…………○…………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年粵人版必修3物理下冊階段測試試卷953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6題，共12分)1、在如圖所示的電路中，電源的電動勢和內阻以及電阻R2的阻值都恒定，當滑動變阻器R1的滑片處于某位置時，電容器C兩極板間的帶電油滴恰好懸浮不動。下列判斷正確的是（）

A.若僅減小電容器兩極板間的正對面積，油滴將向下運動B.若僅將R1的滑片向右移動，油滴將向上運動C.若僅將R1的滑片向左移動，電源的效率將增加D.若僅將R1的滑片移動，電壓表V1、V2的示數變化量的代數和總等于零2、帶電微粒所帶電荷量不可能是下列值中的（）A.1.60×10-16CB.-2.50×10-19CC.8.00×10-10CD.-1.00×10-10C3、靜電力常量k的單位，如果用國際單位制基本單位的符號來表示，正確的是（）A.B.C.D.4、一個正點電荷Q靜止在正方形的一個頂點上，另一個帶電質點射入該區域時，僅受電場力的作用恰好能依次經過正方形的另外三個頂點a、b、c，如圖所示，則有()

A.質點在a、b、c三處的加速度大小之比是1：2：1B.質點由a到b電勢能減小，由b到c電場力做負功，在b點動能最小C.a、b、c三點電勢高低及電場強度大小的關系是D.若改變帶電質點在a處的速度大小和方向，有可能使其在該電場中做類平拋運動5、兩個點電荷Q1和Q2固定在軸上兩點，兩者之間連線上各點電勢高低如圖中曲線所示取無窮遠處電勢為零，由圖可知，下列說法正確的是（）

A.B點電場強度為零B.Q1為正電荷，Q2為負電荷C.Q1電量一定大于Q2電量D.將電子沿軸從A點移到C點，電場力先做正功再做負功6、太陽表面溫度約為6000K，主要發出可見光；人體溫度約為310K，主要發出紅外線；宇宙間的溫度約為3K，所發出的輻射稱為“3K背景輻射”，它是宇宙“大爆炸”之初在空間上保留下的余熱，若要進行“3K背景輻射”的觀測，應該選擇下列哪一個波段()A.無線電波B.紫外線C.X射線D.γ射線評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、圖中，考慮兩表內阻的影響，用兩表示數算出的R測=（）

A.比R的真實值小B.比R的真實值大C.引起誤差的原因是U偏大D.引起誤差的原因是I偏小8、如圖所示，當導體棒MN以速度v0開始向右沿導軌滑動的瞬間（導軌間有磁場；方向垂直紙面向里），下列說法正確的是（）

A.導體棒和導軌組成的閉合回路中有感應電流B.導體棒和導軌組成的閉合回路中沒有感應電流C.圓形金屬環B中有感應電流D.圓形金屬環B中沒有感應電流9、平行金屬板PQ、MN與電源和滑動變阻器如圖所示連接，電源的電動勢為內阻不計；靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連續不斷地產生質量為電荷量為初速度為零的粒子，粒子在PQ間的加速電場作用下穿過Q板的小孔緊貼N板水平進入MN間的偏轉電場；改變滑片P的位置可改變加速電場的電壓和偏轉電場的電壓且所有粒子都能夠從間飛出；下列說法正確的是（）

A.粒子的豎直偏轉距離與成正比B.滑片P向左滑動，從偏轉電場飛出的粒子的偏轉角將減小C.飛出偏轉電場的粒子的最大速率D.飛出偏轉電場的粒子的最大速率10、如圖所示，在x軸上關于O點對稱的A、B兩點分別放有等量正電荷，M、N是x軸上的兩點，且OM＝MN，P點在第一象限，且PM垂直于x軸；則（）

A.P點電勢比M點電勢低B.M、O兩點間電勢差小于N、M兩點間電勢差C.M點場強比N點場強大D.在M點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將在x軸上做往返運動11、如圖所示，ABCD-EFHG是底面為菱形（邊長為L）的四棱柱，在A、C兩點分別固定一個電量為q的正點電荷，O為AC與DB的交點，P、Q是關于O點對稱的兩點，其中AQ=CP。則下列說法正確的是（）

A.D點電勢等于B點電勢B.P、Q兩點電場強度相同C.把質子沿直線PQ從P點移到Q點，電場力做功為零D.在D點以初速度v0沿DB方向入射一電子，只在電場力作用下，將會沿DB方向勻加速運動到B點12、如圖所示，勻強電場中a、b、c、d為矩形的四個頂點，e、f分別為邊ab和cd的中點，ab=2ad=m。已知電場線平行于矩形所在平面，a、b、c電勢分別為4V；8V、6V；則（）

A.d點的電勢為0VB.勻強電場強度E=2V/mC.電場線方向垂直于ec向下D.一個電子從a點運動到c點,電勢能增大13、如圖所示的電路中；燈泡L的額定電壓和額定功率分別為5V；2.5W，K為單刀雙擲開關。當開關接在位置1時，燈泡正常發光；當開關接在位置2時，理想電壓表和理想電流表的讀數分別為4V、1A。則下列說法正確的是（）

A.定值電阻的阻值為10ΩB.開關接在位置2時，電源內阻分的電壓為2VC.電源的電動勢為6VD.電源的內阻為1Ω評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、如圖所示，帶電荷量分別為q1、q2的粒子，以相同的初速度從P點沿垂直于場強方向射入平行板間的勻強電場中，分別落在下極板上的A、B兩點，若AB＝OA，q1＝3q2，不計重力，則兩個粒子質量之比為________，兩個粒子進入電場之后的動能增量之比為________．

15、靜電平衡時，空腔導體內表面沒有電荷，導體殼內空腔里的電場強度處處為______.外電場對殼（網）內的儀器不會產生影響，金屬殼的這種作用叫作______．16、摩擦起電和感應起電。

（1）摩擦起電：當兩種物質組成的物體互相摩擦時，一些受束縛較弱的電子會轉移到另一個物體上，于是，原來電中性的物體由于得到電子而帶___________電，失去電子的物體則帶___________電。

（2）感應起電：當一個帶電體靠近導體時，由于電荷間相互吸引或排斥，導體中的自由電荷便會趨向或遠離帶電體，使導體靠近帶電體的一端帶___________電荷，遠離帶電體的一端帶___________電荷，這種現象叫作靜電感應。利用___________使金屬導體帶電的過程叫作感應起電。

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、如圖所示，兩條直線分別對應著兩個導體R1、R2。那么，兩導體的電阻之比為R1:R2=_________，若兩個導體串聯時，兩導體兩端的電壓之比為U1:U2=_________。

評卷人得分四、作圖題(共2題，共16分)19、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，但其內阻和電阻箱阻值均未知，根據已知條件和傳感器顯示的圖像中的數據信息，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20、由電流產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16分)21、實驗小組用圖甲所示電路來測量待測電阻的阻值，圖中為標準電阻可視為理想電流表，S為開關，R為滑動變阻器，E為電源。回答下列問題：

（1）先用多用電表歐姆擋粗測的阻值，選擇的倍率為“×1”，示數如圖乙所示，則讀數為_________Ω。

（2）按照圖甲所示的電路圖，用筆畫線代替導線在圖丙中連接好實物圖________。

（3）將滑動變阻器的滑動觸頭置于_________（選填“最左端”“最右端”或“中間位置”），閉合開關S，改變滑動變阻器滑動觸頭的位置，記下兩電流表的示數分別為則待測電阻_________（用表示）。

（4）為了減小誤差，改變滑動變阻器滑動觸頭的位置，多測幾組的值，作出關系圖象如圖丁所示，可得待測電阻_________Ω；考慮到實際上電流表有內阻，待測電阻阻值的計算結果與真實值相比________（選填“偏大”或“偏小”）。22、利用如圖所示①的電路測定電源的電動勢和內電阻．

(1)若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向a，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電壓表的讀數U．則由于未考慮電壓表分流導致電動勢的測量值與真實值相比_________，內阻的測量值與真實值相比________．（填“偏大”“相等”或“偏小”)

(2)若斷開S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向b，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電流表的讀數I．則由于未考慮電流表分壓導致電動勢的測量值與真實值相比_________，內阻的測量值與真實值相比________．(填“偏大”“相等”或“偏小”)

(3)某同學分別按照以上兩種方式完成實驗操作之后，利用圖線處理數據，得到如下兩個圖象（如圖②和③所示），縱軸截距分別是b1、b2，斜率分別為k1、k2．綜合兩條圖線的數據可以避免由于電壓表分流和電流表分壓帶來的系統誤差，則電源的電動勢E=_______，內阻r=________．評卷人得分六、解答題(共3題，共24分)23、如圖所示，電源電動勢E＝1.5V，內阻r＝0.5Ω，電流表滿偏電流Ig＝10mA，電流表的電阻Rg＝7.5Ω，A、B為接線柱。

（1）若用一條導線把A、B直接連接起來，則此時應把可變電阻R1調節為多少才能使電流表恰好達到滿偏電流？

（2）調至滿偏后保持R1的值不變，在A、B間接入一個150Ω的定值電阻R2；電流表指針指到多少刻度位置？

24、能量在轉化的過程中往往與做功密切相關，電容器充電過程中的功能關系同樣如此。電容器不僅可以儲存電荷，也是重要的儲能器件。對電容為C的電容器（原來不帶電）充電，如圖1所示，已知電源的電動勢為E。

（1）圖2中畫出了電容器兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像，在圖中取一電荷量的微小變化量請類比直線運動中由v－t圖像求位移的方法，說明圖中小陰影矩形的“面積”所表示的物理含義；并計算電容器電壓為U時電容器儲存的電能

（2）請結合電動勢的定義，求電容器充電過程中電源內部非靜電力所做的功W；并與充電過程中電容器增加的電能相比較；說明兩者“相等”或“不相等”的原因。

（3）電容器的電能是儲存在電場中的，也稱電場能。若定義單位體積內的電場能量為電場能量密度某同學猜想應當與該處的場強的平方成正比，即已知平行板電容器的電容s為兩極板的正對面積，d為極板間距，k為常數；兩極板間為真空，板間電場可視為勻強電場。不計電容器電場的邊緣效應。

a．請以電容器內儲存的電場能為例論證該同學的猜想是否正確。

b．電容器充電后與電源斷開并保持電荷量不變，已知此時的電場能量密度為現固定其中一極板，緩慢拉開另一極板（保持兩極板正對），使板間距增加請分析說明，在此過程中電場能量密度如何變化；并求出此過程中外力所做的功（用s和表示）。

25、按圖甲所示連接電路，當開關S閉合時，電源將使電容器兩極板帶上等量異種電荷，這一個過程叫做電容器充電．已知電容器的電容為C，電源電動勢大小為E．

（1）求充電結束后電容器所帶的電荷量Q．

（2）為了檢驗第（1）問結果是否正確，在圖甲中用電流傳感器觀察到充電時，電路中電流隨時間變化的it曲線如圖乙所示，其中為已知量．類比是一種常用的研究方法，對于直線運動，我們學習了用vt圖像求位移的方法．請你借鑒此方法；估算充電結束后電容器所帶的電荷量的大小．

（3）電容器在充電過程中，兩極板間的電壓u隨所帶電荷量q增多而增大，儲存的能量增大．請在圖丙中畫出電容器充電過程中的uq圖像，并借助圖像求出充電結束后電容器儲存的能量E0．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

A．減小兩板間正對面積，電容器的板間電壓不變，場強不變，油滴所受的電場力不變，仍靜止，故A錯誤；

B．R1滑動觸頭向右移動時；接入電路的電阻增大，電路中電流減小，內電壓減小，路端電壓增大，則電容器板間電壓增大，板間場強增大，油滴所受的豎直向上的電場力增大，油滴將向上運動。故B正確；

C．同理可得，R1滑動觸頭向左移動時，接入電路的電阻減小，外電路電阻減小，而電源的效率

可知電源的效率減小，故C錯誤；

D．R1的滑動觸頭移動時，外電阻發生變化，則路端電壓隨之變化，電壓表V1，V2的讀數之和等于路端電壓，所以電壓表V1，V2的讀數變化量的代數和不等于零，故D錯誤。

故選B。2、B【分析】【詳解】

帶電微粒所帶電荷量必須是元電荷的整數倍

ACD是可能的；B是不可能的。

故選B。3、C【分析】【分析】

【詳解】

由可得

其中F、r、q的單位是N、m、C，其中可得k單位為

故選C。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．粒子P在a、b、c三點時的加速度大小要根據庫侖定律求出庫侖力．由圖可知

代入庫侖定律

可得

而a與c點的電場力相等；由

可知；加速度之比應為2:1:2，故A錯誤；

B．電荷受到的合力指向軌跡的內側，根據軌跡彎曲方向判斷出粒子與固定在O點的電荷是異種電荷，它們之間存在引力，所以質點由a到b電場力做負功，電勢能增加，動能減小；由b到c電場力做正功，動能增大，在b點動能最小；故B錯誤；

C．根據點電荷的電場線的特點，Q與ac距離相等，都小于b，故b點的電勢低于ac兩點的電勢，即

即

故C正確；

D．該電場不是勻強電場；則粒子不可能在該電場中做類平拋運動，故D錯誤。

故選C。5、C【分析】【分析】

根據電勢的變化分析電勢能的變化；再根據電場強度即曲線斜率得到電場強度變化，進而分析電場力變化。

【詳解】

A．圖象的斜率表示電場強度，B點的斜率不為0，所以B點的電場強度不為0；故A錯誤；

BC．由圖象可以發現，離Q1越近電場中的電勢越低，由此可以判斷Q1為負電荷，同理，由于離Q2越近電勢越高，所以Q2為正電荷，在它們的連線上的B點的電勢也是零，但B點離Q2近，所以Q1的電荷量要大于Q2的電荷量；故B錯誤，C正確；

D．從A點到C點電勢升高；負電荷在電勢越高處電勢能越小，所以電場力一直做正功，故D錯誤。

故選C。

【點睛】

解決本題的關鍵是知道正電荷周圍的電勢為正，負電荷周圍的電勢為負；知道圖像的斜率表示電場強度，熟記電勢能和電勢之間的關系式。6、A【分析】【詳解】

電磁波譜按波長由長到短的順序排列為：無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線；由題意知：物體溫度越高，其發出的電磁波的波長越短，宇宙間的溫度約為3K，則其發出的電磁波的波長應在無線電波波段，故A正確，BCD錯誤。

故選A。二、多選題(共7題，共14分)7、B:C【分析】【分析】

【詳解】

圖中采用的電流表內接法，由于電流表的分壓作用，導致電壓表測量的電壓值U比R兩端的電壓大；由歐姆定律。

可知R的測量值大于R的真實值；故BC正確，AD錯誤。

故選BC。8、A:C【分析】【詳解】

AB．當導體棒MN以速度v0開始向右沿導軌滑動的瞬間；切割磁感線產生感應電流，導體棒和導軌組成的閉合回路中有感應電流，故A正確，B錯誤；

CD．通過螺線圈管A的電流突然增大，螺線圈管A產生的磁場突然變強，穿過金屬環B的磁通量突然增大，由楞次定律可知，B中產生感應電流；故C正確，D錯誤。

故選AC。9、A:C【分析】【詳解】

A．在平行金屬板PQ之間，根據動能定理有

粒子在F點的速度為

設偏轉電場MN的長度為L，MN之間的距離為d，則粒子通過偏轉電場MN的時間為

粒子的加速度為

所以粒子的豎直偏轉距離為

所以粒子的豎直偏轉距離與成正比；故A正確；

B．滑片P向左滑動的過程中的比值增大；所以粒子的豎直偏轉距離逐漸增大，根據類平拋運動的規律可知，從偏轉電場飛出的粒子豎直方向的速度逐漸增大，則飛出時粒子的速度的偏轉角逐漸增大，故B錯誤；

CD．飛出偏轉電場的粒子的最大動能為

因為

可得

故C正確；D錯誤。

故選AC。10、A:B:D【分析】【詳解】

A．由等量同種正電荷等勢線分布可知，M點電勢比P點電勢高；選項A正確．

BC．O、M間電場線比M、N間電場線分布稀疏．O、M兩點間電勢差小于M、N兩點間電勢差，N點場強大于M點場強；選項B正確；C錯誤．

D．根據對稱性，在M點靜止釋放的帶正電粒子會以點為中點做往返運動；選項D正確．

故選ABD。11、A:C【分析】【詳解】

A．根據對稱性可知，D點電勢等于B點電勢；故A正確；

B．根據對稱性可知，P、Q兩點電場強度大小相同；方向不同，故B錯誤；

C．根據對稱性可知，P、Q兩點電勢相等，所以把質子沿直線PQ從P點移到Q點；電場力做功為零，故C正確；

D．線段DB上電場強度并非處處相等，所以電子只在電場力作用下不可能由D點勻加速運動到B點，電子一定是先做變加速運動至O點后再做變減速運動運動至B點；故D錯誤。

故選AC。12、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．勻強電場的等勢線是等間距的平行直線，根據幾何關系，知ab的電勢差等于dc的電勢差；即。

φa-φb=φd-φc解得。

φd=2V故A錯誤；

BC．a、b兩點的電勢分別為4V、8V，e為ab的中點，則e點的電勢為6V，所以ec為等勢線，根據電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，知電場線垂直于ec向下；場強大小為。

故BC正確；

D．因為a點的電勢小于c點的電勢，根據電勢能Ep=qφ，知電子在a點的電勢能大于c點的電勢能；故D錯誤。

所以BC正確；AD錯誤；

故選BC。13、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．由題意可知，定值電阻的阻值

故A錯誤；

CD．當開關接在位置1時，根據閉合電路歐姆定律有

其中

當開關接在位置2時，根據閉合電路歐姆定律有

其中

聯立解得

故C正確D錯誤；

B．由以上分析可知；當開關接在位置2時，電源內阻分的電壓為2V，故B正確。

故選BC。三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【詳解】

[1]設q1運動的時間為t1，q2運動的時間為t2．粒子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩粒子的初速度相等，設初速度為v0；

根據運動學公式：

可得時間：

所以有：

根據：

由以上各式聯立得

[2]根據動能定理有：所以動能增量之比為：【解析】3∶43∶115、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】0靜電屏蔽16、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1][2]摩擦起電：當兩種物質組成的物體互相摩擦時；一些受束縛較弱的電子會轉移到另一個物體上，于是，原來電中性的物體由于得到電子而帶負電，失去電子的物體則帶正電。

(2)[3][4][5]感應起電：當一個帶電體靠近導體時，由于電荷間相互吸引或排斥，導體中的自由電荷便會趨向或遠離帶電體，使導體靠近帶電體的一端帶異種電荷，遠離帶電體的一端帶同種電荷，這種現象叫作靜電感應。利用靜電感應使金屬導體帶電的過程叫作感應起電。【解析】負正異種同種靜電感應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]由圖像可知

所以R1:R2=1:3。

[2]由串聯電路特點知U1:U2=R1:R2=1:3【解析】四、作圖題(共2題，共16分)19、略

【分析】【詳解】

（1）[1]傳感器1串聯在電路中；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均隨時間減小；選項AC錯誤，選項B正確；

D．由于放電電流I減小，根據可知電阻箱R的電壓UR減小；選項D正確。

故選BD。

（3）[3]A．根據電流傳感器顯示的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，根據可求出該電容器的電容；選項A正確；

B．根據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，因此放電時間將變長，選項C錯誤；

D．電源不變，電容器的充電電壓不變，若只減小電容器的電容大小，根據可知電容器的電荷量將變小；放電的時間將變短，選項D正確。

故選ABD。【解析】ABDABD20、略

【分析】【詳解】

第一幅圖中線圈內部磁場垂直紙面向外；根據右手定則可以判斷，電流為逆時針；第二幅圖中，磁場向上，根據右手定則可以判斷，左端電流垂直紙面向外，右端電流垂直紙面向里。

【解析】第一幅圖中電流為逆時針；第二幅圖左端電流垂直紙面向外；右端電流垂直紙面向里。

五、實驗題(共2題，共16分)21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]由歐姆表讀數規則可知；讀數為24Ω。

（2）[2]電路連線如圖；

（3）[3]為了電路安全；防止電流過大，閉合開關前，應將滑動變阻器的滑動觸頭置于最右端；

[4]流過定值電阻的電流為由并聯電路電壓規律可得

可得待測電阻

（4）[5]由

可得

圖象的斜率為

可得

[6]考慮到實際上電流表有內阻，待測電阻阻值的計算值是待測電阻的真實值與電流表內阻之和，待測電阻阻值的計算結果比真實值大。【解析】24最右端24偏大22、略

【分析】【詳解】

（1）根據閉合電路歐姆定律：變形得：因此圖象的縱軸截距電動勢圖象的斜率則電源內阻由圖示電路圖可知，由于電壓表的分流作用，通過電源的電流大于這是造成系統誤差的原因；若考慮電源電壓表內阻，則表達式為變形得：則由數學規律可知，電動勢E偏小；內阻偏小；

（2）根據閉合電路歐姆定律E=I（R+r）變形，得到與R的關系式，根據數學知識得知，﹣R圖象的斜率的倒數等于電源的電動勢E，縱軸截距的絕對值等于電源的內阻r與定值電阻的和，