2025年牛津译林版选修3物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年牛津译林版选修3物理下册阶段测试试卷753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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法正确的是（）A.温度低的物体内能一定小B.温度低的物体分子运动的平均速率小C.温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大D.分子距离增大，分子势能一定增大2、如图甲所示，平行金属板A、B正对竖直放置，CD为两板中线上的两点。A、B板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，经时间T到达D点，此时速度为v0。在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0带电小球仍从C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t=T时；小球（）

A.在D点上方B.恰好到达D点C.速度大于v0D.速度小于v03、P、Q是简谐横波传播方向上的两个质点，它们的平衡位置间的距离为0.2m．此波波速为1m/s，振幅为4cm，周期为0.4s．在t=0时刻，P点位于平衡位置上方最大位移处．则Q点（）A.在0.3s时的速度最大B.在0.3s时的加速度最大C.在0.3s时的位移为4cmD.在0.3s时的位移为−4cm4、在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直圆面指向纸外．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图所示，此粒子在磁场区域运动的过程中，速度的方向改变了90°，重力可忽略不计，则该粒子射入时的速度大小v为()

A.B.C.D.5、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6、以下科学家中，发现中子的是A.J·J汤姆孙B.查德威克C.卢瑟福D.约里奥·居里夫妇7、α；β和γ射线穿透物质的能力是不同的；为把辐射强度减到一半所需铝板的厚度分别为0.0005cm、0.05cm和8cm．工业部门可以使用射线来测厚度．如图所示，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关，轧出的钢板越厚，透过的射线越弱．因此，将射线测厚仪接收到的信号输入计算机，就可以对钢板的厚度进行自动控制．如果钢板的厚度需要控制为5cm，请推测测厚仪使用的射线是。

A.α射线B.β射线C.γ射线D.可见光评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、根据电冰箱的工作原理；当压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内；外管道中不断循环，如图所示，那么下列说法中正确的是（）

A.在冰箱内的管道中，制冷剂迅速膨胀并吸收热量B.在冰箱外的管道中，制冷剂迅速膨胀并放出热量C.在冰箱内的管道中，制冷剂被剧烈压缩并吸收热量D.在冰箱外的管道中，制冷剂被剧烈压缩并放出热量9、关于热力学定律，下列说法错误的是_____。A.外界对气体做正功时，其内能一定增大B.不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功C.理想气体等压膨胀过程一定放热E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡10、一个静止的质点，在0～4s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在()

A.第2s末速度改变方向B.第2s末加速度改变方向C.第4s末回到原出发点D.第4s末运动速度为零11、如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度射入木块后(子弹与木块作用时间极短)，子弹立即停在木块内．然后将轻弹簧压缩到最短，已知本块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）

A.系统的动量不守恒，机械能守恒B.系统的动量守恒，机械能不守恒C.系统损失的机械能为D.弹簧最大的弹性势能小于12、氢原子从能级A跃迁到能级B，释放波长为λ1的光子，从能级A跃迁到能级C释放波长为λ2的光子，且λ1>λ2，当它从能级B跃迁到能级C时，A.吸收光子B.释放光子C.电子的动能增加D.原子的电势能增加13、如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a、b；c是三个相同的小灯泡；下列说法正确的是。

A.开关S闭合时，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮B.开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮C.开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭D.开关S断开时，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、输入只要有“1”，输出即为“1”的电路是___________门；输入只要有“0”，输出即为“0”的电路是___________门；输入是“1”，输出为“___________”的电路是非门。15、等压变化：一定质量的某种气体，在______不变时，体积随温度变化的过程。16、如图所示，在p-V图中有三条气体状态变化曲线，一定质量的理想气体可沿这三条路径从状态i到状态j，已知曲线1为绝热变化过程，气体内能变化分别为△U1、△U2、△U3，它们的大小关系是_____；气体对外界做功分别为W1、W2、W3，它们的大小关系是_____；气体从外界吸收的热量大小为Q1、Q2、Q3，它们的大小关系是_____。

17、恒温环境中，在导热性能良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的空气（视为理想气体）。用力缓慢向里压活塞，该过程中封闭气体的压强_________（选填“增大”或“减小”）；气体_________（选填“吸收”或“放出”）热量。18、从年，出生于云南的航海家郑和先后7次下西洋。在一望无际的茫茫大海中，利用指南针导航。指南针指南的一端是______极选填“N”或“S”19、如图所示，已知导体棒中通有电流I，导体棒长度为L，磁场磁感应强度为B；当导体棒按下面几种方式放置时，写出导体棒所受安培力的大小．

F=________F=_________F=________F=________20、对大量的事实分析表明：______________________．这个结论被称做热力学第三定律．评卷人得分四、作图题(共3题，共30分)21、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．

22、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．

23、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4题，共24分)24、两个学习小组分别用下面两种方案测量电源电动势和内阻．

方案（1）用内阻为3kΩ、量程为1V的电压表，保护电阻R0，电阻箱R1，开关S测量一节干电池的电动势和内阻．

①由于干电池电动势为1.5V，需要把量程为1V的电压表扩大量程．若定值电阻R1可供选择的阻值有1kΩ、1.5kΩ、2kΩ，其中最合适的是__________．

②请在虚线框内画出测量电源电动势和内阻的电路原理图__________，并完成图（a）中剩余的连线__________．

方案（2）按照图（b）的电路测量电源电动势和内阻，已知电流表内阻为RA，R1=RA，保护电阻的阻值为R0，若电流表读数为I，则通过电源的电流为_______．根据测得的数据作出图像，图线的斜率为k，纵截距为b，则电源电动势E=_________，内阻r=______________．

25、某同学要准确测量一节干电池的电动势和内阻．现有实验器材如下：

A.待测干电池(电动势约为1.5V；内阻约为1Ω)

B.电流表A(量程内阻为19Ω)

C.电阻箱R(最大阻值9999.9Ω)

D.定值电阻R0=1Ω

E.开关；导线若干。

(1)该同学想改装一个大量程的电流表，他需要把电流表A和定值电阻__________(填“并联”或“串联”)．

(2)使用改装好的电流表(表盘未改动)和其他实验器材，设计实验电路，并把电路原理图画在图甲虚线框内________________．

(3)该同学在图乙的坐标系中根据实验记录的数据进行了描点(I表示电流表A的示数)，根据图像，求得电源电动势为__________V，内阻为__________Ω(结果保留3位有效数字)．26、在测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中；待测“水果电池”的电动势约为1.5V，现有下列器材：

待测“水果电池”

电流表A：满偏电流3mA；电阻不计。

电压表V：量程0﹣1.5V；电阻约10KΩ

滑动变阻器R1：0﹣10Ω

滑动变阻器R2：0﹣20kΩ

开关；导线等。

（1）本实验选用图甲所示的实验原理图，应该选用的滑动变阻器是_____（选填“R1或“R2”）．

（2）根据电压表的示数U与电流表的示数I，做出如图乙所示的U﹣I图象，根据图象可知，待测电池的电动势E＝_____V，内电阻r＝_____Ω．27、如图所示，当光线AO以一定入射角穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法可计算出玻璃的折射率。找出跟入射光线AO对应的出射光线的从而确定折射光线

（1）如图1，测出入射角和折射角r，根据______可计算出玻璃的折射率。

（2）如图2，以O为圆心，作圆与OA、分别交于P、Q点，过P、Q点分别作法线的垂线，垂足分别为测量出和的长度，则玻璃的折射率______。

（3）在完成上述实验过程时，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和用“＋”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和在插和时，应使______（选填选项前的字母）。

A．只挡住的像B．只挡住的像C．同时挡住的像参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．温度低的物体分子平均动能小，但如果物质的量大，则内能也可能大，故A不符合题意；

B．温度是分子平均动能的标志，温度低的物体若分子的质量小，平均速率不一定小，故B不符合题意；

C．温度是分子平均动能的标志；是大量分子运动的统计规律。温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，故C符合题意；

D．分子距离增大；分子势能可能增大，也可能减小，故D不符合题意。

故选C。2、B【分析】【分析】

在A；B两板间加上交变电压后；小球受到重力和电场力的作用，电场力作周期性变化，可运用运动的分解法研究：小球竖直方向做自由落体运动，水平方向做往复运动，分析t=T时小球的水平位移和竖直位移，判断小球到达的位置，由功能关系分析小球的速度。

【详解】

A；B项：在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压；小球受到重力和电场力的作用，电场力作周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动；

在水平方向小球先做匀加速直线运动；后沿原方向做匀减速直线运动，t=T/2时速度为零，接着，沿相反方向先做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t=T时速度为零。根据对称性可知在t=T时小球的水平位移为零，所以t=T时，小球恰好到达D点，故A错误，B正确；

C、D项：在0-T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t=T时，小球速度等于υ0．故CD错误。

故应选：B。

【点睛】

本题由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键，要注意电场力反向时粒子的运动方向并不是立即反向。3、A【分析】【详解】

根据题意可知波长

而P、Q两者之间的距离为

所以两者为反相点，再过0.3s，即可知P点位于平衡位置将向上振动，所以Q质点也位于平衡位置向下振动；加速度为零，速度最大，位移为零。

故选A。4、A【分析】【详解】

带电粒子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动时；其运动轨迹如图所示。

因轨迹所对应的圆心角等于速度的偏向角，由题知粒子速度的方向改变了则轨迹所对应的圆心角是设带电粒子圆周运动的半径为r，则由几何知识得：解得：由得选A.

【点睛】画出运动轨迹，由几何知识求出粒子圆周运动的半径，由半径公式求出该粒子射入时的速度大小v．5、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．6、B【分析】【详解】

1932年，英国物理学家查德威克才在卡文迪许实验室里发现了中子．7、C【分析】【详解】

根据三种射线的穿透能力，α射线的穿透能力最弱，一张纸就可以把它挡住．γ射线穿透力最强，需要适当厚度的混凝土或铅板才能有效地阻挡．β射线的穿透能力介于α射线和γ射线之间，能穿透普通的纸张，但无法穿透铝板．因钢板的厚度需要控制为5cm，推测测厚仪使用的射线是γ射线；故选C；二、多选题(共6题，共12分)8、A:D【分析】【分析】

【详解】

氟利昂是一种既容易汽化又容易液化的物质；工作时电动压缩机使氟利昂蒸气压缩而液化；压入冰箱外的冷凝器管里将热量放出；冷凝器里的液态氟利昂，经过一段很细的毛细管进入冰箱内冷冻室的管子里，在这里迅速汽化，内能减小，从冰箱的内部吸收热量，使冰箱内部的温度降低。

故选AD。9、A:B:C【分析】【详解】

A．根据热力学第一定律，当和外界热交换不明确时，外界对气体做功其内能不一定会增大，故A符合题意；

B．热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机；从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化．这句话强调的是不可能“不产生其它变化”；即在引起其他变化是可能的；故B符合题意；

C．由理想气体状态方程可知，理想气体等压膨胀，温度升高，内能增加，对外做功，W为负，由热力学第一定律ΔU=W+Q；需要从外界吸热，故C符合题意；

D．由热力学第二定律可知；热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D不符合题意；

E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡；那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，故E不符合题意。

故选ABC。10、B:D【分析】【详解】

A．物体在0-2s内受到力F的方向一直向右，因此物体在0-2s一直做加速运动，在2s后力F的方向发生了变化因此物体在2s后继续向右做减速运动；故A错；

B．2s时力F的方向发生了变化；有牛顿第二定律可知加速度也发生了变化，故B正确；

C．有以上计算可知物体在0-2s内加速运动；一直向前运动，2-4s内做减速运动，一直向前运动，4s时物体减速为0，即0-4s内物体一直向前运动，故C错误．

D．F-t的面积表示力F的冲量，因此可知力F在0-2s内的冲量大小和2-4s内的冲量大小相等，对物体在0-4s写动量定理有故D正确；11、C:D【分析】【分析】

【详解】

AB．由于子弹射入木块过程中；二者之间存在着摩擦，故此过程系统机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中，系统动量；机械能均不守恒，故AB错误；

C．对子弹和木块由动量守恒定律及能量守恒定功率

联立解得系统损失的机械能为故C正确；

D．由于子弹和木块碰撞有机械能损失，所以最终弹簧弹性势能小于子弹最初的动能故D正确。

故选CD。12、B:C【分析】【分析】

玻尔理论。

【详解】

氢原子从能级A跃迁到能级B，释放波长为λ1的光子，则由玻尔理论可知

同理，从能级A跃迁到能级C释放波长为λ2的光子，则

因

则

即

当它从能级B跃迁到能级C时要释放光子；A错误，B正确；

CD．原子由高能级跃迁到低能级时；电子的动能变大，电势能减小，C正确，D错误。

故选BC。

【点睛】

此题考查了玻尔理论；解决本题的关键知道原子由高能级向低能级跃迁，辐射光子，低能级向高能级跃迁，吸收光子，知道能级差与光子频率间的关系

原子由高能级向低能级跃迁时，电子的轨道半径减小，电子的动能变大，整个原子的电势能减小，总能量减小。13、A:D【分析】【详解】

A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得a灯逐渐亮；选项A正确；

B．开关S闭合；电路稳定后，三灯都亮，选项B错误；

CD．开关S断开时，c灯立即熄灭，由于在L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在L与a、b灯之间形成新的回路，使得a、b灯逐渐熄灭，选项D正确，C错误.三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3]根据门电路特点可知，输入只要有“1”，输出即为“1”的电路是或门；输入只要有“0”，输出即为“0”的电路是与门，输入是“1”，输出为0的电路是非门。【解析】或与015、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】压强16、略

【分析】【详解】

[1]．从状态i到状态j温度的变化相同，则内能变化相同，即△U1=△U2=△U3

[2]．根据可知，p-V图像与坐标轴围成的面积等于做功的大小，则由图像可知W1<W2<W3

[3]．由题意可知Q1=0；根据热力学第一定律∆U=W+Q，因△U2=△U3，W2<W3，则Q2<Q3，即Q1<Q2<Q3【解析】△U1=△U2=△U3W1<W2<W3Q1<Q2<Q317、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]下压活塞，气体的体积变小，温度不变，由

可知；压强增大；

[2]外界对气体做正功，气体温度不变故内能不变，由

可知，气体放出热量。【解析】①.增大②.放出18、略

【分析】【分析】

根据磁体之间的相互作用的特点分析指南针.

【详解】

根据对磁体磁场的N、S极的规定可知，指南针指南的一端是S极.

【点睛】

该题考查磁场的方向的规定、磁场的基本特点以及洛伦兹力的定义，都是和磁场有关的几个基本概念，记住即可正确解答.【解析】S19、略

【分析】【详解】

当导体棒与磁场垂直时受的安培力最大；平行时受安培力为零，则从左到右，导体棒所受安培力的大小分别为：BIL；BIL、BIL、0.

【点睛】

此题关键是搞清四个导体棒的放置方式，知道导体棒与磁场垂直时受的安培力最大，最大值为BIL，平行时受安培力为零.【解析】BIL；BIL；BIL；020、略

【分析】【分析】

【详解】

对大量的事实分析表明：热力学零度不可达到这个结论被称做热力学第三定律．【解析】热力学零度不可达到四、作图题(共3题，共30分)21、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】22、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】