2025年湘教新版高三物理下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘教新版高三物理下冊階段測試試卷835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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、一個圓盤繞豎直轉(zhuǎn)軸OO'在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，盤面上距轉(zhuǎn)軸有一定距離的地方放置一小物塊，小物體隨圓盤一起做勻速圓周運動，小物塊所受力的個數(shù)為（）A.1個B.2個C.3個D.5個2、打點計時器是實驗中常用的儀器，要正確地使用它需了解其原理及使用方法．下列關(guān)于打點計時器的說法正確的是（）（答案不止一項）A.電磁打點計時器與電火花計時器在使用時都需要用交流電源B.電磁打點計時器需要用直流電源C.使用電磁打點計時器時，因紙帶運動過程中所受阻力較小，因而實驗誤差也較小D.使用電火花計時器時，因紙帶運動過程中所受阻力較小，因而實驗誤差也較小3、一質(zhì)點作簡諧運動；其位移x隨時間t變化的圖象如圖所示．由圖可知，在t=4s時，質(zhì)點的（）

A.速度為零，加速度為負的最大值B.速度為零，加速度為正的最大值C.速度為負的最大值，加速度為零D.速度為正的最大值，加速度為零4、2013年10月3日發(fā)生天王星“沖日”，此時天王星、地球、太陽位于同一條直線上，地球和天王星距離最近，每到發(fā)生天王星“沖日”的時候，是天文學家和天文愛好者觀測天王星的最佳時機．若把地球、天王星圍繞太陽的運動當作勻速圓周運動，并用r1、r2分別表示地球、天王星繞太陽運轉(zhuǎn)的軌道半徑，并設太陽質(zhì)量M與萬有引力常量G的乘積GM=，再經(jīng)過多長時間發(fā)生下一次天王星“沖日”？（）A.B.C.D.5、如圖，矩形裸導線框abcd的長邊長度為2L；短邊的長度為L，在兩短邊上均接有電阻R，其余部分電阻不計．導線框一長邊與x軸重合，左邊的坐標x=0，線框內(nèi)有一垂直于線框平面的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B．一質(zhì)量為m；電阻也為R的光滑導體棒MN與短邊平行且與長邊接觸良好．開始時導體棒靜止于x=0處，從t=0時刻起，導體棒MN在沿x軸正方向的一拉力作用下，從x=0處勻加速運動到x=2L處．則導體棒MN從x=0處運動到x=2L處的過程中通過導體棒的電量為（）

A.

B.

C.

D.

6、如圖3所示，質(zhì)量為m的木塊P在質(zhì)量為M的長木板ab上滑行，長木板放在水平地面上一直處于靜止狀態(tài)．若長木板ab與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，木塊P與長木板ab間的動摩擦因數(shù)為μ2，則長木板ab受到地面的摩擦力大小為()A.μ1MgB.μ1(m＋M)gC.μ2mgD.μ1Mg＋μ2mg7、用一根細繩將一重物吊在電梯內(nèi)的天花板上，在下列四種情況下，繩的拉力最小的是（）A.電梯加速上升B.電梯勻速上升C.電梯加速下降D.電梯勻速下降8、在真空中，將羽毛和蘋果同時從同一高度由靜止釋放，并拍下頻閃照片，下列頻閃照片符合事實的是（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、已知一顆人造衛(wèi)星在某行星表面繞行星做勻速圓周運動，經(jīng)過時間t，衛(wèi)星的路程為x，衛(wèi)星與行星的中心連線掃過的角度是1弧度，那么該衛(wèi)星的環(huán)繞周期T=____，設萬有引力恒量為G，該行星的質(zhì)量為M=____．10、（2013春?寧?？h校級月考）一同學要探究輕彈簧的彈性勢能與彈簧長度改變量的關(guān)系；他的實驗如下：在離地面高度為h的光滑水平桌面上，沿著與桌子邊緣垂直的方向放置一輕彈簧，其左端固定，右端與質(zhì)量為m的一小鋼球接觸．當彈簧處于自然長度時，小鋼球恰好處在桌子邊緣，如圖所示．讓鋼球每次向左壓縮彈簧一段相同的距離后由靜止釋放，使鋼球沿水平方向飛出桌面，小球在空中飛行后落在水平地面上，水平距離為s，重力加速度為g．

（1）請你寫出彈簧的彈性勢能Ep與小鋼球的質(zhì)量m、桌面離地面的高度h、小球拋出的水平距離s等物理量的關(guān)系____

（2）彈簧長度的壓縮量△x與對應的鋼球在空中飛行的水平距離s的實驗數(shù)據(jù)如表所示：

?！鱴/cms/cm2.06.13.912.06.018.28.024.1根據(jù)上面的實驗數(shù)據(jù)，探究寫出彈簧的彈性勢能Ep與彈簧的壓縮量△x之間的關(guān)系____．11、一個電容器的帶電量是4×10-8C；兩極板之間的電壓是2V，那么該電容器的電容是____F，如果將所帶電量全部放掉，這個電容器的電容是____．12、【題文】(5分)一群處于激發(fā)態(tài)n=4的氫原子，躍遷時可能發(fā)出____種頻率的光子；核反應方程中的X是____，若的質(zhì)量為mu、的質(zhì)量為mT、X的質(zhì)量為mX，若光在真空中的傳播速度為c，則該核反應釋放的能量為____。13、某電場的等勢面如圖所示，若單位正電荷q=1C沿任一路徑從點A移到B點，靜電力所做的功是____J．從A點移到C點，靜電力所做的功是____J．從B點移到C點，靜電力所做的功是____J．則WAC____WBC．（選填“大于”、“等于”、“小于”）14、（2015春?吉林校級期末）如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r．兩電壓表可看作是理想電表，當閉合開關(guān)，將滑動變阻器的觸片由左端向右端滑動時，燈泡L1變____（選填亮或暗），____表的讀數(shù)變?。ㄟx填V1或V2）．15、研究曲線運動建立坐標系的時候，坐標軸的方向可以人為設定．____（判斷對錯）評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、用電器的額定功率與所加的電壓無關(guān)．____．（判斷對錯）17、單晶體的所有物理性質(zhì)都是各向異性的．____．（判斷對錯）18、普朗克在研究黑體的熱輻射問題時提出了能量子假說____（判斷對錯）19、飽和汽壓與溫度有關(guān)，而與體積無關(guān)．____．（判斷對錯）20、物體運動的方向必與物體所受合外力的方向一致．____（判斷對錯）評卷人得分四、證明題(共4題，共32分)21、證明推導題：

試用運動學公式和牛頓定律證明：物體在光滑斜面上下落過程中機械能守恒．22、（2016?海淀區(qū)模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質(zhì)點）平放在水平桌面的一張薄紙上，對紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動．已知物塊的質(zhì)量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ1，紙與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質(zhì)量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動量的定義；結(jié)合牛頓運動定律和運動學規(guī)律，證明：水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質(zhì)量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對桌面移動了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動），求此過程中水平拉力所做的功．23、（2013春?崇明縣期末）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上離地面高為h1的A處有一木塊，自靜止起勻加速滑下．在滑行過程中取一任意位置B，經(jīng)過B處時木塊速度為v，位置B離地面高度h2．已知EA=mgh1，EB=mgh2+，試用牛頓第二定律和初速為零的勻加速直線運動公式證明：EA=EB．24、如圖所示，兩個光滑的水平導軌間距為L．左側(cè)連接有阻值為R的電阻，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過導軌平面，有一質(zhì)量為m的導體棒以初速度v0向右運動．設除左邊的電阻R外．其它電阻不計．棒向右移動最遠的距離為s，問當棒運動到λs時0＜λ＜L，證明此時電阻R上的熱功率：P=．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】對小木塊進行運動分析和受力分析，做勻速圓周運動，合力等于向心力，指向圓心，結(jié)合運動情況，再對木塊受力分析即可．【解析】【解答】解：小木塊做勻速圓周運動；合力指向圓心，對木塊受力分析，受重力；支持力和靜摩擦力，重力和支持力平衡，靜摩擦力提供向心力，共三個力．故C正確，A、B、D錯誤．

故選：C．2、A【分析】【分析】了解打點計時器的工作原理，能夠熟練使用打點計時器便能正確解答該題．【解析】【解答】解：AB；電磁打點計時器與電火花計時器在使用時都需要用交流電源；不能使用直流電源，故A正確，B錯誤；

CD；根據(jù)打點計時器的構(gòu)造和原理可知：電火花計時器的計時原理與電磁打點計時器相同；不過打點是利用電火花和墨粉，所以使用電火花計時器時，因紙帶運動過程中所受阻力較小，因而實驗誤差也較小，故C錯誤，D正確．

故選：AD．3、A【分析】【分析】根據(jù)簡諧運動的位移圖象直接讀出質(zhì)點的位移與時間的關(guān)系．當物體位移為零時，質(zhì)點的速度最大，加速度為零；當位移為最大值時，速度為零，加速度最大．加速度方向總是與位移方向相反，位移為正值，加速度為負值．【解析】【解答】解：在t=4s時；質(zhì)點的位移為正向最大，質(zhì)點的速度為零，而加速度方向總是與位移方向相反，大小與位移大小成正比，則加速度為負向最大值．

故選：A4、D【分析】【分析】研究天王星；地球繞太陽做勻速圓周運動；根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出角速度．

天王星、地球繞太陽做勻速圓周運動，當?shù)厍蜣D(zhuǎn)過的角度與天王星轉(zhuǎn)過的角度之差等于2π時，再一次相距最近．【解析】【解答】解：研究天王星；地球繞太陽做勻速圓周運動；根據(jù)萬有引力提供向心力；

=mω2r

ω=；

它們再一次相距最近時；一定是地球比天王星多轉(zhuǎn)了一圈，有：

ω1t-ω2t=2π

ω1=，ω2=

設太陽質(zhì)量M與萬有引力常量G的乘積GM=；

解得：t=；

故選：D．5、B【分析】

棒勻加速切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢；相當于電源接入電路．而棒從靜止以加速度a由左端勻加速到右端；

在此過程中通過棒的電量等于平均電流與時間的乘積．即Q=It

而I=．

根據(jù)法拉第電磁感應定律得，

則電量q=．故B正確；A；C、D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】導體棒切割磁感線做勻加速直線運動；導體棒切割時相當于電源，因此由法拉第電磁感應定律可求出感應電動勢大小，運用閉合電路的毆姆定律來算出電流．從而求出通過導體棒的電量．

6、C【分析】若長木板ab未動即地面對長木板ab的摩擦力為靜摩擦力，由于P在長木板ab上滑動，即P對長木板ab的摩擦力大小為μ2mg.由平衡條件可知地面對ab的靜摩擦力大小為μ2mg.即只有C正確．【解析】【答案】C7、C【分析】【分析】根據(jù)物體的運動的情況，由牛頓第二定律可以知道物體的受力的情況，從而可以判斷繩的拉力的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓弘娞輨蛩偕仙騽蛩傧陆禃r；物體處于受力平衡狀態(tài)，此時的拉力等于物體的重力的大??；

當電梯加速上升時；物體有向上的加速度，所以應該有向上的合力，所以此時對物體的拉力的大小要大于物體的重力；

電梯加速下降時；物體有向下的加速度，所以應該有向下的合力，所以此時對物體的拉力的大小要小于物體的重力；

由以上分析可知繩的拉力最小的是C．

故選：C．8、C【分析】【分析】要知哪個物體先到達地面，就要知道它們各自下落的時間，由于兩物體僅受重力，故兩物體的加速度都為g，且下落位移相同，根據(jù)h=gt2即可解得．【解析】【解答】解：在真空中物體只受重力作用；根據(jù)牛頓第二定律F=ma可得：mg=ma，即a=g；

由于物體從靜止開始下落，根據(jù)h=gt2可得。

物體下落的時間為t=；由于蘋果和羽毛從同一高度同時下落，故任意時刻都在同一高度，且是加速，故頻閃間距不斷變大，故C正確；

故選：C．二、填空題(共7題，共14分)9、2πt【分析】【分析】根據(jù)圓周運動的規(guī)律間的關(guān)系解出T，由萬有引力提供向心力可得到中心天體的質(zhì)量．【解析】【解答】解：由圓周運動的規(guī)律得衛(wèi)星的環(huán)繞周期T為：T=；

角速度為ω==；聯(lián)立得：T=2πt．

衛(wèi)星在行星表面上做圓周運動；

由萬有引力提供向心力得：G=mω2R；

而由幾何知識得R==s；

聯(lián)立解得：M=；

故答案為：2πt；．10、Ep=k△x2【分析】【分析】（1）彈簧釋放后；小球在彈簧的彈力作用下加速，彈簧與小球系統(tǒng)機械能守恒，小球離開桌面后，做平拋運動，根據(jù)平拋運動的知識可以求平拋的初速度，根據(jù)以上原理列式即可；

（2）先從實驗數(shù)據(jù)得出彈簧的壓縮量與小球的射程的關(guān)系，再結(jié)合第一小問中結(jié)論得到彈性勢能與小球的射程的關(guān)系，最后綜合出彈簧的彈性勢能EP與彈簧長度的壓縮量x之間的關(guān)系．【解析】【解答】解：（1）小球離開桌面后做平拋運動，有：s=v0t

豎直方向有：h=

聯(lián)立解得：v0=s；

根據(jù)功能關(guān)系有：EP=；

代入數(shù)據(jù)解得：EP=

（2）由（1）的結(jié)論知：EP∝s2；

題目表格中給定的數(shù)據(jù)可知s∝x，綜上可知：EP∝△x2

故彈簧的彈性勢能EP與彈簧長度的壓縮量△x之間的關(guān)系為EP∝△x2．

故答案為：（1）（2）Ep=k△x2（或者是彈簧的彈性勢能與彈簧壓縮量的二次方成正比，或者Ep∝△x2都對）11、2×10-82×10-8F【分析】【分析】由電容器的定義式可求得電容器的電容，明確電容器與兩板上的電壓及電荷量無關(guān)．【解析】【解答】解：由C=可知，電容C==2×10-8F；

電容器的電容與兩板間的電壓及電量無關(guān)，電容器本身的性質(zhì)，故放掉電量后，電容仍為2×10-8F．

故答案為：2×10-8；2×10-8F．12、略

【分析】【解析】

試題分析：一群處于激發(fā)態(tài)n=4的氫原子，向下躍遷可能發(fā)出6種不同頻率的光子；根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可判斷X是根據(jù)質(zhì)能方程釋放的能量

考點：本題考查躍遷假說、核反應、質(zhì)能方程【解析】【答案】6（2分），（1分），（2分）13、044等于【分析】【分析】據(jù)等勢線知AB、AC和BC間的電勢差，利用W=qU，判斷電場力做功情況【解析】【解答】解：由于A；B點是等勢點；即兩點電勢差為零，據(jù)W=qU知，電場力不做功；

從A到C電場力做功為W=qUAC=1×（10-6）J=4J

據(jù)圖知；A到C的電勢差與B到C的電勢差相等，據(jù)據(jù)W=qU知，兩種情況電場力相等．

故答案為：0；4，4，等于14、亮V2【分析】【分析】首先搞清電路的結(jié)構(gòu)：變阻器與燈泡L1并聯(lián)，再與燈泡L2串聯(lián)．V1表測量路端電壓，V2表測量燈泡L2的電壓．將滑動變阻器的觸片由左端向右滑動時，變阻器接入電路的電阻變大，根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)電路分壓規(guī)律分析兩電壓表讀數(shù)的變化．【解析】【解答】解：將滑動變阻器的觸片由左端向右滑動時，變阻器接入電路的電阻變大，變阻器與燈泡L1并聯(lián)的電阻變大，外電路總電阻增大，則路端電壓隨之增大，即V1表的讀數(shù)變大．由閉合電路歐姆定律可知，流過電源的電流減小，燈泡L2變暗，電壓表V2讀數(shù)變?。疅襞軱1的電壓U1=E-I（r+RL2）增大，燈泡L1變亮．

故答案為：亮，V2．15、對【分析】【分析】參考系，是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不作相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系．【解析】【解答】解：參考系的選取是任意的；如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，所以研究曲線運動建立坐標系的時候，坐標軸的方向可以人為設定．故該說法的正確的．

故答案為：對三、判斷題(共5題，共10分)16、√【分析】【分析】根據(jù)額定電壓和額定功率的概念進行分析，即用電器正常工作時的電壓為額定電壓，在額定電壓下的功率為額定功率．【解析】【解答】解：因用電器正常工作時；電壓為額定電壓，在額定電壓下的功率為額定功率，所以額定功率與實際電壓無關(guān)，實際功率與工作時的電壓有關(guān)；

故答案為：√17、×【分析】【分析】晶體有單晶體和多晶體兩種，單晶體各向異性，而多晶體各向同性．【解析】【解答】解：由于晶體在不同方向上物質(zhì)微粒的排列情況不同；即為各向異性，則為單晶體具有各向異性，但并不是所有物理性質(zhì)都是各向異性的．故該說法是錯誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】根據(jù)物理學史的知識，結(jié)合普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假設即可正確解答．【解析】【解答】解：普朗克在研究黑體的熱輻射問題時提出了能量子假說．故以上說法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】飽和汽壓是物質(zhì)的一個重要性質(zhì)，它的大小取決于物質(zhì)的本性和溫度．飽和汽壓越大，表示該物質(zhì)越容易揮發(fā)．【解析】【解答】解：飽和汽壓是物質(zhì)的一個重要性質(zhì)；它的大小取決于物質(zhì)的本性和溫度；故一定溫度下的飽和汽的分子數(shù)密度是一定值，相同溫度下不同液體的飽和汽壓一般是不同的；溫度越高，液體越容易揮發(fā)，故飽和汽壓隨溫度的升高而增大，而飽和汽壓與氣體的體積無關(guān)．所以該說法是正確的．

故答案為：√20、×【分析】【分析】物體運動的方向與物體所受合外力的方向可能相同，也可能不同，可舉例說明．【解析】【解答】解：物體運動方向可能與所受合外力的方向一致；比如自由落體運動，也可能不一致比如平拋運動等等．

故答案為：×四、證明題(共4題，共32分)21、略

【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再由運動學公式速度位移關(guān)系公式列式，變形即可證明．【解析】【解答】證明：設物體的質(zhì)量為m，從光滑斜面上的A點滑到B點，在A、B兩點的速度分別為v1和v2．斜面的傾角為α，A、B兩點的高度分別為h1和h2．

根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα=ma

即有a=gsinα

根據(jù)運動學公式有-=2a?

聯(lián)立得有-=2g（h1-h2）

即得：m-=mg（h1-h2）

移項得+mgh1=m+mgh2．

即E1=E2；

得證．

證明見上．22、略

【分析】【分析】（1）①根據(jù)滑動摩擦力公式f=μN求解摩擦力．

②根據(jù)牛頓第二定律得物塊和薄紙的加速度．從而得到速度的變化量；再研究水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量，即可證明．

（2）根據(jù)相對位移，得到摩擦產(chǎn)生的熱量，利用功能關(guān)系求解．【解析】【解答】解：（1）①從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

物塊對薄紙施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面對薄紙施加的摩擦力f桌=μ1（M+m）g

薄紙受到的總的摩擦阻力f總=μ1（M+m）g+μ2Mg

②從開始抽紙到薄紙被抽離物塊底部的過程，假設物塊的加速度為aM、薄紙的加速度為am，所用時間為t，這一過程物塊和紙張的速度變化量分別為△vM，△vm．

則有△vM=aMt，△vm=amt；

對于薄紙，根據(jù)牛頓第二定律有F-f桌-f物=mam

對于物塊，根據(jù)牛頓第二定律有f紙=MaM

由牛頓第三定律有f物=f紙

由以上三式解得F-f桌=mam+MaM

上式左右兩邊都乘以時間t，有（F-f桌）t=mamt+MaMt=m△vm+M△vM

上式左邊即為水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量；右邊即為物塊和紙