2025年牛津译林版高三物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年牛津译林版高三物理上册阶段测试试卷183考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地逆时针转动，在Q到达最高位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A.MN对Q的弹力大小保持不变B.MN对Q的弹力一直减小至零C.P、Q间的弹力先增大后减小D.Q所受的合力逐渐增大2、如图所示，电动势为E，内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2；则下列表述正确的是（）

A.电源输出功率减小B.L1上消耗的功率增大C.通过R1上的电流增大D.通过R3上的电流增大3、如图所示，质量均为m的物体A、B通过一劲度系数为K的轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A．B都处于静止状态，现通过细绳缓慢地将A向上提升距离L1时，B刚要离开地面．若将A加速向上拉起，B刚要离开地面时，A上升的距离为L2．假设弹簧一直在弹性限度内，则（）A.L1=L2=B.L1=L2=C.L1=，L2＞L1D.L1=，L2＞L14、三个木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图，a放在光滑水平桌面上，a、b质量均为1kg，c的质量为2kg．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s2．该过程p弹簧的左端向左移动的距离是（）A.6cmB.8cmC.10cmD.12cm5、用300N的水平拉力拉500N车前进，当车的速度为4m/s时，拉力的功率为（）A.2000WB.1200WC.800WD.600W评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、某物体从某一较高处自由下落，第1s内的位移是____m，第2s末的速度是____m/s，前3s内的平均速度是____m/s，第3秒内的平均速度是____m/s，（g取10m/s2）．7、【题文】已知地面重力加速度大约是月面重力加速度的6倍。那么一台地面上的秒摆（运动周期为2.0秒）在月面上的运动周期约为____秒。（结果保留两位有效数字）8、天然放射性元素Pu经过____次α衰变和____次β衰变，最后变成铅的同位素____。（填入铅的三种同位素Pb、Pb、Pb中的一种）9、在“研究匀变速直线运动”的实验中，电磁打点计时器使用____（选填“直流”或“交流”）电源，它每隔0.02s打一次点．图示是实验得到的一条点迹清晰的纸带，A、B、C、D为四个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻两个计数点间的时间间隔是____s．经测量知道AB=2.20cm，BC=3.80cm，根据以上数据，可知打点计时器打下B点时物体的速度等于____m/s，物体的加速度等于____m/s2．

10、质量一定的理想气体完成如图所示的循环，其中A隆煤B

过程是绝热过程，B隆煤C

过程是等温过程，则A隆煤B

过程气体内能______(

选填“增加”、“减小”或“不变”)

从状态A

经BC

再回到状态A

的过程中，气体吸收的热量______放出的热量(

选填“大于”、“小于”或“等于”)

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)11、坐标系都是建立在参考系上的．____．（判断对错）12、单晶体的所有物理性质都是各向异性的．____．（判断对错）13、电场线真实地存在于电场中．____．（判断对错）14、热力学系统的平衡态是一种动态平衡，分子仍做无规则运动．____．（判断对错）15、电荷在电场中一定受电场力的作用．____（判断对错）16、物体受到的合外力不做功，则物体一定作匀速直线运动．____．评卷人得分四、实验题(共3题，共21分)17、（2011•金凤区模拟）现有一只标有“6v；0.3A”的小灯泡；请从下述器材中选出一些器材，设计一个实验，能较为准确地测定小灯泡正常工作时的电阻值．

A．直流电源（电动势12V；内阻约零点几欧）；

B．单刀双掷开关一只；

C．电阻箱R1（0～99.9Ω；额定电流1A）；

D．电流表A1（0～3A；内阻约零点几欧）；

E．电流表A2（0～0.6A；内阻约几欧）；

F．滑动变阻器R2（0～5Ω；额定电流1A）；

G．滑动变阻器R3（0～10Ω；额定电流2A）；

H．电键；导线若干．

①请将所选器材填在横线上____（只填选项前面代码）；

②在方框中画出电路图，并标上器材符号．18、（2015春•武汉校级期中）在“利用单摆测重力加速度：的实验中。

（1）某同学尝试用DIS（数据采集系统）测量周期．如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方．图中磁传感器的引出端A应接到____．使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于____．若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为____（地磁场和磁传感器的影响可忽略）．

（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T．虎后，分别取L和T的对数，所得到的lgT-lgL图线为____（填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g=____．19、（2014春•岳麓区校级期中）常用的测量仪器还有螺旋测微器，若某次测量示数如图，则待测长度为____mm．评卷人得分五、证明题(共3题，共18分)20、证明推导题：

试用运动学公式和牛顿定律证明：物体在光滑斜面上下落过程中机械能守恒．21、在水平转台上，距转轴为处插立一竖直杆，杆顶系一根长为的细绳，绳的末端挂一个质量为的小球（图），当转台匀速转动后，试证悬绳张开的角度与转台转速的关系是：22、（2016•海淀区模拟）如图所示，将小物块（可视为质点）平放在水平桌面的一张薄纸上，对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出，物块的位移很小，人眼几乎观察不到物块的移动．已知物块的质量为M，纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1，纸与物块间的动摩擦因数为μ2；重力加速度为g．

（1）若薄纸的质量为m；则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中；

①求薄纸所受总的摩擦力为多大；

②从冲量和动量的定义；结合牛顿运动定律和运动学规律，证明：水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量．（注意：解题过程中需要用到；但题目中没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明．）

（2）若薄纸质量可忽略，纸的后边缘到物块的距离为L，从开始抽纸到物块最终停下，若物块相对桌面移动了很小的距离s0（人眼观察不到物块的移动），求此过程中水平拉力所做的功．评卷人得分六、画图题(共2题，共18分)23、图所示为一列向左传播的简谐波在某一时刻的波形图，若波速是0.5m/s，试在图上画出经7s时的波形图。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）24、在图示中，物体A处于静止状态，请画出各图中A物体所受的弹力．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析MN对Q的弹力和半圆柱体P对Q的弹力变化情况．再对P研究，由平衡条件判断地面对P的弹力如何变化．【解析】【解答】解：A；以小圆柱体Q为研究对象；分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示．

由平衡条件得：

根据几何关系可知：α+β不变；分析可知，α减小，β增大；

MN对Q的弹力F1增大，P对Q的弹力F2减小．故A正确；BC错误．

D；Q缓慢移动；所受的合力保持为零，不变．故D错误．

故选：A2、C【分析】【分析】只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比．L1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析L1上消耗的功率变化，判断通过R3上的电流变化．【解析】【解答】解：A、只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2；并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率为P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大．故A错误．

B、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小；其消耗的功率减小．故B错误．

C、再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大．故C正确．

D、并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小．故D错误．

故选：C3、B【分析】【分析】无论A怎样运动，B刚要离地时弹簧弹力等于B的重力，所以弹簧的伸长量相同，根据胡克定律即可求解上升的位移．【解析】【解答】解：无论A怎样运动；B刚要离地时弹簧弹力等于B的重力。

弹簧的变化量相等，所以弹性势能的变化量相同，刚开始时弹簧的压缩量为：x=，当B刚要运动时弹簧的伸长量为x′=，所以两次A上升的位移相同L1=L2=；故只有B正确；

故选：B．4、D【分析】【分析】开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止，弹簧q处于压缩状态，受到的压力等于b物体的重力，根据胡克定律求出压缩的长度．当用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态，受到的拉力为等于c物体的重力，根据胡克定律求出弹簧q伸长的长度，再求出该过程p弹簧的左端向左移动的距离．【解析】【解答】解：开始未用水平力拉p弹簧时，弹簧q处于压缩状态，受到的压力等于b物体的重力，由胡克定律得到，弹簧q压缩的长度为：x1=；

当c木块刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态，受到的拉力为等于c物体的重力，根据胡克定律得，弹簧q伸长的长度：x2=；

此时，弹簧p处于伸长状态，受到的拉力等于b；c的总重力；则弹簧p伸长的长度为：

x3=

根据几何关系得到，该过程p弹簧的左端向左移动的距离为：S=x1+x2+x3=；

代入解得：S=0.12m=12cm

故选：D．5、B【分析】【分析】由功率公式P=Fv即可求的功率；【解析】【解答】解：拉力功率为P=Fv=300×4W=1200W

故选：B二、填空题(共5题，共10分)6、5201525【分析】【分析】物体做自由落体运动，根据位移公式和速度公式求解即可．【解析】【解答】解：物体做自由落体运动，第一秒内的位移为：h=；

第2秒末的速度为：v=gt=10×2=20m/s；

匀变速直线运动中某段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度；故

前3秒平均速度等于1.5s的瞬时速度，为v1=gt=10×1.5=15m/s；

第3秒内的平均速度等于2.5s的瞬时速度，为v2=gt=10×2.5=25m/s；

故答案为：5，20，15，25．7、略

【分析】【解析】由周期公式可知在地球表面秒摆摆长为1m，在月球表面周期为【解析】【答案】4.8～5.08、84Pb【分析】【解答】设发生了x次α衰变和y次β衰变，设生成的铅的同位素质量数为m；则有：

2x-y+82=94，239=m+4x，根据题意m可能为206、207、208，而x，y为整数，由数学知识可知，m=207，x=8，y=4．

【分析】根据衰变过程中质量数和电荷数守恒可以判断发生α和β衰变的次数，然后即可进一步确定是那种同位素9、交流0.10.301.6【分析】【解答】解：电磁打点计时器使用交流V电源；电源频率为50Hz，它每隔0.02s打一次点．

相邻两个计数点之间还有4个点未画出；所以相邻计数点之间的时间间隔T=0.1s；

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度；

得：VB==0.30m/s

根据匀变速直线运动的推论公式根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2；

得：BC﹣AB=△x=aT2；

整理得：a==1.6m/s2；

故答案为：交流；0.1，0.30，1.6

【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小10、略

【分析】解：C

到A

为等容过程，根据查理定律：PATA=PCTC

根据图象可知：PA>PC

所以TA>TC

又因为B

到C

为等温过程；故：TB=TC

所以：TA>TB

故A隆煤B

过程气体内能变小．

A

到B

为绝热过程，故与外界无热量交换Q1=0

内能减小量等于对外做功：鈻�U1=W1

B

到C

为等温过程，内能不变：鈻�U2=W2鈭�Q2=0

体积V

减小，外界对气体做功；

所以放出的热量：Q2=W2垄脵

C

到A

为等容过程，故做功W3=0

所以内能增加量鈻�U3=Q3

又因为：TB=TC

所以A

到B

过程内能的减小量等于C

到A

过程内能的增加量：鈻�U1=鈻�U3

所以吸收的热量：Q3=鈻�U3=鈻�U1=W1垄脷

根据P鈭�V

图象的下面积表示做功大小；

A

到B

过程对外做功大小W1

如上图面积所示；

B

到C

过程外界对气体做功大小W2

如上图面积所示；

可知：A

到B

过程气体对外做功大于B

到C

过程外界对气体做功，即：W1>W2垄脹

由垄脵垄脷垄脹

式可得：Q3>Q2

所以从状态A

经BC

再回到状态A

的过程中；气体吸收的热量大于放出的热量．

故答案为：减小；大于．

因为是一定质量的理想气体；只要分析出A隆煤B

过程温度的变化情况即可知道内能的变化情况；运用热力学第一定律，结合气体做功情况，即可判断整个循环过程中气体的吸放热情况．

本题考查气体定律与热力学第一定律的综合运用，解题关键是要根据图象分析好压强P

体积V

温度T

三个参量的变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律.

注意理想气体的内能与热力学温度成正比以及每个过程中做功的正负，P鈭�V

图象下面积大小表示做功大小．【解析】减小；大于三、判断题(共6题，共12分)11、√【分析】【分析】建立坐标系的意义是为了定量描述质点的位置变化，要根据问题的实际需要，建立合适的坐标系，沿直线运动建立直线坐标系，在平面上运动，建立平面直角坐标系．【解析】【解答】解：建立坐标系是为了定量描述物体的位置和位置的变化；坐标系都是建立在参考系上的，没有参考系则坐标系无法建立，所以该说法是正确的．

故答案为：√12、×【分析】【分析】晶体有单晶体和多晶体两种，单晶体各向异性，而多晶体各向同性．【解析】【解答】解：由于晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同；即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的．故该说法是错误的．

故答案为：×13、×【分析】【分析】为了研究的方便引入了电场线，实际不存在，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱．【解析】【解答】解：为了研究的方便引入了电场线；实际不存在．所以该说法是错误的．

故答案为：×14、√【分析】【分析】首先知道平衡态和热平衡的定义，知道影响的因素是不同；知道温度是判断系统热平衡的依据．【解析】【解答】解：热平衡是两个系统相互影响的最终结果；根据热平衡的定义可知，热力学系统的平衡态是一种动态平衡，分子仍做无规则运动．所以该说法是正确的．

故答案为：√15、√【分析】【分析】电场的基本性质就是对其中的电荷有力的作用，电荷在电场中一定受到电场力作用．【解析】【解答】解：电场的基本性质就是对其中的电荷有力的作用；故电荷在电场中一定受电场力的作用．

故答案为：√16、×【分析】【分析】物体做匀速直线运动时，合外力对物体不做功，但合外力不做功，物体不一定作匀速直线运动．【解析】【解答】解：物体受到的合外力不做功；则物体一定作匀速直线运动，如匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不做功．

故答案为：×四、实验题(共3题，共21分)17、ABCEGH【分析】【分析】根据给出的实验器材进行分析，重点明确实验方法及滑动变阻器分压限流接法的确定，然后再根据需要确定实验仪器．【解析】【解答】解：①必用仪器有电源A；开关导线H；灯泡电流为0.3A，故电流表应选择E；灯泡电阻约为20Ω，而两滑动变阻器较小，若用限流接法无法起到保护作用；故应采用分压接法；

若用R2作为分压电阻，当滑片在中点处时，通过左边的电流I==2.4A；超过其1A的额定电流；

故R3时，滑片在中点处时，通过左边电流为1.2A，能保护实验安全，故滑动变阻器选择R3；由于本题中没有给出电压表；故应采用电阻箱C进行实验，同时应采用单刀双掷开关；

故选用的仪器为：ABCEGH；

②由以上分析可知，本实验中应采用等效替代法，即将灯泡与R1并联，S2开始时接在灯泡两端，调节R3使电流表示数为0.3A；再S2打在与R1相连，调节R1使电流表示数仍为0.3A，则R1的示数即为电流表内阻；

故原理图如图所示；

故答案为：①ABCEGH；②如图所示．

18、数据采集器最低点直线【分析】【分析】（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器；从而采集数据，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点（或平衡位置），知道周期为一次全振动的时间，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，所以在t时间内完成了n-1个全振动；

（2）由T=结合数学对数知识，得到lgT-lgL的关系式，根据数学知识即可求解．【解析】【解答】解：（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而采集数据．单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点（或平衡位置）．若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为．

（2）由可知．故lgT-lgL图线为直线．由题意可知，故

故答案为：（1）数据采集器；最低点；；（2）直线；19、6.125mm（6.123～6.127mm均可）【分析】【分析】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】【解答】解：根据螺旋测微器读数规则；待测长度为6mm+0.01×12.3mm=6.123mm

故答案为：6.125mm（6.123～6.127mm均可）五、证明题(共3题，共18分)20、略

【分析】【分析】根据牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式速度位移关系公式列式，变形即可证明．【解析】【解答】证明：设物体的质量为m，从光滑斜面上的A点滑到B点，在A、B两点的速度分别为v1和v2．斜面的倾角为α，A、B两点的高度分别为h1和h2．

根据牛顿第二定律得mgsinα=ma

即有a=gsinα

根据运动学公式有-=2a•

联立得有-=2g（h1-h2）

即得：m-=mg（h1-h2）

移项得+mgh1=m+mgh2．

即E1=E2；

得证．

证明见上．21、略

【分析】【解析】以小球为研究对象，由题可知，小球在水平面内做匀速圆周运动，半径为R=lsin+r，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，力图如图．设转速为n，则由牛顿第二定律得①②②代入①得解得思路分析：小球随着一起转动时在水平面内做匀速圆周运动，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解转速试题【解析】【答案】见解析22、略

【分析】【分析】（1）①根据滑动摩擦力公式f=μN求解摩擦力．

②根据牛顿第二定律得物块和薄纸的加速度．从而得到速度的变化量；再研究水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量，即可证明．

（2）根据相对位移，得到摩擦产生的热量，利用功能关系求解．【解析】【解答】解：（1）①从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中；

物块对薄纸施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面对薄纸施加的摩擦力f桌=μ1（M+m）g

薄纸受到的总的摩擦阻力f总=μ1（M+m）