2025年浙教版高三物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高三物理上冊階段測試試卷35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9題，共18分)1、真空中有兩個距離保持不變的點電荷，若將它們各自的電量都增大到原來的3倍，則兩電荷之間相互作用的靜電力將增大到原來（）A.倍B.3倍C.6倍D.9倍2、太陽圍繞銀河系中心的運動可視為勻速圓周運動，其運動速度約為地球公轉(zhuǎn)速度的7倍，軌道半徑約為地球公轉(zhuǎn)軌道半徑的2×109倍，為了粗略估算銀河系中恒星的數(shù)目，可認為銀河系中所有恒星的質(zhì)量都集中在銀河系中心，且銀河系中恒星的平均質(zhì)量約等于太陽質(zhì)量，則銀河系中恒星數(shù)目約為A.109B.1011C.1013D.10153、如圖所示，在傾角的光滑固定斜面上，放有質(zhì)量分別為1kg和2kg的小球A和B，且兩球之間用一根長L=0.3m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h=0.3m．現(xiàn)讓兩球從靜止開始自由下滑，最后都進入到上方開有細槽的光滑圓管中，不計球與圓管內(nèi)壁碰撞時的機械能損失，g取10m/s2．則下列說法中正確的有A.從開始下滑到A進入圓管整個過程，小球A與地球兩者組成的系統(tǒng)機械能守恒B.在B球未進入水平圓管前，小球A與地球組成系統(tǒng)機械能守恒C.兩球最后在光滑圓管中運動的速度大小為m/sD.從開始下滑到A進入圓管整個過程，輕桿對B球做功1J4、如圖；一長為2L的輕桿中央有一光滑的小孔O，兩端各固定質(zhì)量分別為m和2m的兩小球，光滑的鐵釘穿過小孔垂直釘在豎直的墻壁上，將輕桿由水平位置靜止釋放，轉(zhuǎn)到豎直位置，在轉(zhuǎn)動的過程中，忽略空氣的阻力．下列說法正確的是（）

A.在豎直位置兩球的速度大小均為

B.桿豎直位置時對m球的作用力向上，大小為mg

C.桿豎直位置時鐵釘對桿的作用力向上，大小為mg

D.由于忽略一切摩擦阻力；根據(jù)機械能守恒，桿一定能繞鐵釘做完整的圓周運動。

5、如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，先讓物塊從A由靜止開始滑到B。然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A。上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有（）A.物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過程較少B.物塊經(jīng)過P點的動能，前一過程較小C.物塊滑到底端的速度，兩次大小相等D.物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長6、某大型游樂場內(nèi)的新型滑梯可以等效為如圖9所示的物理模型，一個小朋友在AB段的動摩擦因數(shù)μ1＜tanθ，BC段的動摩擦因數(shù)μ2＞tanθ，他從A點開始下滑，滑到C點恰好靜止，整個過程中滑梯保持靜止狀態(tài)，則該小朋友從斜面頂端A點滑到底端C點的過程中A.地面對滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B.地面對滑梯始終無摩擦力作用C.地面對滑梯的支持力的大小始終等于小朋友和滑梯的總重力的大小D.地面對滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的總重力的大小7、波源靜止的一列自右向左傳播的簡諧橫波，在t=0時刻的波形圖如圖所示．已知在t1=0.3s時刻，P質(zhì)點首次位于波峰，Q點的坐標是（-3，0），則以下說法正確的是（）A.這列波的傳播速度為0.2m/sB.在t=0時刻，質(zhì)點P向上運動C.站在x=-10m處的人，接收到此橫波的頻率小于2.5HzD.在t2=0.5s時刻，質(zhì)點Q首次位于波峰8、李白在《望天門山》中寫到：“兩岸青山相對出，孤帆一片日邊來．”這兩句詩中描寫“青山”運動選擇的參考系是（）A.帆船B.河岸C.太陽D.河岸的樹木9、如圖所示，光滑斜面固定于水平面，滑塊A、B疊放后一起沖上斜面，且始終保持相對靜止，A上表面水平．則AB一起在斜面上運動時，A的受力示意圖應(yīng)為（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、沿直線做勻變速運動的質(zhì)點在第一個0.5s內(nèi)的平均速度比它在第一個1.5s內(nèi)的平均速度大2.45m/s，以質(zhì)點的運動方向為正方向，則質(zhì)點的加速度為____．11、某行星繞太陽運動可近似看作勻速圓周運動，已知行星運動的軌道半徑為R，周期為T，萬有引力恒量為G，則該行星的線速度v大小為____；太陽的質(zhì)量M可表示為____．12、（2012秋?溧陽市校級期末）如圖所示；一個輕彈簧豎直固定在水平地面上，將一個小球輕放在彈簧上，M點為輕彈簧豎直放置時彈簧頂端位置，在小球下落的過程中，小球以相同的動量通過A；B兩點，歷時1s，過B點后再經(jīng)過1s，小球再一次通過B點，小球在2s內(nèi)通過的路程為6cm，N點為小球下落的最低點，則小球在做簡諧運動的過程中：

（1）周期為____；（2）振幅為____．13、如圖所示，A、B兩物體相距S=5m時，A正以vA=4m/s的速度向右作勻速直線運動，而物體B此時速度vB=10m/s，隨即向右作勻減速直線運動，加速度大小a=2m/s2，由圖示位置開始計時，則A追上B需要的時間是____s，在追上之前，兩者之間的最大距離是____m．

14、光滑平行金屬導(dǎo)軌長L=2m，兩導(dǎo)軌間距d=0.5m，軌道平面與水平面的夾角為θ=30°，導(dǎo)軌上接一阻值為R=0.5Ω的電阻，其余電阻不計，軌道所在空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=1T，有一質(zhì)量為m=0.4kg不計電阻的金屬棒ab，放在導(dǎo)軌的最上端，如圖所示，當棒ab從最上端由靜止開始自由下滑，到達底端脫離軌道時，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q=1J．則當棒的速度為v=2m/s時，它的加速度為____m/s2，棒下滑的最大速度為____m/s．

15、如圖所示，為一皮帶傳動裝置．右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點．左側(cè)是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r．b點在小輪上，到小輪中心的距離為r．c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上．在轉(zhuǎn)動過程中皮帶不打滑．則a、b、c、d四點線速度之比為____，角速度之比為____，向心加速度之比為____．

16、【題文】（1）甲圖中游標卡尺的讀數(shù)是____cm。（2）乙圖中螺旋測微器的讀數(shù)是____mm。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)17、“寧停三分，不搶一秒”指的是時間．____．（判斷對錯）18、貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了鈾和含鈾礦物的天然放射現(xiàn)象，從而揭示出原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)____（判斷對錯）19、幾個不同阻值的電阻并聯(lián)后，其總電阻等于各電阻之和．____．（判斷對錯）20、陰離子在陽極放電，陽離子在陰極放電．____（判斷對錯）21、點電荷一定是電量很小的電荷．____．（判斷對錯）22、平拋運動屬于勻變速運動，勻速圓周運動也屬于勻變速運動．____．23、電子手表中的液晶在外加電壓的影響下能夠發(fā)光．____．（判斷對錯）24、貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了鈾和含鈾礦物的天然放射現(xiàn)象，從而揭示出原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)____（判斷對錯）25、質(zhì)點是一個理想化模型，實際上并不存在，所以，引入這個概念沒有多大意義．____．評卷人得分四、證明題(共3題，共27分)26、如圖所示，兩個光滑的水平導(dǎo)軌間距為L．左側(cè)連接有阻值為R的電阻，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，有一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒以初速度v0向右運動．設(shè)除左邊的電阻R外．其它電阻不計．棒向右移動最遠的距離為s，問當棒運動到λs時0＜λ＜L，證明此時電阻R上的熱功率：P=．27、宇航員駕駛一飛船在靠近某行星表面附近的圓形軌道上運行，已知飛船運行的周期為T，行星的平均密度為ρ．試證明ρT2=k（萬有引力恒量G為已知，k是恒量）．28、如圖所示，1、2、3為p-V圖中一定量理想氣體的三個狀態(tài)，該理想氣體由狀態(tài)1經(jīng)過程1-3-2到達狀態(tài)2．試利用氣體實驗定律證明：．評卷人得分五、簡答題(共4題，共16分)29、如圖所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上，靜止著兩個質(zhì)量均為m=2kg的相同小球A、B，現(xiàn)讓A球以v0=2m/s的速度向著B球運動，A、B兩球碰撞后粘合在一起，兩球繼續(xù)向右運動，則A、B兩球碰撞過程中損失的機械能為多大？30、一平直的傳送帶以速度v=2m/s勻速運行；物體與傳送帶動摩擦因數(shù)為0.2，在傳送帶最左端A處把物體輕輕地放到傳送帶上，A；B相距L=10m．求：

（1）物體在傳送帶上從A處傳送到最右端B處時間是多少？

（2）如果皮帶勻速的速度V可以取不同值，求物體從A到B的時間t隨傳送帶勻速速度V的函數(shù)關(guān)系式．31、【化學rm{隆陋隆陋}選修r(nóng)m{3}物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】rm{a}rmrm{c}rmnzihrjnrm{e}rm{f}是rm{H}rm{C}rm{N}rm{Na}rm{Si}rm{Cu}六種元素中的其中一種，已知：圖rm{1}表示的是這六種元素單質(zhì)的熔點高低順序，其中rm{c}rm5sz09p3均是熱和電的良導(dǎo)體，rm{f}形成的某種單質(zhì)硬度最大?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)a}rmrm{f}三種元素的電負性從小到大的順序為_______________rm{(}用元素符號表示rm{)}rm{(2)}元素rm的單質(zhì)的一個分子中含有____個rm{婁脪}鍵和_____個rm{婁脨}鍵。rm{(3)}元素rm{c}的單質(zhì)的晶體堆積方式類型是______；若rm{c}單質(zhì)分別與氟氣和氯氣形成化合物甲和乙，則甲的晶格能______乙的晶格能rm{(}填rm{">"}rm{"<"}或rm{"=")}rm{(4)}元素rmr99icpr的單質(zhì)基態(tài)原子的價電子排布式為______________________。rm{(5)}元素rm{e}和rm{f}可形成化合物丙rm{(}丙的晶胞結(jié)構(gòu)如圖rm{2}所示rm{)}則丙的化學式為________；丙的晶體類型為_________，在丙中，每個rm{e}原子周圍最近的rm{e}原子數(shù)目為_______，若晶胞的邊長為rm{apm}則丙的密度為__________________。rm{(}用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值rm{)}32、如圖，在半徑為r

的軸上懸掛著一個質(zhì)量為M

的水桶P

軸上均勻分布著6

根手柄，每個柄端固定有質(zhì)量均為m

的金屬球，球離軸心的距離為l

輪軸；繩和手柄的質(zhì)量及摩擦均不計.

現(xiàn)由靜止釋放水桶，整個裝置開始轉(zhuǎn)動．

(1)

當水桶下降的高度為h

時；水桶的速度為多少？

(2)

已知水桶勻加速下降，下降過程中細繩的拉力為多少？評卷人得分六、綜合題(共4題，共36分)33、（2016?潮南區(qū)模擬）如圖所示，一個半徑為R、內(nèi)側(cè)光滑的圓形軌道平放于光滑水平面上并被固定，其圓心為O．有a、b兩個可視為質(zhì)點的小球，分別靜止靠在軌道內(nèi)側(cè)、直徑AB的兩端，兩球質(zhì)量分別為ma=4m和mb=m．現(xiàn)給a球一個沿軌道切線方向的水平初速度v0，使其從A向B運動并與b球發(fā)生彈性碰撞，已知兩球碰撞時間極短，求兩球第一次碰撞和第二次碰撞之間的時間間隔．34、【題文】一在豎直方向振動的彈簧振子，其周期為T，當振子從平衡位置O向上振動時，處在與平衡位置O同一水平線上的一小球恰以某速度v0開始被向上拋出.求當v0多大時，振子和小球在平衡位置O處同時向下運動？35、【題文】試確定下列幾個擺球在平衡位置附近來回振動的周期.

（1）如圖11-4-3甲所示.懸掛在水平橫梁上的雙線擺球.擺線長為l；擺線與水平橫梁夾角θ；

（2）如圖11-4-3乙所示.光滑斜面上的擺球.斜面傾角為θ；擺線長為l；

（3）如圖11-4-3丙所示.懸掛在升降機中的單擺；擺長為l，升降機以加速度a豎直向上做勻加速運動.

圖11-4-336、下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害．某地有一傾角為θ=37°（sn37°=0.6cos37°=0.8）的山坡C，上面有一質(zhì)量為2m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示．假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量為m（可視為質(zhì)量不變的滑塊），在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動．已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=12m，C足夠長．取重力加速度大小g=10m/s2．

求：

（1）A和B加速度的大小。

（2）A在B上運動的時間．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】真空中點電荷之間相互作用的靜電力遵守庫侖定律：F=k，根據(jù)數(shù)學知識，運用比例法求出靜電力增大的倍數(shù)．【解析】【解答】解：由庫侖定律F=k得：點電荷間的距離r保持不變；靜電力與兩點電荷的電量乘積成正比，每個電荷的電荷量都增大到原來的3倍，則靜電力將增大到原來的9倍．

故選：D．2、B【分析】試題分析：據(jù)題意，環(huán)繞天體圍繞中心天體做勻速圓周運動，萬有引力定律提供向心力，則有：整理得：設(shè)恒星總質(zhì)量為M，太陽質(zhì)量為則有：，故B選項正確?？键c：本題考查萬有引力定律?！窘馕觥俊敬鸢浮緽3、B|C|D【分析】試題分析：B球未進入水平圓管前A、B都只受重力做功，A、B機械能守恒定律，B進入圓管的過程中，A機械能減小，B機械能增加，A錯誤、B正確；A、B整體機械能守恒，全部進入圓管中，速度為m/s，C正確；B的機械能增加1J，D正確?？键c：機械能守恒定律【解析】【答案】BCD4、C【分析】

A；將輕桿從水平位置由靜止釋放；轉(zhuǎn)到豎直位置時，兩球的速度大小相等，設(shè)為v，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒，得。

2mgL-mgL=?3mv2，解得，v=．故A錯誤．

B、桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，對m球：mg-N=m解得，N=故B錯誤；

C、桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，對2m球：N′-2mg=2m解得，N′=所以鐵釘對桿的作用力向上，大小為N+N′=故C正確；

D；由機械能守恒定律分析得知；當系統(tǒng)順時針轉(zhuǎn)到水平位置時速度為零，然后再逆時針轉(zhuǎn)動，不可能做完整的圓周運動．故D錯誤．

故選C

【解析】【答案】將輕桿從水平位置由靜止釋放；轉(zhuǎn)到豎直位置時，A；B兩球的速度大小相等，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒，求出速度大小．對B研究，根據(jù)牛頓第二定律求解桿的作用力大小和方向，分析機械能的變化，判斷A的機械能是否守恒．

5、B|C|D【分析】試題分析：物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量板上的P點距A端較近，s較小，但PA之間摩擦因數(shù)較大，故二者之間熱量多少無法比較，A錯誤；先讓物塊從A由靜止開始滑到B，又因為動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，說明重力沿斜面的分量在整個過程中都大于摩擦力．也就是說無論哪邊高，合力方向始終沿斜面向下．物塊從A由靜止開始滑到P時，摩擦力較大，故合力較小，距離較短；物塊從B由靜止開始滑到P時，摩擦力較小，故合力較大，距離較長．所以由動能定理，物塊從A由靜止開始滑到P時合力做功較少，P點是動能較小；由B到P時合力做功較多，P點是動能較大．因而B正確；由動能定理，兩過程合力做功相同，到底端時速度應(yīng)相同；因而C正確；采用v-t法分析，第一個過程加速度在增大，故斜率增大，第二個過程加速度減小，故斜率變小，由于傾角一樣大，根據(jù)能量守恒，末速度是一樣大的，還有就是路程一樣大，圖象中的面積就要相等，所以第一個過程的時間長；因而D正確；考點：考查了動能定理，功能關(guān)系的應(yīng)用【解析】【答案】BCD6、A|D【分析】小朋友在AB段沿滑梯向下勻加速下滑，在BC段向下勻減速下滑，因此小朋友和滑梯組成的系統(tǒng)水平方向的加速度先向左后向右，則地面對滑梯的摩擦力即系統(tǒng)水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A正確，B錯誤；系統(tǒng)在豎直方向的加速度先向下后向上，因此系統(tǒng)先失重后超重，故地面對滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的總重力的大小，D對.【解析】【答案】AD7、D【分析】【分析】由波形圖求出波長，根據(jù)P點的振動情況求出波的周期，然后求出周期及波速大小，根據(jù)波的傳播方向判斷振動的振動方向，當x=2cm的波形傳到Q點時，Q點第一次到達波峰【解析】【解答】解：A、波向左傳播，所以t=0時刻，P點向下振動，t1=0.3s時刻；P質(zhì)點首次位于波峰，可得周期為T=0.4s，根據(jù)圖象可知，波長。

λ=4cm=0.04m，所以波速；故AB錯誤；

C、該波的頻率f=；波源靜止，站在x=-10m處的人，看到波源不動，所以頻率不變，仍為2.5Hz，故C錯誤；

D、當x=2cm的波形傳到Q點時，Q點第一次到達波峰，所需時間t==0.5s，所以在t2=0.5s時刻；質(zhì)點Q首次位于波峰，故D正確；

故選：D8、A【分析】【分析】（1）研究物體運動時；要選擇一個物體作為標準，這個標準就是參照物；

（2）判斷物體運動還是靜止，就是看研究的物體和參照物之間位置是否發(fā)生了變化．【解析】【解答】解：分析詩中描寫“青山”運動選擇的參考系是。

A；以“帆船”為參照物；“青山”和“帆船”之間的位置發(fā)生了變化，故“青山”是運動的；故A正確。

B；以“河岸”為參照物；“青山”與“河岸”之間的位置沒有發(fā)生變化，故“青山”是靜止的；BD錯誤。

C；在判斷“青山”運動情況時；都是以“地面”為參照物，當以太陽為參考系是只能研究地球，而青山相對地球是靜止的，故D錯誤。

故選：A．9、B【分析】【分析】對整體分析，得出整體的加速度方向，確定B的加速度方向，知道B的合力方向，從而知道A的受力情況．【解析】【解答】解：整體向上做勻減速直線運動；加速度方向沿斜面向下，則B的加速度方向沿斜面向下．根據(jù)牛頓第二定律知，A的合力沿斜面向下，則B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力．故B正確，A；C、D錯誤．

故選：B．二、填空題(共7題，共14分)10、-4.9m/s2【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運動的平均速度推論求出兩段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，結(jié)合速度時間公式求出質(zhì)點的加速度．【解析】【解答】解：第1個0.5s內(nèi)的平均速度等于0.25s末時的瞬時速度；第一個1.5s內(nèi)的平均速度等于0.75s末時的瞬時速度，根據(jù)速度時間公式△v=at得：

a=．

故答案為：-4.9m/s211、【分析】【分析】根據(jù)圓周運動知識求出行星的線速度大?。?/p>

研究行星繞太陽運動作勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質(zhì)量．【解析】【解答】解：根據(jù)圓周運動知識得：

v=

研究行星繞太陽運動作勻速圓周運動；根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：

解得：

故答案為：；12、4s3cm【分析】【分析】（1）根據(jù)簡諧運動的對稱性；求出振子完成一次全振動的時間，即為周期．

（2）根據(jù)對稱性可知：小球從A經(jīng)B到N再返回B所經(jīng)過的路程，與小球從B經(jīng)A到M再返回A所經(jīng)過的路程相等，即可求得一個周期內(nèi)振子通過的路程，即可求得振幅．【解析】【解答】解：（1）小球以相同動量通過A、B兩點，由空間上的對稱性可知，平衡位置O在AB的中點；再由時間上的對稱性可知，tAO=tBO=0.5s，tBN=tNB=0.5s，所以tON=tOB+tBN=1s，因此小球做簡諧運動的周期T=4tON=4s．

（2）小球從A經(jīng)B到N再返回B所經(jīng)過的路程，與小球從B經(jīng)A到M再返回A所經(jīng)過的路程相等．因此小球在一個周期內(nèi)所通過的路程是S=12cm，振幅為A==3cm．

故答案為：（1）4s；（2）3cm13、7.514【分析】【分析】A作勻速直線運動，B作勻減速直線運動，A追上B時，A的位移比B的位移大5m，在追上之前，最大位移的臨界條件出現(xiàn)在A、B速度相等的時候，根據(jù)勻變速直線運動和勻速運動的規(guī)律求出兩者間的最大距離．【解析】【解答】解：（1）因為B在減速運動中的平均速度=5m/s，大于vA=4m/s；故A在B停止運動后才會追上B．

由于B做勻減速直線運動，加速度a=-2m/s2，初速度vB=10m/s

故B在勻減速中的位移

所以A追上B時A的位移xA=xB+5m=30m

所以A追上B的時間t=s．

（2）因為B做勻減速直線運動，所以當vA=vB時；A；B間距離最大：

此時B的位移：；

又據(jù)V=v0+at，當vA=vB時B做勻減速的時間t=

此時A的位移：xA=vAt=4×3m=12m

由題意知，此時AB間距離xAB=5m+（xB′-xA）=5+（21-12）m=14m．

故答案為：7.5，14．14、略

【分析】

棒做加速度逐漸減小的變加速運動．

（1）速度為v=2m/s時，由感應(yīng)電動勢E=Bdv，感應(yīng)電流I=得。

棒所受的安培力為：F=Bld==N=1N

此時棒的加速度為：a==gsinθ-=5-=2.5m/s2

（2）棒到達底端時速度最大；根據(jù)能量守恒定律：

mgLsinθ=m+Q；

代入解得，vm=m/s

故答案為：2.5，．

【解析】【答案】（1）棒由靜止開始自由下滑的過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到沿斜面向上的安培力，由E=Bdv、I=F=BId結(jié)合求出安培力；再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；

（2）棒到達底端時速度最大；根據(jù)能量守恒定律求解最大速度．

15、略

【分析】

靠傳送帶傳動兩輪子邊緣上的點線速度大小相等，所以a、c的線速度大小相等，共軸轉(zhuǎn)動的物體上各點具有相同的角速度，所以b、c、d的角速度相等，根據(jù)v=rω，知a、c兩點的角速度之比為2：1，所以a、b；c、d四點角速度之比為2：1：1：1；

根據(jù)v=rω，知b、c、d的線速度之比為：1：2：4，所以a、b；c、d四點線速度之比為2：1：2：4；

根據(jù)a=得：a、b；c、d四點向心加速度之比為4：1：2：4；

故答案為：2：1：2：4；2：1：1：1；4：1：2：4

【解析】【答案】共軸轉(zhuǎn)動的物體上各點具有相同的角速度；靠傳送帶傳動兩輪子邊緣上的點線速度大小相等．

16、略

【分析】【解析】

考點：刻度尺；游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用．

分析：游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)；不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

解：游標卡尺的主尺讀數(shù)為100mm；游標讀數(shù)為0.05×10mm=0.50mm，所以最終讀數(shù)為100.50mm=10.050cm．

螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)3mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×20.0=0.200mm，所以最終讀數(shù)為3.200mm．

故本題答案為：10.050，3.200【解析】【答案】（1）10.050（2）3.200(3.198-3.202)三、判斷題(共9題，共18分)17、√【分析】【分析】時間是指時間的長度，在時間軸上對應(yīng)一段距離，對應(yīng)物體的位移或路程，時刻是指時間點，在時間軸上對應(yīng)的是一個點，對應(yīng)物體的位置．【解析】【解答】解：“寧停三分；不搶一秒”中的3分是3分鐘，3分鐘與1秒鐘在時間軸上都是指的時間的長度，都是時間．故該說法正確；

故答案為：√18、√【分析】【分析】貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，使人們認識到原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)；【解析】【解答】解：貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了鈾和含鈾礦物的天然放射現(xiàn)象；從而揭示出原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，拉開了人們以及原子核的序幕．故以上的說法是正確的．

故答案為：√19、×【分析】【分析】根據(jù)并聯(lián)電阻的總電阻的倒數(shù)等于個分電阻的讀數(shù)之和進行判定即可，【解析】【解答】解：因為并聯(lián)電阻的總電阻的倒數(shù)等于個分電阻的倒數(shù)之和；所以題干則的說法是錯誤的．

故答案為：×20、×【分析】【分析】陰極射線是在1858年利用低壓氣體放電管研究氣體放電時發(fā)現(xiàn)的．1897年約瑟夫?約翰?湯姆生根據(jù)放電管中的陰極射線在電磁場和磁場作用下的軌跡確定陰極射線中的粒子帶負電，并測出其荷質(zhì)比，這在一定意義上是歷史上第一次發(fā)現(xiàn)電子．【解析】【解答】解：陰極即負極；陰極射線是負極發(fā)出的射線，是電子流；同理，陽離子在陽極放電．故該說法是錯誤的．

故答案為：×．21、×【分析】【分析】元電荷一定是電量最小的電荷；點電荷是一種理想化模型，其本身所帶的電量可以很大．【解析】【解答】解：點電荷是一種理想化模型；當帶電體的體積和形狀相對所研究的問題可以忽略的時候，帶電體可以看做點電荷，其本身所帶的電量可以很大．故此說法錯誤．

故答案為：×22、×【分析】【分析】勻變速運動是指加速度恒定的運動；平拋運動的加速度為g，恒定；勻速圓周運動的加速度總是指向圓心，時刻改變．【解析】【解答】解：勻變速運動是指加速度恒定的運動；

平拋運動的加速度為g；恒定，是勻變速曲線運動；

勻速圓周運動的加速度總是指向圓心；時刻改變，是變加速運動；

故答案為：×．23、×【分析】【分析】液晶像液體一樣可以流動，又具有某些晶體結(jié)構(gòu)特征的一類物質(zhì)．液晶是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài)；液晶在外加電壓的影響下并不發(fā)光，而是由于液晶通電時，排列變得有秩序，使光線容易通過．【解析】【解答】解：液晶在外加電壓的影響下并不發(fā)光；而是由于液晶通電時，排列變得有秩序，使光線容易通過．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×24、√【分析】【分析】貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，使人們認識到原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)；【解析】【解答】解：貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了鈾和含鈾礦物的天然放射現(xiàn)象；從而揭示出原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，拉開了人們以及原子核的序幕．故以上的說法是正確的．

故答案為：√25、×【分析】【分析】質(zhì)點是人們?yōu)榱搜芯繂栴}的方便而忽略物體的形狀和大小而人為引入的一個理想化模型，故實際上并不存在，質(zhì)點雖然忽略物體的形狀和大小但保留了物體其它的性質(zhì)，故不同于幾何中的點，只要物體的形狀和大小對研究問題沒有影響或者影響可以忽略不計時物體就可以當作質(zhì)點，與物體的體積的大小無關(guān)．【解析】【解答】解：質(zhì)點是一個理想化模型；實際上并不存在，質(zhì)點是人們?yōu)榱搜芯繂栴}的方便而忽略物體的形狀和大小而人為引入的一個理想化模型，只要物體的形狀和大小對研究問題沒有影響或者影響可以忽略不計時物體就可以當作質(zhì)點．故說法錯誤．

故答案為：×．四、證明題(共3題，共27分)26、略

【分析】【分析】導(dǎo)體棒向右運動時，受到向左的安培力作用而減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和加速度的定義式，運用積分法研究整個過程，再對棒運動λs時研究，求出電路中電流，從而得到R上的熱功率．【解析】【解答】證明：取向右為正方向．根據(jù)牛頓第二定律得：

-=ma=m①

即得-v△t=m△v②

兩邊求和得：（-v△t）=m△v③

又v△t=△x④

對整個過程，由③求和得-s=m（0-v0）；

即有s=mv0⑤

從開始運動到棒運動到λs的過程，由③求和得：-λs=m（v-v0）⑥

由⑤⑥解得棒運動到λs速度為：v=（1-λ）v0⑦

此時電阻R上的熱功率為：P===．

得證．27、略

【分析】【分析】研究飛船在某行星表面附近沿圓軌道繞該行星飛行；根據(jù)根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式．

根據(jù)密度公式表示出密度進行證明．【解析】【解答】證明：設(shè)行星半徑為R；質(zhì)量為M；飛船在靠近行星表面附近的軌道上運行時，有。

=

即M=①

又行星密度ρ==②

將①代入②得ρT2==k證畢28、略

【分析】【分析】從p-V圖中找到某一過程中發(fā)生的是什么變化．

能夠運用控制變量法研究多個物理量變化時的關(guān)系．【解析】【解答】證明：設(shè)狀態(tài)3的溫度為T；

狀態(tài)1-3為等壓過程，①

狀態(tài)3-2為等容過程，②

由①②兩式消去T，即得．五、簡答題(共4題，共16分)29、略

【分析】【分析】碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出碰撞后的速度，應(yīng)用能量守恒定律求出損失的機械能．【解析】【解答】解：A；B相碰過程系統(tǒng)動量守恒；以向右為正方向，由動量守恒定律得：

mv0=2mv；

代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s

由能量守恒定律可知；A；B碰撞損失的機械能：

△E=mv02-?2mv2；

代入數(shù)據(jù)解得：△E=2J

答：A、B兩球碰撞過程中損失的機械能為2J．30、略

【分析】【分析】（1）物體在傳送帶上先做勻加速直線運動；達到傳送帶速度后一起做勻速直線運動，結(jié)合運動學公式求出物體在傳送帶上勻加速運動的時間．

（2）先求出若物體一直勻加速運動到B端的速度，分傳送帶大于此速度后小于此速度兩種情況，根據(jù)運動學基本公式求解．【解析】【解答】解：（1）A放在傳送帶上；先在摩擦力作用下做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得：

a=；

速度增加到與傳送帶速度相等需要的時間為：

；

速度增加到與傳送帶速度相等時運動的位移為：

x=；

此后物體隨傳送帶一起做勻速直線運動；時間為：

；

則物體在傳送帶上從A處傳送到最右端B處時間為：

t=t1+t2=1+4.5=5.5s

（2）若A一直做勻加速到達B端；則到達B點的速度為：

v=；

運動的時間為：；

若傳送帶的速度，則物體一直勻加速運動到B端，時間t=；

若傳送帶的速度；則物體先做勻加速直線運動，速度與傳送帶速度相等后做勻速直線運動；

勻加速的時間為：=；

勻加速運動的位移為：；

勻速運動的時間為：；

則總時間為：t=

答：（1）物體在傳送帶上從A處傳送到最右端B處時間是5.5s；

（2）若傳送帶的速度，物體從A到B的時間t=，若傳送帶的速度，物體從A到B的時間t=．31、（1）H＜C＜N

（2）12

（3）體心立方堆積＞

（4）3d104s1

（5）SiC原子12【分析】【分析】本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及核外電子排布、化學鍵、晶胞等，根據(jù)圖示推出各對應(yīng)元素是解答關(guān)鍵，需要學生具備扎實的基礎(chǔ)，題目難度中等。【解答】H、rm{C}rm{N}rm{Na}rm{Si}rm{Cu}等元素單質(zhì)中，rm{Na}rm{Cu}為金屬晶體，均是熱和電的良導(dǎo)體，rm{C}rm{Si}的單質(zhì)為原子晶體，且rm{C}單質(zhì)的熔沸點大于rm{Si}原子晶體的熔沸點，rm{H}rm{N}對應(yīng)的單質(zhì)為分子晶體，其中氫氣的相對分子質(zhì)量小，分子間作用力小，熔點最低，由圖熔點的高低順序可知rm{a}為rm{H}rm為rm{N}rm{c}為rm{Na}rm7bhmb6x為rm{Cu}rm{e}為rm{Si}rm{f}為rm{C}rm{C}rm{N}rm{Na}rm{Si}等元素單質(zhì)中，rm{Cu}rm{Na}為金屬晶體，均是熱和電的良導(dǎo)體，rm{Cu}rm{C}的單質(zhì)為原子晶體，且rm{Si}單質(zhì)的熔沸點大于rm{C}原子晶體的熔沸點，rm{Si}rm{H}對應(yīng)的單質(zhì)為分子晶體，其中氫氣的相對分子質(zhì)量小，分子間作用力小，熔點最低，由圖熔點的高低順序可知rm{N}為rm{a}rm{H}為rmrm{N}為rm{c}rm{Na}為rml9vbinrrm{Cu}為rm{e}rm{Si}為rm{f}rm{C}rm{(1)H}rm{C}rm{N}三種元素的電負性從小到大的順序為故答案為：rm{H<C<N}rm{H<C<N}為rm{(2)b}其單質(zhì)為氮氣，含有氮氮三鍵，則一個分子中含有rm{N}個rm{1}鍵和rm{婁脪}個rm{2}鍵故答案為：rm{婁脨}rm{1}rm{2}為rm{(3)c}rm{Na}體心立方堆積，由于氟離子半徑小于氯離子半徑，則氟化鈉單質(zhì)的晶體堆積方式類型是氯化鈉的晶格能；故答案為：體心立方堆積；的晶格能rm{>}氯化鈉的晶格能；rm{>}為rm{>}rm{(4)d}rm{Cu}基態(tài)原子的價電子排布式為rm{3d}rm{3d}故答案為：rm{{,!}^{10}}rm{4s}rm{4s}為rm{{,!}^{1}}rm{3d^{10}4s}為rm{{,!}^{1}}rm{{,!}^{1}}rm{(5)e}含有碳原子數(shù)為rm{Si}rm{f}rm{C}根據(jù)均攤法，在一個晶胞中含有硅原子為rm{+6隆脕1/2=4}rm{4}則丙的化學式為rm{SiC}個，丙的密度為rm{dfrac{40隆脕4}{{N}_{A}隆脕(a隆脕{10}^{-10}{)}^{3}}=dfrac{1.6隆脕{10}^{32}}{{a}^{3}{N}_{A}}g/c{m}^{3}}；故答案為：，屬于原子晶體，在丙中，每個原子；rm{Si}rm{dfrac{1.6隆脕{10}^{32}}{{a}^{3}{N}_{A}}g/c{m}^{3}}原子周圍最近的【解析】rm{(1)H<C<N}rm{(2)1}rm{2}rm{(3)}體心立方堆積rm{>}rm{(4)3d^{10}4s^{1}}rm{(5)SiC}原子rm{12}rm{dfrac{1.6隆脕{10}^{32}}{{a}^{3}{N}_{A}}g/c{m}^{3}}rm{

dfrac{1.6隆脕{10}^{32}}{{a}^{3}{N}_{A}}g/c{m}^{3}}32、略

【分析】

(1)

水桶下降的過程中；水桶和金屬漆組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律列式求解；

(2)

水桶勻加速下降；根據(jù)運動學基本公式求出加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求解繩子拉力．

本題主要考查了機械能守恒定律、運動學基本公式以及牛頓第二定律的直接應(yīng)用，知道水桶的速度和金屬球的速度的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，難度適中．【解析】解：(1)

水桶下