…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教版高三物理上冊階段測試試卷460考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、兩端封閉的等臂U形管中，兩邊的空氣柱a和b被水銀柱隔開，當U形管豎直放置時，兩空氣柱的長度差為h，如圖所示．現將這個管平放，使兩臂位于同一水平面上，穩定后兩空氣柱的長度差為L，若溫度不變，則（）A.L＞hB.L=hC.L=0D.L＜h，L≠02、如圖所示，將空的薄金屬筒開口向下壓入水中，設水溫均勻恒定，筒內空氣不泄漏，不計氣體分子間的相互作用，則被淹沒的金屬筒在緩慢下降過程中，下列說法正確的是（）A.筒內壁與氣體接觸處，單位時間內碰撞單位面積的氣體分子數不變B.筒內氣體每一個分子的分子動能都不變C.筒內氣體從外界吸熱D.筒內氣體向外界放熱3、一物體做勻變速直線運動；速度圖象如圖所示，則在前4s內（設向右為正方向）（）

A.物體始終向右運動。

B.物體先向左運動；2s后開始向右運動。

C.前2s物體位于出發點的左方；后2s位于出發點的右方。

D.在t=4s時；物體距出發點最遠。

4、某質點做勻速圓周運動．已知角速度ω和線速度v的大小；由此可以求出（）

A.運動周期。

B.軌道半徑。

C.向心加速度大小。

D.所受向心力的大小。

5、0.4m長的輕桿上端固定800g的小球，小球（可視為質點）繞桿在豎直面內做圓周運動．當它經過最高點時速度為1m/s，桿對小球作用力（g=10m/s2）為（）

A.6N；拉力。

B.6N；支持力。

C.8N；支持力。

D.10N；支持力。

6、【題文】如圖15-3-9所示，勻強磁場中有一通以方向如圖的穩恒電流的矩形線圈abcd；可繞其中心軸OO′轉動，則在轉動過程中()

圖15-3-9A.ad和bc兩邊始終無磁場力作用B.cd、ba兩邊受到的磁場力的大小和方向在轉動過程中不斷變化C.線框受的磁場力在轉動過程中合力始終不為零D.ab、cd兩邊受到的磁場力的大小和方向在轉動過程中始終不變7、下列說法正確的是（）A.凡是體積小的物體均可看做質點B.一切物體的重心都在該物體的幾何中心C.一對平衡力的合力一定為零D.一對作用力和反作用力的產生時間不同，先有作用力后有反作用力評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)8、關于日食與月食，下列說法中正確的是（）A.在月球的本影區里能看到日全食B.在月球的半影區里能看到日偏食C.當月球全部進入地球的本影區時，可看到月全食D.當月球全部進入地球的半影區時，可看到月偏食9、小球從空中自由下落，與水平地面相碰后彈到空中某高度，取向下為正方向其速度-時間圖象如圖所示（g=10m/s2），則由圖可知以下說法正確的是（）A.小球下落的最大速度為5m/sB.第一次反彈初速度為-3m/sC.小球能彈起的最大高度0.45mD.小球在0.8s內的總位移為1.7m10、質量為m的子彈，以水平速度v射入靜止在光滑水平面上質量為M的木塊，并留在其中，下列說法正確的是（）A.子彈克服阻力做的功與木塊獲得的動能相等B.阻力對子彈做的功與子彈動能的減少相等C.子彈克服阻力做的功與子彈對木塊做的功相等D.子彈克服阻力做的功大于子彈對木塊做的功11、如圖所示，一直流電動機與阻值R=9Ω的電阻串聯在電源上，電源電動勢E=30V，內阻r=1Ω，用理想電壓表測出電動機兩端電壓U=10V，已知電動機線圈電阻RM=1Ω，則下列說法中正確的是（）A.通過電動機的電流為10AB.電動機的輸入功率為18WC.電動機的熱功率為4WD.電動機的輸出功率為16W12、如圖所示的電路中，電源內阻一定，電壓表和電流表均為理想電表．現使滑動變阻器R的滑片向左滑動一小段距離，測得電壓表V1的示數變化大小為△U1，電壓表V2的示數變化大小為△U2，電流表A的示數變化大小為△I，對于此過程下列說法正確的是（）A.通過電阻R1的電流變化量大小等于B.R0兩端的電壓的變化量大小等于△U1-△U2C.路端電壓的增加量等于△U2D.為一定值評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、從某高度處以12m/s的初速度水平拋出一物體，經2s落地，g取10m/s2，則物體拋出處的高度是____m，物體落地點距拋出點的水平距離是____m．14、（2010秋?潁州區校級期末）（1）有以下說法：

A．氣體的溫度越高；分子的平均動能越大

B．對物體做功不可能使物體的溫度升高

C．空調機作為制冷機使用時；將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，所以制冷機的工作是不遵守熱力學第二定律的

D．對于一定量的氣體；當其溫度降低時，速率大的分子數目減少，速率小的分子數目增加．

其中正確的是____．

（2）如圖所示，水平放置的汽缸內壁光滑，活塞厚度不計，在A、B兩處設有限制裝置，使活塞只能在A、B之間運動，B左面汽缸的容積為V0，A、B之間的容積為0.1V0．開始時活塞在B處，缸內氣體的壓強為0.9p0（p0為大氣壓強），溫度為297K，現緩慢加熱汽缸內氣體．求：活塞剛到達A處時，氣體的溫度為多少K？15、電場中某點放入電荷量為2.0×10-9C的試探電荷，其所受電場力為4.0×10-6N，則該點的場強大小為____N/C；移走試探電荷，該點的場強大小為____N/C．16、如圖示，一個質量為M的勻質實心球，半徑為R，如果從球上挖去一個直徑為R的球，放在相距為d的地方．那么挖去部分與剩余部分的萬有引力為____．17、一物體做單向直線運動，在第1s內位移是1m，第2s內位移是2m，第3s內位移是3m，第4s內位移是4m，則物體在前2s內的平均速度大小為____m/s、全部4s時間內的平均速度大小為____m/s．評卷人得分四、判斷題(共2題，共10分)18、物體只要是運動的，其合外力就一定不為零．____（判斷對錯）19、任意兩條電場線都不相交．____．（判斷對錯）評卷人得分五、證明題(共3題，共9分)20、如圖所示，細繩系一小球（如圖甲所示）或軌道內側的小球（如圖乙所示）在豎直面內做圓周運動，在最高點時的臨界狀態為只受重力作用，則有mg=m，故小球能通過最高點的臨界速度v=．

試證明小球在最高點時：

（1）v=；拉力或壓力為零；

（2）v＞；小球受向下的拉力或壓力作用；

（3）v＜；小球不能到達最高點．

即輕繩模型的臨界速度為v臨=．21、如圖所示，一列平面波朝著兩種介質的界面傳播，A1A2是它在介質I中的一個波面，C1和C2位于兩種介質的界面上，B1B2是這列平面波進入介質II后的一個波面；A1C1和A2C2是它的兩條波線，入射角為θ1，折射角為θ2，波在I、Ⅱ介質中的傳播速度分別為v1和v2．

（1）試根據惠更斯原理證明：；

（2）若已知θ1=53°（sin53°=0.8），A1A2的長度為0.6m，介質I和介質II中的波速之比為v1：v2=4：3，則：A1C1B1與A2C2B2的長度相差多少？22、（2013春?崇明縣期末）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上離地面高為h1的A處有一木塊，自靜止起勻加速滑下．在滑行過程中取一任意位置B，經過B處時木塊速度為v，位置B離地面高度h2．已知EA=mgh1，EB=mgh2+，試用牛頓第二定律和初速為零的勻加速直線運動公式證明：EA=EB．評卷人得分六、綜合題(共1題，共5分)23、【題文】某高速公路單向有兩條車道；最高限速分別為120km/h；100km/h。按規定在高速公路上行駛車輛的最小間距（單位：m）應為車速（單位：km/h）的2倍，即限速為100km/h的車道，前后車距至少應為200m。求：

（1）兩條車道中限定的車流量（每小時通過某一位置的車輛總數）之比；（2）若此高速公路總長80km；則車流量達最大允許值時，全路（考慮雙向共四車道）擁有的車輛總數。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】等臂U形管由豎直放置到水平放置，通過判斷其壓強的變化可得知體積的變化，得知水銀柱的移動方向，即可得知空氣柱長度差的變化．【解析】【解答】解：由圖可知，當等臂U形管豎直放置時，兩部分氣體的壓強關系有：PA=PB+h，當管平放時，兩部分氣體的壓強變為相等，所以有a部分氣體等溫且壓強減小，體積會增大；b部分氣體等溫且壓強增大，體積會減小，故水銀柱會向b移動；空氣柱的長度差將變大．選項A正確，BCD錯誤．

故選A．2、D【分析】【分析】理想氣體，內能只與溫度有關，而外界溫度不變，所以氣體溫度不變，內能不變，氣體體積減小，外界對氣體做功，W為正，內能恒定，所以Q為負，即氣體向外界放熱．【解析】【解答】解：A；氣體體積減小；單位時間內碰撞單位面積的氣體分子數增多，A錯誤；

B；由于不計氣體分子間相互作用；所以氣體是理想氣體，內能只與溫度有關，而外界溫度不變，所以氣體溫度不變，分子平均動能不變，但并不是每一個分子的分子動能都不變，B錯誤；

C；又U=Q+W；外界對氣體做功，W為正，U恒定，所以Q為負，即氣體向外界放熱，C錯誤，D正確．

故選D．3、B【分析】

AB；由于在速度時間圖象中；某一點代表此時刻的瞬時速度，時間軸上方速度是正數，時間軸下方速度是負數；所以物體前兩秒向左運動，后兩秒向右運動，故A錯誤，B正確．

C；因為圖象與坐標軸圍成面積代表位移；時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負．前2s位移為負，物體位于出發點的左方，后2s負方向的位移逐漸減小，最后4秒末位移為零，又回到出發點，故C錯誤，D錯誤．

故選B

【解析】【答案】在速度時間圖象中；某一點代表此時刻的瞬時速度，時間軸上方速度是正數，時間軸下方速度是負數；切線表示加速度，加速度，向右上方傾斜，加速度為正，向右下方傾斜加速度為負；圖象與坐標軸圍成面積代表位移，時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負．

4、A|B|C【分析】

根據勻速圓周運動線速度與角速度的關系式v=ωr可求出軌道半徑，再根據公式T=和可求得運動周期和向心加速度；本題中由于不知道質點的質量，因此無法求出所受向心力的大小，故ABC正確，D錯誤．

故選ABC．

【解析】【答案】根據勻速圓周運動線速度與角速度的關系式；周期公式，以及向心加速度的公式可求解．

5、B【分析】

在最高點，根據牛頓第二定律有：F+mg=解得F=．負號表示方向；得知桿子對球表現為支持力，大小為6N．故B正確，A；C、D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】小球受重力和桿子的作用力；在最高點，靠兩個力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求出桿對小球的作用力．

6、D【分析】【解析】ad、bc邊雖受磁場力,但該力不產生轉動力矩.線框受的磁場力雖然合力為零,但合力矩不為零,故發生轉動不發生平動.【解析】【答案】D7、C【分析】【分析】當物體的大小和形狀在研究的問題中可以忽略，物體可以看成質點；質量分布均勻形狀規則的物體重心在幾何中心；平衡力合力為零；作用力和反作用力同時產生、同時消失．【解析】【解答】解：A；體積小的物體不一定能夠看成質點；若物體的大小和形狀在研究的問題中不能忽略，不能看成質點．故A錯誤．

B；只有形狀規則、質量分布均勻的物體重心在幾何中心．故B錯誤．

C；一對平衡力的合力為零．故C正確．

D；作用力和反作用力同時產生、同時變化、同時消失．故D錯誤．

故選：C．二、多選題(共5題，共10分)8、ABC【分析】【分析】太陽、月球和地球都在不停地運動，當月球運行在太陽和地球之間，月球遮住了太陽，便是日食．當月球運行在地球的背后，進入地球的陰影，便是月食【解析】【解答】解：A；位于月球本影中的人；月球擋住了太陽射向地球的全部光線，能看到日全食，故A正確；

B；位于月球半影中的人；月球擋住了太陽射向地球的部分光線，能看到日偏食，B正確；

C；月球處于地球的本影內；地球擋住了太陽射向月球的部分光線出現月全食，故C正確；

D；當月球全部處于地球的半影內；地球擋住了太陽射向月球的光線，出現月全食，故D錯誤；

故選：ABC．9、ABC【分析】【分析】根據速度時間圖線得出小球下落的最大速度和反彈的最大速度，結合圖線與時間軸圍成的面積求出反彈的最大高度，以及小球的總位移．【解析】【解答】解：A；由圖線知；小球下落的最大速度為5m/s，第一次反彈的速度為-3m/s．故A、B正確．

C、小球彈起的最大高度h=．故C正確．

D、小球在0.8s內的位移x=．故D錯誤．

故選：ABC．10、BD【分析】【分析】子彈和木塊所受水平作用力（相互摩擦力）大小相等，可認為是恒力．但二者的位移大小不同，做功不同．對子彈，根據動能定理分析阻力對子彈做的功與子彈動能的減少量的關系．【解析】【解答】解：A；根據動能定理得知；子彈克服阻力做功等于子彈動能的減小，根據能量守恒可知，子彈動能的減小等于系統產生的內能和木塊獲得的動能，故A錯誤．

B；對于子彈來說只有阻力做功；由動能定理得知，阻力對子彈做的功與子彈動能的減少相等．故B正確．

C；子彈和木塊相互作用力大小相等；但二者的位移大小不同，做功不同．所以子彈克服阻力做的功與子彈對木塊做的功不等．故C錯誤．

D；相對于地面而言；子彈的位移大于木塊的位移，子彈和木塊相互作用力大小相等，根據功的公式W=Fl可知，子彈克服阻力做的功大于子彈對木塊做的功．故D正確．

故選BD11、CD【分析】【分析】電動機正常工作時的電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，而R和r是純電阻，可以對R和r，運用用歐姆定律求電路中的電流；電動機輸入功率P入=UI，發熱功率P熱=I2RM，輸出功率P出=P-P熱．根據功率關系求出電動機輸出的功率．【解析】【解答】解：A、根據閉合電路歐姆定律，有：E=U+I（r+R）解得：I==2A；故A錯誤；

B、電動機的輸入功率：P入=UI=10×2=20W，電動機的熱功率：P熱=I2RM=22×1=4W，電動機的輸出功率：P出=P-P熱=UI-I2RM=10×2-22×1=16W；故B錯誤，CD正確；

故選：CD12、ABD【分析】【分析】理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路，理想電流表內阻為零，相當短路，根據電路圖可知，電壓表V1測量路端電壓，電壓表V2測量滑動變阻器的電壓，電流表測量干路電流，根據滑動變阻器的移動明確電阻的變化，由閉合電路歐姆定律可知電路電流的變化，則可分析內電壓、路端電壓及各部分電壓的變化【解析】【解答】解：A、電壓表V1測量路端電壓，即R1兩端的電壓，根據歐姆定律可知，R1的電流變化量大小等于；故A正確；

B、使滑動變阻器R滑片向左滑動一小段距離，電阻變大，總電阻變大，總電流變小，內阻所占電壓減小，路端電壓增大，所以路端電壓增大△U1，并聯部分的電壓增大△U1，通過R1的電流增大，所以通過滑動變阻器的電流減小，R0上的電壓減小，R上的電壓增大△U2，所以R0兩端的電壓的變化量大小等于△U2-△U1，電壓表V1測量路端電壓，根據歐姆定律可知r=，為定值；故BD正確，C錯誤．

故選：ABD三、填空題(共5題，共10分)13、2024【分析】【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據時間求出運動的高度，結合初速度和時間求出水平距離．【解析】【解答】解：物體拋出處的高度h=．

物體落地時的水平位移x=v0t=12×2m=24m．

故答案為：20m24m．14、AD【分析】【分析】（1）氣體的溫度越高；分子的平均動能越大．對物體做功可能使物體的溫度升高，根據熱力學第一定律分析．空調機作為制冷機使用時，將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，制冷機的工作是遵守熱力學第二定律．對于一定量的氣體，當其溫度降低時，根據分子速率分布情況．

（2）分析初態、末態氣體的狀態參量，分析氣態方程，求出活塞剛到達A處時，氣體的溫度【解析】【解答】解：（1）根據溫度的微觀含義可知；氣體的溫度越高，分子的平均動能越大．故A正確．

B；對物體做功時；若沒有熱傳遞時，能使物體的溫度升高．故B錯誤．

C；空調機作為制冷機使用時；將熱量從溫度較低的室內送到溫度較高的室外，制冷機的工作符合熱力學第二定律．故C錯誤．

D；對于一定量的氣體；當其溫度降低時，根據分子速率分布情況靜悄悄溫度的關系可知，速率大的分子數目減少，速率小的分子數目增加．故D正確．

故選AD

（2）氣體開始狀態參量為：P1=0.9P0V1=V0T1=297K

末狀態參量為：P2=P0V2=1.1V0T2=？

由理想氣體狀態方程：

代入數據得：T2=363K

故答案為：

（1）AD

（2）活塞剛到達A處時，氣體的溫度為363K．15、2.0×1032.0×103【分析】【分析】根據場強的定義式E=求解場強的大小，要明確場強取決于電場本身，與試探電荷無關．【解析】【解答】解：該點的場強大小為E===2.0×103N/C

場強取決于電場本身，與試探電荷無關．故移走試探電荷，該點的場強不變，大小仍為2.0×103N/C．

故答案為：2.0×103，2.0×103．16、【分析】【分析】用沒挖之前球對小球的引力，減去被挖部分對小球的引力，就是剩余部分對質點的引力．結合萬有引力定律公式進行求解．【解析】【解答】解：根據m=知，挖去部分的小球是整個實心球質量的．

挖去部分的質量m=，設沒挖去前，對小球的引力=；

挖去部分對小球的引力，

則挖去部分與剩余部分的萬有引力大小為．

故答案為：．17、1.52.5【分析】【分析】設物體運動總時間是t，求出總位移x；最后根據平均速度的定義式列式求解．【解析】【解答】解：前2s內的平均速度大小V==1.5m/s；全部4s時間內的平均速度大小=2.5m/s．

故答案為；1.5m/s，2.5m/s四、判斷題(共2題，共10分)18、×【分析】【分析】力是改變速度的原因，不是維持速度的原因，根據牛頓第一定律分析即可．【解析】【解答】解：當物體做勻速直線運動時；物體不受力或者受平衡力，故力不是維持速度的原因；

故答案為：×．19、√【分析】【分析】掌握電場線特點是解本題的關鍵，電場線從正電荷或無限遠出發，終止于無限遠或負電荷，不相交不閉合．【解析】【解答】解：電場中任意兩條電場線不會相交；否則相交的地方的電場線的方向有兩個．所以該說法是正確的．

故答案為：√五、證明題(共3題，共9分)20、略

【分析】【分析】利用小球做圓周運動時的向心力與速度之間的關系式Fn=m以及向心力是沿半徑方向上的所有力的合力即可證明．【解析】【解答】解：（1）、當小球的速度v=時，在最高點需要的向心力為：Fn=m=mg；此時需要的向心力與重力大小相等，方向為重力的方向，即重力提供向心力，所以此時拉力或壓力為零；

（2）當小球的速度v＞，在最高點需要的向心力為：Fn=m＞mg；此時需要的向心力大于重力，方向為重力的方向，重力不足以提供小球的向心力，所以小球要做圓周運動，小球還得受向下的拉力或壓力作用；

（3）當小球的速度v＜，在最高點需要的向心力為：Fn=m＜mg