2024年華師大新版高三物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年華師大新版高三物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷361考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、一簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振動(dòng)方程為：x=3sin（5πt+π），式中位移x的單位是cm，則（）A.振動(dòng)的振幅為3cmB.振動(dòng)的相位為φ=πC.振動(dòng)的頻率為5HzD.t=1s時(shí)的位移為2cm2、自然界中某量D的變化可以記為△D，發(fā)生這個(gè)變化所用的時(shí)間記為△t，變化量△D與時(shí)間△t的比值就是這個(gè)量的變化率．變化率在描述這種變化過(guò)程時(shí)起到非常重要的作用，中學(xué)物理中常用變化率．下列關(guān)于變化率的說(shuō)法正確的是（）A.某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的位移變化率可以表示質(zhì)點(diǎn)速度變化的快慢B.某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的速度變化率可以表示質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的快慢C.某個(gè)閉合回路的磁通量的變化率可以表示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小D.某個(gè)力的功的變化率可以表示這個(gè)力的大小變化快慢3、甲、乙兩車同時(shí)、同地、同向出發(fā)作直線運(yùn)動(dòng)，如圖為其運(yùn)動(dòng)的時(shí)間圖象，t1時(shí)刻兩圖線相交，有關(guān)如圖的說(shuō)法正確的是（）A.如果是位移時(shí)間圖象，則甲乙兩車在t1時(shí)間內(nèi)位移不相等B.如果是位移時(shí)間圖象，則甲乙兩車在t1時(shí)間內(nèi)路程相等C.如果是速度時(shí)間圖象，則甲乙兩車在t1時(shí)間內(nèi)位移相等D.如果是速度時(shí)間圖象，則甲乙在t1時(shí)間內(nèi)平均速度均為=4、宇航員在地球表面以一定初速度豎直上拋一小球，經(jīng)過(guò)時(shí)間t小球落回原處；若他在某星球表面以相同的初速度豎直上拋同一小球，需經(jīng)過(guò)時(shí)間5t小球落回原處，已知該星球的半徑與地球半徑之比為R星：R地=1：4，地球表面重力加速度為g，設(shè)該星球表面附近的重力加速度為g′，空氣阻力不計(jì)．則下列各選項(xiàng)中正確的為（）A.g′：g=5：1B.g′：g=1：5C.M星：M地=1：20D.M星：M地=20：15、如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E、內(nèi)電阻r、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭由a向b滑動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.燈泡L亮度變暗B.電源提供的總功率減小C.電容器C上所帶的電量減小D.電容器C二端的電壓增大6、如圖，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)帶電小球a、b和c分別位于邊長(zhǎng)為l的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電．整個(gè)系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．已知靜電力常量為k．若三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小為（）A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、（2010春?黔東南州期末）如圖，靠摩擦傳動(dòng)做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的大小兩輪接觸面不光滑，大輪子的半徑是小輪子的2倍．A、B分別為大小輪上的點(diǎn)，C為大輪上一條半徑的中點(diǎn)，則A、B、C上的線速度之比為_(kāi)___，加速度之比為_(kāi)___．8、一切物體總保持____或____狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止．這就是牛頓第一定律．9、在探究“物體的上浮或下沉與哪些因素有關(guān)”的活動(dòng)中，同學(xué)們將大小相等的新鮮蘿卜浸沒(méi)在水中松手后蘿卜都上浮，直至漂浮在水面上如圖所示，為了使漂浮的蘿卜沉下去，甲同學(xué)將一根短而粗的鐵釘全部插入蘿卜中，乙同學(xué)也用同樣的鐵釘，但只將其一半插入到蘿卜中，再次將蘿卜放入水中松手，結(jié)果兩個(gè)蘿卜均沉入水底．他們?cè)谔骄窟^(guò)程中往蘿卜中插入鐵釘是為了____；從他們探究的方法來(lái)分析____（甲或乙）的方法更合理，理由是____．10、（2014春?屯溪區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，一個(gè)被x軸與曲線方程y=0.2sinx（m）所圍的空間中存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T．正方形金屬線框的邊長(zhǎng)是L=0.2m，電阻是R=0.1Ω，它的一邊與x軸重合，在拉力F的作用下，以v=10m/s的速度水平向右保持勻速運(yùn)動(dòng)．則拉力F的最大瞬時(shí)功率是____W，從圖示位置開(kāi)始把線框右邊拉至x=0.15m坐標(biāo)處，拉力F需要做____J的功．11、（2007?南開(kāi)區(qū)模擬）一個(gè)同學(xué)要研究輕質(zhì)彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧長(zhǎng)度改變量的關(guān)系；進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：在離地面高度為h的光滑水平桌面上，沿著與桌子邊緣垂直的方向放置一輕質(zhì)彈簧，其左端固定，右端與質(zhì)量為m的一個(gè)小鋼球接觸．當(dāng)彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)，小鋼球恰好在桌子邊緣，如圖所示．讓鋼球向左壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，使鋼球沿水平方向射出桌面，小鋼球在空中飛行后落在水平地面上，水平距離為s．

（1）請(qǐng)你推導(dǎo)出彈簧的彈性勢(shì)能Ep與小鋼球質(zhì)量m、桌面離地面高度h、小鋼球飛行的水平距離s等物理量之間的關(guān)系式：____．

（2）彈簧的壓縮量x與對(duì)應(yīng)的鋼球在空中飛行的水平距離s的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表所示：

。彈簧的壓縮量x（cm）1.001.502.002.503.003.50小鋼球飛行的水平距離s（cm）1.011.502.012.493.013.50根據(jù)上面的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，請(qǐng)你猜測(cè)彈簧的彈性勢(shì)能Ep與彈簧的壓縮量x之間的關(guān)系為_(kāi)___，并說(shuō)明理由：____．12、有一種叫“阿特武德機(jī)”的裝置；可以用來(lái)研究超重和失重現(xiàn)象，其研究步驟如下：如圖所示，原來(lái)左右兩側(cè)都懸掛質(zhì)量為2m的砝碼，此時(shí)彈簧秤示數(shù)為2mg．若在右側(cè)懸掛的砝碼上再增加質(zhì)量為m的砝碼，左側(cè)砝碼將獲得向上的加速度，可觀察到彈簧秤上的示數(shù)變大，左側(cè)砝碼處于超重狀態(tài)；若將右側(cè)減少一個(gè)質(zhì)量為m砝碼，左側(cè)砝碼將向下加速運(yùn)動(dòng)，可觀察到彈簧秤上的示數(shù)變小，左側(cè)砝碼處于失重狀態(tài)．請(qǐng)問(wèn)：

（1）左側(cè)砝碼超重狀態(tài)時(shí)；彈簧秤的讀數(shù)為多少？

（2）左側(cè)砝碼失重狀態(tài)時(shí)；彈簧秤的讀數(shù)為多少？

13、物體做初速度為v0的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，物體的速度達(dá)到vt，則在這段時(shí)間內(nèi)的平均速度=____如果物體在第1s末速度為v1，第4s末的速度為v2，則這3s內(nèi)的平均速度=____，這3s內(nèi)的位移可表示為s=____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、物體的瞬時(shí)速度總為零，則平均速度一定為零．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、在磁場(chǎng)中任一點(diǎn)，小磁針北極的受力方向?yàn)樵擖c(diǎn)的磁場(chǎng)方向．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、向心力的方向始終指向圓心，所以向心力的方向始終不變．____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、質(zhì)點(diǎn)是一個(gè)理想化模型，實(shí)際上并不存在，所以，引入這個(gè)概念沒(méi)有多大意義．____．18、當(dāng)溫度升高時(shí)，物體內(nèi)部所有分子的動(dòng)能都增加．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、用電器的額定功率與所加的電壓無(wú)關(guān)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、向心力的方向始終指向圓心，所以向心力的方向始終不變．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、識(shí)圖作答題(共3題，共21分)21、如圖為染色體數(shù)為2m的某動(dòng)物精原細(xì)胞分裂的示意圖,兩對(duì)基因A、a和B、b分別在兩對(duì)同源染色體上，③表示細(xì)胞處于染色體著絲點(diǎn)向兩極移動(dòng)的時(shí)期。據(jù)圖分析回答下列問(wèn)題：（1）①中有_______對(duì)同源染色體，核DNA數(shù)目為_(kāi)___________。（2）③含_________個(gè)染色體組；③中染色體數(shù)目為_(kāi)_______________。

（3）與圖中精細(xì)胞同時(shí)產(chǎn)生的另外3個(gè)精細(xì)胞的基因型是_________________。22、請(qǐng)仔細(xì)分析下列各圖，根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答問(wèn)題（1）圖甲代表某植物在一天內(nèi)吸收CO2變化情況，若C、F時(shí)間所合成的葡萄糖速率相等，均為30mg/dm2·h，則A、C、F三點(diǎn)的呼吸強(qiáng)度的比較結(jié)果是__________（2）圖乙中光照強(qiáng)度為b時(shí)，該葉肉細(xì)胞光合作用速率_________（填＜、＝、＞）呼吸作用速率，光照強(qiáng)度為c時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)該葉肉細(xì)胞從周圍吸收_________單位CO2。（3）某同學(xué)研究甲湖泊中x深度生物光合作用和有氧呼吸。具體操作如下：取三個(gè)相同的透明玻璃瓶a、b、c，將a先包以黑膠布，再包以鉛箔。用a、b、c三瓶從待測(cè)水體深度取水，測(cè)定瓶中水內(nèi)氧容量。將a瓶、b瓶密封再沉入待測(cè)水體深度，經(jīng)24小時(shí)取出，測(cè)兩瓶氧含量，結(jié)果如圖丙。則24小時(shí)待測(cè)深度水體中生物光合作用制造的氧氣量是每瓶__________（4）景天科植物A有一個(gè)很特殊的CO2同化方式：夜間氣孔開(kāi)放，吸收的CO2生成蘋果酸儲(chǔ)存在液泡中（如下圖一所示）；白天氣孔關(guān)閉，液泡中的蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放CO2用于光合作用（如下圖二所示）。十字花科植物B的CO2同化過(guò)程如下圖三所示，請(qǐng)回答：

白天植物A進(jìn)行光合作用所需的CO2的來(lái)源有_________。在上午10:00點(diǎn)時(shí)，突然降低環(huán)境中CO2濃度后的一小段時(shí)間內(nèi)，植物A和植物R細(xì)胞中C3含量的變化分別是________、________；將植物B放入密閉的玻璃置內(nèi)，置于室外進(jìn)行培養(yǎng)，用CO2濃度測(cè)定儀測(cè)得了該玻璃罩內(nèi)CO2濃度的變化情況，繪成上圖四的曲線。B～D段CO2相對(duì)含量下降的原因是__________。23、下圖甲為植物激素調(diào)節(jié)過(guò)程，乙為動(dòng)物激素調(diào)節(jié)過(guò)程（其中①為細(xì)胞，②③為激素、④為激素引起的生理變化）。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）從圖甲可以看出，赤霉素能通過(guò)___________________，從而提高生長(zhǎng)素的含量，促進(jìn)植株生長(zhǎng)。（2）在植物體內(nèi)合成生長(zhǎng)素較旺盛的部位有幼嫩的芽、葉和_____________________。（3）在人體內(nèi)與圖乙中的②相互制約的激素是___________，④表示的生理過(guò)程為_(kāi)_____________。（4）從圖乙中可以看出，血糖調(diào)節(jié)方式有___________。評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共3題，共6分)24、鋰離子電池正極材料需要純度較高的硫酸錳，目前工業(yè)硫酸錳中雜質(zhì)rm{(}鈣、鎂、鐵等rm{)}含量高，利用下圖流程可制取純度較高的硫酸錳溶液。反應(yīng)rm{壟脵}使雜質(zhì)生成氟化物的沉淀，對(duì)反應(yīng)rm{壟脵}前后的雜質(zhì)含量檢測(cè)結(jié)果rm{(}以rm{350g/LMnSO_{4}}計(jì)rm{)}如下：。雜質(zhì)凈化前rm{/g}凈化后rm{/g}去除率rm{/%}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{0.001275}rm{0.001275}rm{隆陋}rm{Ca^{2+}}rm{0.490000}rm{0.021510}rm{95.61}rm{Mg^{2+}}rm{0.252000}rm{0.025100}rm{90.04}rm{(1)}濾渣rm{x}中含有的物質(zhì)是____。rm{(2)}試分析鈣鎂去除結(jié)果不同的原因：____。rm{(3)}在濾液中加入rm{KMnO_{4}}可以將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}同時(shí)生成rm{Mn^{2+}}該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___。rm{(4)}已知：生成氫氧化物沉淀的rm{pH}。rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Mn(OH)_{2}}開(kāi)始沉淀時(shí)rm{6.3}rm{1.5}rm{8.3}完全沉淀時(shí)rm{8.3}rm{2.8}rm{9.8}注：金屬離子的起始濃度為rm{0.1mol/L}根據(jù)表中數(shù)據(jù)解釋流程中rm{壟脷}的目的：____。rm{(5)}進(jìn)一步研究表明，如果反應(yīng)rm{壟脵}后不過(guò)濾直接加入rm{KMnO_{4}}同時(shí)控制加入的量，反應(yīng)后調(diào)節(jié)rm{pH}然后再過(guò)濾，可以進(jìn)一步提高鈣鎂的去除率。對(duì)鈣鎂去除率提高的原因有如下假設(shè)：假設(shè)Ⅰ：rm{Fe^{2+}}與rm{MnO_{4}^{隆陋}}生成了rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}水解生成的rm{Fe(OH)_{3}}吸附了沉淀物；假設(shè)Ⅱ：rm{Mn^{2+}}與rm{MnO_{4}^{隆陋}}反應(yīng)生成的活性rm{MnO_{2}}吸附了沉淀物。選擇適當(dāng)?shù)臒o(wú)機(jī)試劑，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證假設(shè)是否成立。____________rm{(6)}鋰離子電池充放電過(guò)程中，鋰離子在正極和負(fù)極之間來(lái)回移動(dòng)，就像一把搖椅，稱“搖椅式電池”。典型的鋰離子電池工作原理如下圖所示。rm{壟脵}放電時(shí)rm{Li^{+}}的移動(dòng)方向從____極到____極rm{(}填“rm{a}”或“rm”rm{)}rm{壟脷}已知電極總反應(yīng)：寫出放電時(shí)正極的電極反應(yīng)式。25、（2015秋?長(zhǎng)沙校級(jí)期末）如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E=10V，內(nèi)阻r=0.5Ω，電動(dòng)機(jī)的電阻R0=1.0Ω，電阻R1=1.5Ω．電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，電壓表的示數(shù)U1=3.0V；求：

（1）電源釋放的總電功率；

（2）通電一分鐘，電動(dòng)機(jī)做的有用功為多少？26、如圖所示，重為100N的物體受推力F作用貼于墻面靜止，F(xiàn)與墻的夾角θ=60°，墻對(duì)物體的最大靜摩擦力為40N，要使物體保持靜止，求推力F的大小范圍．評(píng)卷人得分六、解答題(共1題，共10分)27、如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的交流電壓u，金屬板間電場(chǎng)可看做均勻、且兩板外無(wú)電場(chǎng)，板長(zhǎng)L=0.2m，板間距離d=0.1m，在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN與兩板中線OO′垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5×10-3T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場(chǎng)中，已知每個(gè)粒子的比荷=108C/kg，重力忽略不計(jì)，在0-0.8×10-5s時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）．已知t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在0，.2×10-5s時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射入磁場(chǎng)．（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）．

求：

（1）求兩板間的電壓U0

（2）0-0.2×10-5s時(shí)間內(nèi)射入兩板間的帶電粒子都能夠從磁場(chǎng)右邊界射出；求磁場(chǎng)的最大寬度。

（3）若以MN與兩板中線OO′垂直的交點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸，豎直向上為y軸建立二維坐標(biāo)系，請(qǐng)寫出在0.3×10-5s時(shí)刻射入兩板間的帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)（此時(shí)；磁場(chǎng)只有左邊界，沒(méi)有右邊界）時(shí)的位置坐標(biāo)．

（4）兩板間電壓為0，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一種方案：讓向右連續(xù)發(fā)射的粒子流沿兩板中線OO′射入，經(jīng)過(guò)右邊的待設(shè)計(jì)的磁場(chǎng)區(qū)域后，帶電粒子又返回粒子源．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=Acos（ωt+φ），A為振幅，ω為圓頻率，φ是初相．由振動(dòng)方程可讀出振幅、初相位、圓頻率，根據(jù)f=可求出頻率．將t=1s代入振動(dòng)方程即可求得位移．【解析】【解答】解：ABC、根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=3sin（5πt+π）cm，知振動(dòng)的振幅A=3cm，圓頻率ω=5πrad/s，則頻率為f==2.5Hz；初相位為π，而相位為5πt+π．

故A正確；B；C錯(cuò)誤．

D；將t=1s代入振動(dòng)方程得；x=3sin（5πt+π）cm=3sin6πcm=0．故D錯(cuò)誤．

故選：A2、C【分析】【分析】解答本題關(guān)鍵掌握：D表示某質(zhì)點(diǎn)的位移，則表示速度，若D表示速度，則表示加速度，掌握兩個(gè)變化量的比值定義一個(gè)新的物理量的方法．【解析】【解答】解：A、某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的位移變化率可以表示質(zhì)點(diǎn)的速度；速度表示質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的快慢，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

B、某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的速度變化率可以表示質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度；加速度表示質(zhì)點(diǎn)速度變化的快慢，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

C、某個(gè)閉合回路的磁通量的變化率可以表示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大??；故C選項(xiàng)正確；

D、某個(gè)力的功的變化率可以表示這個(gè)力的功率；功率表示力做功的快慢，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤．

故選：C．3、B【分析】【分析】若是位移時(shí)間圖象，由位移與時(shí)間的圖象縱坐標(biāo)的變化量讀出位移關(guān)系，分析三個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況，確定路程關(guān)系；如果是速度時(shí)間圖象由圖象的點(diǎn)可知任意時(shí)刻的速度；由圖象的斜率可得出物體的加速度；由面積可得出位移．【解析】【解答】解：A、如果是位移時(shí)間圖象，由位移與時(shí)間的圖象縱坐標(biāo)的變化量可知，在t1的時(shí)間內(nèi)，乙的位移為b，甲乙通過(guò)的位移相同，甲乙都在單向直線運(yùn)動(dòng)，位移大小等于路程，則甲乙兩車在t1時(shí)間內(nèi)路程相等；故A錯(cuò)誤，B正確；

C、如果是速度時(shí)間圖象，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，則在t1時(shí)間內(nèi)甲的位移大于乙的位移，甲的平均速度，而乙的平均速度小于．故CD錯(cuò)誤．

故選：B4、B【分析】【分析】分析：通過(guò)豎直上拋運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間求出重力加速度之比，然后根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力，即G=mg，求出中心天體的質(zhì)量比．【解析】【解答】解：A、B、根據(jù)g=；知重力加速度之比等于它們所需時(shí)間之反比，地球上的時(shí)間與星球上的時(shí)間比1：5，則地球表面的重力加速度和星球表面重力加速度之比g：g′=5：1．故A錯(cuò)誤，B正確．

C、D、根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力，即G=mg，得到：M=．星球和地球表面的重力加速度之比為1：5，半徑比為1：4，所以星球和地球的質(zhì)量比M星：M地=1：80．故C錯(cuò)誤；D錯(cuò)誤．

故選：B．5、C【分析】【分析】由圖可知電路結(jié)構(gòu)，則由滑片的移動(dòng)明確電阻的變化，由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流及電容器兩端的電壓變化；從而得出電量的變化及燈泡的亮度變化；由功率公式可得出電源提供的功率變化．【解析】【解答】解：A、當(dāng)滑片向b滑動(dòng)時(shí)；滑動(dòng)變阻器接入電阻阻值減小，則電路中電流增大，則燈泡的亮度變亮，故A錯(cuò)誤；

B；而電源的輸出功率P=EI；因電流增大，則電源提供的總功率增大；

CD；因燈泡及電源內(nèi)壓均增大；則滑動(dòng)變阻器兩端的電壓減小，故電容器所帶電量減小，故C正確；D錯(cuò)誤；

故選：C．6、B【分析】【分析】三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，以整個(gè)系統(tǒng)為研究對(duì)象根據(jù)平衡條件得出c的電荷量，再以c電荷為研究對(duì)象受力分析求解．【解析】【解答】解：設(shè)c電荷帶電量為Q；以c電荷為研究對(duì)象受力分析；

根據(jù)平衡條件得a、b對(duì)c的合力與勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)c的力等值反向；即：

2××cos30°=E?Q

所以勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小為．

故選B．二、填空題(共7題，共14分)7、2：2：12：4：1【分析】【分析】?jī)奢喛磕Σ羵鲃?dòng)，輪子邊緣上的點(diǎn)線速度大小相等，共軸轉(zhuǎn)動(dòng)角速度大小相等，根據(jù)v=rω求出角速度大小之比和線速度大小之比；最后根據(jù)an=求解加速度之比．【解析】【解答】解：點(diǎn)A；點(diǎn)B、點(diǎn)C的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑之比為2：1：1；

①A、B兩點(diǎn)相等時(shí)間內(nèi)通過(guò)的弧長(zhǎng)相等，則A、B線速度大小相等，即vA=vB；

點(diǎn)A和點(diǎn)B線速度大小相等，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑之比為2：1，根據(jù)v=rω知，A、B兩點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度之比為：ωA：ωB=1：2；

②點(diǎn)A和點(diǎn)C是同軸傳動(dòng)；角速度大小相等；

A、C兩點(diǎn)的角速度大小相等，根據(jù)v=rω知；A的線速度是C的2倍；

綜上：A；B、C線速度之比為2：2：1；故A、B、C角速度之比為1：2：1；

根據(jù)an=，有：

故答案為：2：2：1，2：4：18、靜止勻速直線運(yùn)動(dòng)【分析】【分析】如果物體不受任何力的作用，那么原來(lái)靜止的物體將永遠(yuǎn)的保持靜止?fàn)顟B(tài)（沒(méi)有力改變它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)）；原來(lái)運(yùn)動(dòng)的物體將永遠(yuǎn)的保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（沒(méi)有力改變它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)）．【解析】【解答】解：牛頓第一定律：一切物體在沒(méi)有受到外力作用的時(shí)候；總保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．

故答案為：靜止，勻速直線運(yùn)動(dòng)．9、改變重力的大小，使重力大于浮力甲甲將鐵釘全部插入蘿卜中，在改變重力時(shí)，體積（或浮力）幾乎不變【分析】【分析】決定蘿卜浮沉的是它的重力與浮力的大小關(guān)系，因此，兩位同學(xué)是從這一角度來(lái)改變探究條件的，從控制變量法的要求來(lái)看，我們應(yīng)盡量保持浮力不變的情況下，來(lái)改變蘿卜的重力，才更有說(shuō)服力．【解析】【解答】解：插入鐵釘改變了蘿卜的重力；使重力大于浮力，從而使蘿卜一沉；

根據(jù)控制變量的要求；在改變蘿卜重力的過(guò)程中，應(yīng)盡量保證其體積與浮力的大小不變，因此，甲的方法更合理．

故答案為：改變重力的大小，使重力大于浮力；甲；甲將鐵釘全部插入蘿卜中，在改變重力時(shí)，體積（或浮力）幾乎不變．10、1.60.012【分析】【分析】線框的一邊做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)切割長(zhǎng)度最大時(shí)，感應(yīng)電流最大，拉力最大，拉力功率最大．線框右邊和左邊分別切割磁感線，產(chǎn)生正弦式交變電流，可用切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、安培力和功、功率知識(shí)求解．【解析】【解答】解：（1）當(dāng)線框的一條豎直邊運(yùn)動(dòng)到x=0.15m處時(shí)；線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大；

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值：Em=BLv=0.2×0.2×10V=0.4V；

電路最大電流：Im===4A；

拉力F的最大值為：Fm=BLIm=0.2×4×0.2=0.16N；

拉力F最大功率為：Pm=Fmv=0.16×10W=1.6W；

（2）把線框拉過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)；因?yàn)橛行懈铋L(zhǎng)度是按正弦規(guī)律變化的，線框中的電流也是按正弦規(guī)律變化的（有一段時(shí)間線框中沒(méi)有電流）．

電動(dòng)勢(shì)的有效值是：E===0.2V；

從圖示位置開(kāi)始把線框右邊拉至x=0.15m坐標(biāo)處需要的時(shí)間：t===0.015s；

拉力做功：W=t=×0.015=0.012J；

故答案為：1.6，0.012．11、EP=Ep與x2成正比x正比于s，Ep正比于s2【分析】【分析】（1）彈簧釋放后；小球在彈簧的彈力作用下加速，彈簧與小球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球離開(kāi)桌面后，做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可以求平拋的初速度，根據(jù)以上原理列式即可；

（2）先從實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得出彈簧的壓縮量與小球的射程的關(guān)系，再結(jié)合第一小問(wèn)中結(jié)論得到彈性勢(shì)能與小球的射程的關(guān)系，最后綜合出彈簧的彈性勢(shì)能EP與彈簧長(zhǎng)度的壓縮量x之間的關(guān)系．【解析】【解答】解：（1）由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有s=vt；

h=；

得v=s．

由機(jī)械能守恒定律得EP==

（2）Ep與彈簧的壓縮量x之間的關(guān)系為：Ep與x2成正比．

猜測(cè)的理由：由表中數(shù)據(jù)可看出；在誤差范圍內(nèi)，x正比于s；

又Ep==，所以Ep正比于x2．

故答案為：Ep=；Ep與x2成正比；x正比于s，Ep正比于s212、略

【分析】

（1）處于超重狀態(tài)時(shí)；

對(duì)左側(cè)物體受力分析由牛頓第二定律知。

F-2mg=2ma

同理對(duì)右側(cè)的物體受力分析知。

3mg-F=3ma

聯(lián)立以上二式解得F=2.4mg

（2）處于失重狀態(tài)時(shí)；對(duì)左側(cè)物體受力分析知。

2mg-F′=2ma′

對(duì)右側(cè)的物體受力分析知F′-mg=ma′

聯(lián)立以上二式解得F′=mg

答：左側(cè)砝碼超重狀態(tài)時(shí)，彈簧秤的讀數(shù)為2.4mg，左側(cè)砝碼失重狀態(tài)時(shí)，彈簧秤的讀數(shù)為mg．

【解析】【答案】當(dāng)右側(cè)增加一砝碼時(shí)；左側(cè)砝碼超重，右側(cè)砝碼失重，此時(shí)分別對(duì)左右兩側(cè)砝碼受力分析，利用牛頓第二定律即可解決，同理右側(cè)減少一砝碼時(shí)，同樣利用此法可解．

13、【分析】【分析】物體在某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于位移與時(shí)間的比值，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式可推導(dǎo)出平均速度的推論表達(dá)式為初末速度和的一半，位移為平均速度與時(shí)間的乘積【解析】【解答】解：勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度等于初末速度和的一半，故

3s內(nèi)的位移為x=

故答案為：，，三、判斷題(共7題，共14分)14、√【分析】【分析】平均速度表示物在某一段時(shí)間或某一過(guò)程內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況；而瞬時(shí)速度只能表示物體在某一瞬時(shí)或某一位置時(shí)的速度．平均速度與位移與時(shí)間的比值求解．【解析】【解答】解：因瞬時(shí)速度為0；則物體不動(dòng)，無(wú)位移，則平均速度為0

故答案為：√15、√【分析】【分析】磁場(chǎng)雖然是看不見(jiàn)、摸不著的，但它會(huì)對(duì)放入它中的磁體產(chǎn)生力的作用，小磁針N極在磁場(chǎng)中所受的磁力方向跟該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向相同．【解析】【解答】解：磁體的周圍存在磁場(chǎng)；電流周圍也存在磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的基本性質(zhì)是對(duì)放在其中的磁體存在力的作用．

磁場(chǎng)方向與放在該點(diǎn)的小磁針的N極靜止時(shí)的方向一致；或小磁針北極的受力方向?yàn)樵擖c(diǎn)的磁場(chǎng)方向．所以該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√16、×【分析】【分析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)合力等于向心力，方向始終指向圓心，只改變速度的方向，不改變速度的大小．【解析】【解答】解：物體做圓周運(yùn)動(dòng)；向心力方向始終指向圓心，方向時(shí)刻變化，此說(shuō)法錯(cuò)誤．

故答案為：×17、×【分析】【分析】質(zhì)點(diǎn)是人們?yōu)榱搜芯繂?wèn)題的方便而忽略物體的形狀和大小而人為引入的一個(gè)理想化模型，故實(shí)際上并不存在，質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)，只要物體的形狀和大小對(duì)研究問(wèn)題沒(méi)有影響或者影響可以忽略不計(jì)時(shí)物體就可以當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)，與物體的體積的大小無(wú)關(guān)．【解析】【解答】解：質(zhì)點(diǎn)是一個(gè)理想化模型；實(shí)際上并不存在，質(zhì)點(diǎn)是人們?yōu)榱搜芯繂?wèn)題的方便而忽略物體的形狀和大小而人為引入的一個(gè)理想化模型，只要物體的形狀和大小對(duì)研究問(wèn)題沒(méi)有影響或者影響可以忽略不計(jì)時(shí)物體就可以當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)．故說(shuō)法錯(cuò)誤．

故答案為：×．18、×【分析】【分析】溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，是大量分子運(yùn)動(dòng)的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，由此分析解答即可．【解析】【解答】解：溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志；是大量分子運(yùn)動(dòng)的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)單個(gè)的分子沒(méi)有意義；當(dāng)溫度升高時(shí)，物體內(nèi)的分子的平均動(dòng)能增加，不是物體內(nèi)部所有分子的動(dòng)能都增加．所以該說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×19、√【分析】【分析】根據(jù)額定電壓和額定功率的概念進(jìn)行分析，即用電器正常工作時(shí)的電壓為額定電壓，在額定電壓下的功率為額定功率．【解析】【解答】解：因用電器正常工作時(shí)；電壓為額定電壓，在額定電壓下的功率為額定功率，所以額定功率與實(shí)際電壓無(wú)關(guān)，實(shí)際功率與工作時(shí)的電壓有關(guān)；

故答案為：√20、×【分析】【分析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)合力等于向心力，方向始終指向圓心，只改變速度的方向，不改變速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓何矬w做圓周運(yùn)動(dòng)；向心力方向始終指向圓心，方向時(shí)刻變化，此說(shuō)法錯(cuò)誤．

故答案為：×四、識(shí)圖作答題(共3題，共21分)21、（1）m或2m4m（2）22m（3）AbaBaB【分析】【分析】本題結(jié)合細(xì)胞分裂過(guò)程圖，考查有絲分裂和減數(shù)分裂的相關(guān)知識(shí)，要求考生識(shí)記有絲分裂和減數(shù)分裂過(guò)程特點(diǎn)，掌握有絲分裂和減數(shù)分裂過(guò)程中染色體數(shù)目、DNA數(shù)目和染色單體數(shù)目變化規(guī)律，準(zhǔn)確判斷各選項(xiàng)。分析題圖：①表示有絲分裂；②處于減數(shù)第一次分裂過(guò)程，屬于初級(jí)精母細(xì)胞，細(xì)胞含有同源染色體；③處于減數(shù)第二次分裂后期，屬于次級(jí)精母細(xì)胞，細(xì)胞中不含同源染色體?！窘獯稹浚?）①處于有絲分裂；含有m或2m對(duì)同源染色體，DNA復(fù)制之后，數(shù)目加倍，即DNA數(shù)目為4m。

（2）③為處于減數(shù)第二次分裂后期的次級(jí)精母細(xì)胞；不含同源染色體，此時(shí)染色體數(shù)目與體細(xì)胞相同，即染色體數(shù)目為2m，含2個(gè)染色體組。

（3）一個(gè)精原細(xì)胞減數(shù)分裂只能形成2種精細(xì)胞，因此與圖中精細(xì)胞同時(shí)產(chǎn)生的另外3個(gè)精細(xì)胞的基因型應(yīng)該是aB、aB、Ab。【解析】（1）m或2m4m（2）22m（3）AbaBaB22、（1）F＞C＝A

（2）＜0

（3）k-vmol

（4）蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放的和呼吸作用產(chǎn)生的A基本不變B下降植物的細(xì)胞呼吸速率小于光合作用速率【分析】【分析】

本題考查光合作用和呼吸作用的相關(guān)知識(shí)，意在考查學(xué)生能運(yùn)用所學(xué)知識(shí)與觀點(diǎn)，通過(guò)比較、分析與綜合等方法對(duì)某些生物學(xué)問(wèn)題進(jìn)行解釋、推理，做出合理的判斷或得出正確的結(jié)論?！窘獯稹浚?）據(jù)圖分析，圖中A點(diǎn)呼吸速率（CO2釋放速率）為8mg/dm2·h，根據(jù)題意，C、F時(shí)間所合成的葡萄糖速率相等，均為30mg/dm2·h，即總光合作用吸收CO2速率為mg/dm2·h，據(jù)圖分析可知，圖中，C點(diǎn)凈光合作用吸收CO2速率為36mg/dm2·h，F(xiàn)點(diǎn)凈光合作用吸收CO2速率為32，則C、F兩點(diǎn)的呼吸強(qiáng)度（CO2釋放速率）分別為44-36=8mg/dm2·h、44-32=12mg/dm2·h，所以A、C、F三點(diǎn)的呼吸強(qiáng)度的比較結(jié)果是F＞C＝A。（2）據(jù)圖分析，圖乙中光照強(qiáng)度為b時(shí)，葉肉細(xì)胞CO2釋放量大于0，說(shuō)明該葉肉細(xì)胞光合作用速率小于呼吸作用速率，光照強(qiáng)度為c時(shí)，葉肉細(xì)胞O2產(chǎn)生總量與呼吸作用CO2釋放量相同，即光合速率等于呼吸速率，即單位時(shí)間內(nèi)該葉肉細(xì)胞從周圍吸收0單位CO2。（3）某同學(xué)研究甲湖泊中x深度生物光合作用和有氧呼吸。具體操作如下：取三個(gè)相同的透明玻璃瓶a、b、c，將a先包以黑膠布，再包以鉛箔。用a、b、c三瓶從待測(cè)水體深度取水，測(cè)定瓶中水內(nèi)氧容量。將a瓶、b瓶密封再沉入待測(cè)水體深度，經(jīng)24小時(shí)取出，測(cè)兩瓶氧含量，結(jié)果如圖丙。則24小時(shí)待測(cè)深度水體中生物光合作用制造的氧氣量是每瓶k-vmol。

（4）根據(jù)題意，景天科植物A有一個(gè)很特殊的CO2同化方式：夜間氣孔開(kāi)放，吸收的CO2生成蘋果酸儲(chǔ)存在液泡中（如下圖一所示）；白天氣孔關(guān)閉，液泡中的蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放CO2用于光合作用，所以白天植物A進(jìn)行光合作用所需的CO2的來(lái)源有蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放的和呼吸作用產(chǎn)生的。在上午10:00點(diǎn)時(shí)，突然降低環(huán)境中CO2濃度后的一小段時(shí)間內(nèi)，對(duì)植物A無(wú)影響，C3含量基本不變，植物B暗反應(yīng)階段所需CO2減少，則C3含量下降。將植物B放入密閉的玻璃置內(nèi)，置于室外進(jìn)行培養(yǎng)，用CO2濃度測(cè)定儀測(cè)得了該玻璃罩內(nèi)CO2濃度的變化情況，繪成上圖四的曲線。B～D段CO2相對(duì)含量下降的原因是植物的細(xì)胞呼吸速率小于光合作用速率。

【解析】（1）F＞C＝A（2）＜0（3）k-vmol（4）蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放的和呼吸作用產(chǎn)生的A基本不變B下降植物的細(xì)胞呼吸速率小于光合作用速率23、（1）促進(jìn)生長(zhǎng)素的合成和抑制生長(zhǎng)素的分解（2）發(fā)育中的種子（3）胰島素肝糖原分解（4）神經(jīng)調(diào)節(jié)和激素調(diào)節(jié)（或神經(jīng)—激素調(diào)節(jié)；神經(jīng)—體液調(diào)節(jié)）【分析】【分析】本題結(jié)合圖示主要考查植物激素的合成與分泌及血糖平衡的調(diào)節(jié)，意在強(qiáng)化學(xué)生對(duì)相關(guān)激素的生理作用的理解與運(yùn)用。據(jù)圖分析：圖甲中，赤霉素通過(guò)促進(jìn)生長(zhǎng)素的合成和抑制生長(zhǎng)素的分解來(lái)促進(jìn)細(xì)胞的生長(zhǎng)。圖乙中，①是胰島A細(xì)胞，②是胰高血糖素，③是腎上腺素，④是肝糖原的分解?！窘獯稹浚?）據(jù)圖甲分析；赤霉素通過(guò)促進(jìn)生長(zhǎng)素的合成和抑制生長(zhǎng)素的分解來(lái)促進(jìn)細(xì)胞的生長(zhǎng)，說(shuō)明赤霉素與生長(zhǎng)素具有協(xié)同作用。

（2）合成生長(zhǎng)素的主要部位是植物體內(nèi)幼嫩的芽；葉和發(fā)育中的種子。

（3）圖乙中；②是胰高血糖素，胰島素與其具有拮抗作用，共同參與血糖穩(wěn)定的調(diào)節(jié)，圖乙中，④是肝糖原的分解。

（4）據(jù)圖乙分析；血糖調(diào)節(jié)是神經(jīng)調(diào)節(jié)和激素調(diào)節(jié)共同作用的結(jié)果。

【解析】（1）促進(jìn)生長(zhǎng)素的合成和抑制生長(zhǎng)素的分解（2）發(fā)育中的種子（3）胰島素肝糖原分解（4）神經(jīng)調(diào)節(jié)和激素調(diào)節(jié)（或神經(jīng)—激素調(diào)節(jié)；神經(jīng)—體液調(diào)節(jié)）五、簡(jiǎn)答題(共3題，共6分)24、（1）CaF2MgF2（2）CaF2比MgF2更難溶（3）MnO4-＋5Fe2+＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O（4）將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3達(dá)到分離鐵元素與錳元素的目的（5）取工業(yè)硫酸錳廢水，加入MnF2后分成兩份，一份加入Fe(OH)3膠體，另一份加入活性MnO2，分別檢測(cè)Ca2+、Mg2+的去除率，若去除率提高（大于95.61%、90.04%），則說(shuō)明假設(shè)成立（6）①ba②Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2【分析】【分析】本題考查常見(jiàn)離子的性質(zhì)與檢驗(yàn)，同時(shí)涉及原電池的反應(yīng)原理以及電極反應(yīng)式的書寫，掌握常見(jiàn)離子的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，注意基礎(chǔ)知識(shí)的落實(shí)，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}由表可知鈣離子與鎂離子反應(yīng)前后質(zhì)量變化較大，所以濾渣rm{X}為氟化鈣與氟化鎂。故答案為：rm{CaF_{2}}rm{MgF_{2}}rm{CaF_{2}}rm{MgF_{2}}由表可知鈣離子比鎂離子除去的更徹底，說(shuō)明rm{(2)}由表可知鈣離子比鎂離子除去的更徹底，說(shuō)明rm{(2)}比rm{CaF}rm{2}更難溶，存在沉淀溶解平衡的轉(zhuǎn)化，故答案為：rm{2}rm{MgF}比rm{2}rm{2}更難溶；rm{CaF}根據(jù)所給反應(yīng)物和產(chǎn)物的離子可以整理出對(duì)應(yīng)的離子方程式為：rm{2}rm{2}rm{MgF}rm{2}rm{2}rm{(3)}rm{MnO_{4}^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}rm{+}rm{5Fe^{2+}}rm{+}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{+}rm{Mn^{2+}}rm{+}rm{4H_{2}O}故答案為：rm{+}rm{5Fe^{2+}}rm{5Fe^{2+}}rm{+}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{+}rm{Mn^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{+}調(diào)節(jié)溶液rm{4H_{2}O}為rm{4H_{2}O}之間是為了使鐵離子完全沉淀而達(dá)到分離鐵元素與錳元素的目的，故答案為：將rm{MnO_{4}^{-}}轉(zhuǎn)化為rm{MnO_{4}^{-}}rm{+}rm{5Fe^{2+}}rm{+}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{+}rm{Mn^{2+}}rm{+}rm{4H_{2}O}達(dá)到分離鐵元素與錳元素的目的；rm{+}rm{5Fe^{2+}}rm{5Fe^{2+}}rm{+}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{+}rm{Mn^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{+}后分成兩份，一份加入rm{4H_{2}O}膠體，另一份加入活性rm{4H_{2}O}，分別檢測(cè)rm{(4)}調(diào)節(jié)溶液rm{pH}為rm{2.5隆蘆4}之間是為了使鐵離子完全沉淀而達(dá)到分離、rm{(4)}調(diào)節(jié)溶液rm{pH}為rm{2.5隆蘆4}之間是為了使鐵離子完全沉淀而達(dá)到分離的去除率，rm{(4)}后分成兩份，一份加入rm{pH}膠體，另一份加入活性rm{2.5隆蘆4}，分別檢測(cè)rm{Fe^{3+}}、rm{Fe(OH)}的去除率，若去除率提高rm{3}大于rm{3}、rm{(5)}假設(shè)Ⅰ為則說(shuō)明假設(shè)成立；rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}由電極總反應(yīng)可知，放電時(shí)rm{3}為負(fù)極，rm{3}為正極，在原電池中，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，所以吸附了沉淀物，假設(shè)Ⅱ?yàn)樯傻幕钚詒m{MnO}到rm{MnO}rm{2}rm{2}吸附了沉淀物，可以由總反應(yīng)可以整理出正極反應(yīng)的電極反應(yīng)式為取工業(yè)硫酸錳廢水，加入rm{MnF_{2}}后分成兩份，一份加入rm{Fe(OH)_{3}}膠體，另一份加入活性rm{MnO_{2}}，分別檢測(cè)rm{Ca^{2+}}、rm{Mg^{2+}}的去除率，，故答案為：rm{MnF_{2}}rm{MnF_{2}}【解析】rm{(1)CaF_{2}}rm{MgF_{2}}rm{(2)CaF_{2}}比rm{MgF_{2}}更難溶rm{(3)MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}rm{(4)}將rm{Fe^{3+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe(OH)_{3}}達(dá)到分離鐵元素與錳元素的目的rm{(5)}取工業(yè)硫酸錳廢水，加入rm{MnF_{2}}后分成兩份，一份加入rm{Fe(OH)_{3}}膠體，另一份加入活性rm{MnO_{2}}分別檢測(cè)rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}的去除率，若去除率提高rm{(}大于rm{95.61%}rm{90.04%)}則說(shuō)明假設(shè)成立rm{(6)壟脵b}rm{a}rm{壟脷Li1-xCoO2+xLi}rm{壟脷Li1-xCoO2+xLi}rm{{,!}^{+}}rm{+xe}rm{+xe}rm{{,!}^{-}}rm{=LiCoO}25、略

【分析】【分析】（1）通過(guò)電阻兩端的電壓求出電路中的電流I；電源的總功率為P=EI，即可求得；

（2）由U內(nèi)=Ir可求得電源內(nèi)阻分得電壓，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為U=E-U1-U內(nèi)，電動(dòng)機(jī)消耗的功率為P電=UI；電動(dòng)機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的功率為P機(jī)=P電-I2R0，再根據(jù)W=P機(jī)t求解．【解析】【解答】解：（1）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，總電流為I==A=2A；

電源釋放的電功率為P釋=EI=10×2W=20W；

（2）電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為U=E-Ir-U1=（10-2×0.5-3.0）V=6V

電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為：P電=UI=6×2W=12W

電動(dòng)機(jī)的熱功率為：P熱=I2R0=22×1W=4W

根據(jù)能量守恒定律，電動(dòng)機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的功率P機(jī)=P電-P熱=12W-4W=8W

則W=P機(jī)t=480J．

答：（1）電源釋放的總電功率為20W；

（2）通電一分鐘，電動(dòng)機(jī)做的有用