2025年岳麓版选修3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年岳麓版选修3物理上册阶段测试试卷799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、如图所示的交流电压u=220sin100πtV，接在阻值R=220Ω的电阻两端；则（）

A.该交流电的频率为100HzB.电压表的读数为311VC.电流表读数为1AD.2s内电阻的焦耳热是880J2、在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用aml纯油酸配制成bml的油酸酒精溶液，现已测得一滴溶液cml，将一滴溶液滴入水中，油膜充分展开后面积为Scm2，估算油酸分子的直径大小为（）A.B.C.D.3、如图所示，A1、A2为电流表，V为电压表，C为电容器，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r．现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中；下列结论正确的是。

A.电压表V示数变小B.电流表A1示数变小C.电流表A2示数变大D.电容器C上电荷量增大4、下列属于内能发生转移的过程是（）A.摩擦生热B.电流做功产生电热C.安培力做功D.热传递5、用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系（）

A.B.C.D.6、质量为1kg的物体静止在水平面上，t=0时受到水平拉力F的作用开始运动，F随时间t变化的关系图象如图所示．已知t=4s时物体刚好停止运动，取g=10m/s2，以下判断正确的是（）

A.物体所受摩擦力为3NB.t=2s时物体的速度最大C.t=3s时物体的动量最大D.物体的最大动能为2J7、如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则

A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为C.小球从B点落回后一定能从A点冲出D.小球从B端离开小车后做斜上抛运动评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑片P滑向下端b的过程中；下列说法正确的是（）

A.电压表的示数保持为EB.灯L1变亮C.灯L2变暗D.安培表的示数增大9、一定质量的理想气体从a状态开始，经历三个过程ab、bc、ca回到a状态，其p——t图像如图所示，图中ba的延长线过原点O，bc平行于t轴，ca的延长线过点t0（-273.15℃；0）。下列判断正确的是（）

A.过程ab中气体体积不变B.过程ca中气体体积不变C.过程ca中外界对气体做功D.过程bc中气体对外界做功10、关于分子动理论，下列说法正确的是（）A.布朗运动不是液体或者气体分子的无规则运动B.分子势能随着分子间的距离增大可能先增大后减小C.分子间相互作用的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小E.热量既能从高温物体传递到低温物体，也能从低温物体传递到高温物体E.热量既能从高温物体传递到低温物体，也能从低温物体传递到高温物体11、下列说法中正确的是（）A.同一电源接在不同电路中，电源的电动势会发生变化B.铅蓄电池电动势为2V，表示铅蓄电池能在1s内将2J的化学能转变为电能C.焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路D.电阻是导体自身的特性，其大小与导体两端是否有电压没有直接关系12、如图所示,给一块金属导体通以向右的电流I,金属导体的高为h,厚度为d,已知电流与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv．则下列说法中正确的是())

A.在上、下表面形成电势差的过程中,电子受到的洛仑兹力方向向下B.达到稳定状态时,金属板上表面A的电势低于下表而A’的电势C.只将金属板的厚度d减小为原来的一半,则上,下表面之间的电势差大小变为U/2D.只将电流I减小为原来的一半,则上、下表面之间的电势差大小变为U/213、下列说法中正确的是_______。E.物理性质表现为各向同性的固体为非晶体A.饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等B.扩散现象说明分子之间存在空隙，同时分子在永不停息地做无规则运动C.用油膜法估测分子大小的实验中，不考虑油酸分子（视为球形）间的空隙并认为水面上形成的油酸膜的厚度即分子直径D.若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则此过程中气泡内的气体分子间的引力和斥力都增大14、一列简谐横波，沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，在t=0时的波形图如图所示，则下列说法正确的是()

A.此时x=1.25m处的质点正在做加速度减小的加速运动B.x=0.7m处的质点比x=0.6m处的质点先运动到波峰的位置C.x=0处的质点再经过0.05s时间可运动到波峰位置E.x=1m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y=0.4sin(10πt)(m)E.x=1m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y=0.4sin(10πt)(m)评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、电子电路中的信号可以分为___________信号和___________信号。数字信号的两个工作状态可以用“___________”和“___________”来表示。在数字电路中分别代表___________电压和___________电压。16、在阳光的照射下，充满雾气的瀑布上方常会出现美丽的彩虹，彩虹是太阳光射入球形水珠经折射、内反射、再折射后形成的，其光线传播路径如图所示，图中的圆面代表水珠过球心的截面，太阳光平行截面射入球形水珠后，最后出射光线a、b分别代表两种不同颜色的光线，则水珠对a、b两束光折射率的大小关系是na____nb；a、b两种光在水珠内传播速度大小关系是va__vb．（选填“>”、或“<”)

17、热平衡定律：如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于_______。18、假定两个分子的距离为无穷远时，它们的分子势能为0，使一个分子固定，另一个分子在外力作用下从无穷远逐渐向它靠近，直至相距很近很近，整个过程中分子势能______(填“不变”或“先增大后减小”或“先减小后增大”)。物体从单一热源吸收的热量______(填“可以”或“不可以”)全部用于做功。19、质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度2v0/3射出．则物块的速度为_______，此过程中损失的机械能为______．评卷人得分四、作图题(共3题，共9分)20、如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．

21、示波管的内部结构如图所示．如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．

22、图中表示某一时刻的波形图，已知波速为0.5m/s，波沿着x轴的正方向传播；画出经过7s后的波形曲线。

评卷人得分五、实验题(共1题，共7分)23、图所示为光学实验用的长方体玻璃砖，它的___面不能用手直接接触．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置相同，且插在c位置的针正好挡住插在a、b位置针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d、e两点，如图所示，计算折射率时，用___（填“d”或“e”）点得到的值较小，用___（填“d”或“e”）点得到的值误差较小．

评卷人得分六、解答题(共4题，共36分)24、如图甲所示，一匝数N=10匝、总电阻R=2.5Ω、ad长L1=0.4m、ab宽L2=0.2m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc边正好过半径r=0.1m的圆形磁场的直径，线框的左半部分处于垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度B0=1T，圆形磁场的磁感应强度为B，方向垂直线框平面向下，大小随时间变化规律如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=3.0N，π≈3.求：

(1)t=0时刻穿过线框的磁通量大小；

(2)线框何时开始滑动.25、如图所示，总容积为3V0、内壁光滑的汽缸竖直放置，一面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，汽缸上端封闭且留有抽气孔。活塞上方气体的压强为p0，活塞下方气体的体积为V0，温度为T0。将活塞上方抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变，当活塞上方抽成真空后，活塞下方气体的体积为2V0。然后将活塞下方的气体缓慢加热，活塞体积忽略不计，重力加速度为g；求：

（1）活塞的质量m；

（2）气体缓慢加热到温度4T0时气体的压强。

26、足够长的玻璃管水平放置，用长的水银封闭一段长为的空气柱，大气压强为环境温度为将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则：

①空气柱是吸热还是放热。

②空气柱长度变为多少。

③当气体温度变为时；空气柱长度又是多少？

27、如图，水平桌面上有一水槽，槽中放置着平面镜M，镜面与水平面之间的夹角为θ．一束白光从O点射向水面，先经水面折射，再经平面镜反射，又经水面折射回到空气中，最后在水槽左上方的竖直屏N上形成彩色光带．若逐渐增大θ角；各种色光陆续消失，假定所有光线均在同一竖直平面．

(1)哪种色光最先从屏上消失；

(2)若入射光线与水面成30°角，镜面与水平面之间的夹角θ＝45°，屏上的彩色光带恰好全部消失，求最后消失的色光对水的折射率．(结果可以用根式表示)参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．该交流电的频率

故A错误；

B．电压表的示数为交流电的有效值，故其示数为

故B错误；

C．电流表的读数为

故C正确；

D．2s内电阻产生的电热

故D错误。

故选C。2、A【分析】【详解】

纯油酸体积为油膜面积为S，油酸分子直径故A正确．3、A【分析】【分析】

局部电阻的变小；会引起全电路电阻的变小，根据闭合电路欧姆定律，可得到干路电流的变化情况，路端电压的变化情况；根据串并联电流电压的特点，可以判断各支路电表示数的变化情况．

【详解】

ABC、将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，导致路端总电阻变小，根据可知，干路电流增大，即电流表A1示数变大；又因为则路端电压减小，则电压表V的示数变小；R2为定值电阻，故流过R2的电流减小，即电流表A2示数变小；故A正确；BC错误；

D、因电容器跟电阻R2并联，故电容器两端的电压为U，因可知，电容器上的带电量减小，故D错误．

故选A．

【点睛】

熟练掌握闭合电路欧姆定律及其变形表达式，清楚串并联电路电流电压的关系，是解决问题的关键．4、D【分析】【详解】

A．摩擦生热属于做功的方式实现机械能变成内能；故A错误；

B．电流做功产生电热属于做功的方式改变内能；故B错误；

C．安培力做功属于做功的方式改变内能；故C错误；

D．热传递属于内能在物体间传递；故D正确；

故选D。5、C【分析】【详解】

甲图均为并联部分的电压电流，所以测量值为电压表内阻与电阻的并联值，小于电阻值，即．乙图均为串联部分的电压电流，所以测量值为电流内阻与电阻的串联值，大于电阻值，即C对．6、A【分析】【分析】

【详解】

A．在0-4s内由动量定理

其中的

解得f=3N

故A正确；

BC．当

时，加速度为零，此时速度最大，由图可知此时刻是t=2.5s时刻；此时刻物体的动量也最大，故BC错误；

D．从开始到t=2.5s时刻由动量定理

其中的

解得v=2.25m/s

则最大动能为

故D错误。

故选A。7、C【分析】【分析】

水平地面光滑，系统水平方向动量守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功．第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小．

【详解】

A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误．

B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，设小球从B点冲出时小车向左的位移为x，由水平方向动量守恒定律得：m﹣m=0，解得小车的位移x=R，故B错误．

C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，然后再从B点落回小车．小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0﹣）﹣Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做的功，解得Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，一定能从A点冲出．故D错误，C正确

故选C

【点睛】

动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功，如本题克服摩擦力做的功．二、多选题(共7题，共14分)8、B:C:D【分析】【详解】

A．滑片P滑向下端b的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻减小，故电路总电阻减小，总电流增大，根据

可知路端电压减小；即电压表的示数减小，故A错误；

BCD．在干路中，所以通过的电流增大，故变亮，两端的电压变大，而路端电压是减小的，所以并联电路的电压减小，即两端的电压减小，故变暗，通过的电流减小；而总电流是增大的，所以滑动变阻器所在支路的电流增大，即电流表的示数变大，故BCD正确。

故选BCD。9、B:D【分析】【详解】

A．由题图可知，过程ab，b与t0连线的斜率大于a与t0连线的斜率，则b状态气体的体积小于a状态气体的体积，则过程ab中气体的体积减小；故A错误；

B．由题图可知，过程ca；气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，故B正确；

C．由于过程ca体积不变；所以外界对气体不做功，故C错误；

D．由题图可知，过程bc；气体的压强不变，温度升高，体积变大，气体对外界做功，故D正确。

故选BD。10、A:C:E【分析】【详解】

A．布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动；反映了液体或气体分子的无规则运动，故A正确；

B．若分子间距小于平衡距离；则随着分子间的距离增大，分子力先做正功再做负功，故分子势能先减小后增大。若分子间距大于平衡距离，则随着分子间的距离增大，分子力一直做负功，故分子势能一直增大，故B错误；

C．分子间相互作用的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小；但斥力减小得更快，故C正确；

D．由于气体分子的间距远大于分子直径；故气体分子的体积小于气体的摩尔体积与阿伏伽德罗常数之比，故D错误；

E．热量既能从高温物体传递到低温物体；也能从低温物体传递到高温物体，故E正确。

故选ACE。11、C:D【分析】【分析】

【详解】

A项：电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量；与外电路的结构无关，所以把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故A错误；

B项：电路中每通过1C的电量；电池内部非静电力做功为W=Uq=2J；不是在1s内将2J的化学能转化为电能，故B错误；

C项：焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路中的焦耳热量的计算；故C正确；

D项：导体的电阻是导体本身的一种性质，其大小取决于自身的：材料、长度、横截面积以及温度，与其两端的电压、通过它的电流大小无关，故D正确．12、B:D【分析】【分析】

金属中移动的是自由电子；根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高低．最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小．

【详解】

电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上；故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故A错误；B正确；电子最终达到平衡，有：evB=e则：U=vBh；电流的微观表达式：I=nevS=nevhd，则：代入得：只将金属板的厚度d减小为原来的一半；则上；下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为U/2，故D正确．故选BD．

【点睛】

解决本题的关键会运用左手定则判断电子的偏转方向，当上下表面有电荷后，之间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡．13、A:B:C【分析】A.；饱和汽和液体之间的动态平衡；是指汽化和液化同时进行且速率相等的过程，A正确；

B.；只有分子之间存在空隙；并且分子在永不停息地做无规则运动，扩散现象才能进行，B正确；

说明，同时且进行的布朗运动是固体小颗粒的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动，故A正确；每滴油酸酒精溶液所含油酸体积除以油膜面积得出的油膜面积厚度即为油酸分子直径，B错误；

C；用油膜法估测分子大小的实验中；认为油酸分子为球形且紧密排列，水面上形成的油酸膜的厚度即分子直径，C正确；

D；气泡内的气体分子间的距离大于R0；引力和斥力都很弱，分子间距离增大，引力和斥力都减小，D错误；

E；物理性质表现为各向同性的固体为晶体；D错误。

故选：ABC。14、A:C:D【分析】【分析】

根据题中“波形图如图”；“质点做运动”可知；本题考查波的图象与振动相结合的问题，应用同侧法、波速公式、振动特点等知识分析推断．

【详解】

A：波沿x轴正方向传播；由同侧法可得此时x=1.25m处的质点振动的方向向下，正在靠近平衡位置，所以质点正在做加速度减小的加速运动．故A项正确．

B：由同侧法可得x=0.7m处的质点与x=0.6m处的质点都在向下振动；x=0.6m处的质点先到达波谷，又先到达波峰．故B项错误．

C：据图象可知波长则由同侧法可得x=0处的质点正由平衡位置向上振动，则x=0处的质点经过可运动到波峰位置．故C项正确．

D：波沿x轴正方向传播，x=0.3m处的质点到左侧最近波峰之间的水平距离则x=0.3m处的质点再经过可运动到波峰位置．故D项正确．

E：由同侧法可得此时x=1m处的质点正向下振动，又质点的振幅角速度则x=1m处的质点振动方程为．故E项错误．

【点睛】

波的传播方向与质点振动方向间的关联的判断方法。

①波形平移法：将原波形图(实线)沿波的传播方向移一段微小距离后；得到一个新的波形图(虚线)，从原波形图(实线)上某一质点画一个箭头指向新波形图(虚线)，箭头的方向表示这个质点的振动方向，如图所示．

②两速同侧法：在波的图象上某一点；沿竖直方向画出一个箭头表示质点振动方向，并设想在同一点沿水平方向画出另一个箭头表示波的传播方向，那么这两个箭头总是位于图线的同一侧，如图所示．

三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]电子电路中的信号可以分为数字信号和模拟信号。

[3][4]数字信号的两个工作状态可以用“0”和“1”来表示。

[5][6]在数字电路中分别代表低电压和高电压。【解析】数字模拟01低高16、略

【分析】【详解】

根据光路图可知，a光的偏折程度较大，可知a光的折射率较大，即

由公式可知，a光在水滴中传播的速度较小，即．【解析】><17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】热平衡18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]开始时两分子间距离大；分子间作用力表现为引力，分子相互靠近，引力做正功，分子势能减小，随分子间距离减小到平衡位置后，分子间作用力表现为斥力，分子相互靠近，斥力做负功，分子势能增加，故整个过程分子势能先减小后增加；

[2]根据热力学第二定律可知，在外界因素影响下，物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功。【解析】先减小后增大可以19、略

【分析】【详解】

子弹穿过物块过程动量守恒解得

系统损失的机械能即动能【解析】四、作图题(共3题，共9分)20、略

【分析】【详解】

利用右手螺旋定则；已知电流的方向可判定磁场方向，也可以通过磁场方向来确定电流的方向；

图甲；已知磁场方向，顺时针方向，则电流垂直纸面向里；

图乙；电流右侧的磁场的方向向里，左侧的磁场的方向向外，则电流的方向向上；

图丙；已知磁场方向，则可知电流方向，逆时针方向；

图丁；环形电流从左侧流入，从右侧流出，所以磁场的方向向下；

图戊；根据螺线管中电流方向，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向左；

图已；根据螺线管中上边的电流方向向外，下边的电流的方向向里，利用右手螺旋定则可以确定螺线管的磁场的方向向右．如图所示：

【解析】21、略

【分析】试题分析：A图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；

要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压；即扫描电压．

B图中；在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．

考点：考查了示波器的工作原理。

【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解析】22、略

【分析】【分析】

【详解】

7s波向前传播的距离为

7s后，故x=3.5m位置的原图中x=0位置的振动情况相同；因此作出以下图形。

【解析】五、实验题(共1题，共7分)23、略

【分析】【详解】

[1]玻璃砖的____不能用手直接接触；接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定．

[2]连接dc、ec并延长至玻璃砖的光学面与白纸的交线，交点为出射点，入射点与出射点的连线即为折射光线，入射角一定，用d点时；折射角大，折射率较小．

[3]对于两光学面平行的玻璃砖，入射光线和出射光线平行，ec连线与入射光线平行；误差较小．如图所示。

【解析】光学de六、解答题(共4题，共36分)24、略

【分析】【分析】

穿过线框的磁通量由两部分组成；根据磁通量Φ=BS，即可求解；根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流的大小；根据安培力表达式，结合左手定则与受力平衡条件，即可求解．

【详解】

（1）设磁场向上穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t=0时，有

（2）根据法拉第电磁感应定律有

由闭合电路欧姆定律，则有

由楞次定律可知，圆形磁场的磁感应