2025年岳麓版高三物理下冊階段測試試卷

…………○…………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年岳麓版高三物理下冊階段測試試卷784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、關于平均速度、瞬時速度敘述正確的是（）A.直線運動位移與時間的比值是瞬時速度B.路程與時間的比值等于平均速度C.對于變速運動不同時間段內平均速度一定不相等D.瞬時速度可理解為時間趨于零時的平均速度2、如圖所示；A；B球的質量相等，彈簧的質量不計，傾角為θ的斜面光滑．系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法中不正確的是（）

A.兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下；大小均為g?sinθ

B.B球的受力情況未變；瞬時加速度為零。

C.A球的瞬時加速度沿斜面向下；大小為g?sinθ

D.彈簧有收縮趨勢；B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零。

3、在如圖所示的電路中，有一理想的降壓變壓器，其匝數比為3：1，一額定功率為6W、9V的燈泡L1與變壓器的原線圈串接，在變壓器的副線圈兩端并聯接入三個與L1完全相同的燈泡L2、L3、L4；兩個理想的交流電表按如圖的方式接入電路，已知理想變壓器原線圈兩端的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示，則下列正確的是（）

A.mn兩點間的所加電壓的瞬時值為Uab=27sin100πt（V）B.L1、L2、L3、L4均正常發(fā)光C.只有L2、L3、L4正常發(fā)光D.整個電路消耗的總功率為18W4、如圖所示，一些商場安裝了智能化的自動電梯，無乘客時電梯靜止．當有乘客時自動電梯會經過先加速再勻速運行，則電梯在運送乘客過程中（）A.乘客始終受摩擦力作用B.乘客經歷先超重再失重的過程C.加速時乘客受到的合外力方向豎直向上D.加速時乘客受到的合外力方向沿斜面向上5、做勻加速直線運動的物體依次通過間距相等的A、B、C三點，AB段的平均速度為3m/s，BC段的平均速度為5m/s，則物體通過B點的速度為（）A.3.75m/sB.4.25m/sC.4m/sD.4.5m/s6、如圖所示，電源的電動勢和內阻分別為E、r，在滑動變阻器的滑動觸頭P由a向b移動的過程中，下列各物理量變化情況為（）A.電流表的讀數一直減小B.R0的功率先增大后減小C.電壓表的讀數先減小后增大D.電源的總功率先減小后增大評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、對一定量的氣體，它的壓強、體積和溫度存在某些關系．關于這些關系的表述，正確的是（）A.溫度不變時，體積減小，壓強增大B.體積不變時，壓強增大，溫度升高C.體積減小時，溫度一定升高D.溫度升高時，壓強可能減小8、利用速度傳感器與計算機結合，可以自動作出物體運動的圖象．某同學在一次實驗中得到的運動小車的速度-時間圖象如圖所示，以下說法正確的是（）A.小車先做加速運動，后做減速運動B.小車運動的最大速度約為0.8m/sC.小車的位移一定大于8mD.小車做曲線運動9、下面關于力的說法中，正確的是（）A.力是物體間的相互作用B.力可以使物體發(fā)生形變C.大小和方向都相同的力，作用效果一定相同D.力不能脫離物體單獨存在10、汽車在水平路面上從靜止開始做勻加速直線運動，t1末關閉發(fā)動機，做勻減速直線運動，t2末靜止，其v-t圖象如圖所示，圖中α＜β，若汽車牽引力做功為W，平均功率為P；汽車加速和減速過程中克服阻力做功分別為W1和W2，平均功率分別為P1和P2，則（）（整個過程中阻力不變，且W=W1+W2）A.P=P1+P2B.W1＞W2C.P1＞P2D.P1=P211、在豎直向下的勻強磁場中，將一水平放置的金屬棒PQ以初速度v0水平拋出，如圖所示．棒在運動過程中始終保持水平，空氣阻力不計，那么，下列說法中正確的是（）A.PQ棒兩端的電勢一定滿足φp＜φQB.PQ棒中的感應電動勢越來越大C.PQ棒中的感應電動勢越來越小D.PQ棒中的感應電動勢保持不變12、如圖，一固定容器的內壁是半徑為R

的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m

的質點P

。它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W

。重力加速度大小為g

。設質點P

在最低點時，向心加速度的大小為a

，容器對它的支持力大小為N

，則()

A.a

=2mgR鈭?WmR

B.a

=2mgR鈭?WmR

C.N

=3mgR鈭?2WR

D.N

=2mgR鈭?WR

13、如圖所示，水下光源S向水面A點發(fā)射一束光線，折射光線分成a、b兩束，則（）A.a、b兩束光相比較，a光的折射率較大B.若b光束通過小孔發(fā)生明顯的衍射現象，則a光也一定能通過該小孔發(fā)生明顯的衍射現象C.若保持入射點A位置不變，將入射光線順時針旋轉，則從水面上方觀察，b光先消失D.采用同一雙縫干涉實驗裝置，分別以a、b光做光源，a光的干涉條紋間距小于b光的干涉條紋間距評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、N（N>1）個電荷量均為q(q>0)的小球，均勻分布在半徑為R的圓周上，示意如圖。若移去位于圓周上P點的一個小球，則圓心O點處的電場強度大小為____，方向____。（已知靜電力常量為k）15、【題文】設質子、中子、氘核的質量分別為m1、m2和m3,那么,當一個質子和一個中子結合成一個氘核時,釋放的能量是____。16、圖（a）是流水線上的產品輸送及計數裝置示意圖，其中S為光源，R1為定值電阻，R2為光敏電阻（無光照射時阻值大，有光照射時阻值?。?，電源電壓恒為12V．產品隨傳送帶勻速運動，當產品通過S與R2之間時，射向R2的光束會被擋?。仙想婃IK，R2兩端的電壓隨時間變化的關系如圖（b）所示．則每分鐘通過計數裝置的產品個數為____個，有光照射和無光照射時R2的功率之比為____．

17、海面上有一列沿一定方向傳播的水面波，此波的波長為λ，振幅為A，傳播速度v1，一艘海船以一定速度v2航行，且v2＞v1，當船沿著波的傳播方向行進時，在船首可以測得第一和第二個波峰通過的時間間隔t1=____，若船逆著波的傳播方向行進時，波峰通過的時間間隔為t2，則t1、t2之比為____．18、一半徑為R的雨傘繞柄以角速度ω勻速旋轉，如圖所示，傘邊緣距地面高h，甩出的水滴在地面上形成一個圓，求此圓半徑r=____

評卷人得分四、判斷題(共1題，共6分)19、物體的平均速率為零，則物體一定處于靜止狀態(tài)．____．（判斷對錯）評卷人得分五、解答題(共1題，共9分)20、某實驗室工作人員用初速度v0=0.09c（c為真空中的光速）的α粒子，轟擊靜止的氮原子核N，產生了質子H．若某次碰撞可看作對心正碰；碰后新核與質子同方向運動，垂直磁場方向射入勻強磁場，通過分析偏轉半徑可得出新核與質子的速度大小之比為1：20，已知質子質量為m．

①寫出核反應方程；

②求出質子的速度v．評卷人得分六、作圖題(共1題，共6分)21、如圖所示，質量m=10kg的質點在光滑的水平面上υ=2m/s的速度運動2s．此后，同時受到平行于水平面三個恒力F1、F2、F3的作用運動10s．已知圖中每一小格邊長的長度表示1N的力．求：

（1）F2力使物體獲得的加速度a2

（2）用平行四邊形作圖法求出物體所受的合力F（在圖中保留作圖的痕跡）

（3）F3力對物體做的功W3．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】理解瞬時速度、平均速度、平均速率等基本概念，瞬時速度是與某一時刻或者某一位置相對應的速度，平均速度是質點在某段時間內運動的位移與所用時間的比值，而平均速率是所用路程與時間的比值，二者是兩個完全不同的概念．【解析】【解答】解：A；直線運動位移與時間的比值是平均速度；不是瞬時速度；故A錯誤；

B；路程與時間的比值等于平均速率；故B錯誤；

C；對于變速運動在不同時間段內可能出現相同的位移；故可以出現平均速度相等的情況；故C錯誤；

D；瞬時速度表示在一瞬間或一位置時的速度；瞬時速度可理解為時間趨于零時的平均速度；故D正確；

故選：D2、B【分析】

細線未剪斷前；根據共點力平衡得，彈簧的彈力F=mgsinθ．

剪斷細繩的瞬間；彈簧彈力不變，對于B，瞬間合力為零，則B的瞬時加速度為零．

對于A，合力為F合=mgsinθ+F=2mgsinθ；根據牛頓第二定律得，A的瞬時加速度方向沿斜面向下，大小為2gsinθ．故B正確，A；C、D錯誤．

本題選不正確的；故選B

【解析】【答案】細線燒斷的瞬間；彈簧彈力不變，根據牛頓第二定律求出瞬時加速度的大小．

3、B【分析】【分析】由四只燈泡均正常發(fā)光，則可求得原副線圈的電流，求得匝數之比，由圖象中的周期求得頻率，各表的示數為有效值．【解析】【解答】解：A、由圖乙可得：T=0.02s，則，所以原線圈所加電壓的瞬時值為U1=27sin100πt（V），根據，得：，所以燈泡L2、L3、L4正常發(fā)光，又因為匝數比為3：1，根據=，所以通過四個燈泡的電流始終相等，所以燈泡L1也正常發(fā)光，所以V；故A錯誤；

B、C、根據A中分析可知L1、L2、L3、L4均正常發(fā)光；故B正確，C錯誤；

D；整個電路消耗的總功率為：P′=4P=4×6W=24W；故D錯誤；

故選：B．4、D【分析】【分析】加速運動階段，扶梯對乘客有水平向左的摩擦力和豎直向上的支持力（支持力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)），二者的合力即扶梯對乘客的作用力指向左上方；勻速運動階段，扶梯對乘客只有豎直向上的支持力（支持力等于重力，乘客既不超重，也不失重），扶梯對乘客的作用力豎直向上．根據牛頓第三定律，分析乘客對扶梯的作用力方向．【解析】【解答】解：A；勻速運動階段；扶梯對乘客只有豎直向上的支持力，沒有摩擦力．故A錯誤．

B；加速運動階段；扶梯對乘客的支持力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)；勻速運動階段，扶梯對乘客的支持力等于重力，乘客既不超重，也不失重．故B錯誤．

C；D、加速運動階段；扶梯對乘客有水平向左的摩擦力和豎直向上的支持力，扶梯對乘客的作用力指向左上方；勻速運動階段，扶梯對乘客的作用力豎直向上．即電梯對乘客的作用力先指向前上方，再豎直向上；故C錯誤，D正確；

故選：D．5、B【分析】【分析】物體做勻加速直線運動，對AB、BC兩段過程分別根據速度位移關系式列方程，得出A、B、C三點的速度與位移的關系，根據AB段和BC段的平均速度與A、B、C三點的速度列式，聯立求出vB．【解析】【解答】解：設加速度大小為a，經A、C的速度大小分別為vA、vC．

據勻加速直線運動規(guī)律可得

vC2-vB2=2a

聯立解得vB=4.25m/s

故答案為：4.25m/s6、D【分析】【分析】由圖變阻器Pa與Pb兩部分并聯，再與R0串聯．電壓表測量路端電壓，電流表測量干路電流．根據變阻器總電阻的變化，由歐姆定律分析電路中電壓、電流的變化來判斷．【解析】【解答】解：在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，變阻器并聯的總電阻先增大后減小，根據閉合電路歐姆定律分析可知，電路中的總電流I先減小后增大，則電流表的讀數先減小后增大，R0的功率先減小后增大；電源的內電壓先減小后增大，則由閉合電路歐姆定律可知路端電壓先增大后減小，則電壓表的讀數先增大后減小．

由于總電流I先減小后增大；則電源總功率EI先減小后增大，故ABC錯誤，D正確．

故選：D．二、多選題(共7題，共14分)7、ABD【分析】【分析】一定質量的氣體的三個狀態(tài)參量體積、壓強、和溫度之間的關系滿足：PV=nRT，結合各選項的某個參量的變化，然后討論即可．【解析】【解答】解：A、根據理想氣體的狀態(tài)方程：可知；溫度不變時，若體積減小，則壓強增大．故A正確；

B、根據理想氣體的狀態(tài)方程：可知；體積不變時，若壓強增大，則溫度升高．故B正確；

C、根據理想氣體的狀態(tài)方程：可知；體積減小時，可能是溫度升高，也可能是壓強增大．故C錯誤；

D、根據理想氣體的狀態(tài)方程：可知；溫度升高時，若同時體積增大，壓強可能減?。蔇正確．

故選：ABD8、ABC【分析】【分析】根據速度-時間時間圖象特點可直接分析小車的運動情況．在v-t圖象中，圖象斜率表示加速度的大小，圖線與坐標軸所圍的面積在數值上表示位移的大小．【解析】【解答】解：A；B、D：在v-t圖象中；圖象的斜率表示加速度的大小，根據圖象可知，小車先做勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的加速運動，達到最大速度0.8m/s后，開始做加速度逐漸增大的減速運動，由于其速度方向一直為正方向，因此小車做直線運動，故AB正確，D錯誤；

C；在v-t圖中；圖線與坐標軸所圍的面積在數值上表示位移的大小，圖中每小格的面積表示的位移大小為0.1m，總格數約為83格（大于半格計為一格，小于半格忽略不計），總位移8.3m，大于8m，故C正確．

故選：ABC．9、ABD【分析】【分析】力是物體間的相互作用，力具有物質性、矢量性和相互性特點，力是物體形變或速度改變的原因．【解析】【解答】解：A；力是物體間的相互作用．故A正確；

B；力的作用效果是：力可以使物體的形狀發(fā)生改變（簡稱形變）也可以使物體的運動狀態(tài)發(fā)生改變；故B正確；

C；影響力的作用效果的有大小、方向和作用點；作用在同一物體上的兩個力大小、方向相同，作用點不一定相同，如從不同的位置推轉動的門，效果不同，故C錯誤；

D；力是物體間的相互作用；故不能離開施力物體和施力物體而單獨存在，故D正確；

故選：ABD．10、BD【分析】【分析】由動能定理可得出汽車牽引力的功與克服摩擦力做功的關系，由功的公式可求得加速和減速過程中克服摩擦力做功的大??；由摩擦力做功利用P=FV可求得摩擦力的功率關系．【解析】【解答】解：

A、對全過程，由動能定理可知W-W1-W2=0，故W=W1+W2；由W=Pt1，W1=P1t1，W2=P2t2，代入得：Pt1=P1t1+P2t2，因t1與t2不相等，則P≠P1+P2；故A錯誤；

B、根據速度圖象的“面積”表示位移可知，汽車加速過程的位移要大于減速過程的位移，因摩擦力不變，故加速時摩擦力所做的功大于減速時摩擦力所做的功，即W1＞W2；故B正確；

C、D、因加速和減速運動中，平均速度均為，即平均速度相等，摩擦力f相等，由P=fV可知，則摩擦力的平均功率相等，故P1=P2；故C錯誤；故D正確．

故選：BD11、AD【分析】【分析】根據右手定則判斷電勢的高低．由感應電動勢公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感線方向的分速度，結合平拋運動的特點分析選擇．【解析】【解答】解：A、金屬棒做切割磁感線產生感應電流，根據右手定則判斷得知：感應電動勢方向從P→Q，則Q的電勢高于P的電勢，即φP＜φQ．故A正確．

B、C、D金屬棒PQ做平拋運動，其水平方向的分運動是勻速直線運動，水平分速度保持不變，等于v0．由感應電動勢公式E=Blvsinα，visvα是垂直于磁感線方向的分速度，即是平拋運動的水平分速度，等于v0，則感應電動勢E=Blv0，B、l、v0均不變；則感應電動勢大小保持不變．則BC錯誤，D正確．

故選AD12、AC【分析】質點P

下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR

鈭?

W

=12

m

v

2

則速度v

=2mgR鈭?Wm

在最低點的向心加速度a

=v2R=2mgR鈭?WmR

選項A正確，選項B錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律得N

鈭?

mg

=

ma

，N

=3mgR鈭?2WR

選項C正確，選項D錯誤。【解析】AC

13、BC【分析】【分析】光源S向水面A點發(fā)射一束光線，折射光線分成a，b兩束，兩條光路入射角相同，a光的折射角小于b光的折射角．根據折射定律分析折射率的大小．若保持入射點A位置不變，將入射光線順時針旋轉，則從水面上方觀察，b光的折射角先達到90°，最先消失．折射率大的光，頻率高，波長短，波動性弱，干涉條紋間距小．【解析】【解答】解：A、由題，兩光束的入射角i相同，折射角ra＜rb，根據折射定律得到，折射率na＜nb．故A錯誤．

B、由于頻率fa＜fb，波長λa＞λb，則a光的波動性較強，衍射現象更明顯，b光的波動性較弱，所以b光束通過小孔發(fā)生明顯的衍射現象；則a光也一定能通過該小孔發(fā)生明顯的衍射現象，故B正確．

C、若保持入射點A位置不變，將入射光線順時針旋轉，則從水面上方觀察，b光的折射角先達到90°，發(fā)生全反射，b光最先消失．故C正確．

D、折射角ra＜rb，頻率fa＜fb，波長λa＞λb，則a光的干涉條紋間距大于b光的間距．故D錯誤．

故選：BC三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】由對稱性可知，均勻分布在半徑為R的圓周上，N個帶電小球在圓心O點處的電場強度大小為零。若移去位于圓周上P點的一個小球，剩余帶電小球在圓心O點處產生的電場強度與P點小球在圓心O點產生的電場強度大小相等，方向相反。由點電荷電場強度公式可知，P點帶電小球在圓心處產生的電場強度為方向沿OP指向P點。若移去位于圓周上P點的一個小球，則圓心O點處的電場強度大小為方向沿OP指向P點。【解析】【答案】沿OP指向P點15、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】（m1+m2—m3,）C16、2011：20【分析】【分析】首先題境知道模型的含義，據圖知道有光和無關的時間，據此求出每分鐘通過產品的個數；再據圖象的電壓和電源的電壓，再據閉合電路的歐姆定律和功率公式求解即可．【解析】【解答】解：據圖象可知，通過一個時的時間為2s，R2兩端的電壓電壓為10；即6秒的時間內通過2個產品，所以60秒內通過20個產品．

設電源內阻和R1的總電阻為R，當有光照射時，電路的電流為I==A，電阻R2的功率為：P1=；

同理求得當有產品通過的功率：P2=

所以：=

故答案為：20；11：：2．17、【分析】【分析】第一和第二個波峰之間的位移是一個波長，分兩種情況求出相對速度，再根據t=求解時間即可．【解析】【解答】解：第一和第二個波峰之間的位移是λ；

當船沿著波的傳播方向行進時，船相對于水的速度v=v2-v1；

所以；

當船逆著波的傳播方向行進時，船相對于水的速度v′=v2+v1；