2025年新科版高三物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年新科版高三物理下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(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列說法正確的是（）A.布朗運動就是分子熱運動B.0℃的冰熔解成0℃水，分子勢能一定增大C.單位體積的分子數(shù)增加，氣體壓強一定增大D.第二類永動機違反能量守恒定律2、如圖所示，傾斜的傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，一物塊從傳送上端A滑上傳送帶，滑上時速率為v1，傳送帶的速率為v2，且v2>v1，不計空氣阻力，動摩擦因數(shù)一定，關(guān)于物塊離開傳送帶的速率v和位置，下面哪個是可能的（）A.從下端B離開，v=v1B.從下端B離開，vC.從上端A離開，v=v1D.從上端A離開，v3、根據(jù)里克特在1953年提出的公式計算，每一級地震釋放的能量E2與次一級地震能量E1的關(guān)系為lg（E2/E1）=1.5，其中1.0級地震釋放能量為2.0×106J．廣島原子彈爆炸的能量約相等于13000噸的TNT烈性炸藥，即大概為5.5×1013J．2011年3月11日特大地震并發(fā)海嘯襲擊了日本關(guān)東地區(qū)；震級高達里氏9.0級，那么此次大地震的能量大約相當于多少顆廣島原子彈爆炸釋放的能量（）

A.11490顆。

B.18590顆。

C.21560顆。

D.36360顆。

4、【題文】來自宇宙的電子流，以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則這些電子在進入地球周圍的空間時，將（）A.豎直向下沿直線射向地面B.相對于預(yù)定地點向東偏轉(zhuǎn)C.相對于預(yù)定點稍向西偏轉(zhuǎn)D.相對于預(yù)定點稍向北偏轉(zhuǎn)5、滑板是現(xiàn)在非常流行的一種運動，如圖所示，一滑板運動員以7m/s

的初速度從曲面的A

點下滑，運動到B

點速度仍為7m/s

若他以6m/s

的初速度仍由A

點下滑，則他運動到B

點時的速度(

)

A.大于6m/s

B.等于6m/s

C.小于6m/s

D.條件不足，無法計算6、船和人的總質(zhì)量為M，原來靜止在水面上，質(zhì)量為m的人從船頭水平跳出后，船獲得的反沖速度為V，則人跳出去時的速度為（）A.B.C.D.7、關(guān)于位移和路程的說法中錯誤的是（）A.位移既有大小，又有方向B.路程只有大小，沒有方向C.位移與路程的大小一定相同D.位移與路程的大小不一定相同評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、（2015秋?沈陽校級月考）小李同學(xué)利用如圖所示的裝置測量重力加速度的數(shù)值；圖示器材及作用如下：

A．豎直放置在水平桌面上的鐵架臺。

B．固定在鋼管頂端的鋼球吸附器；通電時可使鋼球吸附其上，斷電可使鋼球由靜止開始自由下落。

C．兩個光電門；與光電計時器連接，通過計時器記錄鋼球從第一光電門到第二光電門的間隔時間t

D．網(wǎng)兜；用來接住鋼球．

（1）實驗步驟如下：按圖示安裝實驗器材，讓小球、兩個光電門和網(wǎng)兜____；

②量出兩個光電門中心間的距離h；釋放小球，記錄鋼球從第一光電門到第二光電門的間隔時間t；

③改變第二個光電門的位置；多次重復(fù)實驗步驟②；

④利用實驗數(shù)據(jù)做出____圖象，使圖象斜率K和重力加速度g滿足K=．

（2）分析實驗，回答問題：本實驗還需要的實驗器材有：____．9、如圖所示，n個質(zhì)量為m的完全相同的物塊疊放在一起，所有接觸面的動摩擦因數(shù)均為μ，滑輪摩擦不計，當F為____時，所有物塊恰好相對滑動．10、一顆人造地球衛(wèi)星離地面高h=3R（R為地球的半徑）．若已知地地球表面的重力加速度為g，則衛(wèi)星做勻速圓周運動的速度是____，若已知地球的質(zhì)量為M，萬有引力常量為G，則衛(wèi)星做勻速圓周運動的角速度是____，周期是____．11、一個質(zhì)點在一個恒力F作用下由靜止開始運動，速度達到v，然后換成一個方向相反大小為3F的恒力作用，經(jīng)過一段時間后，質(zhì)點回到出發(fā)點，則質(zhì)點回到出發(fā)點時速度大小為____．12、（2011秋?楚雄市校級期中）如圖所示，桌面上放一單匝線圈，線圈中心上方一定高度處有一豎立的條形磁體．當磁體從圖示位置豎直向下運動到磁體的N極到達線圈所在平面時，那么穿過線圈的磁通量將____（填“變大”或“變小”）．再繼續(xù)往下運動穿過線圈的磁通量將____（填“變大”或“變小”）．此過程中，線圈中____（填“有”或“無”）感應(yīng)電流產(chǎn)生．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)13、液晶分子在特定方向排列比較整齊，但不穩(wěn)定．____．（判斷對錯）14、只要溫度不變且處處相等，系統(tǒng)就一定處于平衡態(tài)．____．（判斷對錯）15、（2010?駐馬店模擬）如圖為一列沿x軸正方向傳播的簡諧波在t=0時刻的波形圖，已知波速為10m/s，則圖中P質(zhì)點的振動方程為y=10sin5πt（cm）____（判斷對錯）16、運動的電荷在磁場中一定受洛倫磁力的作用．____（判斷對錯）17、一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能的大小只與溫度有關(guān)____（判斷對錯）18、地理位置的南北極即為地磁場的南北極____．（判斷對錯）19、在磁場中任一點，小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．____．（判斷對錯）評卷人得分四、證明題(共4題，共36分)20、如圖所示，一列平面波朝著兩種介質(zhì)的界面?zhèn)鞑?，A1A2是它在介質(zhì)I中的一個波面，C1和C2位于兩種介質(zhì)的界面上，B1B2是這列平面波進入介質(zhì)II后的一個波面；A1C1和A2C2是它的兩條波線，入射角為θ1，折射角為θ2，波在I、Ⅱ介質(zhì)中的傳播速度分別為v1和v2．

（1）試根據(jù)惠更斯原理證明：；

（2）若已知θ1=53°（sin53°=0.8），A1A2的長度為0.6m，介質(zhì)I和介質(zhì)II中的波速之比為v1：v2=4：3，則：A1C1B1與A2C2B2的長度相差多少？21、在水平轉(zhuǎn)臺上，距轉(zhuǎn)軸為處插立一豎直桿，桿頂系一根長為的細繩，繩的末端掛一個質(zhì)量為的小球（圖），當轉(zhuǎn)臺勻速轉(zhuǎn)動后，試證懸繩張開的角度與轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)速的關(guān)系是：22、如圖所示，小球用不可伸長的長度為L的輕繩懸于O點．（不計阻力）試證明：繩對小球在最低點拉力T1與最高點拉力T2之差T1-T2=6mg．

23、帶電離子以速度v沿CB方向射入一橫截面為正方形的區(qū)域，C，B為該正方形兩邊的中點，如圖所示，不計粒子的重力，當區(qū)域內(nèi)有豎直方向的勻強電場E時，粒子恰好從A點飛出；當區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場時，粒子也恰好從A點飛出，試證明：=v．評卷人得分五、畫圖題(共2題，共16分)24、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經(jīng)7s時的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）25、在圖示中，物體A處于靜止狀態(tài)，請畫出各圖中A物體所受的彈力．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】布朗運動是懸浮在液體中固體小顆粒的無規(guī)則運動，它反映了液體分子的無規(guī)則運動．根據(jù)熱傳遞情況分析物態(tài)變化時分子勢能的變化．氣體的壓強與單位體積內(nèi)的分子數(shù)和分子的平均動能有關(guān)．第二類永動機違反熱力學(xué)第二定律．【解析】【解答】解：A；布朗運動是懸浮在液體中固體小顆粒的無規(guī)則運動；是由于周圍液體分子撞擊的沖力不平衡引起的，所以布朗運動是液體分子無規(guī)則的反映，但不是液體分子的熱運動，也不是固體分子的無規(guī)則運動，故A錯誤。

B；一定質(zhì)量的0℃的冰熔解成的0℃的水；要吸收熱量，內(nèi)能增大，由于溫度不變，分子的總動能不變．則分子勢能增大，故B正確．

C；單位體積的分子數(shù)增加；氣體壓強不一定增大，還與氣體分子的平均動能有關(guān)，故C錯誤．

D；第二類永動機不違反能量守恒定律；而是違反熱力學(xué)第二定律．故D錯誤．

故選：B．2、A|B|C【分析】試題分析：滑塊從A端滑上傳送帶，在傳送帶上必先相對傳送帶向下運動，由于不確定滑塊與傳送帶間的摩擦力和滑塊的重力沿斜面下滑分力的大小關(guān)系和傳送帶的長度，若能從A端離開，由運動的可逆性可知，必有v=v1，即選項C是正確，選項D是錯誤的；若從B端離開，當摩擦力大于重力的分力時，則v＜v1，選項B是正確的，當摩擦力小于重力的分力時，則v＞v1，當摩擦力和重力的分力相等時，滑塊一直做勻速直線運動，v=v1，選項A是正確的，故本題應(yīng)選ABC．故選ABC考點：牛頓定律的綜合應(yīng)用.【解析】【答案】ABC3、D【分析】

∵lg（E2/E1）=1.5，∴=101.5，

E9=1012E1=2.0×1018J；

即9.0級地震的能量相當于36360顆廣島原子彈爆炸釋放的能量．

故選D．

【解析】【答案】先求出9.0級地震釋放出的能量；然后計算出這些能量相當于多少顆原子彈釋放的能量．

4、C【分析】【解析】地球表面地磁場方向由南向北，電子帶負電.根據(jù)左手定則可判定，電子自赤道上空豎直下落過程中所受洛倫茲力方向向西.【解析】【答案】C5、A【分析】解：滑板運動員從曲面的A

點下滑過程中；重力和摩擦力做功，當他下滑的速度減小時，在同一點他對軌道的壓力減小，摩擦力減小，則他下滑過程中克服摩擦力做功減小，重力做功相同，根據(jù)動能定理得知，動能的變化量減小，第一次下滑過程動能變化量為零，則有。

12mvB2鈭?12mvA2>0

得vB>6m/s

故選A

滑板運動員從曲面的A

點下滑過程中；重力和摩擦力做功，當他下滑的速度減小時，分析摩擦力如何變化，確定運動員克服摩擦力做功的大小，分析動能變化量的大小，再求出他運動到B

點時的速度范圍．

本題運用向心力和動能定理分析運動員下滑過程動能的變化量大小，是經(jīng)常采用的思路．【解析】A

6、B【分析】【分析】人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出人的速度．【解析】【解答】解：人跳出船的過程系統(tǒng)動量守恒；以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

mv人+（M-m）V=0；

解得：v人=；

故選：B．7、C【分析】【分析】位移是矢量，位移的方向由初位置指向末位置．位移的大小不大于路程．路程是標量，是運動路徑的長度．當質(zhì)點做單向直線運動時，位移的大小一定等于路程．【解析】【解答】解：

A；路程沒有方向；只有大小，是標量，位移是矢量，位移的方向由初位置指向末位置，路程是標量，是運動路徑的長度，路程不是位移的大小．故ABD正確；

C；只有當質(zhì)點做單向直線運動時；位移的大小一定等于路程．故C錯誤．

本題選擇錯誤的，故選：C．二、填空題(共5題，共10分)8、在同一豎直線上毫米刻度尺【分析】【分析】根據(jù)實驗原理；確保三者在同一豎直線；

根據(jù)運動學(xué)公式v=v0+at，結(jié)合；及圖象的斜率含義，即可求解；

由實驗步驟可知，還需要測量長度．【解析】【解答】解：（1）實驗步驟如下：按圖示安裝實驗器材；讓小球；兩個光電門和網(wǎng)兜在同一豎直線上；

根據(jù)平均速度公式；

而=，且v=v0+gt；

綜上所述，解得：=v0+gt

因此作出圖象時，圖象斜率K和重力加速度g滿足K=．

（2）本實驗還需要長度的測量；因此實驗器材為：毫米刻度尺；

故答案為：（1）在同一豎直線上，；（2）毫米刻度尺．9、n2μmg【分析】【分析】物體做勻速運動，受力平衡，對物體進行受力分析，根據(jù)平衡條件列式即可求解【解析】【解答】解：假設(shè)只有一個物體；則有：

設(shè)繩子的拉力為F；物體做勻速運動，受力平衡，對物體進行受力分析，則有：F=μmg

若有兩個物體；則有：上面物體A受力分析，繩子的拉力與滑動摩擦力，受力平衡，則有：T=μmg；

對下面物體B受力分析；則有：F=2μmg+μ（2m）g=4μmg；

當有三個物體；同理，F(xiàn)=9μmg；

因此若有n個質(zhì)量為m的完全相同的物塊疊放在一起，F(xiàn)=n2μmg

故答案為：n2μmg．10、16π【分析】【分析】人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、周期和向心力的表達式，再結(jié)合地球表面重力加速度的公式進行討論即可．【解析】【解答】解：人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r；地球質(zhì)量為M；有。

=mω2r=m=mr

r=4R；

根據(jù)萬有引力等于重力得地球表面重力加速度為：g=；

若已知地地球表面的重力加速度為g，則衛(wèi)星做勻速圓周運動的速度是v==；

若已知地球的質(zhì)量為M；萬有引力常量為G；

則衛(wèi)星做勻速圓周運動的角速度是ω==；

周期是T=2π=16π；

故答案為：，，16π．11、2v【分析】【分析】物體在恒力F作用下由靜止運動到速度為v，當換成相反方向大小為3F，經(jīng)過一段時間，回到出發(fā)點，由動能定理可求出物體回到出發(fā)點的速率．【解析】【解答】解：設(shè)物體在恒力F作用下發(fā)生的位移為s，由動能定理得：Fs=①

物體在3F恒力作用下；先做勻減速運動，速度減小到零后返回，到物體回到原出發(fā)點時，物體的位移大小仍為s．在3F恒力作用的過程中，由動能定理得：

3Fs=②

由①②得：vt=2v；

即物體回到原出發(fā)點時的速度為2v．

故答案為：2v12、變大變小有【分析】【分析】根據(jù)磁通量的定義與產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件分析答題．【解析】【解答】解：當磁體從圖示位置豎直向下運動到磁體的N極到達線圈所在平面時；穿過線圈的磁感線條數(shù)增加，那么穿過線圈的磁通量將變大．再繼續(xù)往下運動過程，穿過線圈的磁感線條數(shù)減少，穿過線圈的磁通量將變?。?/p>

此過程中；穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈中有感應(yīng)電流產(chǎn)生．

故答案為：變大；變?。挥校?、判斷題(共7題，共14分)13、√【分析】【分析】人們熟悉的物質(zhì)狀態(tài)（又稱相）為氣、液、固，較為生疏的是電漿和液晶，液晶像液體一樣可以流動，又具有某些晶體結(jié)構(gòu)特征的一類物質(zhì)．液晶是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài)．【解析】【解答】解：液晶像液體一樣可以流動；又具有某些晶體結(jié)構(gòu)特征的一類物質(zhì)，所以液晶分子在特定方向排列比較整齊，但不穩(wěn)定．故該說法是正確的．

故答案為：√14、×【分析】【分析】首先知道平衡態(tài)和熱平衡的定義，知道影響的因素是不同；知道溫度是判斷系統(tǒng)熱平衡的依據(jù)；據(jù)此分析判斷即可．【解析】【解答】解：一般來說；平衡態(tài)是針對某一系統(tǒng)而言的，描述系統(tǒng)狀態(tài)的參量不只溫度一個，還與體積壓強有關(guān)，當溫度不變時，系統(tǒng)不一定處于平衡態(tài)．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×15、×【分析】【分析】首先據(jù)波動圖象讀出波長和求出周期，根據(jù)質(zhì)點的振動和波的傳播特點分析質(zhì)點的振動情況，然后再寫出振動方程，與題干中的方程比較即可．【解析】【解答】解：該波是振幅是10cm，波速為10m/s，波長為4m，所以周期：T=s，角速度ω=；

該波向x軸的正方向傳播；由上下坡法可知，圖中P質(zhì)點在t=0時刻振動的方向向下，所以振動方程為y=-10sin5πt（cm），錯誤．

故答案為：×16、×【分析】【分析】電場的性質(zhì)是對電荷有力的作用，而電荷受到電場力的方向與電場強度可以相同，也可以相反．當運動的帶電粒子的速度方向不與磁場平行，將會受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力的方向與磁場方向的關(guān)系．【解析】【解答】解：當運動的電荷的速度方向與磁場方向平行時；不受洛倫茲力；

故答案為：×．17、√【分析】【分析】一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度越高，內(nèi)能越大．【解析】【解答】解：物態(tài)的內(nèi)能與物體的物質(zhì)的量；溫度、體積以及物態(tài)有關(guān)．對一定質(zhì)量的理想氣體；物質(zhì)的量一定，物態(tài)一定，而氣體分子之間的作用力可以忽略不計，所以一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能的大小只與溫度有關(guān)．

故答案為：√18、×【分析】【分析】地球是個巨大的磁體，地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近．地球周圍存在著磁場．【解析】【解答】解：地理北極附近是地磁南極；地理南極附近是地磁北極．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×19、√【分析】【分析】磁場雖然是看不見、摸不著的，但它會對放入它中的磁體產(chǎn)生力的作用，小磁針N極在磁場中所受的磁力方向跟該點的磁場方向相同．【解析】【解答】解：磁體的周圍存在磁場；電流周圍也存在磁場，磁場的基本性質(zhì)是對放在其中的磁體存在力的作用．

磁場方向與放在該點的小磁針的N極靜止時的方向一致；或小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．所以該說法是正確的．

故答案為：√四、證明題(共4題，共36分)20、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)惠更斯原理畫出波面C1D1與C2D2；根據(jù)幾何關(guān)系得到入射角正弦和折射角的正弦．結(jié)合光傳播距離公式s=vt求解．

（2）根據(jù)光線在兩種介質(zhì)中的速度之比為入射角和折射角的正弦之比，通過幾何關(guān)系求出A1C1B1和A2C2B2的長度相差的距離【解析】【解答】解：（1）證明：如圖，根據(jù)惠更斯原理畫出波面C1D1與C2D2．

在RT△C1D1C2和RT△C2D2C1中：∠C2C1D1=θ1，∠C1C2D2=θ2；有：

，

又因為D1C2=v1t，C1D2=v2t

所以聯(lián)立各式得：得證。

（2）根據(jù)，v1：v2=4：3和θ1=53°得：θ2=37°

所以C1C2=1.0m，D1C2=0.8m，C1D2=0.6m

所以A1C1B1與A2C2B2的長度相差：△r=D1C2-C1D2=0.2m

答：（1）證明見上．

（2）A1C1B1與A2C2B2的長度相差0.2m．21、略

【分析】【解析】以小球為研究對象，由題可知，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，半徑為R=lsin+r，由重力和細繩拉力的合力提供向心力，力圖如圖．設(shè)轉(zhuǎn)速為n，則由牛頓第二定律得①②②代入①得解得思路分析：小球隨著一起轉(zhuǎn)動時在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，由重