2025年湘教版高三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年湘教版高三物理下册阶段测试试卷966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5题，共10分)1、如图所示；甲；乙所示为两种测电阻R的电路，下面说法正确的是（）

A.甲、乙都对，甲比乙的误差小B.甲、乙都对，甲比乙的误差大C.甲测大电阻时误差小，乙测小电阻时误差小D.甲测小电阻时误差小，乙测大电阻时误差小2、如图所示，用电流传感器研究自感现象．电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值．t=0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图象．下列图象中可能正确的是3、【题文】一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v-t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v-t图象，g=10m/s2；下列说法中正确的是()

A.撤去拉力后物体还能滑行7.5mB.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C.水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同D.水平拉力对物体做功为1.2J4、如图所示，R2=3Ω，电压表读数为2V，电流表读数为某段电路发生故障后，两表的读数变为4.5V和1.5A，则电路中哪一部分发生了故障?是何故障?(两表均为理想电表)（）

A.R1断路B.R2断路C.R3断路D.R1短路5、如图所示电路；向右移动滑动变阻器滑片，电流表和电压表示数变化正确的是（）

A.A示数变大，V示数变大B.A示数变大，V示数变小C.A示数变小，V示数变大D.A示数变小，V示数变小评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、设地球表面的平均重力加速度为g，地球的半径为R，万有引力常数为G，则地球质量为____地球的密度ρ为____．7、如图所示，电子射线管（A为其阴极），放在蹄形磁铁的N、S两极间（图中C为N极），射线管的A、B两极分别接在直流高压电源的负极和正极．此时，荧光屏上的电子束运动径迹______偏转（填“向上”“向下”或“不”）．8、已知某金属的极限频率为f0，光在真空中的传播速度为c，普朗克常量为h．要使金属表面发出的光电子的最大初动能为Ekm，则入射光的波长应为______，该金属的逸出功为______．9、钍234核不稳定，发生的核反应方程为Th→Pa+e，在反应过程中减少了____个中子．10、一般情况下36V可视为安全电压．工厂里机床上照明电灯的额定电压就是36V．如果这个电压是通过理想变压器把220V的电压降压后得到的；已知变压器副线圈的匝数是180匝，照明电灯的额定功率是45W，则。

（1）变压器原线圈的匝数为____

（2）电灯正常发光时，原线圈的电流为____．11、质量为4.0kg的物体A静止在水平桌面上，另一个质量为2.0kg的物体B以5.0m/s的水平速度与物体A相碰．碰后物体B以1.0m/s的速度反向弹回，则系统的总动量为____kg•m/s，碰后物体A的速度大小为____m/s．12、LC振荡电路的电容为C，电感为L，则电容器两板间电势差从正向最大值到反向最大值所需的最短时间为t=____，若电磁波在真空中的传播速度为c真，则此电路发射的电磁波在真空中传播时波长为λ=____．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、普通验电器能直接检测物体带有何种性质的电荷．____．（判断对错）14、电子手表中的液晶在外加电压的影响下能够发光．____．（判断对错）15、原先没有磁性的铁，在长期受到磁铁的吸引会产生磁性____．（判断对错）16、晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的．____．（判断对错）17、分力的大小一定小于合力的大小．____．评卷人得分四、作图题(共4题，共40分)18、如图，质量均为m的三木块A、B、C，其中除A的左侧面光滑外，其余各侧面均粗糙．当受到水平外力F作用时，三木块均处于静止状态．画出各木块的受力图．求出各木块所受的摩擦力大小与方向．19、物理--物理3-4

湖面上一点O上下振动；振幅为0.2m，以O点为圆心形成圆形水波，如图所示，A；B、O三点在一条直线上，OA间距离为4.0m，OB间距离为2.4m．某时刻O点处在波峰位置，观察发现2s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰．将水波近似为简谐波．

（1）求此水波的传播速度；周期和波长．

（2）以O点处在波峰位置为0时刻，某同学打算根据OB间距离与波长的关系确定B点在0时刻的振动情况，画出B点的振动图象．你认为该同学的思路是否可行？若可行，画出B点振动图象；若不可行，请给出正确思路并画出B点的振动图象．20、【题文】如图18所示；杠杆在力F1；F2作用下处于平衡状态，L1为F1的力臂。请在图中作出F2的力臂L2及力F1。

。21、一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶；在0～20s内做匀加速运动，20s末的速度为30m/s，接着在20s～45s内做匀速运动，再接着在45s～75s内匀减速运动，75s末速度为0．求：

（1）画出运动过程的v-t图象；

（2）摩托车在0～20s加速度大小；

（3）摩托车在0～75s这段时间平均速度大小．评卷人得分五、推断题(共1题，共7分)22、铁触媒是重要的催化剂，rm{CO}易与铁触媒作用导致其失去催化活性：rm{Fe+5CO=Fe(CO)_{5}}除去rm{CO}的化学反应方程式：rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}+CO+NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{3}(CO)]OOCCH_{3}}请回答下列问题：rm{(1)C}rm{N}rm{O}的电负性由大到小的顺序为___________，基态rm{Fe}原子的价电子排布图为___________。rm{(2)Fe(CO)_{5}}又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则rm{Fe(CO)_{5}}的晶体类型是_________，与rm{CO}互为等电子体的分子的电子式为__________________。rm{(3)}配合物rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}}中碳原子的杂化类型是_____________，配体中提供孤对电子的原子是____________。rm{(4)}用rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}}除去rm{CO}的反应中，肯定有__________________形成。rm{A.}离子键rm{B.}配位键rm{C.}非极性键rm{D.娄脪}键rm{(5)}单质铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示，面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为_________________，面心立方堆积与体心立方堆积的两种铁晶体的晶胞参数分别为rm{apm}和rm{bpm}则rm{dfrac{a}{b}=}________。rm{(6)NaAlH_{4}}晶体的晶胞如图，与rm{Na^{+}}紧邻且等距的rm{AlH_{4}^{-}}有__________个；rm{NaAlH_{4}}晶体的密度为_________rm{g隆陇cm^{-3}(}用含rm{a}的代数式表示rm{)}

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻阻值是电流表内阻与待测电阻的串联值的和，电流表外接法测得的电阻阻值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值；用的电流表内阻越小，电压表内阻越大，测量的误差越小．【解析】【解答】解：甲图所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值R测=Rx+RA＞Rx；

乙图所示电路是电流表外接法；用它测量电阻时，测量值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小；

电流表内阻越小，R测=Rx+RA＞Rx；相对误差就越小；电压表内阻越大，并联电阻阻值相对于测量值的误差越小，故D正确，ABC错误；

故选：D．2、A|D【分析】【解析】试题分析：自感电流总是阻碍原电流的变化，闭合开关后如图黑色为原电路，红色为感应电流，电感线圈所在支路电流缓缓增加而电阻所在支路因为有红黑两路电流刚开始会比较大，C选项错误。当断开开关时，电流情况如图流过电阻的电流方向反向，且逐渐减小，C正确。流过电感的电流方向不变但大小逐渐变小，A正确。考点：自感现象【解析】【答案】AD3、C【分析】【解析】

试题分析：根据速度时间图象的斜率等于加速度得，物体的加速度大小为：0-3s内：a1==m/s2=m/s2，3-6s内：a2==m/s2=m/s2，根据牛顿第二定律得：3-6s内：摩擦力大小为f=ma2=0.1N，0-3s内：F+f=ma1，F=0.1N，方向与摩擦力方向相同，故C正确．0-3s内，物体的位移为x=×3m=12m，水平拉力对物体做功为W=-Fx=-0.1×12J=-1.2J，故D错误．设撤去拉力后物体还能滑行距离为s，则由动能定理得-fs=0-mv2得，s==m=13.5m；故A错误．由f=μmg得，μ≈0.03，故B错误．

考点：牛顿第二定律，匀变速直线运动的图像，滑动摩擦力，功的计算【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】R1断路，电流表无示数，A错；如果是R2断路电压表无示数，B错；如果是R1短路电压表无示数，C对；由此可知当R3断路时两电表示数都会增大。

【点评】明确电路中的串并联关系，由断路或短路中给电路造成的电阻变化判断电表变化是解决本题的思路，采用假设法是故障排除的方法。5、B【分析】【分析】由图可知滑动变阻器直接接入电源，电压表测量路端电压，电流表测电路中的电流；将滑动变阻器的滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，由欧姆定律可求得电路中电流的变化及电压表示数的变化．【解析】【解答】解：将滑动变阻器的滑片P向右移动过程中；滑动变阻器接入电阻变小，电路的总电阻变小；

由欧姆定律可得；电路中电流变大，即电流表示数变大；

由U=E-Ir可知；路端电压变小，即电压表的示数变小．

故选：B二、填空题(共7题，共14分)6、【分析】【分析】根据物体的重力等于地球的万有引力，列式求解地球的质量，由质量与体积之比求解地球的密度ρ．【解析】【解答】解：不考虑地球的自转时；物体的重力等于地球对物体的万有引力，则得：

mg=G

解得地球的质量为：M=

地球的密度为：ρ===

故答案为：，．7、略

【分析】解：据题因为A是阴极；B是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A到B，产生的电流方向是B到A（注意是电子带负电），根据左手定则，四指由B指向A，掌心对着N极此时拇指向下，所以电子束所受的洛伦兹力向下，轨迹向下偏转．

故答案为：向下。

此题要求要了解电子射线管的构造和原理．阴极是发射电子的电极；要接到高压的负极上，电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转．从而显示电子运动的径迹，偏转方向有左手定则判断．

本题关键要了解电子射线管的原理，知道电子运动的方向，正确运用左手定则判断洛伦兹力的方向，要注意电子带负电，四指应指向电子运动的相反方向．【解析】向下8、略

【分析】解：当Ekm=0时；对应的频率为极限频率；

则：hf0-W=0；

解得：W=hf0；

根据光电效应方程得：Ekm=hγ-W=-hf0；

解得：入射光的波长λ=

故答案为：hf0

根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hγ-W；结合光电子的最大初动能，求解入射光的波长．再根据频率频率与极限波长的关系，从而求解金属的逸出功；

本题是光电效应规律的应用问题，首先要对光电效应四大规律要理解，抓住与经典理论的区别进行记忆．【解析】hf09、1【分析】【分析】β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时释放出来的，衰变过程中满足质量数、电荷数守恒．【解析】【解答】解：β衰变的实质：β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时释放出来的，所以在核反应方程为Th→Pa+e中；减小了一个中子．

故答案为：110、1100匝0.2A【分析】【分析】由电压与匝数成正比可求得原线圈的匝数，由P=UI可得原线圈的电流．【解析】【解答】解：（1）由电压与匝数的关系为：可得：=1100匝。

（2）p=UI可得：I==0.2A

故答案为：（1）1100匝（2）0.2A11、103【分析】【分析】系统的总动量等于两个球的动量矢量和．根据动量守恒定律求解碰后物体A的速度大小．【解析】【解答】解：取碰撞前B的速度方向为正方向，则系统的总动量为：P=mBvB=2×5kgm/s=10kgm/s．

根据动量守恒定律得：P=-mBvB′+mAvA′；

代入数据解得：vA′=3m/s；

故答案为：10，3．12、2πc真【分析】【分析】LC振荡电路的电容为C，电感为L，周期为T=2．电容器两板间电势差从正向最大值到反向最大值所需的最短时间为半个周期．此电路发射的电磁波的周期等于振荡电路的周期，根据波速公式c真=求波长．【解析】【解答】解：电容器两板间电势差从正向最大值到反向最大值所需的最短时间为：t=T==；

此电路发射的电磁波的周期等于振荡电路的周期，根据波速公式c波=得波长为：

λ=c真T=c真=2πc真．

故答案为：；2πc真．三、判断题(共5题，共10分)13、×【分析】【分析】验电器使用时是让金属杆上的金属箔带上同种电荷，然后同种电荷会相互排斥从而验证物体是否带电的．【解析】【解答】解：验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的；故验电器张开的角度越大，说明带电体所带的电荷越多，不能直接判断电荷的正负，只可以定性表物体带电量的多少．

故答案为：×14、×【分析】【分析】液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态；液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．【解析】【解答】解：液晶在外加电压的影响下并不发光；而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．所以该说法是错误的．

故答案为：×15、√【分析】【分析】在铁棒未被磁化前，铁棒内的分子电流的排布是杂乱无章的，故分子电流产生的磁场相互抵消，对外不显磁性，但当铁棒靠近磁铁时分子电流由于受到磁场的作用而使磁畴的取向大致相同从而被磁化对外表现出磁性；对磁铁加热或敲打时会使磁铁内的分子电流的排布变的杂乱无章，从而使磁铁的磁性减弱．【解析】【解答】解：在铁棒未被磁化前；铁棒内的分子电流的排布是杂乱无章的，故分子电流产生的磁场相互抵消，对外不显磁性，但当铁棒靠近磁铁时分子电流由于受到磁场的作用而使磁畴的取向大致相同从而被磁化对外表现出磁性．所以该说法是正确的．

故答案为：√16、√【分析】【分析】晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的．晶体是具有一定的规则外形和各向异性．【解析】【解答】解：根据晶体的结构的特点可知；晶体的分子（或原子；离子）排列是有规则的．所以该说法是正确的．

故答案为：√17、×【分析】【分析】（1）如果二力在同一条直线上；根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；

同一直线反方向二力的合力等于二力之差．

（2）如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间．【解析】【解答】解：当二力反向时；合力等于二力大小之差，合力有可能小于分力，故这句话是错误的；

故答案为：×四、作图题(共4题，共40分)18、略

【分析】【分析】由于三木块均处于静止状态，合力都为零，可以以AB组成的整体为研究对象，根据平衡条件求解C对B的摩擦力大小和方向，再以牛顿第三定律分析B对C的摩擦力大小和方向．【解析】【解答】解：对A受力分析可知；A受重力；压力和B的弹力以及A的向上的摩擦力；

对B分析的可知；B受重力；A和C的压力、A对B向下的摩擦力和C对B向上的摩擦力；

对C分受力分析可知；C受重力；压力、墙壁的支持力、B对C向下的摩擦力和墙对C向上的摩擦力；

受力分析如图所示；

19、略

【分析】【分析】（1）由题意可知波传播的距离及所用时间；由波速公式可求得波的传播速度；由OA间对应的波长数可求得波长，由波长；频率及波速的关系可求得周期；

（2）由OB的距离可知OB相距的波长数，则可确定出B在O时刻所在的位置及振动方向，则可确定B振动图象．【解析】【解答】解：

（1）波速

由题意可知OA间相距个波长，则对应个周期；故由可得：

周期T=1.6s；

则波长λ=vT=3.2m；

该水波的传播速度为2m/s；周期为1.6s，波长为3.2m；

（2）OB相距2.4m==λ；故O在波峰处时，B在平衡位置向下振动；

故可画出此后B的振动图象；

故可行

振动图象如图．20、略

【分析】【解析】分析：F2与杠杆垂直，故连接支点O与F2的作用点即为力臂L2，过L1的上端作L1的垂线，交杠杆于一点，即为F1的作用点，F1的方向向上．

解答：解：

【解析】【答案】略21、略

【分析】【分析】（1）由运动速度的变化作图．

（2）v-t图象的斜率等于加速度；由加速度的定义求解．

（3）由图象与时间轴所围的面积表示位移，求得位移，再求平均速度大小【解析】【解答】解：（1）如图；

（2）在0～20s内做匀加速运动，可求加速度a1==1.5m/s2；

（3）根据v-t图象与坐标轴围面积表示位移可求在0～75s时间内位移为。

x==1500m

所以平均速度为==20m/s

答：（1）运动过程的v-t图象如上图；

（2）摩托车在0～20s加速度大小为1.5m/s2；

（3）摩托车在0～75s这段时间平均速度大小为20m/s五、推断题(共1题，共7分)22、（1）O＞N＞C3d64s2

（2）分子晶体

（3）sp3、sp2N

（4）bd

（5）2：1（6）8

【分析】【分析】本题考查晶胞计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、元素周期律等知识点，难点是晶胞计算，注意rm{Fe}晶胞面心立方和体心立方区别，关键会正确计算两种晶胞体积，题目难度中等。【解答】rm{(1)}同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，这三种元素第一电离能大小顺序是rm{O>N>C}rm{Fe}原子rm{3d}rm{4s}能级电子为其价电子，基态rm{Fe}原子的价电子排布式为rm{3d^{6}4s^{2}}故答案为：rm{O>N>C}rm{3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)}熔沸点较低的晶体为分子晶体，rm{Fe(CO)_{5}}又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，为分子晶体；与rm{CO}互为等电子体的分子的电子式为互为等电子体的分子的电子式为

故答案为：分子晶体；rm{CO}该配合物中rm{(3)}原子价层电子对个数是rm{C}和rm{4}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定rm{3}原子杂化方式为rm{C}rm{sp^{3}}该配体中rm{sp^{2}}原子提供空轨道、rm{Cu}原子提供孤电子对，故答案为：rm{N}rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}

rm{N}用rm{(4)}除去rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}}的反应中，肯定有rm{CO}原子和rm{Cu}rm{N}原子之间的配位键且也是rm{C}键生成，故选rm{娄脛}

rm{bd}利用均摊法计算晶胞中rm{(5)}原子个数，面心立方晶胞中rm{Fe}原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}体心立方晶胞中rm{Fe}原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}所以二者rm{Fe}原子个数之比rm{=1+8隆脕dfrac{1}{8}=2}rm{Fe}rm{=4}设rm{2=2}原子半径为rm{1}面心立方晶胞半径rm{Fe}体心立方晶胞半径rm{=dfrac{4sqrt{3}}{3}rcm}rm{rcm}rm{=2sqrt{2}rcm}rm{=dfrac{4sqrt

{3}}{3}rcm}面心立方堆积与体心立方堆积的两种铁晶体的晶胞参数分别为rm{a}rm{a}rm{dfr