2025年冀教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年冀教版高三物理上册阶段测试试卷460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7题，共14分)1、两端封闭的等臂U形管中，两边的空气柱a和b被水银柱隔开，当U形管竖直放置时，两空气柱的长度差为h，如图所示．现将这个管平放，使两臂位于同一水平面上，稳定后两空气柱的长度差为L，若温度不变，则（）A.L＞hB.L=hC.L=0D.L＜h，L≠02、如图所示，将空的薄金属筒开口向下压入水中，设水温均匀恒定，筒内空气不泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，下列说法正确的是（）A.筒内壁与气体接触处，单位时间内碰撞单位面积的气体分子数不变B.筒内气体每一个分子的分子动能都不变C.筒内气体从外界吸热D.筒内气体向外界放热3、一物体做匀变速直线运动；速度图象如图所示，则在前4s内（设向右为正方向）（）

A.物体始终向右运动。

B.物体先向左运动；2s后开始向右运动。

C.前2s物体位于出发点的左方；后2s位于出发点的右方。

D.在t=4s时；物体距出发点最远。

4、某质点做匀速圆周运动．已知角速度ω和线速度v的大小；由此可以求出（）

A.运动周期。

B.轨道半径。

C.向心加速度大小。

D.所受向心力的大小。

5、0.4m长的轻杆上端固定800g的小球，小球（可视为质点）绕杆在竖直面内做圆周运动．当它经过最高点时速度为1m/s，杆对小球作用力（g=10m/s2）为（）

A.6N；拉力。

B.6N；支持力。

C.8N；支持力。

D.10N；支持力。

6、【题文】如图15-3-9所示，匀强磁场中有一通以方向如图的稳恒电流的矩形线圈abcd；可绕其中心轴OO′转动，则在转动过程中()

图15-3-9A.ad和bc两边始终无磁场力作用B.cd、ba两边受到的磁场力的大小和方向在转动过程中不断变化C.线框受的磁场力在转动过程中合力始终不为零D.ab、cd两边受到的磁场力的大小和方向在转动过程中始终不变7、下列说法正确的是（）A.凡是体积小的物体均可看做质点B.一切物体的重心都在该物体的几何中心C.一对平衡力的合力一定为零D.一对作用力和反作用力的产生时间不同，先有作用力后有反作用力评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、关于日食与月食，下列说法中正确的是（）A.在月球的本影区里能看到日全食B.在月球的半影区里能看到日偏食C.当月球全部进入地球的本影区时，可看到月全食D.当月球全部进入地球的半影区时，可看到月偏食9、小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某高度，取向下为正方向其速度-时间图象如图所示（g=10m/s2），则由图可知以下说法正确的是（）A.小球下落的最大速度为5m/sB.第一次反弹初速度为-3m/sC.小球能弹起的最大高度0.45mD.小球在0.8s内的总位移为1.7m10、质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法正确的是（）A.子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等B.阻力对子弹做的功与子弹动能的减少相等C.子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D.子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功11、如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1Ω，则下列说法中正确的是（）A.通过电动机的电流为10AB.电动机的输入功率为18WC.电动机的热功率为4WD.电动机的输出功率为16W12、如图所示的电路中，电源内阻一定，电压表和电流表均为理想电表．现使滑动变阻器R的滑片向左滑动一小段距离，测得电压表V1的示数变化大小为△U1，电压表V2的示数变化大小为△U2，电流表A的示数变化大小为△I，对于此过程下列说法正确的是（）A.通过电阻R1的电流变化量大小等于B.R0两端的电压的变化量大小等于△U1-△U2C.路端电压的增加量等于△U2D.为一定值评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、从某高度处以12m/s的初速度水平抛出一物体，经2s落地，g取10m/s2，则物体抛出处的高度是____m，物体落地点距抛出点的水平距离是____m．14、（2010秋•颍州区校级期末）（1）有以下说法：

A．气体的温度越高；分子的平均动能越大

B．对物体做功不可能使物体的温度升高

C．空调机作为制冷机使用时；将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作是不遵守热力学第二定律的

D．对于一定量的气体；当其温度降低时，速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加．

其中正确的是____．

（2）如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0．开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0（p0为大气压强），温度为297K，现缓慢加热汽缸内气体．求：活塞刚到达A处时，气体的温度为多少K？15、电场中某点放入电荷量为2.0×10-9C的试探电荷，其所受电场力为4.0×10-6N，则该点的场强大小为____N/C；移走试探电荷，该点的场强大小为____N/C．16、如图示，一个质量为M的匀质实心球，半径为R，如果从球上挖去一个直径为R的球，放在相距为d的地方．那么挖去部分与剩余部分的万有引力为____．17、一物体做单向直线运动，在第1s内位移是1m，第2s内位移是2m，第3s内位移是3m，第4s内位移是4m，则物体在前2s内的平均速度大小为____m/s、全部4s时间内的平均速度大小为____m/s．评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)18、物体只要是运动的，其合外力就一定不为零．____（判断对错）19、任意两条电场线都不相交．____．（判断对错）评卷人得分五、证明题(共3题，共9分)20、如图所示，细绳系一小球（如图甲所示）或轨道内侧的小球（如图乙所示）在竖直面内做圆周运动，在最高点时的临界状态为只受重力作用，则有mg=m，故小球能通过最高点的临界速度v=．

试证明小球在最高点时：

（1）v=；拉力或压力为零；

（2）v＞；小球受向下的拉力或压力作用；

（3）v＜；小球不能到达最高点．

即轻绳模型的临界速度为v临=．21、如图所示，一列平面波朝着两种介质的界面传播，A1A2是它在介质I中的一个波面，C1和C2位于两种介质的界面上，B1B2是这列平面波进入介质II后的一个波面；A1C1和A2C2是它的两条波线，入射角为θ1，折射角为θ2，波在I、Ⅱ介质中的传播速度分别为v1和v2．

（1）试根据惠更斯原理证明：；

（2）若已知θ1=53°（sin53°=0.8），A1A2的长度为0.6m，介质I和介质II中的波速之比为v1：v2=4：3，则：A1C1B1与A2C2B2的长度相差多少？22、（2013春•崇明县期末）如图所示，倾角为θ的光滑斜面上离地面高为h1的A处有一木块，自静止起匀加速滑下．在滑行过程中取一任意位置B，经过B处时木块速度为v，位置B离地面高度h2．已知EA=mgh1，EB=mgh2+，试用牛顿第二定律和初速为零的匀加速直线运动公式证明：EA=EB．评卷人得分六、综合题(共1题，共5分)23、【题文】某高速公路单向有两条车道；最高限速分别为120km/h；100km/h。按规定在高速公路上行驶车辆的最小间距（单位：m）应为车速（单位：km/h）的2倍，即限速为100km/h的车道，前后车距至少应为200m。求：

（1）两条车道中限定的车流量（每小时通过某一位置的车辆总数）之比；（2）若此高速公路总长80km；则车流量达最大允许值时，全路（考虑双向共四车道）拥有的车辆总数。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】等臂U形管由竖直放置到水平放置，通过判断其压强的变化可得知体积的变化，得知水银柱的移动方向，即可得知空气柱长度差的变化．【解析】【解答】解：由图可知，当等臂U形管竖直放置时，两部分气体的压强关系有：PA=PB+h，当管平放时，两部分气体的压强变为相等，所以有a部分气体等温且压强减小，体积会增大；b部分气体等温且压强增大，体积会减小，故水银柱会向b移动；空气柱的长度差将变大．选项A正确，BCD错误．

故选A．2、D【分析】【分析】理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，W为正，内能恒定，所以Q为负，即气体向外界放热．【解析】【解答】解：A；气体体积减小；单位时间内碰撞单位面积的气体分子数增多，A错误；

B；由于不计气体分子间相互作用；所以气体是理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，分子平均动能不变，但并不是每一个分子的分子动能都不变，B错误；

C；又U=Q+W；外界对气体做功，W为正，U恒定，所以Q为负，即气体向外界放热，C错误，D正确．

故选D．3、B【分析】

AB；由于在速度时间图象中；某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；所以物体前两秒向左运动，后两秒向右运动，故A错误，B正确．

C；因为图象与坐标轴围成面积代表位移；时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．前2s位移为负，物体位于出发点的左方，后2s负方向的位移逐渐减小，最后4秒末位移为零，又回到出发点，故C错误，D错误．

故选B

【解析】【答案】在速度时间图象中；某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．

4、A|B|C【分析】

根据匀速圆周运动线速度与角速度的关系式v=ωr可求出轨道半径，再根据公式T=和可求得运动周期和向心加速度；本题中由于不知道质点的质量，因此无法求出所受向心力的大小，故ABC正确，D错误．

故选ABC．

【解析】【答案】根据匀速圆周运动线速度与角速度的关系式；周期公式，以及向心加速度的公式可求解．

5、B【分析】

在最高点，根据牛顿第二定律有：F+mg=解得F=．负号表示方向；得知杆子对球表现为支持力，大小为6N．故B正确，A；C、D错误．

故选B．

【解析】【答案】小球受重力和杆子的作用力；在最高点，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出杆对小球的作用力．

6、D【分析】【解析】ad、bc边虽受磁场力,但该力不产生转动力矩.线框受的磁场力虽然合力为零,但合力矩不为零,故发生转动不发生平动.【解析】【答案】D7、C【分析】【分析】当物体的大小和形状在研究的问题中可以忽略，物体可以看成质点；质量分布均匀形状规则的物体重心在几何中心；平衡力合力为零；作用力和反作用力同时产生、同时消失．【解析】【解答】解：A；体积小的物体不一定能够看成质点；若物体的大小和形状在研究的问题中不能忽略，不能看成质点．故A错误．

B；只有形状规则、质量分布均匀的物体重心在几何中心．故B错误．

C；一对平衡力的合力为零．故C正确．

D；作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失．故D错误．

故选：C．二、多选题(共5题，共10分)8、ABC【分析】【分析】太阳、月球和地球都在不停地运动，当月球运行在太阳和地球之间，月球遮住了太阳，便是日食．当月球运行在地球的背后，进入地球的阴影，便是月食【解析】【解答】解：A；位于月球本影中的人；月球挡住了太阳射向地球的全部光线，能看到日全食，故A正确；

B；位于月球半影中的人；月球挡住了太阳射向地球的部分光线，能看到日偏食，B正确；

C；月球处于地球的本影内；地球挡住了太阳射向月球的部分光线出现月全食，故C正确；

D；当月球全部处于地球的半影内；地球挡住了太阳射向月球的光线，出现月全食，故D错误；

故选：ABC．9、ABC【分析】【分析】根据速度时间图线得出小球下落的最大速度和反弹的最大速度，结合图线与时间轴围成的面积求出反弹的最大高度，以及小球的总位移．【解析】【解答】解：A；由图线知；小球下落的最大速度为5m/s，第一次反弹的速度为-3m/s．故A、B正确．

C、小球弹起的最大高度h=．故C正确．

D、小球在0.8s内的位移x=．故D错误．

故选：ABC．10、BD【分析】【分析】子弹和木块所受水平作用力（相互摩擦力）大小相等，可认为是恒力．但二者的位移大小不同，做功不同．对子弹，根据动能定理分析阻力对子弹做的功与子弹动能的减少量的关系．【解析】【解答】解：A；根据动能定理得知；子弹克服阻力做功等于子弹动能的减小，根据能量守恒可知，子弹动能的减小等于系统产生的内能和木块获得的动能，故A错误．

B；对于子弹来说只有阻力做功；由动能定理得知，阻力对子弹做的功与子弹动能的减少相等．故B正确．

C；子弹和木块相互作用力大小相等；但二者的位移大小不同，做功不同．所以子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功不等．故C错误．

D；相对于地面而言；子弹的位移大于木块的位移，子弹和木块相互作用力大小相等，根据功的公式W=Fl可知，子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功．故D正确．

故选BD11、CD【分析】【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而R和r是纯电阻，可以对R和r，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率P入=UI，发热功率P热=I2RM，输出功率P出=P-P热．根据功率关系求出电动机输出的功率．【解析】【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+I（r+R）解得：I==2A；故A错误；

B、电动机的输入功率：P入=UI=10×2=20W，电动机的热功率：P热=I2RM=22×1=4W，电动机的输出功率：P出=P-P热=UI-I2RM=10×2-22×1=16W；故B错误，CD正确；

故选：CD12、ABD【分析】【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，根据电路图可知，电压表V1测量路端电压，电压表V2测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化【解析】【解答】解：A、电压表V1测量路端电压，即R1两端的电压，根据欧姆定律可知，R1的电流变化量大小等于；故A正确；

B、使滑动变阻器R滑片向左滑动一小段距离，电阻变大，总电阻变大，总电流变小，内阻所占电压减小，路端电压增大，所以路端电压增大△U1，并联部分的电压增大△U1，通过R1的电流增大，所以通过滑动变阻器的电流减小，R0上的电压减小，R上的电压增大△U2，所以R0两端的电压的变化量大小等于△U2-△U1，电压表V1测量路端电压，根据欧姆定律可知r=，为定值；故BD正确，C错误．

故选：ABD三、填空题(共5题，共10分)13、2024【分析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出运动的高度，结合初速度和时间求出水平距离．【解析】【解答】解：物体抛出处的高度h=．

物体落地时的水平位移x=v0t=12×2m=24m．

故答案为：20m24m．14、AD【分析】【分析】（1）气体的温度越高；分子的平均动能越大．对物体做功可能使物体的温度升高，根据热力学第一定律分析．空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，制冷机的工作是遵守热力学第二定律．对于一定量的气体，当其温度降低时，根据分子速率分布情况．

（2）分析初态、末态气体的状态参量，分析气态方程，求出活塞刚到达A处时，气体的温度【解析】【解答】解：（1）根据温度的微观含义可知；气体的温度越高，分子的平均动能越大．故A正确．

B；对物体做功时；若没有热传递时，能使物体的温度升高．故B错误．

C；空调机作为制冷机使用时；将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，制冷机的工作符合热力学第二定律．故C错误．

D；对于一定量的气体；当其温度降低时，根据分子速率分布情况静悄悄温度的关系可知，速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加．故D正确．

故选AD

（2）气体开始状态参量为：P1=0.9P0V1=V0T1=297K

末状态参量为：P2=P0V2=1.1V0T2=？

由理想气体状态方程：

代入数据得：T2=363K

故答案为：

（1）AD

（2）活塞刚到达A处时，气体的温度为363K．15、2.0×1032.0×103【分析】【分析】根据场强的定义式E=求解场强的大小，要明确场强取决于电场本身，与试探电荷无关．【解析】【解答】解：该点的场强大小为E===2.0×103N/C

场强取决于电场本身，与试探电荷无关．故移走试探电荷，该点的场强不变，大小仍为2.0×103N/C．

故答案为：2.0×103，2.0×103．16、【分析】【分析】用没挖之前球对小球的引力，减去被挖部分对小球的引力，就是剩余部分对质点的引力．结合万有引力定律公式进行求解．【解析】【解答】解：根据m=知，挖去部分的小球是整个实心球质量的．

挖去部分的质量m=，设没挖去前，对小球的引力=；

挖去部分对小球的引力，

则挖去部分与剩余部分的万有引力大小为．

故答案为：．17、1.52.5【分析】【分析】设物体运动总时间是t，求出总位移x；最后根据平均速度的定义式列式求解．【解析】【解答】解：前2s内的平均速度大小V==1.5m/s；全部4s时间内的平均速度大小=2.5m/s．

故答案为；1.5m/s，2.5m/s四、判断题(共2题，共10分)18、×【分析】【分析】力是改变速度的原因，不是维持速度的原因，根据牛顿第一定律分析即可．【解析】【解答】解：当物体做匀速直线运动时；物体不受力或者受平衡力，故力不是维持速度的原因；

故答案为：×．19、√【分析】【分析】掌握电场线特点是解本题的关键，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．【解析】【解答】解：电场中任意两条电场线不会相交；否则相交的地方的电场线的方向有两个．所以该说法是正确的．

故答案为：√五、证明题(共3题，共9分)20、略

【分析】【分析】利用小球做圆周运动时的向心力与速度之间的关系式Fn=m以及向心力是沿半径方向上的所有力的合力即可证明．【解析】【解答】解：（1）、当小球的速度v=时，在最高点需要的向心力为：Fn=m=mg；此时需要的向心力与重力大小相等，方向为重力的方向，即重力提供向心力，所以此时拉力或压力为零；

（2）当小球的速度v＞，在最高点需要的向心力为：Fn=m＞mg；此时需要的向心力大于重力，方向为重力的方向，重力不足以提供小球的向心力，所以小球要做圆周运动，小球还得受向下的拉力或压力作用；

（3）当小球的速度v＜，在最高点需要的向心力为：Fn=m＜mg