由放置一個點電荷，該點電荷恰好靜止在此處．以E表示兩板間的電場強度，φP表示P點的電勢，Ep表示該點電荷在P點的電勢能．若保持下極板不動，將上極板向上移動一小段距離，則()

A.E增大，φP增大B.E不變，φP增大C.φP減小，Ep減小D.φP減小，Ep增大7、如圖所示，電源電壓保持不變。只閉合開S1，電流表和電壓表均有示數，若再閉合開關S2；則下列說法正確的是（）

A.電流表示數變小，電壓表示數不變B.電流表示數變大，電壓表示數變小C.電壓表示數與電流表示數的比值不變D.電壓表示數與電流表示數的比值變小8、浴室用的暖風機的工作原理是通過PTC陶瓷加熱元件將冷空氣加熱，然后通過風扇將熱空氣吹出。其內部結構是內阻為的風扇與電阻為的加熱元件串聯接在電源上，經測量可知暖風機兩端的電壓大小為流過暖風機的電流大小為消耗的電功率為則下列關系式中正確的是（）A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，電壓表V1、V2、V3為理想電壓表，R1、R3為定值電阻，R2為熱敏電阻(其阻值隨溫度升高而減小)，C為電容器，閉合開關S，電容器C中的微粒A恰好靜止．當室溫從25℃升高到35℃的過程中，流過電源的電流變化量是ΔI，三只電壓表的示數變化量是ΔU1、ΔU2和ΔU3.則在此過程中()

A.V1示數增大B.Q點電勢升高C.D.R3中的電流方向由M向N，微粒A勻加速下移10、如圖所示，框架面積為S，框架平面與磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直；則下列關于穿過平面的磁通量的情況中，正確的是（）

A.如圖所示位置時磁通量為零B.若使框架繞轉過60°，磁通量為C.若從初始位置轉過90°角，磁通量為BSD.若從初始位置轉過180°角，磁通量變化為2BS11、如下圖所示電路，已知電源電動勢E=6.3V，內電阻r=0.5Ω，固定電阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3是阻值為5Ω的滑動變阻器．按下電鍵S；調節(jié)滑動變阻器的觸點，通過電源的電流可能是（）

A.2.1AB.2.5AC.3.0AD.4.0A12、如圖所示，M、N為兩個等量同號正電荷Q，在其連線的中垂線上任意一點P自由釋放一個負點電荷q，不計重力影響，下列關于點電荷q的運動的說法正確的是（）

A.從P→O的過程中，加速度可能越來越大，速度也越來越大B.從P→O的過程中，加速度可能越來越小，而速度越來越大C.點電荷運動到O點時加速度為零，速度達到最大值D.點電荷越過O點后，速度越來越小，而加速度可能越來越大，直到速度為零13、一根固定的、絕緣的、光滑的水平桿上套著一個帶電小球，和的長度相同，空間存在靜電場，小球在A點獲得初動能，從A運動到B的過程中，小球的圖像如圖所示；下列說法正確的是（）

A.小球先做變加速運動后做勻減速運動B.小球在段運動的加速度一直小于在段運動的加速度C.小球在段的運動時間小于段的運動時間D.A到C和C到B兩個過程中電場力對小球做功相同14、如圖所示，真空中的帶負電的兩個點電荷位于x軸上的A、B兩點，它們相距4L，O點為AB的連線中點。一電子在AB連線間靠近A點的某點從靜止釋放后，在AB間做往復運動，且經過C點時動能最大，已知兩點電荷電量之比則下列說法正確的是（）

A.電子經過O點時的加速度為0B.AC點間距離為C.電子從A向B運動過程中電勢能一直減小D.C點電勢比O點電勢高15、將兩截阻值均為R、長度均為L的均勻銅棒A和鋁棒B沿中軸線對接后串聯接人電路中已知兩棒的橫截面積分別為和忽略溫度變化對電阻的影響下列說法正確的是

A.通過銅棒和鋁棒的電流大小一定相同B.銅棒兩端的電壓與鋁棒兩端電壓之比為C.銅和鋁棒的電阻率之比為D.電路穩(wěn)定后兩棒中電場強度均為零評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、如圖所示虛線為電場中的一簇等勢面A、B兩等勢面間的電勢差絕對值為8V，相鄰兩等勢面電勢差相等；一個電子在電場中通過的軌跡如圖中實線所示，電子過M點的動能為8eV，它經過N點時的動能為_____eV，電子在M點的電勢能比在N點的電勢能________（填大或?。?/p>

17、兩根垂直交叉但不接觸的導線，流過每條導線的電流大小相等，方向如圖所示，ABCD為導線附近的四個區(qū)域，在_____區(qū)域，有磁感強度為零的一點．18、磁場。

（1）來源：磁體周圍和電流周圍都存在______，一切磁相互作用都是通過______來實現的。

（2）方向：人們規(guī)定，在磁場中某一點小磁針______極所受磁力的方向；就是該點磁場的方向。

（3）基本性質：對放入其中的______或______有力的作用。19、恒定電場：

（1）由___________分布的電荷所產生的___________的電場。

（2）形成：當電路達到穩(wěn)定時，導線中的電場是由___________、___________等電路元件所積累的電荷共同形成的。

（3）特點：任何位置的電荷分布和電場強度都不隨時間變化。20、把負電荷q=5×10?5C從無窮遠處移到電場中A點,克服電場力做功4.0×10?6J,再把q從A點移到B點,電場力對電荷做1×10?4J的功,A點電勢為________V,B點電勢為__________V。評卷人得分四、作圖題(共3題，共12分)21、如圖所示，A、B、C為勻強電場中的三個點，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。試畫出該電場的電場線；并保留作圖時所用的輔助線（用虛線表示輔助線，實線表示電場線）。

22、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。

23、如圖所示是某電場中的電場線，請畫出點a點的場強方向和電荷-q在b點所受電場力的方向。

評卷人得分五、解答題(共2題，共8分)24、兩個分別用長13cm的絕緣細線懸掛于同一點的相同球形導體，帶有同種等量電荷（可視為點電荷）。由于靜電斥力，它們之間的距離為10cm。已測得兩個球形導體質量為0.6g，靜電力常量為N/m2C2，重力加速度大小為10m/s2。求它們所帶的電荷量。25、將一電荷量為2×10-5C的負電荷由A點移到B點，電場力做了0.1J的負功，已知A、B兩點間距為2cm；兩點連線與電場方向成60°角，如圖所示，問：

（1）A、B兩點哪點電勢高？A、B間的電勢差為多少？

（2）該勻強電場的電場強度為多大？

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【詳解】

A．變壓器原線圈輸入變化的電流；則在鐵芯內有變化的磁通量，從而導致副線圈中產生感應電動勢，利用了電磁感應原理。故A正確；

B．白熾燈泡利用電流的熱效應；不是利用電磁感應原理，故B錯誤；

C．防抱死制動系統(tǒng)ABS有一個小電動機；系統(tǒng)比較復雜，但是沒有利用電磁感應原理，故C錯誤；

D．電吹風是通電后電動機轉動將暖風吹出；是電生磁，不是磁生電，所以沒有利用電磁感應原理，故D錯誤；

故選A。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．a、O之間沿電場線方向的距離為

a、O間電勢差U=4V，則電場強度的大小為

故A錯誤；

B．b、O之間沿電場線方向的距離為

b點電勢為

故B錯誤；

C．b、d質點的電勢差為

電場力做功

故C錯誤；

D．a、c質點的電勢差為

電場力做功

則電勢能減少8J；故D正確。

故選D。3、A【分析】【分析】

【詳解】

根據玻爾理論；氫原子的電子由外層軌道躍遷到內層軌道時，放出光子，氫原子的能量減小，電子的動能增大，電勢能減小。

故選A。4、A【分析】【詳解】

電場線越密集，電場強度越大，所以

根據F=qE

故選A。5、A【分析】【詳解】

A．金屬防護服可以屏蔽外部電場；使得內部場強處處為零，內部是等勢體，即內部空間的電勢可近似認為是處處相等的，選項A正確；

B．若用金屬外衣套將特斯拉線圈包裹住；則外部仍然會有電場，即人不穿金屬防護服會有危險，選項B錯誤；

C．只要人的身體同防護服緊密接觸；人體總是等勢體，但是若部分身體暴露在防護服外面會使得暴露的部分由于帶電產生火花放電而發(fā)生危險，選項C錯誤；

D．導體的靜電平衡不只在外電場是靜電場時才成立；當外電場是快速變化的交變電場時，導體內自由電荷也會迅速移動從而導致導體迅速達到靜電平衡，選項D錯誤。

故選A。6、D【分析】【詳解】

AB.電容器與電源斷開，故電量不變；上極板向上移動時，兩板間的距離增大，根據C=QU和E=Ud結合得：

可知板間場強E不變；

根據U=Ed，E不變，P點到正極板的距離增大，則正極板與P點的電勢差增大，正極板電勢為零，P點的電勢比正極板低，則P點的電勢降低，φP減??；

故A錯誤；B錯誤；

CD.再根據設P與上極板距離為L，則P點的電勢能為：

因此負電荷在P點的電勢能增大，故C錯誤，D正確。7、C【分析】【分析】

【詳解】

AB．只閉合S1時，R1和R2串聯，總電阻較大，根據歐姆定律可知，電路中電流較小，電壓表測量R1兩端電壓，電壓表讀數小于電源電壓；當閉合S2后，R2短路，只有R1連接在電路中；電路的總電阻減小，此時電流變大，電壓表的讀數等于電源電壓，讀數增大，故AB錯誤；

CD．由題可知，電壓表示數與電流表示數之比即為定值電阻R1的阻值；保持不變，故C正確，D錯誤。

故選C。8、D【分析】【分析】

【詳解】

因為暖風機內部電路為非純電阻電路，其消耗的電能，一部分轉化為機械能，一部分轉化為內能，而熱功率

所以

D正確。二、多選題(共7題，共14分)9、A:D【分析】【詳解】

AB.室溫從25℃升高到35℃的過程中，的阻值減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得總電流增大，根據歐姆定律可知兩端電壓增大，所以理想電壓表V1示數增大，根據可知兩端電壓減小，即理想電壓表V2示數減小，所以點電勢降低；故A正確，B錯誤；

C.根據閉合電路歐姆定律則有：

可得：

根據閉合電路歐姆定律則有：

可得：

故C錯誤；

D.根據閉合電路歐姆定律則有：

可知理想電壓表V3示數減小，根據可知電容器兩極板所帶的電荷量減小，電容器放電，所以中的電流方向由向根據和可知電場力減小，微粒勻加速下移，故D正確．10、B:D【分析】【分析】

圖示時刻，線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應強度與線圈面積的乘積。當它繞軸轉過θ角時，線圈在磁場垂直方投影面積為磁通量等于磁感應強度與這個投影面積的乘積。線圈從圖示轉過90°時；磁通量為0，磁通量的變化量大小等于初末位置磁通量之差。

【詳解】

A．線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應強度與線圈面積的乘積。故圖示位置的磁通量為

故A錯誤；

B．使框架繞OO＇轉過60°角，則在磁場方向的投影面積為

則磁通量為

故B正確；

C．當線圈從圖示轉過90°時；線框與磁場平行，故磁通量為0，故C錯誤；

D．從初始位置轉過180°角，磁通量變化為

故D正確。

故選BD。

【點睛】

本題要知道對于勻強磁場中磁通量計算的一般公式θ是線圈與磁場垂直方向的夾角。夾角變化，磁通量也會變化，注意磁通量要分清穿過線圈的正反面。11、A:B:C【分析】【詳解】

設滑動變阻器與串聯部分的電阻為出總電阻表達式：

當時，此時

當時，此時

故通過電源的電流范圍為故ABC正確；D錯誤；12、B:C:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．點電荷在從P→O的過程中，所受的電場力反向豎直向下，做加速運動，所以速度越來越大，因為從O點向上到無窮遠，電場強度先增大后減小，從P→O的過程中；電場強度大小變化可能越來越小，也可能先增大再減小，加速度的變化也是如此，故A錯誤，B正確；

C．點電荷運動到O點時，所受的電場力為零，加速度為零，然后向下做減速運動，所以O點的速度達到最大值；故C正確；

D．根據電場線的對稱性可知，越過O點后；負電荷做減速運動，加速度可能越來越大，也可能先增大后減小，故D正確。

故選BCD。13、A:C【分析】【詳解】

A．小球運動過程受重力、彈力和電場力，由圖像切線的斜率表示合力有：小球在段運動過程中合力即電場力沿水平方向的分力，先增大后減小，方向由A指向C；段合力即電場力沿水平方向的分力為恒力，方向由C指向B；故A正確；

B．和的長度相同，若段勻加則圖像中連接如圖，則虛線的斜率表示合力的大小與段合力大小相等，故小球在段運動的加速度先大于后小于在段運動的加速度；故B錯誤；

C．畫出運動過程中的圖像如圖所示，圖線與t軸圍面積表示位移大小，兩段位移大小相等，故小球在段的運動時間小于段的運動時間；C正確；

D．根據動能定理兩段電場力做功分別為正功和負功；故D錯誤。

故選AC。14、B:D【分析】【詳解】

A．由題意可知，電子在AB之間做往復于東，且在C點時動能最大，根據

可知，因為是同一個電子，所以速度大，則動能大，即電子在C點的速度最大，根據運動學規(guī)律可知，當加速度為零時，其速度達到最大值，即在C點時加速度為0；故A項錯誤；

B．設AC間的距離為l，由之前的分析可知，電子在C點的加速度為零，即在C點受力平衡，有

解得（不合題意舍去）

所以AC之間的距離為故B項正確；

CD．根據不等量負電荷連線上的電勢分布規(guī)律可知，在C點電勢為零，C點兩邊的電勢均為為負值，故C點的電勢比O點電勢高，電子在從A到B點的過程中；其電勢能先減小后增加，故C錯誤，D正確。

故選BD。15、A:C【分析】【詳解】

A、由串聯電路的特點知：故A正確；

B、根據知電阻和電流相等；則銅棒兩端的電壓與鋁棒兩端電壓相等，故B錯誤；

C、由可知，電阻相等，則銅和鋁棒的電阻率之比為故C正確；

D；電路穩(wěn)定后兩棒中電場強度不能為零；電荷的定向移動到達動態(tài)平衡，故D錯誤；

故選AC．三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】【詳解】

[1][2]A、B間電勢差為8V，根據圖可知相鄰的兩個等勢面間的電勢差為2V，由軌跡彎曲方向可知，電場力大致向左，運動方向大致向右，可知M到N電場力做功為

動能減少所以N點動能為因為電場力做負功所以電勢能增加，電子在M點的電勢能比在N點的電勢能小。

【點睛】

根據等勢線的分布判斷相鄰等上面的電勢差，根據電場力做功判斷電勢能的變化?！窘馕觥?小17、A:C【分析】【分析】

【詳解】

由安培定則得到，在A區(qū)域水平導線產生的磁場垂直紙面向外，豎直導線產生的磁場垂直紙面向里，所以有磁感強度為零的一點，A對；在B區(qū)域水平導線產生的磁場垂直紙面向外，豎直導線產生的磁場垂直紙面向外，所以沒有磁感強度為零的一點，B錯；在C區(qū)域水平導線產生的磁場垂直紙面向里，豎直導線產生的磁場垂直紙面向外，所以有磁感強度為零的一點，C對；在D區(qū)域水平導線產生的磁場垂直紙面向里，豎直導線產生的磁場垂直紙面向里，所以沒有磁感強度為零的一點，D錯．18、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2]來源：磁體周圍和電流周圍都存在磁場；一切磁相互作用都是通過磁場來實現的。

（2）[2]方向：人們規(guī)定；在磁場中某一點小磁針N極所受磁力的方向，就是該點磁場的方向。

（3）[3][4]基本性質：對放入其中的磁體或通電導體有力的作用?！窘馕觥竣?磁場②.磁場③.N④.磁體⑤.通電導體19、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2]根據定義可知；恒定電場由穩(wěn)定分布的電荷所產生的穩(wěn)定的電場；

（2）[3]