2025年湘师大新版高三物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年湘师大新版高三物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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6题，共12分)1、关于电场强度，下列说法正确的是（）A.以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同B.正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大C.若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右D.电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大2、如图甲所示电路中，L1、L2、L3为三只“6V3W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab端接如图乙所示的交变电压时；三只灯泡均正常发光．下列说法中正确的是（）

A.变压器原副线圈的匝数比为3：lB.输出端交流电的频率为50HzC.电流表的示数为0.5AD.电压表的示数为18V3、【题文】如图11－2－5所示，一向右开口的汽缸放置在水平地面上，活塞可无摩擦移动且不漏气，汽缸中间位置有小挡板．初始时，外界大气压为p0，活塞紧压小挡板处，现缓慢升高缸内气体温度，则如图11－2－6所示的p－T图象能正确反应缸内气体压强变化情况的是()

4、关于向心加速度的物理意义，下列说法中正确的是（）A.它只改变线速度的方向B.它描述的是线速度大小变化的快慢C.它描述的是角速度变化的快慢D.匀速圆周运动的向心加速度是恒定不变的5、在学习物理知识的同时，还应该十分注意学习物理学研究问题的思想和方法，从一定意义上讲，后一点甚至更重要．伟大的物理学家伽利略的研究方法对后来的科学研究具有重大的启蒙作用，至今仍有重要的意义．请你判断伽利略探究物体下落规律的过程是（）A.猜想--问题--数学推理--实验验证--合理外推--得出结论B.问题--猜想--实验验证--数学推理--合理外推--得出结论C.问题--猜想--数学推理--实验验证--合理外推--得出结论D.猜想--问题--实验验证--数学推理--合理外推--得出结论6、下列物理量中，属于矢量的是（）A.加速度B.功率C.功D.时间评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、在电容器极板间电介质和极板的正对面积保持不变的情况下，极板间的距离越近，电容器的电容就越____（填“大”或“小”）；在电容器极板间电介质和极板间的距离保持不变的情况下，极板的正对面积越小，电容器的电容就越____（填“大”或“小”）．8、一质量为m，电荷量为q的带电粒子（不计重力），以平行于电场线的初速度v0射入匀强电场，经过时间t，带电粒子具有的电势能与刚射入到电场时具有的电势能相同，则此匀强电场的场强大小为____，带电粒子在电场中所通过的路程为____．9、（2014秋•湛江校级月考）为验证动能定理；某同学设计了如下实验．将一长直木板一端垫起，另一端侧面装一速度传感器，让小滑块由静止从木板h高处（从传感器所在平面算起）自由滑下至速度传感器时，读出滑块经此处时的速度v，如图所示．多次改变滑块的下滑高度h（斜面的倾角不变），对应的速度值记录在表中：

。下滑高度h/m0.100.200.300.400.50速度v/m•s-10.6330.8951.1001.2651.414（1）要最简单直观地说明此过程动能定理是否成立，该同学建立了以h为纵轴的坐标系，你认为坐标系的横轴应该是什么？____．

（2）已知当地重力加速度g，若要求出滑块与木板间的动摩擦因数，还需测出____（写出物理量及符号）；则计算滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为____．10、某同学根据平抛运动原理设计粗测玩具手枪弹丸的发射速度v的实验方案；实验示意图如右图所示，已知没有计时仪器．

（1）实验中需要的测量器材是____；

（2）用玩具手枪发射弹丸时应注意____；

（3）实验中需要测量的物理量及其符号____；

（4）计算公式v=____．

11、在实验测平抛运动的初速度时产生误差，与误差无关的是____

A．弧形槽与球间有摩擦。

B．弧形槽末端切线不水平。

C．小球受空气阻力。

D．小球每次自由滚下的位置不同．12、一个质量为3kg的物体在水平面上运动时，它的位移随时间的变化规律是S=3t+6t2，则该物体所受的合力为____N．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、当达到动态平衡时，蒸发的速度不再改变，以恒速蒸发．____．（判断对错）14、作用在物体上的合外力减小时，速度也随之减小．____（判断对错）15、在磁场中，粒子的比荷之比与轨道半径之比成反比____（判断对错）16、电场力大的地方电场强度一定大．____．（判断对错）17、物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大．____．评卷人得分四、画图题(共2题，共4分)18、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）19、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．评卷人得分五、综合题(共3题，共18分)20、【题文】一简谐运动的振动方程为x=5sin(314t+)；试求：

（1）该运动的初相是多少？

（2）如何用余弦函数来表示其振动方程？其初相变为多少？21、【题文】如图8-14所示，一列沿x正方向传播的简谐横波，波速大小为0.6m/s，P点的横坐标为96cm；从图中状态开始计时，求：

（1）经过多长时间，P质点开始振动；振动时方向如何？

（2）经过多少时间，P质点第一次到达波峰？22、(1)

下列说法正确的是________。A.机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化成机械能B.将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，它们的分子势能先减小后增加C.热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D.液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力E.单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，气体的压强一定减小(2)

一足够高的内壁光滑的导热气缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一定质量的理想气体，如图所示。开始时气体的体积为2.0隆脕10鈭�3m3

现缓慢地在活塞上倒上一定量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为136.5?C(

大气压强为1.0隆脕105Pa)

(1)

求气缸内气体最终的体积；(2)

在p鈭�V

图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化(

请用箭头在图线上标出状态变化的方向)

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都大小相同，方向不同；电荷周围的电场与点电荷的电量有关，与电性无关；若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右；电场强度的大小与电荷受到的电场力的大小无关．【解析】【解答】解：A、以点电荷为球心、r为半径的球面上；各点的场强都大小相同，方向不同；故A错误；

B；电荷周围的电场强度的大小与点电荷的电量有关；与电性无关；故B错误；

C；电场强度的方向与试探电荷的电性无关；若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右；故C正确；

D；电场强度的大小是由电场本身决定的；与电荷受到的电场力的大小无关．故D错误．

故选：C2、B【分析】【分析】由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比，由图象中的周期求得频率，各表的示数为有效值．【解析】【解答】解：A；因原副线圈的电流之比为1：2；则匝数之比为2：1，故A错误。

B、因周期为T=0.02S，则其频率为：．故B正确。

C、电流表的示数为有效值，每个灯泡的电流为：；则电流表示数为：2I=1A，故C错误。

D、电压表的示数为Uab-UL1=18-6=12V．故D错误。

故选：B3、B【分析】【解析】初始时刻，活塞紧压小挡板，说明汽缸中的气体压强小于外界大气压强；在缓慢升高汽缸内气体温度时，气体先做等容变化，温度升高，压强增大，当压强等于大气压时活塞离开小挡板，气体做等压变化，温度升高，体积增大，A、D是错误的．在p－T图象中，等容线为通过原点的直线，所以C图是错误的．【解析】【答案】B4、A【分析】【分析】向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，因此明确向心加速度的物理意义即可正确解答本题．【解析】【解答】解：A；B、圆周运动的向心加速度只改变速度的方向；不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢的物理量；

做圆周运动物体的切向加速度改变线速度的大小；描述线速度大小变化的快慢．故A正确，B错误；

C；角速度的方向垂直圆周所在的平面；始终与向心加速度垂直，向心加速度不改变角速度的大小和方向，故C错误；

D；匀速圆周运动的向心加速度大小不变而方向不断发生变化；所以的匀速圆周运动的向心加速度是变化的．故D错误．

故选：A．5、C【分析】【分析】根据伽利略对落体运动规律的研究，了解伽利略所开创的研究问题的方法和思维过程，即可正确解答本题．【解析】【解答】解：伽利略在研究物体下落规律时；首先是遇到问题即对亚里士多德的观点提出疑问，然后进行了猜想即落体是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动就是速度变化是均匀的，接着进行了实验，伽利略对实验结果进行数学推理，然后进行合理的外推得出结论，故伽利略探究过程顺序是问题--猜想--实验验证--数学推理--合理外推--得出结论．

故选：C．6、A【分析】【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．【解析】【解答】解：A；加速度既有大小又有方向；是矢量，故A正确．

B；C、D、功率、功和时间只有大小没有方向；是标量，故BCD错误．

故选：A二、填空题(共6题，共12分)7、大小【分析】【分析】电容是表征电容器容纳电荷本领大小的物理量，根据电容的决定式C=可分析电容与极板正对面积、板间距离的关系．【解析】【解答】解：根据公式C=可得；正对面积保持不变的情况下，极板间的距离越近，电容器的电容就越大；

在电容器极板间电介质和极板间的距离保持不变的情况下；极板的正对面积越小，电容器的电容就越小．

故答案为：大，小．8、【分析】【分析】由题，电子以初速度v0与电场线平行束射入匀强电场，经时间t电子具有的电势能与刚进入电场时相同，速度大小相等，说明电子在匀强电场中做有往复的匀变速直线运动，根据对称性，往返时间相等．根据牛顿第二定律和速度公式结合，求出场强．由平均速度公式求出电子匀减速运动的位移大小，再求解路程．【解析】【解答】解：电子经过时间t时；初末时刻电势能相同，则电场力不做功，电子回到初位置，速度和初位置大小相等．

所以电子在电场中一直作匀减速运动．从进入到速度减为0所用时间为t1=，则有v0=at1．

根据牛顿第二定律得，a=；

得到v0=at1=•；

解得：E=

通过位移为s=•t1=；

电子在电场中的运动路程为S′=2s=．

故答案为：；．9、v2木板与水平桌面的夹角θ【分析】【分析】（1）对滑块下滑的过程运用动能定理；得出h与v的表达式，通过表达式，确定横轴用什么物理量表示．

（2）根据h与v的关系式得出动摩擦因数的表达式，从而确定还需测量的物理量．【解析】【解答】解：（1）设木板与水平桌面间的夹角为θ；由动能定理得：

mgh-=

整理得：h=．

若动能定理成立，h与v2成线性关系，所以横轴为v2．

（2）根据h=得动摩擦因数表达式为：

；故需测量木板与水平桌面的夹角θ．

故答案为：（1）v2，（2）木板与水平桌面的夹角θ，．10、略

【分析】

在该实验中需要测量弹丸平抛运动的高度h和水平位移x；所以需要测量器材刻度尺．为了使弹丸做平抛运动，应使枪杆要水平．

根据h=得，t=则平抛运动的初速度．

故答案为：（1）刻度尺。

（2）枪杆要水平。

（3）高度h；水平位移x

（4）

【解析】【答案】手枪弹丸做平抛运动；根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出平抛运动的初速度．

11、略

【分析】

A；只要让它从同一高度、无初速开始运动；在相同的情形下，即使球与槽之间存在摩擦力，仍能保证球做平抛运动的初速度相同，因此，斜槽轨道是否光滑不会产生误差，故A正确；

B；当斜槽末端切线没有调整水平时；小球脱离槽口后并非做平抛运动，所以有误差产生，故B错误；

C；小球受空气阻力；导致其水平方向上不是匀速运动，所以会产生误差，故C错误；

D；若小球每次自由滚下的位置不同；则平抛轨迹不同，在确定平抛轨迹上的点时，会产生误差，故D错误．

故选A．

【解析】【答案】平抛运动的条件是水平方向匀速直线运动；竖直方向自由落体运动，无论是影响水平方向的运动，还是影响竖直方向上的运动，都会引起实验误差．

12、36【分析】【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式得出物体的加速度，结合牛顿第二定律求出物体所受的合力．【解析】【解答】解：根据s==3t+6t2得物体的加速度为：a=12m/s2；

根据牛顿第二定律得，物体所受的合力：F合=ma=3×12N=36N．

故答案为：36．三、判断题(共5题，共10分)13、√【分析】【分析】液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发．【解析】【解答】解：饱和蒸汽的平衡是一种动态平衡．当达到动态平衡时；液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发蒸发的速度不再改变，此时以恒速蒸发．所以该说法是正确的．

故答案为：√14、×【分析】【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．【解析】【解答】解：加速度是反映速度变化快慢的物理量．根据牛顿第二定律可知；加速度的方向与物体受到的合外力的方向相同；

结合速度与加速度的关系可知；当加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大．当物体的加速度方向与速度方向相反，速度减小．

所以作用在物体上的合外力减小时；速度可能随之减小，也可能随之增大．所以以上说法是错误的．

故答案为：×15、√【分析】【分析】粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，故在磁场中做匀速圆周运动，写出牛顿第二定律的方程，导出粒子的半径公式即可做出判定．【解析】【解答】解：粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，故在磁场中做匀速圆周运动；由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得r=；粒子的比荷之比与轨道半径之比成反比．

故答案为：√16、×【分析】【分析】根据电场强度的定义式E=变形得到F与E的关系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根据电场强度的定义式E=得：F=qE

可知电场力与电场强度和电荷量都有关；则电场力大的地方电场强度不一定大，故该判断是错的．

故答案为：×．17、×【分析】【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．再由牛顿第二定律可知，F=ma，即加速度与合外力的关系．【解析】【解答】解：根据加速度的定义式a=可知；物体的速度越大，则加速度不一定越大；

再由牛顿第二定律可知；F=ma，可知，当加速度越大时，则合外力越大，故是错误的；

故答案为：×．四、画图题(共2题，共4分)18、略

【分析】【解析】试题分析：由图读出波长，由波速公式求出周期．根据简谐运动在一个周期内通过的路程，求出位移．采用波形平移的方法画出7s时的波形图．由图直接可得波长根据得：7秒内波传播的位移为：根据平移法，把波形沿传播方向平移3.5米，如下图实线：考点：画波形图【解析】【答案】图形向左平移1.5m19、略

【分析】弹力的方向总是与物体接触面的切面垂直，然后指向受力物体，据此可得思路分析：弹力的方向总是与物体接触面的切面垂直，然后指向受力物体试题【解析】【答案】【解析】弹力的方向总是与物体接触面的切面垂直，然后指向受力物体，据此可得思路分析：弹力的方向总是与物体接触面的切面垂直，然后指向受力物体试题五、综合题(共3题，共18分)20、略

【分析】【解析】（1）由振动方程可知，该运动的初相

(2)x=5sin(314t+)=5cos(-314t-)=5cos(-314t+)=5cos(314t-),φ0=-【解析】【答案】（1）（2）5cos(314t-),-21、略

【分析】【解析】开始计时时，这列波的最前端的质点坐标是24cm，根据波的传播方向，可知这一点沿y轴负方向运动，因此在波前进方向的每一个质点开始振动的方向都是沿y轴负方向运动，故P点开始振动时的方向是沿y轴负方向，P质点开始振动的时间是。

（1）t=="1.2"s

（2）用两种方法求解。

质点振动法：这列波的波长是λ="0.24"m；故周期是。

T=="0.4"s

经过1.2s，P质点开始振动，振动时方向向下，故还要经过T才能第一次到达波峰；因此所用时间是1.2s+0.3s="1.5"s.

波形移动法：质点P第一次到达波峰，即初始时刻这列波的波峰传到P点；因此所用的时间是。

t′=="1.5"s【解析】【答案】（1）1.2s（2）1.5s22、（1）BCD

（2）

解：（1）由题，状态一：P1=1.0×105Pa，V1=2.0×10-3m3，T1=273K；

状态二：P2=，V2=1.0×10-3m3，T2=273K；

状态三：P3=P2，V3=，T3=409.5K

气体先发生等温变化，则有：P1V1=P2V2，代入解得：P2=2.0×105Pa，

气体后发生等压变化，则有：，代入解得：V3=1.5×10-3m3

（2）气体先发生等温变化，PV图象是双曲线，后发生等压变化，图线平行于V轴，作出P-V图象如图【分析】【分析】

(1)(1)

气体扩散现象说明气体分子在做无规则运动；分子在平衡位置时分子势能最小；温度是分子平均动能的标志，液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力。本题考查了热力学第二定律；液体的表面张力等；知识点多，关键是记住基础知识，要记住分子在平衡位置时分子势能最小，正确理解气体压强产生的原因。

【解答】A.