2025年外研版三年級起點必修3物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…○…………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年外研版三年級起點必修3物理上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、如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，（0-）時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g，關于微粒在0～T時間內運動的描述；正確的是（）

A.末速度大小為2v0B.重力勢能減小了mgdC.克服電場力做功為mgdD.末速度沿水平方向2、如圖所示，圖中的四個電表均為理想電表，當滑動變阻器滑片P向右端移動時；下面說法中正確的是（）

A.電壓表V1的讀數減小，電流表A1的讀數減小B.電源的輸出功率一定變小C.電壓表V1的讀數的變化量與電流表A1的讀數的變化量的比值不變D.若滑片P的位置不動，R2突然發(fā)生短路，則A2的讀數增大3、兩個帶等量正電荷的點電荷如圖所示，O點為兩點電荷連線的中點，a點在兩點電荷連線的中垂線上，若在a點由靜止釋放一個電子；關于電子的運動，下列說法正確的是（）

A.電子在從a點向O點運動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大B.電子在從a點向O點運動的過程中，加速度越來越小，速度越來越大C.若在a點給電子一垂直于紙面向外的初速度，電子可能繞O點做勻速圓周運動D.若在a點給電子一垂直于紙面向里的初速度，電子不可能繞O點做勻速圓周運動4、如圖，實線PQ為一個帶正電的點電荷僅在電場力作用下的運動軌跡，虛線a、b、c為電場中的三條電場線。下列說法正確的是（）

A.點電荷一定從Q點向P點運動B.點電荷在Q點的電勢能大于在P點的電勢能C.Q點的電勢低于P點的電勢D.點電荷在Q點的加速度比在P點的加速度大5、額定電壓為3V的小燈泡L的伏安特性曲線如圖甲中圖線①所示，定值電阻R的伏安特性曲線如圖甲中圖線②所示，電源的路端電壓隨電流的變化曲線如圖甲中圖線③所示。將小燈泡L、定值電阻R和電源組成如圖乙所示的電路。根據圖像信息可判斷（）

A.電源的電動勢內阻B.斷開開關閉合開關電源的效率約為33.3%C.斷開開關和小燈泡消耗的電功率約為0.38WD.斷開開關和小燈泡的電阻約為7.6Ω6、磁通量可以形象地理解為“穿過一個閉合電路的磁感線的條數”。在圖示磁場中，S1、S2、S3為三個面積相同的相互平行的線圈，穿過S1、S2、S3的磁通量分別為Φ1、Φ2、Φ3；且都不為0。下列判斷正確的是（）

A.Φ1最大B.Φ2最大C.Φ3最大D.Φ1、Φ2、Φ3相等評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、兩平行導體板間距為d，兩導體板間電壓為U，不計重力的電子以平行于極板的速度v射入兩極板之間，沿極板方向運動距離為l時側移為y。如果要使電子的側移僅改變一個量，下列哪些措施可行（）A.改變兩平行導體板間距為原來的一半B.改變兩導體板所加電壓為原來的一半C.改變電子沿極板方向運動距離為原來的一半D.改變電子射入兩極板時的速度為原來的2倍8、如圖所示，正四面體的兩個頂點分別固定電荷量為Q的正點電荷，是所在棱的中點，為正四面體另外兩個頂點；則（）

A.兩點電勢相等B.兩點電場強度大小相等、方向相反C.從b到d電勢逐漸升高D.負試探電荷從c到d電勢能先減小后增大9、如圖，虛線框內為改裝好的電表，M、N為新電表的接線柱，其中靈敏電流計G的滿偏電流為200μA，已測得它的內阻為495.0Ω。圖中電阻箱讀數為5.0Ω。現將MN接入某電路；發(fā)現靈敏電流計G剛好滿偏，則根據以上數據計算可知（）

A.M、N兩端的電壓為1mVB.M、N兩端的電壓為99mVC.流過M、N的電流為2μAD.流過M、N的電流為20mA10、如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12m。已測得每個小球質量是帶電小球可視為點電荷，重力加速度靜電力常量則（）

A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為1.0×10-2NC.B球所帶的電荷量為D.B兩球連線中點處的電場強度為011、如圖所示，實線為兩個點電荷產生的電場的電場線，虛直線cd為連線的垂直平分線，O為垂足，c、d兩點在垂直平分線上且關于連線對稱。一電子只在電場力的作用下從a點沿虛曲線途經O點運動到b點。下列說法正確的是（）

A.的電荷量小于的電荷量B.c、d兩點的電勢相同，場強相同C.電子過O點時的加速度大于過a點時的加速度D.電子在O點時的電勢能小于在a點時的電勢能12、如圖所示電路中，電源電動勢為E，內阻為r，電流表和電壓表均為理想電表，R1、R3為定值電阻，R2為滑動變阻器，C為平行板電容器。開關S閉合后，兩極板間的帶電液滴處于靜止狀態(tài)，當滑動變阻器滑片P向a端滑動過程中；下列說法正確的是（）

A.R3的功率變小B.電壓表、電流表示數都變小C.增大平行板間距，則液滴可能保持不動D.電容器C所帶電荷量減少，液滴向下加速運動評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)13、如圖所示；帶箭頭的線表示某一電場的電場線．在電場力作用下，一帶電粒子（不計重力）經A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，試判斷：

（1）粒子帶________電；

（2）粒子在________點加速度大；

（3）粒子在________點動能大；

（4）A、B兩點相比，________點電勢高．14、概念：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值的______，這個最小的能量值ε叫能量子。15、如圖所示，真空中有兩個可視為點電荷的帶正電小球，相距L，電荷量分別為Q和4Q，如果引進第三個帶電小球，正好使三個小球僅在靜電力的作用下處于平衡狀態(tài)，那么第三個小球應______（填“帶正電”或“帶負電”）；電荷量是Q的______倍；應放在離Q______的地方。

16、如圖所示，在真空中有兩個點電荷A和B，電荷量分別為-Q和+Q，它們相距L．如果在兩點電荷連線的中點O有一個半徑為r（2r＜L）的空心金屬球，則球殼左端的感應電荷為_________（選填“正電荷”或“負電荷”）,若球心位于O點，則球殼上的感應電荷在O點處的場強大小_________，方向______．

17、判斷下列說法的正誤。

（1）導體內沒有電流時，就說明導體內部的電荷沒有運動。（____）

（2）電流既有大小，又有方向，是矢量。（____）

（3）導體中的電流一定是正電荷定向移動形成的。（____）

（4）電子定向移動的方向就是電流的方向。（____）

（5）電流越大，單位時間內通過導體橫截面的電荷量越多。（____）18、有一長方體導體，長a、寬b、高h之比為6∶3∶2，它的六個面的中心各焊接一根電阻不計的導線，如圖所示，分別將AA′、BB′、CC′接在同一恒壓電源上時，導體的電阻之比R1∶R2∶R3=___________；若導體中電荷定向移動的速度分別為v1、v2、v3，則v1∶v2∶v3=___________。

19、圖為“伏安法測量電阻”實驗的部分電路。在某次測量中，電壓表的示數為1.50V時，電流表的示數為0.50A，根據測量數據可計算出電阻測量值為__________Ω。從理論上講，由于電壓表內阻的影響，用該電路測得的電阻值__________（選填“大于”或“小于”）真實值。

20、如圖所示，空間內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E．A、B為勻強電場中的兩點，A、B兩點間距離為l，A、B兩點的連線與電場線間的夾角為θ．則A、B兩點間的電勢差為_________；將一正電荷q從A移到B，電場力所做功為__________．

評卷人得分四、作圖題(共3題，共24分)21、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。

22、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線。23、如圖1所示，用電動勢為E、內阻為r的電源，向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。

（1）以U為縱坐標，I為橫坐標，在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標軸交點的物理意義。

（2）請在圖2畫好的U-I關系圖線上任取一點；畫出帶網格的圖形，以其面積表示此時電源的輸出功率。

評卷人得分五、解答題(共1題，共5分)24、如圖所示，兩個固定的均勻帶電球面，所帶電荷量分別為+Q和-Q（Q>0），半徑分別為R和小球面與大球面內切于C點，兩球面球心O和O'的連線MN沿豎直方向，在MN與兩球面的交點B、O和C處各開有足夠小的孔，因小孔損失的電荷量忽略不計，有一質量為m，電荷量為q（q>0）的質點自MN線上離B點距離為R的A點豎直上拋。已知點電荷q在場源電荷為Q產生的電場中，具有的電勢能為（r表示q到Q的距離），設靜電力常量為k；重力加速度為g。

（1）求拋出點A的電場強度和球心O'的電場強度；

（2）當滿足要使質點從A點上拋后能夠到達B點；所需的最小初動能為多少；

（3）第（2）問條件仍滿足的情況下，要使質點從A點上拋后能夠到達O點；在不同條件下所需的最小初動能各為多少。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

AD．時間內微粒勻速運動，則有

時間內，微粒做平拋運動，時間內，微粒的加速度大小為

方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小仍為v0；故A錯誤，D正確；

BC．時間內和時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，且時間相等，則在這兩段時間內豎直位移大小相等，均為所以整個過程中克服電場力做功為

0~T時間內微粒在豎直方向上向下運動的位移大小為則重力勢能的減小量為故BC錯誤。

故選D。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．當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，外電路總電阻減小，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讀數增大；電壓表V1讀數U1=E-I（R1+r），I增大，其他量不變，則U1減??；故A錯誤；

B．由于電源的內外電阻關系未知；所以不能確定電源的輸出功率如何變化，故B錯誤．

C．根據閉合電路歐姆定律有U1=E-I（R1+r），則得=R1+r；保持不變，故C正確；

D．若滑片P的位置不動，R2突然發(fā)生短路，外電阻減小，干路電流增大，電源的內電壓和R1的電壓增大，所以R3的兩端電壓U1減小，A2的讀數為I2=則I2減?。还蔇錯誤；

故選C。3、C【分析】【詳解】

AB．等量同種點電荷的電場線分布如圖所示。

電場線越密，電場強度越大，電子所受電場力越大，加速度越大，而電場力的方向與速度方向同向，電子的速度增大，由圖可知，從a點向O點運動的過程中；加速度可能一直減小，也可能先增大后減小，而電子的速度一直增大，故AB錯誤；

CD．在a點給電子一垂直于紙面向外的初速度；若電場力恰好提供電子做圓周運動的向心力，則電子做勻速圓周運動，故C正確，D錯誤。

故選C。4、B【分析】【詳解】

A．根據題意可知；點電荷運動方向不明確，故A錯誤；

B．若點電荷從P點向Q點運動，電場力做負功，Q點的電勢能大于P點的電勢能；若點電荷從Q點向P點運動，電場力做正功，仍然滿足Q點的電勢能大于P點的電勢能；故B正確；

C．點電荷帶正電，由可知，P點的電勢低于Q點的電勢；故C錯誤；

D．Q點的電場線較P點稀疏，可知Q點的場強較小，則粒子在Q點的加速度小于在P點的加速度；故D錯誤。

故選B。5、C【分析】【詳解】

A．由圖線②可知定值電阻的阻值

由圖線③可知電源的電動勢則內阻

故A錯誤；

B．斷開開關閉合開關小燈泡短路，電源的效率

故B錯誤；

CD．斷開開關和定值電阻和小燈泡串聯(lián)，將定值電阻和電源看成一個整體即“等效電源”，作出“等效電源”的路端電壓隨電流的變化曲線，如圖。

與圖線①的交點即小燈泡的工作電壓和電流，小燈泡消耗的電功率

小燈泡的電阻

故C正確；D錯誤。

故選C。6、A【分析】【分析】

【詳解】

由于磁通量可以理解為穿過一個閉合電路的磁感線的條數的多少，從題圖中可看出穿過S1的磁感線條數最多，所以Φ1最大。

故選A。二、多選題(共6題，共12分)7、C:D【分析】【分析】

【詳解】

粒子在電場中水平方向做勻速直線運動。

豎直方向做勻加速直線運動；豎直方向的加速度。

豎直方向的位移。

A．由上述分析可知；改變兩平行導體板間距為原來的一半，則側移距離y變?yōu)樵瓉淼?倍，故A錯誤；

B．由上述分析可知，改變兩導體板所加電壓為原來的一半，則側移距離y變?yōu)樵瓉淼墓蔅錯誤；

C．由上述分析可知，改變電子沿極板方向運動距離為原來的一半，則側移距離y變?yōu)樵瓉淼墓蔆正確；

D．由上述分析可知，如果將初速度增大到原來的兩倍，則側移距離y變?yōu)樵瓉淼墓蔇正確；

故選CD。8、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A．正點電荷到兩點的距離相等，則在兩點產生的電勢相等，根據電勢的疊加原理可知兩點電勢相等；A正確；

B．根據電場強度的疊加原理可知，兩點電場強度大小相等；根據幾何知識知場強方向不相反，B錯誤；

CD．根據電勢的疊加原理可知從b到d電勢逐漸降低，從c到d電勢先升高后降低，又負試探電荷在電勢髙處電勢能小，則負試探電荷從c到d電勢能先減小后增大；C錯誤，D正確。

故選AD。9、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．M、N兩端電壓

故A錯誤；B正確；

CD．流過M、N的電流

故C錯誤；D正確。

故選BD。10、A:C:D【分析】【詳解】

A．兩相同的小球接觸后電量均分；故兩球所帶電荷量相等，選項A正確；

B．對A球受力分析，由幾何關系，兩球接觸后分開后，懸線與豎直方向的夾角為37°，根據平行四邊形法則可得

選項B錯誤；

C．根據庫倫定理

解得

選項C正確；

D．AB帶等量的同種電荷；故在A；B兩球連續(xù)中點處的電場強度為0，選項D正確。

故選ACD。

【點睛】11、C:D【分析】【詳解】

A．根據電場線的分布可知兩電荷帶異種電荷，根據電場線的疏密程度分布可知電荷量大于的電荷量；A錯誤；

B．根據場強的疊加法則可知，兩點的電場強度大小相等，方向不同；根據對稱性可知兩點的電勢相等；B錯誤；

C．電場線的疏密程度表示場強的弱強，所以

電子僅受電場力，根據牛頓第二定律

可知電子過O點時的加速度大于過a點時的加速度；C正確；

D．電子帶負電，電子所受合外力指向軌跡的凹側，所以帶正電，帶負電，沿電場線方向電勢降低，則

根據電勢能

電子帶負電，所以

D正確。

故選CD。12、B:C【分析】【詳解】

AB．當滑動變阻器滑片P向a端滑動過程中，接入電路的電阻增大，R2與R3并聯(lián)的電阻增大，總電阻增大，則總電流減小，R1電壓減小，則電壓表示數變小，R2與R3并聯(lián)的電壓增大，通過R3電流增大，根據

可知功率變大，電流表示數為總電流減去通過R3電流；故電流表示數變小，故A錯誤，B正確；

C．R3兩端的電壓增大，增大平行板間距，根據

可知電場強度可能恒定；粒子可能保持不動，故C正確；

D．R2與R3并聯(lián)的電壓增大；電容器板間電壓增大，帶電量增大，板間場強增大，液滴所受的電場力增大，則液滴將向上加速運動，故D錯誤；

故選BC。三、填空題(共8題，共16分)13、略

【分析】試題分析：根據運動軌跡來判定電場力方向；由曲線運動條件可知合力偏向曲線內側，故粒子從A到B，電場力對粒子做負功，因此粒子帶負電；由于B點的電場線密，所以B點的電場力大，則B點的加速度較大；粒子從A到B，電場力對粒子做負功，電勢能增加，導致動能減少；沿著電場線電勢降低，所以A點的電勢高．

考點：電場線，電場力做功與電勢能的關系【解析】（1）負，（2）B,（3）A,（4）A14、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】整數倍15、略

【分析】【詳解】

[1]由“兩大夾?。粌赏瑠A異”可知第三個小球應帶負電。

[2][3]假設第三個小球帶電量為q，距電荷量分別為Q的小球的距離為x，則對第三個小球有

解得

對帶電量為Q的小球有

解得【解析】帶負電16、略

【分析】【詳解】

[1]在空心球周圍存在向左的電場；則球上自由電子受到向右的電場力，電子聚集在右側，左側多余正電荷，則球殼左端的感應電荷為正電荷。

[2][3]發(fā)生靜電感應的導體內部合場強為零，所以球殼上的感應電荷在O點處的場強大小應該與外部電荷在O點產生的場強大小相等，即

感應電荷也外部電荷產生的電場方向相反，即感應電荷在O點產生的場強方向應該是向右．【解析】正電荷向右17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】錯誤錯誤錯誤錯誤正確18、略

【分析】【詳解】

[1]根據電阻定律可得

[2]根據歐姆定律有

根據電流的微觀表達式有

聯(lián)立可得

所以【解析】36∶9∶41∶2∶319、略

【分析】【詳解】

[1]根據測量數據可計算出電阻測量值為

[2]從理論上講，由于電壓表內阻的影響，使得電流表的測量值偏大，則用該電路測得的電阻值小于真實值。【解析】3##3.0小于20、略

【分析】【詳解】

A、B兩點間的電勢差為正電荷q從A移到B，電場力所做功為．【解析】ElcosθqElcosθ四、作圖題(共3題，共24分)21、略

【分析】【詳解】

電場線上每一點的切線方向即為該點的電場強度方向；負電荷受電場力的方向與場強方向相反，如圖所示。

【解析】22、略

【分析】【詳解】

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

【解析】23、略