…………○…………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年人民版必修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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、與早期的電纜傳輸信息相比，光纖通信具有各方面壓倒性的優勢。基于傳輸效率的考量，目前光纖信號傳輸主要采用850nm、1310nm、1550nm三種波長的激光，其波長均大于紅光波長（630~760nm）。下列說法正確的有（）A.光纖中采用的激光的波長小于X射線的波長B.波長為850nm的激光的頻率約為C.波長為1550nm的激光的頻率比波長為1310nm的激光的頻率高D.相同時間內，波長為1550nm的激光傳遞的信息量比波長為1310nm的激光傳遞的信息量大2、一帶電小球從空中的點運動到點的過程中，重力做功為靜電力做功為克服空氣阻力做功為則下列判斷錯誤的是（）A.點動能比點小B.點重力勢能比點大C.點電勢能比點小D.點機械能比點小3、如圖所示，勻強電場A、B兩點相距10cm，A、B連線與電場線夾角為若取A點電勢為0，則B點電勢為（）

A.B.C.D.4、如圖所示，為兩個帶等量正電荷的固定點電荷，豎直線為兩點電荷連線的中垂線，O點為垂足，現將一帶正電液滴從A點由靜止釋放，液滴到達B點時的速度大小為v且能到達O點。重力加速度大小為g；不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.在中垂線上，O點的電勢最低B.液滴從A點運動到點的過程中機械能先增大后減小C.液滴到達點時的速度大小為D.液滴到達點時的速度大小為5、在如圖所示的U-I圖像中，直線a為某電源的路端電壓與電流的關系，直線b為某電阻元件的電壓與電流的關系?，F用該電源直接與元件連接成閉合電路。則此時（）

A.電源將其它能轉化為電能的功率為18WB.該元件的電阻為2ΩC.該元件發熱功率為6WD.電源外電路與內電路消耗功率之比為2∶36、2019年1月11日1時11分，我國在西昌衛星發射中心用長征三號乙運載火箭，成功將“中星2D”衛星發射升空，升空后的衛星能量補給主要靠太陽能電池，硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環保的優點如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I的關系圖像（電池內阻不是常數），圖線b是某電阻R的圖像。在該光照強度下將它們組成閉合回路時；下列說法正確的是（）

A.此時硅光電池的內阻為B.此時硅光電池的輸出功率為C.此時硅光電池的總功率為D.此時硅光電池的輸出效率為40%7、某學生做觀察電磁感應現象的實驗；將電流表；線圈A和B、滑動變阻器、蓄電池、電鍵用導線連接成如圖的實驗電路，則下列說法中正確的是（）

A.接通和斷開電鍵時，電流表的指針都不發生偏轉B.接通和斷開電鍵時，電流表指針偏轉方向一正一反C.電鍵接通，上下移動線圈B，電流表的指針不偏轉D.電鍵接通，分別向左和向右移動滑線變阻器滑片時，電流表指針都不發生偏轉評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、在如圖所示電路中，電源電動勢為ε，內阻為r，閉合電鍵后，當滑動變阻器的滑片P處于圖中R的中點位置時，小燈泡L1、L2、L3的亮度相同．若將滑片P向左滑動；小燈泡的亮度變化情況是（）

A.L1變暗，L3變暗B.L1變亮，L2變暗C.L2變亮，L3變暗D.L2變暗，L3變亮9、如圖所示電路中，電源電動勢為E，內阻為r，且r=R1，電流表和電壓表均為理想電表。閉合開關S，讓滑動變阻器的滑片P由圖示位置向右滑動到另一位置，則與P滑動前比較（）

A.電流表A的示數變大B.電壓表V的示數變小C.電容器所帶電荷量變小D.電源的輸出功率變小10、如圖所示，電荷量為的球1固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一電荷量為的球2，斜面上距a點L處的b點有質量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質彈簧相連并在b點處于靜止狀態，此時彈簧的壓縮量為球2、3間的靜電力大小為迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動，g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關于球3的說法正確的是（）

A.帶負電B.運動至a點的速度大小為C.運動至a點的加速度大小為D.運動至ab中點時對斜面的壓力大小為11、在勻強電場中，將電荷量為的點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做了的功，再從B點移到C點，靜電力做了的功．已知電場的方向與所在的平面平行，點D為AB的中點，如果規定B點的電勢為0，下列說法正確的是（）

A.A點電勢為18VB.A、C兩點間的電勢差C.勻強電場的電場強度方向垂直于BC連線D.點電荷在D點具有的電勢能為12、如圖所示，電路中A、B、C、D是完全相同的金屬極板，P是A；B板間的一點；在C、D板間插有一塊有機玻璃板。閉合開關，電路穩定后將開關斷開。現將C、D板間的玻璃板抽出，下列說法正確的是（）

A.金屬板D構成的電容器的電容減小B.玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流C.P點電勢保持不變D.B兩板間的電場強度不變13、如圖，正方體真空盒置于水平面上，ABCD面與EFGH面為金屬板，ABCD面帶正電，EFGH面帶負電，其他面為絕緣材料。帶正電的液滴先后三次從小孔P沿水平方向射入容器；最后分別落在1；2、3三點，1與2、2與3間的距離相等。則下列說法正確的是()

A.液滴三次在真空盒中都做平拋運動B.液滴三次的運動時間一定相同C.液滴三次增加的動能一定相同D.液滴三次的初速度大小關系是v3>v2>v114、在如圖所示的電路中，定值電阻的阻值為電動機的線圈電阻為兩端加的恒定電壓，電動機恰好正常工作，理想電壓表的示數下列說法正確的是。

A.通過電動機的電流為B.電動機的輸入功率為C.電動機線圈在1分鐘內產生的焦耳熱為D.電動機的輸出的功率為評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、靜電平衡：導體內的自由電子不再發生______的狀態．16、如圖所示電路，電源電壓保持恒定，若滑動變阻器的滑片向右移動，則電流表的示數將_______，電壓表的示數將_______。（均選填“變大”；“變小”或“不變”）

17、有一個靈敏電流表，內阻為滿偏電流為要把它改裝成量程為的電流表，需并聯______的分流電阻；如果要把它改裝為量程的電壓表，需串聯_______的電阻（本題保留三位有效數字）。18、如圖所示，電源電動勢為E、內阻為r，外電阻分別為閉合電鍵S，當滑動變阻器的觸頭，P向下滑動時，四個理想電表A、的示數都將發生變化，電表的示數分別用I、和表示，電表示數變化量分別用和表示。

（1）示數和其中一定變小的是_________。

（2）表達式其中一定變小的是__________。

（3）變化量和其中絕對值最大的是___________。

（4）用r表示下列比值，注意結果的正負___________：。________________________________

（5）若的調節范圍為為了讓電阻消耗功率最大，則應取______為了讓電阻消耗功率最大，則應取______為了讓電阻消耗的總功率最大，則應取_____19、在磁感應強度為B的勻強磁場中，半徑為R的半球形球殼如圖（a）放置，穿過它的磁通量為_______；面積為S的矩形線框在該磁場中的初始位置如圖（b）中實線所示，線框繞O軸逆時針轉動到與磁場垂直的虛線位置，這一過程中穿過線框的磁通量的變化量大小為______。

評卷人得分四、作圖題(共1題，共8分)20、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、實驗題(共2題，共14分)21、電阻絲有效長度的測量。

用______測量電阻絲______的有效長度l。反復測量多次，得到有效長度的平均值。22、一電阻R的阻值約為1kΩ；現要用伏安法測量其阻值，測量電路如圖所示，有以下器材可供選擇：

A．電源E（電動勢3V，內阻可不計）B．滑動變阻器R1（最大阻值3kΩ）

C．滑動變阻器R2（最大阻值10Ω）D．電壓表V（量程0~3V；內阻10kΩ）

E.電流表A（量程0~3mA，內阻約300Ω）F.開關；導線若干。

（1）滑動變阻器應選___________（填選項前的字母）；測量時S2應接___________（填“a”或“b”）。

（2）當閉合開關后，無論怎樣調節滑動變阻器的滑片，電流表有示數，但電壓表的示數始終為零，分析其原因是___________點至___________點的導線沒有連接好（填寫圖上標注的字母）。

（3）某次測量電壓表的示數為2.26V，電流表的示數為2.51mA，計算可得的測量值為___________kΩ，若將電流表或電壓表的內阻計算在內，可以消除由測量儀表引起的系統誤差，消除由測量儀表引起的系統誤差之后，待測電阻的阻值為___________kΩ（結果保留兩位有效數字）。評卷人得分六、解答題(共4題，共24分)23、在如圖（甲）所示的電路中，電阻R1和R2都是純電阻，它們的伏安特性曲線分別如圖（乙）中Oa、Ob所示。電源的電動勢E=7.0V；內阻忽略不計。

(1)調節滑動變阻器R3，使電阻R1和R2消耗的電功率恰好相等，求此時電阻R1和R2的阻值為多大？R3接入電路的阻值為多大？

(2)調節滑動變阻器R3，使R3=0，這時電阻R1和R2消耗的電功率各是多少？

24、一平行板電容器長l=10cm，寬a=8cm，板間距d=4cm，在板左側有一足夠長的“狹縫”離子源，沿著兩板中心平面，連續不斷地向整個電容器射入離子，它們的比荷均為2×1010C/kg，速度均為4×106m/s，距板右端處有一屏；如圖甲所示，如果在平行板電容器的兩極板間接上如圖乙所示的交流電，由于離子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期，故離子通過電場的時間內電場可視為勻強電場。試求：

（1）離子打在屏上的區域面積；

（2）在一個周期內；離子打到屏上的時間。

25、如圖所示，空間存在水平方向的勻強電場質量帶電量的帶電小球，用一長為的不可伸長的輕質絕緣細線相連，另一端固定在O點?，F將細線拉至水平狀態，使小球從A處靜止釋放；求：

(1)小球在A處所受的合外力大小和方向；

(2)小球第一次到達O點正下方時的速度大小v；

(3)小球第一次到達O點正下方時；其機械能的變化量。

26、如圖所示為一個暗盒，盒內有兩個電阻、一個恒壓電源，它們分別連接在暗盒的三個接線柱A、B、C的任意兩個之間，構成回路。某同學使用多用電表電壓擋位進行測量，測得試畫出三個元件構成的電路圖，并求出電源電壓及兩電阻阻值之比。（為當紅色接線柱接在A處而黑色接線柱接在B處時測得的電壓；以此類推）

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．X射線的波長范圍為0.001~10nm；故光纖中采用的激光的波長大于X射線的波長，A錯誤；

B．由可知，波長為850nm的激光的頻率

B正確；

C．由可知；頻率與波長成反比，波長越長，頻率越低，則波長為1550nm的激光的頻率比波長為1310nm的激光的頻率低，C錯誤；

D．頻率越高；傳遞的信息量越大，則相同時間內，波長為1550nm的激光傳遞的信息量比波長為1310mm的激光傳遞的信息量小，D錯誤。

故選B。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．一帶電小球從空中的點運動到點的過程中，合外力做功為

由動能定理可知，點動能比點小所以A正確，不符合題意；

B．根據重力做功與重力勢能關系，可知重力做多少正功，重力勢能減小多少，則點重力勢能比點大所以B正確，不符合題意；

C．根據電場力做功與電勢能關系，可知電場力做多少正功，電勢能減小多少，則點電勢能比點小所以C錯誤，符合題意；

D．根據功能關系，除了重力以外的力做功用來改變機械能，則

則點機械能比點小所以D正確，不符合題意；

故選C。3、C【分析】【詳解】

A、B連線沿電場線的距離為

根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系可知

若取A點電勢為0，則有

解得B點電勢為

故選C。4、C【分析】【詳解】

A.根據等量正電荷周圍的電勢分布可知，在中垂線上，O點的電勢最高；選項A錯誤；

B.液滴從A點運動到點的過程中；電場力先做負功，后做正功，則機械能先減小后增大，選項B錯誤；

C.因B點和B′點的電勢相同，則液滴在兩點的電勢能相同，則從B到B′由動能定理

解得液滴到達點時的速度大小為

選項C正確；

D.因A點和A′點的電勢相同，則液滴在兩點的電勢能相同，則從A到A′由動能定理，

解得液滴到達A′點時的速度大小為

選項D錯誤。

故選C。5、D【分析】【詳解】

由圖可知元件兩端電壓為U=3.2V，電路中的電流I=2.4A，電源電動勢為E=8V，電源內阻為

A．電源將其它能轉化為電能的功率即電源的總功率，為

故A錯誤；

B．該元件的電阻為

故B錯誤；

C．該元件發熱功率為

故C錯誤；

D．電源內電壓為

根據P=UI可得6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由閉合電路歐姆定律得

當時，由圖線a與縱軸的交點讀出電動勢為

根據兩圖線交點處的狀態可知，將它們組成閉合回路時路端電壓為回路中的電流為則此時硅光電池的內阻為

選項A錯誤；

B．硅光電池的輸出功率為

選項B錯誤；

C．此時硅光電池的總功率為

選項C正確；

D．此時硅光電池的輸出效率為

選項D錯誤。

故選C。7、A【分析】【分析】

【詳解】

AB．由電路可知；電鍵接在電流表所在電路，接通和閉合電鍵時，通過螺線管A的電流不變，穿過螺線管B的磁通量不變，沒有感應電流產生，故A正確，B錯誤；

C．電鍵接通；上下移動線圈B，穿過B的磁通量發生變化，所以電流表的指針偏轉，故C錯誤；

D．電鍵接通；分別向左和向右移動滑線變阻器滑片時，流過A的電流變化，通過B的磁通量變化，B所在的回路產生感應電流，電流表指針發生偏轉，故D錯誤。

故選A。二、多選題(共7題，共14分)8、B:D【分析】【分析】

首先認識電路的結構：閉合電鍵后，L1與變阻器并聯后與L2串聯，再與L3并聯．若將滑片P向左滑動時，變阻器在路電阻增大，外電阻增大，根據閉合電路歐姆定律分析路端電壓的變化和干路電流的變化，即知L3亮度的變化．根據干路電流和通過L3電流的變化，分析通過L2電流的變化，判斷其亮度的變化．根據路端電壓與L2電壓的變化，分析L1電壓的變化；即可判斷其亮度的變化．

【詳解】

若將滑片P向左滑動時，變阻器在路電阻增大，外電阻增大，根據閉合電路歐姆定律得知，干路電流I減小，路端電壓U增大，則L3變亮，通過L2電流I2=I﹣I3，I減小，I3增大，則I2減小，故L2變暗，L1電壓U1=U﹣U2，U增大，U2減小，則U1增大，故L1變亮；BD正確，AC錯誤。

故選BD。

【點睛】

本題首先要搞清電路的連接方式，其次按“局部→整體→局部”的思路進行分析．9、B:D【分析】【詳解】

ABC．滑動變阻器的滑片P由圖示位置向右滑動到另一位置，R2接入電路的阻值增大，電路總電阻增大，總電流減小，電流表A的示數減小；R1兩端電壓減小，電壓表V的示數減?。浑娫磧入妷簻p小，路端電壓增大，所以電容器兩端電壓增大，根據Q=CU可知電容器所帶電荷量增大；綜上所述可知AC錯誤，B正確；

D．設電路外電阻為R，則電源的輸出功率為

根據數學知識可知當R=r時，P最大；當R＜r時，P隨R的增大而增大；當R＞r時，P隨R的增大而減小。由題意可知開始時R＞r，所以滑片P向右滑動后，R增大，P減小；故D正確。

故選BD。10、B:D【分析】【詳解】

A．由題意可知三小球構成一個等邊三角形；小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧處于壓縮狀態，故小球1和3一定是斥力，小球1帶正電，故小球3帶正電，故A錯誤；

B．小球3運動至a點時，彈簧的伸長量等于根據對稱性可知，小球2對小球3做功為0；彈簧彈力做功為0，故根據動能定理有

解得

故B正確；

C．小球3在b點時，設小球3的電荷量為q，有

設彈簧的彈力為F，根據受力平衡，沿斜面方向有

解得

小球運動至a點時，彈簧的伸長量等于根據對稱性可知

解得

故C錯誤；

D．當運動至ab中點時，彈簧彈力為0，此時小球2對小球3的力為

斜面對小球的支持力為

根據牛頓第三定律可知，小球對斜面的壓力大小為故D正確。

故選BD。11、A:B:D【分析】【詳解】

A．點電荷從電場中的A點移到B點，電場力做功為

解得

故A正確；

B．點電荷從電場中B點移到C點，電場力做功為

解得

則A、C兩點間的電勢差為

故B正確；

C．由以上分析可知，CD為等勢面，所以勻強電場的電場強度方向垂直于CD連線；故C錯誤；

D．D點電勢為

點電荷在D點具有的電勢能為

故D正確。

故選ABD。12、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．根據

可知，將CD板間的玻璃板抽出，電介質減??；其它條件不變，則金屬板CD構成電容器的電容減小，故A正確；

BCD．當閉合開關，電路穩定后將開關斷開，極板總電荷量不變，金屬板CD構成電容器的電容減小，由

可知極板CD電勢差變大，極板AB電勢差也變大，由

可知極板AB間的場強變大，導致P點與B板的電勢差變大，因B板接地，電勢為零，即P點電勢升高，因此電容器CD處于放電狀態，電容器AB處于充電狀態，電阻R中有向右的電流；故B正確，CD錯誤；

故選AB。

【點睛】

做好電容器的題目要把電容的定義式、決定式和場強的推導式結合應用，掌握電場強度的推導式，注意B極接地，電勢為零。13、B:D【分析】【詳解】

據題意可知正方體構成的是平行板電容器；形成的是水平向右的勻強電場。

A．液滴三個運動在水平方向受到電場力作用；豎直方向受重力，水平方向不是勻速直線運動，所以液滴在真空盒中不是做平拋運動，故A錯誤；

B．由于液滴在豎直方向做自由落體運動，由可知液滴三次的運動時間相同，故B正確；

C．對液滴的運動過程，由動能定理可知：

重力做功相同，電場力相同，而故故C錯誤；

D．液滴在水平方向做勻加速直線運動，由：

三次比較運動時間t相同，加速度a相同，因可得初速度故D正確。

故選BD。14、C:D【分析】【分析】

根據題圖可知，考查了非純電阻電路的電功，電功率的計算；根據電阻和電動機串聯，電流相等，對電阻R應用歐姆定律求出電流；根據P＝UI求出電動機的輸入功率，即電動機消耗的功率，根據Q＝I2rt求出電動機產生的熱量；電動機的輸出功率等于輸入功率減去電動機內部消耗的功率．

【詳解】

A、通過電動機的電流為：故A錯誤；

BCD、對電動機，電動機的輸入功率發熱功率輸出功率電動機1分鐘內產生的熱量故CD正確．

【點睛】

解決本題的關鍵會靈活運用歐姆定律，以及知道電動機的輸出功率等于輸入功率減去電動機內部消耗的功率．三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】定向移動16、略

【分析】【詳解】

[1][2]滑動變阻器的滑片向右移動，滑動變阻器接入電路的阻值變大，根據閉合電路歐姆定律，整個回路的電流將變小，故電流表示數變小。電流變小，電壓表所測電阻兩端的電壓根據歐姆定律可知將變小?！窘馕觥竣?變小②.變小17、略

【分析】【詳解】

[1]將靈敏電流計改裝為電流表；原理圖為。

由圖可知

解得

[2]將靈敏電流計改裝為電壓表；原理圖為。

由圖可知

解得【解析】18、略

【分析】【詳解】

（1）[1]當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，R2變大，外電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律，可知電流I變小U1=IR1

變小，路端電壓U3=E-Ir

則知U3變大。因U3=U1+U2

U1變小，則U2變大，即一定減小的是U1。

（2）[2]表達式其中

則一定減小；和都不能確定；

（3）[3]因為U3=U1+U2

U1變小，U2變大，U3變大，則△U2＞△U1△U2＞△U3

則變化量和其中絕對值最大的是

（4）[4]用r表示下列比值如下。

（5）[5]若的調節范圍為為了讓電阻消耗功率最大，則電路中電流應該最大，則應取0

[6]當外電路電阻等于內阻時電源輸出功率最大，為了讓電阻消耗功率最大，可將R1等效為內電路電阻，則時電阻消耗功率最大；

[7]同理，為了讓電阻消耗的總功率最大，則應該

即R2應取3【解析】U1見解析07319、略

【分析】【詳解】

[1]根據磁通量的公式，可得穿過半球形球殼的磁通量為

[2]根據磁通量的公式，取此時磁感線穿過的面的磁通量為正，沒有轉動前，通過線框的磁通量為

由于轉動后，磁感線從另一面穿過，則此時磁通量為負，即有

這一過程中穿過線框的磁通量的變化量大小為【解析】四、作圖題(共1題，共8分)20、略

【分析】【詳解】

（1）由閉合電路歐姆定律可知

所以圖像與縱軸交點的坐標值為電源電動勢；與橫軸交點的坐標值為短路電流，如圖所示。

（2）電源的輸出功率等于路端電壓與干路電流的乘積；即所要求的的面積為該點向坐標軸作垂線后與坐標軸圍成的面積，如圖所示。

【解析】（1）U-I圖像如圖所示。圖像與縱軸交點的坐標值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標值為短路電流；（2）五、實驗題(共2題，共14分)21、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】刻度尺接入電路22、略

【分析】【詳解】

（1）[1][2]待測電阻的阻值約為1kΩ，電流表為毫安表，采用限流式接法時選用量程較大的滑動變阻器，故滑動變阻器應選B．電流表A的內阻RA約為300Ω，電壓表V的內阻因為則屬于小電阻，用伏安法測電阻時應將電流表外接，故S2應接b。

（2）[3][4]出現這種現象是與電壓表的連接有斷路，即d、f兩點沒有連接好。

（3）[5]代入數據可得的測量值

[6]由并聯電路電阻規律有