…………○…………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年牛津譯林版高三物理上冊階段測試試卷183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5題，共10分)1、半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN，延長線總是過半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱不接觸，在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態，如圖是這個裝置的截面圖，若用外力使MN繞O點緩慢地逆時針轉動，在Q到達最高位置前，發現P始終保持靜止，在此過程中，下列說法中正確的是（）A.MN對Q的彈力大小保持不變B.MN對Q的彈力一直減小至零C.P、Q間的彈力先增大后減小D.Q所受的合力逐漸增大2、如圖所示，電動勢為E，內阻不計的電源與三個燈泡和三個電阻相接．只合上開關S1，三個燈泡都能正常工作．如果再合上S2；則下列表述正確的是（）

A.電源輸出功率減小B.L1上消耗的功率增大C.通過R1上的電流增大D.通過R3上的電流增大3、如圖所示，質量均為m的物體A、B通過一勁度系數為K的輕質彈簧相連，開始時B放在地面上，A．B都處于靜止狀態，現通過細繩緩慢地將A向上提升距離L1時，B剛要離開地面．若將A加速向上拉起，B剛要離開地面時，A上升的距離為L2．假設彈簧一直在彈性限度內，則（）A.L1=L2=B.L1=L2=C.L1=，L2＞L1D.L1=，L2＞L14、三個木塊a、b、c和兩個勁度系數均為500N/m的相同輕彈簧p、q用輕繩連接如圖，a放在光滑水平桌面上，a、b質量均為1kg，c的質量為2kg．開始時p彈簧處于原長，木塊都處于靜止．現用水平力緩慢地向左拉p彈簧的左端，直到c木塊剛好離開水平地面為止，g取10m/s2．該過程p彈簧的左端向左移動的距離是（）A.6cmB.8cmC.10cmD.12cm5、用300N的水平拉力拉500N車前進，當車的速度為4m/s時，拉力的功率為（）A.2000WB.1200WC.800WD.600W評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、某物體從某一較高處自由下落，第1s內的位移是____m，第2s末的速度是____m/s，前3s內的平均速度是____m/s，第3秒內的平均速度是____m/s，（g取10m/s2）．7、【題文】已知地面重力加速度大約是月面重力加速度的6倍。那么一臺地面上的秒擺（運動周期為2.0秒）在月面上的運動周期約為____秒。（結果保留兩位有效數字）8、天然放射性元素Pu經過____次α衰變和____次β衰變，最后變成鉛的同位素____。（填入鉛的三種同位素Pb、Pb、Pb中的一種）9、在“研究勻變速直線運動”的實驗中，電磁打點計時器使用____（選填“直流”或“交流”）電源，它每隔0.02s打一次點．圖示是實驗得到的一條點跡清晰的紙帶，A、B、C、D為四個計數點，相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出，則相鄰兩個計數點間的時間間隔是____s．經測量知道AB=2.20cm，BC=3.80cm，根據以上數據，可知打點計時器打下B點時物體的速度等于____m/s，物體的加速度等于____m/s2．

10、質量一定的理想氣體完成如圖所示的循環，其中A隆煤B

過程是絕熱過程，B隆煤C

過程是等溫過程，則A隆煤B

過程氣體內能______(

選填“增加”、“減小”或“不變”)

從狀態A

經BC

再回到狀態A

的過程中，氣體吸收的熱量______放出的熱量(

選填“大于”、“小于”或“等于”)

評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)11、坐標系都是建立在參考系上的．____．（判斷對錯）12、單晶體的所有物理性質都是各向異性的．____．（判斷對錯）13、電場線真實地存在于電場中．____．（判斷對錯）14、熱力學系統的平衡態是一種動態平衡，分子仍做無規則運動．____．（判斷對錯）15、電荷在電場中一定受電場力的作用．____（判斷對錯）16、物體受到的合外力不做功，則物體一定作勻速直線運動．____．評卷人得分四、實驗題(共3題，共21分)17、（2011?金鳳區模擬）現有一只標有“6v；0.3A”的小燈泡；請從下述器材中選出一些器材，設計一個實驗，能較為準確地測定小燈泡正常工作時的電阻值．

A．直流電源（電動勢12V；內阻約零點幾歐）；

B．單刀雙擲開關一只；

C．電阻箱R1（0～99.9Ω；額定電流1A）；

D．電流表A1（0～3A；內阻約零點幾歐）；

E．電流表A2（0～0.6A；內阻約幾歐）；

F．滑動變阻器R2（0～5Ω；額定電流1A）；

G．滑動變阻器R3（0～10Ω；額定電流2A）；

H．電鍵；導線若干．

①請將所選器材填在橫線上____（只填選項前面代碼）；

②在方框中畫出電路圖，并標上器材符號．18、（2015春?武漢校級期中）在“利用單擺測重力加速度：的實驗中。

（1）某同學嘗試用DIS（數據采集系統）測量周期．如圖，用一個磁性小球代替原先的擺球，在單擺下方放置一個磁傳感器，其軸線恰好位于單擺懸掛點正下方．圖中磁傳感器的引出端A應接到____．使單擺做小角度擺動，當磁感應強度測量值最大時，磁性小球位于____．若測得連續N個磁感應強度最大值之間的時間間隔為t，則單擺周期的測量值為____（地磁場和磁傳感器的影響可忽略）．

（2）多次改變擺長使單擺做小角度擺動，測量擺長L及相應的周期T．虎后，分別取L和T的對數，所得到的lgT-lgL圖線為____（填“直線”、“對數曲線”或“指數曲線”）；讀得圖線與縱軸交點的縱坐標為c，由此得到該地的重力加速度g=____．19、（2014春?岳麓區校級期中）常用的測量儀器還有螺旋測微器，若某次測量示數如圖，則待測長度為____mm．評卷人得分五、證明題(共3題，共18分)20、證明推導題：

試用運動學公式和牛頓定律證明：物體在光滑斜面上下落過程中機械能守恒．21、在水平轉臺上，距轉軸為處插立一豎直桿，桿頂系一根長為的細繩，繩的末端掛一個質量為的小球（圖），當轉臺勻速轉動后，試證懸繩張開的角度與轉臺轉速的關系是：22、（2016?海淀區模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質點）平放在水平桌面的一張薄紙上，對紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動．已知物塊的質量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動摩擦因數均為μ1，紙與物塊間的動摩擦因數為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動量的定義；結合牛頓運動定律和運動學規律，證明：水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對桌面移動了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動），求此過程中水平拉力所做的功．評卷人得分六、畫圖題(共2題，共18分)23、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經7s時的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）24、在圖示中，物體A處于靜止狀態，請畫出各圖中A物體所受的彈力．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】以小圓柱體Q為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，根據平衡條件分析MN對Q的彈力和半圓柱體P對Q的彈力變化情況．再對P研究，由平衡條件判斷地面對P的彈力如何變化．【解析】【解答】解：A；以小圓柱體Q為研究對象；分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖所示．

由平衡條件得：

根據幾何關系可知：α+β不變；分析可知，α減小，β增大；

MN對Q的彈力F1增大，P對Q的彈力F2減小．故A正確；BC錯誤．

D；Q緩慢移動；所受的合力保持為零，不變．故D錯誤．

故選：A2、C【分析】【分析】只合上開關S1，三個燈泡都能正常工作，再合上S2，并聯部分的電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化．由于電源的內阻不計，電源的輸出功率P=EI，與電流成正比．L1的電壓等于并聯部分總電壓，并聯部分的電壓隨著其電阻的減小而減小，分析L1上消耗的功率變化，判斷通過R3上的電流變化．【解析】【解答】解：A、只合上開關S1，三個燈泡都能正常工作，再合上S2；并聯部分的電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律得知，干路電流增大．由于電源的內阻不計，電源的輸出功率為P=EI，與電流成正比，則電源輸出功率增大．故A錯誤．

B、由于并聯部分的電阻減小，根據串聯電路的特點，并聯部分分擔的電壓減小，L1兩端的電壓減小；其消耗的功率減小．故B錯誤．

C、再合上S2，外電路總電阻減小，干路電流增大，而R1在干路中，通過R1上的電流增大．故C正確．

D、并聯部分的電壓減小，通過R3上的電流將減小．故D錯誤．

故選：C3、B【分析】【分析】無論A怎樣運動，B剛要離地時彈簧彈力等于B的重力，所以彈簧的伸長量相同，根據胡克定律即可求解上升的位移．【解析】【解答】解：無論A怎樣運動；B剛要離地時彈簧彈力等于B的重力。

彈簧的變化量相等，所以彈性勢能的變化量相同，剛開始時彈簧的壓縮量為：x=，當B剛要運動時彈簧的伸長量為x′=，所以兩次A上升的位移相同L1=L2=；故只有B正確；

故選：B．4、D【分析】【分析】開始時p彈簧處于原長，木塊都處于靜止，彈簧q處于壓縮狀態，受到的壓力等于b物體的重力，根據胡克定律求出壓縮的長度．當用水平力緩慢地向左拉p彈簧的左端，直到c木塊剛好離開水平地面時，彈簧q處于伸長狀態，受到的拉力為等于c物體的重力，根據胡克定律求出彈簧q伸長的長度，再求出該過程p彈簧的左端向左移動的距離．【解析】【解答】解：開始未用水平力拉p彈簧時，彈簧q處于壓縮狀態，受到的壓力等于b物體的重力，由胡克定律得到，彈簧q壓縮的長度為：x1=；

當c木塊剛好離開水平地面時，彈簧q處于伸長狀態，受到的拉力為等于c物體的重力，根據胡克定律得，彈簧q伸長的長度：x2=；

此時，彈簧p處于伸長狀態，受到的拉力等于b；c的總重力；則彈簧p伸長的長度為：

x3=

根據幾何關系得到，該過程p彈簧的左端向左移動的距離為：S=x1+x2+x3=；

代入解得：S=0.12m=12cm

故選：D．5、B【分析】【分析】由功率公式P=Fv即可求的功率；【解析】【解答】解：拉力功率為P=Fv=300×4W=1200W

故選：B二、填空題(共5題，共10分)6、5201525【分析】【分析】物體做自由落體運動，根據位移公式和速度公式求解即可．【解析】【解答】解：物體做自由落體運動，第一秒內的位移為：h=；

第2秒末的速度為：v=gt=10×2=20m/s；

勻變速直線運動中某段時間的平均速度等于該段時間中間時刻的瞬時速度；故

前3秒平均速度等于1.5s的瞬時速度，為v1=gt=10×1.5=15m/s；

第3秒內的平均速度等于2.5s的瞬時速度，為v2=gt=10×2.5=25m/s；

故答案為：5，20，15，25．7、略

【分析】【解析】由周期公式可知在地球表面秒擺擺長為1m，在月球表面周期為【解析】【答案】4.8～5.08、84Pb【分析】【解答】設發生了x次α衰變和y次β衰變，設生成的鉛的同位素質量數為m；則有：

2x-y+82=94，239=m+4x，根據題意m可能為206、207、208，而x，y為整數，由數學知識可知，m=207，x=8，y=4．

【分析】根據衰變過程中質量數和電荷數守恒可以判斷發生α和β衰變的次數，然后即可進一步確定是那種同位素9、交流0.10.301.6【分析】【解答】解：電磁打點計時器使用交流V電源；電源頻率為50Hz，它每隔0.02s打一次點．

相鄰兩個計數點之間還有4個點未畫出；所以相鄰計數點之間的時間間隔T=0.1s；

根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度；

得：VB==0.30m/s

根據勻變速直線運動的推論公式根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2；

得：BC﹣AB=△x=aT2；

整理得：a==1.6m/s2；

故答案為：交流；0.1，0.30，1.6

【分析】根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上B點時小車的瞬時速度大小10、略

【分析】解：C

到A

為等容過程，根據查理定律：PATA=PCTC

根據圖象可知：PA>PC

所以TA>TC

又因為B

到C

為等溫過程；故：TB=TC

所以：TA>TB

故A隆煤B

過程氣體內能變小．

A

到B

為絕熱過程，故與外界無熱量交換Q1=0

內能減小量等于對外做功：鈻?U1=W1

B

到C

為等溫過程，內能不變：鈻?U2=W2鈭?Q2=0

體積V

減小，外界對氣體做功；

所以放出的熱量：Q2=W2壟脵

C

到A

為等容過程，故做功W3=0

所以內能增加量鈻?U3=Q3

又因為：TB=TC

所以A

到B

過程內能的減小量等于C

到A

過程內能的增加量：鈻?U1=鈻?U3

所以吸收的熱量：Q3=鈻?U3=鈻?U1=W1壟脷

根據P鈭?V

圖象的下面積表示做功大小；

A

到B

過程對外做功大小W1

如上圖面積所示；

B

到C

過程外界對氣體做功大小W2

如上圖面積所示；

可知：A

到B

過程氣體對外做功大于B

到C

過程外界對氣體做功，即：W1>W2壟脹

由壟脵壟脷壟脹

式可得：Q3>Q2

所以從狀態A

經BC

再回到狀態A

的過程中；氣體吸收的熱量大于放出的熱量．

故答案為：減小；大于．

因為是一定質量的理想氣體；只要分析出A隆煤B

過程溫度的變化情況即可知道內能的變化情況；運用熱力學第一定律，結合氣體做功情況，即可判斷整個循環過程中氣體的吸放熱情況．

本題考查氣體定律與熱力學第一定律的綜合運用，解題關鍵是要根據圖象分析好壓強P

體積V

溫度T

三個參量的變化情況，知道發生何種狀態變化過程，選擇合適的實驗定律.

注意理想氣體的內能與熱力學溫度成正比以及每個過程中做功的正負，P鈭?V

圖象下面積大小表示做功大小．【解析】減小；大于三、判斷題(共6題，共12分)11、√【分析】【分析】建立坐標系的意義是為了定量描述質點的位置變化，要根據問題的實際需要，建立合適的坐標系，沿直線運動建立直線坐標系，在平面上運動，建立平面直角坐標系．【解析】【解答】解：建立坐標系是為了定量描述物體的位置和位置的變化；坐標系都是建立在參考系上的，沒有參考系則坐標系無法建立，所以該說法是正確的．

故答案為：√12、×【分析】【分析】晶體有單晶體和多晶體兩種，單晶體各向異性，而多晶體各向同性．【解析】【解答】解：由于晶體在不同方向上物質微粒的排列情況不同；即為各向異性，則為單晶體具有各向異性，但并不是所有物理性質都是各向異性的．故該說法是錯誤的．

故答案為：×13、×【分析】【分析】為了研究的方便引入了電場線，實際不存在，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，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱．【解析】【解答】解：為了研究的方便引入了電場線；實際不存在．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×14、√【分析】【分析】首先知道平衡態和熱平衡的定義，知道影響的因素是不同；知道溫度是判斷系統熱平衡的依據．【解析】【解答】解：熱平衡是兩個系統相互影響的最終結果；根據熱平衡的定義可知，熱力學系統的平衡態是一種動態平衡，分子仍做無規則運動．所以該說法是正確的．

故答案為：√15、√【分析】【分析】電場的基本性質就是對其中的電荷有力的作用，電荷在電場中一定受到電場力作用．【解析】【解答】解：電場的基本性質就是對其中的電荷有力的作用；故電荷在電場中一定受電場力的作用．

故答案為：√16、×【分析】【分析】物體做勻速直線運動時，合外力對物體不做功，但合外力不做功，物體不一定作勻速直線運動．【解析】【解答】解：物體受到的合外力不做功；則物體一定作勻速直線運動，如勻速圓周運動，合外力提供向心力，合外力不做功．

故答案為：×四、實驗題(共3題，共21分)17、ABCEGH【分析】【分析】根據給出的實驗器材進行分析，重點明確實驗方法及滑動變阻器分壓限流接法的確定，然后再根據需要確定實驗儀器．【解析】【解答】解：①必用儀器有電源A；開關導線H；燈泡電流為0.3A，故電流表應選擇E；燈泡電阻約為20Ω，而兩滑動變阻器較小，若用限流接法無法起到保護作用；故應采用分壓接法；

若用R2作為分壓電阻，當滑片在中點處時，通過左邊的電流I==2.4A；超過其1A的額定電流；

故R3時，滑片在中點處時，通過左邊電流為1.2A，能保護實驗安全，故滑動變阻器選擇R3；由于本題中沒有給出電壓表；故應采用電阻箱C進行實驗，同時應采用單刀雙擲開關；

故選用的儀器為：ABCEGH；

②由以上分析可知，本實驗中應采用等效替代法，即將燈泡與R1并聯，S2開始時接在燈泡兩端，調節R3使電流表示數為0.3A；再S2打在與R1相連，調節R1使電流表示數仍為0.3A，則R1的示數即為電流表內阻；

故原理圖如圖所示；

故答案為：①ABCEGH；②如圖所示．

18、數據采集器最低點直線【分析】【分析】（1）磁傳感器的引出端A應接到數據采集器；從而采集數據，當磁感應強度測量值最大時，磁性小球位于最低點（或平衡位置），知道周期為一次全振動的時間，從單擺運動到最低點開始計時且記數為1，所以在t時間內完成了n-1個全振動；

（2）由T=結合數學對數知識，得到lgT-lgL的關系式，根據數學知識即可求解．【解析】【解答】解：（1）磁傳感器的引出端A應接到數據采集器，從而采集數據．單擺做小角度擺動，當磁感應強度測量值最大時，磁性小球位于最低點（或平衡位置）．若測得連續N個磁感應強度最大值之間的時間間隔為t，則單擺周期的測量值為．

（2）由可知．故lgT-lgL圖線為直線．由題意可知，故

故答案為：（1）數據采集器；最低點；；（2）直線；19、6.125mm（6.123～6.127mm均可）【分析】【分析】解決本題的關鍵掌握螺旋測微器的讀數方法，固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．【解析】【解答】解：根據螺旋測微器讀數規則；待測長度為6mm+0.01×12.3mm=6.123mm

故答案為：6.125mm（6.123～6.127mm均可）五、證明題(共3題，共18分)20、略

【分析】【分析】根據牛頓第二定律求出加速度，再由運動學公式速度位移關系公式列式，變形即可證明．【解析】【解答】證明：設物體的質量為m，從光滑斜面上的A點滑到B點，在A、B兩點的速度分別為v1和v2．斜面的傾角為α，A、B兩點的高度分別為h1和h2．

根據牛頓第二定律得mgsinα=ma

即有a=gsinα

根據運動學公式有-=2a?

聯立得有-=2g（h1-h2）

即得：m-=mg（h1-h2）

移項得+mgh1=m+mgh2．

即E1=E2；

得證．

證明見上．21、略

【分析】【解析】以小球為研究對象，由題可知，小球在水平面內做勻速圓周運動，半徑為R=lsin+r，由重力和細繩拉力的合力提供向心力，力圖如圖．設轉速為n，則由牛頓第二定律得①②②代入①得解得思路分析：小球隨著一起轉動時在水平面內做勻速圓周運動，由重力和細繩拉力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求解轉速試題【解析】【答案】見解析22、略

【分析】【分析】（1）①根據滑動摩擦力公式f=μN求解摩擦力．

②根據牛頓第二定律得物塊和薄紙的加速度．從而得到速度的變化量；再研究水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量，即可證明．

（2）根據相對位移，得到摩擦產生的熱量，利用功能關系求解．【解析】【解答】解：（1）①從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

物塊對薄紙施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面對薄紙施加的摩擦力f桌=μ1（M+m）g

薄紙受到的總的摩擦阻力f總=μ1（M+m）