2026--2027学年高二上学期人教版物理必修第三册9-13章月考练习试卷

**基本信息** 聚焦人教版物理必修三9-13章核心内容，以电磁血流量计、热敏电阻等科技情境为载体，融合物理观念与科学思维的高二月考卷。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题43分|静电场、恒定电流、磁场|基础题考查电荷性质等概念，综合题涉及电路动态分析（如光敏电阻电路）| |非选择题|5题57分|实验探究、电场力学综合|实验题含螺旋测微器读数等操作，计算题类比万有引力与库仑定律（模型建构）|

2026--2027年高二上学期人教版物理必修第三册9-13章月考练习试卷【含答案】 考试范围：第三册9-13章 考试时间：75分钟 总分：100分 学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共43分） 1、 选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．[4分]要测绘一个标称“3.8V、0.3A”灯泡L的伏安特性曲线，选用了电池组（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）、电流表（量程0~0.6A，内阻约0.3Ω）、电压表（量程0~5V，内阻约5kΩ）、开关、导线和滑动变阻器（阻值范围0~10Ω）。为了安全、准确地完成实验，电压应从零开始调节，应该选用的电路图为（　　） A． B． C． D． 2．[4分]如图所示，电工在几十万伏的高压线上进行带电作业时，会身穿由导电金属材料与纺织纤维混纺交织成布制成的屏蔽服。下列关于屏蔽服的作用，说法正确的是（　　） A．利用金属材料不易拉破的特性保护电工 B．根据静电屏蔽原理，屏蔽服内的合场强为零 C．电工穿屏蔽服，主要是为了挡风御寒 D．金属材料电阻大，能够隔绝电流，从而对人体起保护作用 3．[4分]一个简单的闭合电路由内外两部分电路构成，已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力（化学作用）把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向跃升，这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图所示，图中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，D点的高度略低于C点。若增大外电路电阻R，则下列说法正确的是（　　） A．C、D两点的高度差将变大 B．A、B两点的高度差将不变 C．A与D、C与B高度差的总和将变小 D．设电路中定向移动的正电荷为正电荷，则单位正电荷从B处经C、D移至A处，非静电力做功不变 4．[4分]下列关于电荷的说法正确的是（    ） A．自然界中只有正电荷 B．物体所带电荷的多少叫做电荷量 C．电荷量很小的电荷就是元电荷 D．物体所带电荷量可以是任意的 5．[4分]如图所示，有一段长为1m，电阻为的金属丝，两端连接成一闭合圆环，在圆环上取M、N两点与外电路相连，已知M、N间的短圆弧长20cm，沿AM流入圆环的电流强度为0.5A，则（　　） A．M、N间的短圆弧金属丝的电阻值为 B．闭合圆环在M、N间的电阻值为 C．闭合圆环在M、N间的电阻值为 D．通过M、N间的短圆弧金属丝的电流强度为0.1A 6．[4分]空间中有一正四面体ABCD，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为Q的正点电荷，棱AB、CD的中点分别为E、F。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（    ）    A．E、F两点电势不同 B．E、F两点电场强度相同 C．E点的电场强度大小为 D．F点的电场强度大小为 7．[4分]如图所示，边长为a的等边的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，这两个三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（    ） A．正电荷在O点处受电场力方向由O指向C，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G B．O点处的电势高于D点处的电势，D点处场强大于O点处场强 C．A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同 D．带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减小 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．[5分]实验小组设计了如图所示的欧姆表电路和对应表盘，欧姆表表盘正中央的刻线为“15”。通过开关S和调节电阻箱R2，能实现“×1”和“×10”双倍率量程。已知电源电动势E=1.5V，毫安表内阻Rg=90Ω，电源内阻不计，则（　　） A．如果要测二极管正向电阻，表笔A应该接二极管的负极 B．定值电阻R1的阻值为10Ω C．表头的满偏电流为100mA D．从“×1”挡换至“×10”挡，R2阻值需要增大 9．[5分]如图所示，匀强电场中有一个等边三角形ABC，其边长为2cm，三角形所在的平面跟匀强电场平行。已知A、B、C三点的电势分别为4V、6V、2V，下列说法正确的是（     ） A．匀强电场的方向垂直于BC边 B．匀强电场的电场强度大小为2V/cm C．等边三角形中心的电势为4V D．将一个电子从B点移到C点，其电势能减少了4eV 10．[5分]如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，为定值电阻且>r，为光敏电阻，当光照强度减小时阻值增大，L为小灯泡，C为电容器，电表均为理想电表.闭合开关S后，若增大照射光强度，则下列说法正确的是（） A．电压表的示数减小 B．电源的输出功率增大 C．电容器上的电荷量增加 D．两表示数变化量的比值不变 第二部分（非选择题 共57分） 三、非选择题：本大题共5题，共57分。 11．[8分]电磁血流量计是运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图甲所示，某段监测的血管可视为规则的圆柱体模型，其前后两个侧面a、b上固定两块竖直正对的金属电极板（未画出，电阻不计），磁感应强度大小为0.12T的匀强磁场方向竖直向下，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，则a、b电极间存在电势差。 (1)若用多用电表监测a、b电极间的电势差，则图甲中与a相连的是多用电表的 色表笔（选填“红”或“黑”）； (2)某次监测中，用多用电表的“250μV”挡测出a、b电极间的电势差U，如图乙所示，则 μV； (3)若a、b电极间的距离d为3.0mm，血管壁厚度不计，结合（2）中数据可估算出血流速度为 m/s（结果保留两位有效数字）； (4)为了测量动脉血流接入电路的电阻，某小组在a、b间设计了如图丙所示的测量电路。闭合开关S，调节电阻箱的阻值，由多组灵敏电流计G的读数I和电阻箱的示数R，绘制出图像为一条倾斜的直线，且该直线的斜率为k，纵截距为b，如图丁所示。已知灵敏电流计G的内阻为，则血液接入电路的电阻为 （用题中的字母k、b、表示）。 12．[10分]在乡村振兴项目中，智能孵化系统内的温度控制装置可以利用热敏电阻感知温度变化，实现自动化控制孵化室内温度的目的。某探究小组想验证该热敏电阻的电阻率随温度的变化关系，实验器材如下： 干电池（电动势6 V，内阻可以忽略）； 电压表（内阻约为1000 Ω，量程6 V）； 电流表A1（内阻约为1 Ω，量程60 mA）； 电流表A2（内用约为0.5 Ω，量程20 mA）； 热敏电阻Rx（20 ~ 80℃温度范围内，阻值：100 ~ 500 Ω，阻值随温度升高而变小）； 滑动变阻器R0（阻值0 ~ 1000 Ω）； 电阻箱R1（阻值0 ~ 10 Ω）； 导线、开关若干。 （1）先用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为__________mm，再用游标卡尺测得其长度L。 （2）在探究该热敏电阻的电阻率随温度（20℃ ~ 80℃）的变化关系时，设计如图乙的实验电路，热敏电阻Rx被置于烧杯热水（电路各部分与水间绝缘）中，温度计可以实时监控温度变化，为更准确测量电流，电流表应选用__________（填写“A1”或“A2”）。为减小实验误差，单刀双掷开关S2应置于__________（填写“位置1”或“位置2”）。闭合开关S1，将开关S2置于合适位置，测得不同温度下的电压U和电流I，描点得到的Rx − T实验图像将为__________（填写“曲线a”或“曲线b”），曲线c为无误差图像。 （3）为得到更精确的热敏电阻的电阻率，探究小组重新设计如图丁所示的实验，闭合开关S1和S4，调节滑动变阻器使电流表满偏；保持滑动变阻器阻值不变，闭合开关S3，调节电阻箱阻值为R′时电流表半偏；断开开关S3和S4，闭合开关S1，开关S2置于合适位置，此时测得的电压为U1，电流为I1，则电阻率ρ的表达式为__________（用题中所给字母表达）。 13．[11分]万有引力定律和库仑定律相似,使得解决相关问题的方法可以相互借鉴. 图1 图2 （1） 与静电力做功特点类似,万有引力做功同样与路径无关.已知某卫星绕地球的轨道为一椭圆,地球位于椭圆的一个焦点上,如图1所示，已知地球和卫星的质量分别为、,远地点为，近地点为，距离为,距离为.取无穷远处引力势能为零,质量为、的两物体相距为时,引力势能表达式为,其中为引力常量. a．推导证明卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒； b．求卫星从运动到的过程中增加的动能. （2） 如图2所示,直线上有一固定点电荷,带电荷量为,另一质量为、带电荷量为的点电荷由直线上某点静止释放,仅考虑两电荷间的库仑力,当电荷运动至距离电荷为时,其速度大小恰等于绕做半径为的匀速圆周运动时的速度大小.取无穷远处电势为零,两点电荷、相距为时的电势能表达式为,其中为静电力常量. a．求点电荷由静止释放时与点电荷的距离； b．已知在万有引力作用下人造卫星绕地球以椭圆轨道或圆轨道运行时,若椭圆轨道半长轴与某一圆轨道半径相等,则其在两轨道上运行的周期相等.请据此估算点电荷从该位置由静止释放运动到点电荷位置的时间. 14．[12分]如图所示，固定于竖直平面内的光滑绝缘圆形轨道BCDG，其轨道半径为，CG为水平直径，BD为竖直直径，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左，大小的匀强电场中，现有一质量为、带电量为的小滑块（可视为质点）从水平轨道上的A点由静止释放，A到B的距离，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4，重力加速度为。试求（结果可用根式和分式） （1）滑块第一次到达B点经历的时间t； （2）滑块到达轨道D点时受到轨道的压力； （3）如果调整滑块在水平轨道上的初始位置，为确保滑块不脱轨并能从G点滑出，则初始静止释放点距B点距离s的取值范围。 15．[16分]如图所示，长为R的轻质细线一端固定在点，细线的下端系一质量为m，电荷量为q的带电小球。现将小球从细线处于水平状态由静止释放，小球运动到B点时，绳子断裂，刚好在B处水平抛出．带电小球抛出后经过一匀强电场区域（只存在于之间），恰好从C点沿切线方向进入水平地面上固定的半径为r的圆弧形槽，槽的圆心在，D点为最低点，且，已知小球在弧面上克服摩擦力做的功为小球在水平面上克服摩擦力做功的一半。已知两点的高度差为，，重力加速度为g，不计空气阻力（已知，） （1）小球在C点的速度大小； （2）求该带电小球带什么电？匀强电场场强的大小E； （3）小球最终停在距离D处的Q点，求水平面与小球间的动摩擦因数。 参考答案 1．【答案】B 【详解】因实验要求电流从零开始调节，所以滑动变阻器应用分压式接法；因小灯泡电阻比较小，故电流表应用外接法。 【知识总结】测绘小灯泡伏安特性曲线，要求电压从零调节，滑动变阻器必须采用分压式；小灯泡属于小电阻，电流表选择外接法以减小系统误差。 2．【答案】B 【详解】高压带电作业时，屏蔽服采用金属丝织成，利用静电屏蔽原理，当金属网（或金属织物）包裹人体时，外界电场会使金属表面感应电荷，使屏蔽服内部的合电场强度几乎为零，从而保护电工不受外部高压电场伤害。 【知识总结】高压屏蔽服利用静电屏蔽效应，金属织物发生静电感应，使屏蔽服内部空间合电场强度近似等于零，以此保护作业人员。 3．【答案】D 【详解】电动势不变，当R增大时，总电流减小，内电压减小，路端电压增加；CD两点高度差类似于内电压，内电压减小；故A错误；AB两点的高度差为外电压，外电压增加；故B错误；而图中A与D，C与B高度差的总和为电动势，故应不变；故C错误；正电荷从B处经CD至A处，非静电力做功W=Uq，不变；故D正确。 4．【答案】B 【详解】自然界中有正电荷和负电荷两种，故A错误；物体所带电荷的多少叫做电荷量，故B正确；元电荷是电荷量的最小单元，不是很小的电荷，故C错误；物体所带电荷量只能说单元元电荷的整数倍，故D错误。 5．【答案】B 【详解】ABC．根据电阻定律，导体的电阻与长度成正比，短弧的电阻为，长弧的电阻为，闭合圆环在M、N间的电阻值为短弧和长弧并联的电阻，即，故AC错误，B正确； D．通过M、N间的短圆弧金属丝的电流强度与通过M、N间的长圆弧金属丝的电流强度之比等于其电阻的反比，即，总电流为0.5A，通过M、N间的短圆弧金属丝的电流强度为，故D错误。选B。 6．【答案】C 【详解】根据几何关系可知，E到A、B的距离和F到C、D的距离相等，E到C、D的距离和F到A、B的距离相等，而电势是标量，满足代数运算，而点电荷在某点的电势，由于4个顶点处的4个电荷均为正电荷，则可知顶点处的4个电荷在E、F两点的电势之和相等，即E、F两点电势相同，故A错误；根据点电荷产生的电场中的场强公式，可知，A、B处的电荷在E点处产生的场强矢量和为零，C、D处的电荷在E点处产生的场强方向沿着EF连线，由F指向E；C、D处的电荷在F点处产生的场强矢量和为零，A、B处的电荷在F点处产生的场强方向沿着EF连线，由E指向F，则可知，E、F两点电场强度大小相等，方向不同，故B错误；根据几何关系可得，而C、D两点到E点的距离相等，则C、D两处的电荷在E点产生的场强大小相等，根据点电荷的场强公式可得C、D两处的点电荷任意一个在E点产生的场强大小为，则可得E点处的合场强，根据几何关系，，联立解得，根据以上分析可知，E、F两点的场强大小相等，故C正确，D错误。 7．【答案】A 【详解】做出三个点电荷在O点处产生的场强，如图所示 根据几何关系可知，且三个点电荷的电荷量相等，因此三个点电荷在O点产生的场强大小相等，根据电场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，O点处的合场强由O指向C，而带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与场强的方向相同，因此正电荷在O点处受电场力方向由O指向C；根据安培定则，分别做出三根通电直导线在H处产生的磁场方向，如图所示 由于H点距三根通电直导线的距离相等，且三根通电直导线中电流大小相等，因此三根通电直导线在H处产生的磁场强度大小相等，根据磁场强度的叠加法则（平行四边形定则）可知，H点处的合磁场方向平行EF水平向右，因此根据左手定则可知，电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处受安培力方向由H指向G，故A正确；由于O点在B、C处两等量异种点电荷连线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且电势为零，因此O点处的电势即为A点处的正电荷所形成电场在O点的电势，根据几何关系可得，可得O点处的电势 D点处的电势，可知，根据以上分析可知，由点电荷形成的场强的计算公式结合几何关系可得O点处的合场强，对于D点，由于A、B两处的点电荷在D点产生的场强大小相等方向相反，因此D点处的场强大小即为C点处的电荷在D点产生的场强的大小，可得，显然，故B错误；做出B、C处两电荷在A处产生的场强的大小，根据平行四边形定则做出合场强，如图所示 由于A处电荷带正电，因此其所受电场力的方向与场强的方向相同，即其方向斜向左上方，与AC连线之间的夹角为；根据安培定则做出F、G两处导线在E点产生的磁场，以及根据平行四边形定则做出其合磁场，再根据左手定则做出E处导线所受安培力的方向，如图所示 根据几何关系可知，E处导线所受安培力的方向斜向右下方，与EF连线之间的夹角为，可知，A点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向不同，故C错误；根据以上分析可知，而带负电的粒子在电势低的地方电势能大，因此带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能增加，故D错误。 8．【答案】BD 【详解】A．表笔A应与二极管的正极相连，A错误； BC．由表盘可知，“×1”、“×10”倍率时，欧姆表内阻分别为15Ω、150Ω，且根据串并联电阻关系可知，S断开时为大倍率，根据闭合电路欧姆定律可知，S断开时表头通过满偏电流，则，S闭合时，表头仍通过满偏电流，而干路电流为，由分流原理可知，所以，B正确，C错误； D．“×1”挡时，S闭合，此时，所以，“×10”挡时，S断开，此时，所以，所以从“×1”挡换至“×10”挡，R2阻值需要增大，D正确。选BD。 9．【答案】BC 【详解】取BC边的中点，在匀强电场中，连线中点的电势等于两端点电势的平均值，则点的电势为，代入数据解得，已知点的电势为，则AD连线为等势线，由几何关系可知等边三角形的中线AD垂直于边BC，由于电场线与等势线互相垂直，可知匀强电场的方向平行于BC边，故A错误；由于匀强电场的方向平行于BC边且由高电势点指向低电势点，根据匀强电场电势差与电场强度的关系有，代入已知数据解得，故B正确；等边三角形的中心位于中线AD上，由于整个AD连线均为电势等于的等势线，因此等边三角形中心的电势为，故C正确；将一个电子从点移到点，电场力做功为，代入数据解得，由于电场力做负功，电子的电势能增加了，故D错误。 【关键点拨】匀强电场当中线段中点电势等于两端电势的算术平均值；等势线和电场线互相垂直，根据等势线确定电场方向；电子带负电，电场力做功与电势能变化反向。 10．【答案】BD 【思路点拨】此题考查电路的动态分析问题，要注意正确分析电路，再根据程序法按“局部-整体-局部”的思路进行分析解答。 【详解】增大光照则R2减小，所以电路的总电流增大，电压表测定值电阻R1两端的电压，读数变大，A错误；因为R1>r，电源输出功率，则当R外=r时，输出功率最大，当R外>r时，随外电路的电阻减小，输出功率增大，则B正确；由于内电压、R1两端的电压均增大，则电容器电压减小，带电量减小，C错误；由于U=IR1，所以，比值不变，D正确；选BD。 11．【答案】(1)红；(2)150；(3)0.42；(4) 【详解】（1）根据左手定则可知，正离子在洛伦兹力作用下向电极聚集，负离子在洛伦兹力作用下向电极聚集，可知，电极电势比电极高，根据多用表“红进黑出”规律可知，图甲中与相连的是多用电表的红表笔。 （2）多用电表的“250μV”挡测出a、b电极间的电势差U，根据电压表读数规律可知，该电压读数为150μV。 （3）稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，根据条件有，解得。 （4）根据闭合电路的欧姆定律有，变形可得，由于该直线的斜率为，纵截距为，则有，，解得。 12．【答案】（1）2.200 （2）A1；位置1；曲线a （3） 【详解】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以 （2）由于热敏电阻两端的电压最大为6 V，其电阻最小为100 Ω，所以流过热敏电阻的电流最大为 因电流表A2量程太小，应该选A1； 由于 所以电流表应采用内接法，即单刀双掷开关S2应置于位置1； 由于电流表分压，导致测量结果偏大，且随着温度变高，热敏电阻测量值与真实值的差值始终为电流表阻值，维持不变，故选曲线a。 （3）根据题意，当闭合开关S1和S4，调节滑动变阻器使电流表满偏；保持滑动变阻器阻值不变，闭合开关S3，调节电阻箱阻值为R′时电流表半偏，则有 当闭合开关S1，开关S2置于合适位置，此时测得的电压为U1，电流为I1，根据欧姆定律有 根据电阻定律有， 联立可得 13．【答案】a 见解析 b （2） a b 【详解】 a 设引力做功为,根据动能定理有, 引力做功与引力势能变化量的关系为, 故有,由此可知,动能与引力势能之和守恒. b 卫星从运动到的过程中,动能与引力势能之和守恒，有,其中, 解得. （2） a 当绕做匀速圆周运动时,库仑力提供向心力，有 , 当靠近时,由动能定理得, 由功能关系有, 解得. b 将的直线运动视为无限“扁”的椭圆运动,其半长轴为, 设绕以半径做匀速圆周运动时的周期为,有, 库仑力提供向心力有, 解得. 14．【答案】（1） （2），方向竖直向下 （3）（或） 【详解】（1）滑块在AB段做匀加速直线运动，由动力学方法可知 解得 由匀变速直线运动位移公式，解得 （2）设滑块到达D点时的速度为，由动能定理有 解得 设滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为，则有 解得 滑块到达D点时受到轨道的作用力的方向竖直向下。 （3）如图所示，可以将电场力与重力的合力视为等效重力，图中H点为等效最高点 要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道H点，电场力和重力的合力恰好指向圆心，根据等效场思想，此时的速度最小，当在H点弹力为零时，滑块速度设为，则有 解得 由电场力和重力的合力提供向心力 解得 设此时滑块释放点与B点距离为，由动能定理有 解得 因此要使滑块不脱轨并从G点滑出，滑块初始静止释放的位置与B点的距离s取值范围：（或）。 15．【答案】（1）；（2）正电，；（3） 【详解】（1）小球从A到B的过程中机械能守恒有 解得 小球恰好从C点进入圆弧轨道，在水平方向有 根据速度关系有 解得 （2）小球恰好从C点进入圆弧轨道有 在竖直方向有 则 联立解得 小球从B到C的过程中，根据牛顿第二定律，有 所以 带电小球带正电。 （3）根据题意有 且小球在水平面上克服摩擦力做功 从C到Q，根据动能定理有 又 联立以上各式可得 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $