2025年浙教新版高三物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年浙教新版高三物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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、如圖所示，一物體放在水平傳送帶上，物體隨傳送帶一起向右勻速運動．關于物體的受力，下列說法正確的是（）A.物體受到重力和彈力的作用B.物體受到重力、彈力和摩擦力的作用C.物體受到的摩擦力方向水平向左D.物體受到的摩擦力方向水平向右2、一矩形線圈，繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內(nèi)的固定軸轉(zhuǎn)動，線圈中的感應電動勢e隨時間t的變化如右圖所示．下面說法中正確的是（）A.t1時刻通過線圈的磁通量為零B.t2時刻通過線圈的磁通量的絕對值最大C.t3時刻通過線圈的磁通量變化率的絕對值最小D.每當e轉(zhuǎn)換方向時，通過線圈的磁通量的絕對值都為最小3、如圖所示，小物體位于半徑為R的半球頂端，若給小物體以水平的初速度v0時，小物體對球頂?shù)膲毫η『檬瞧渲亓Φ乃姆种唬瑒t（）A.物體的初速度v0=B.物體繼續(xù)沿球面做一段圓周運動然后飛離球面C.物體落地時水平位移為RD.物體在最高點離開半球做平拋運動4、（2015春?常德校級期末）在奧運比賽項目中，高臺跳水是我國運動員的強項．質(zhì)量為m的跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動，設水對他的阻力大小恒為F，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是（g為當?shù)氐闹亓铀俣龋ǎ〢.他的動能減少了FhB.他的重力勢能增加了mghC.他的機械能減少了（F-mg）hD.他的機械能減少了Fh5、如圖所示，a和b帶電荷量相同，以相同速度從A點射入磁場，在勻強磁場中做圓周運動的半徑ra=2rb，則可知（重力不計）（）A.兩粒子都帶正電，質(zhì)量比=2B.兩粒子都帶負電，質(zhì)量比=2C.兩粒子都帶正電，質(zhì)量比=D.兩粒子都帶負電，質(zhì)量比=評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、將一物塊放置在固定的斜面上，物塊恰能沿斜面勻速下滑，則下滑過程中物塊的機械能將____．（填“增大”、“不變”或“減小”）．7、（2014春?西湖區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為M的物體放在水平地面上，物體上方安裝一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，在彈簧處于原長時，用手拉著其上端P點很緩慢地向上移動，直到物體脫離地面向上移動一段距離．在這一過程中，P點的位移為H，則物體重力勢能的增加量為____．8、將兩盞標有“220V40W”的白熾燈串聯(lián)后接到220V的電源上，此時每盞燈的實際功率等于____W（設燈泡的電阻不隨溫度變化）．9、一輛小車以15m/s的速度沿水平路面行駛時，突然緊急剎車，剎車后路面對車的摩擦力等于車重的0.5倍，小車剎車后4.0s內(nèi)的位移為____m．（g取10m/s2）10、（2009秋?寧波期末）小明在以2m/s2的加速度加速下降的升降機里最多能舉起60.0kg的物體，則他在地面上最多能舉起____kg的物體．若他在勻加速上升的升降機中最多能舉起32.0kg的物體，則此升降機上升的加速度大小為____m/s2．11、示波管的原理如下圖所示；當兩偏轉(zhuǎn)電極均不加電壓時電子打在熒光屏的正中間（亮斑），規(guī)定：偏轉(zhuǎn)電極XX’中，X板電勢高電壓為正；偏轉(zhuǎn)電極YY’中，Y板電勢高電壓為正；

①若偏轉(zhuǎn)電極XX’不加電壓，只在偏轉(zhuǎn)電極YY’所加圖示電壓，則在熒光屏上出現(xiàn)____

②若偏轉(zhuǎn)電極XX’加圖示電壓，同時偏轉(zhuǎn)電極YY’所加圖示電壓，則在熒光屏上出現(xiàn)____．請在直角坐標系中定性畫出條紋形狀．12、【題文】.下列現(xiàn)象能說明光是沿直線傳播的是()。A．小孔成像B．日食、月食C．海市蜃樓D．射擊中的三點一線13、元電荷的電荷量e=____C．14、（2013秋?官渡區(qū)校級月考）如圖為研究平行板電容器電容的實驗．電容器充電后與電源斷開，電量Q將不變，若此時將左極板向左移動一小段距離，靜電計指針偏角將____．若將左極板向上移動一小段距離，靜電計指針偏角____．當極板間插入其它的電介質(zhì)板時，電容器的電容將____，靜電計指針偏角將____．（填“增大”、“減小”或“不變”）評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、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雜結(jié)構(gòu)____（判斷對錯）16、光的衍射現(xiàn)象、偏振現(xiàn)象、色散現(xiàn)象都能體現(xiàn)光具有波動性____（判斷對錯）17、月亮在云中穿梭，參考系是云．____（判斷對錯）18、如果通電的金屬棒在磁場中不受力的作用，則該處的磁感應強度一定為零．____．（判斷對錯）19、火車轉(zhuǎn)彎時，若轉(zhuǎn)彎處內(nèi)外軌道一樣高，則轉(zhuǎn)彎時，對外軌產(chǎn)生向外的擠壓作用．____．20、矢量的運算遵守平行四邊形法則．____．21、當溫度升高時，物體內(nèi)部所有分子的動能都增加．____．（判斷對錯）22、電場線真實地存在于電場中．____．（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共4題，共8分)23、（2015秋?保定期末）如圖所示；用一根長我L的絕緣細線懸掛一個質(zhì)量為m的帶電小球，所帶電荷量大小為q，現(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時絕緣細線與豎直方向夾角θ=30°，重力加速度為g．

（1）判斷小球電性并求勻強電場的場強E；

（2）若用一外力緩慢的把小球從圖示位置沿圓弧拉到懸點正下方L處；外力做功是多少？

（3）若繩子所能承受的最大張力為T，在圖示位置給小球一個與繩子垂直的初速度，速度多大時繩子剛好斷裂？24、電源的電動勢為4.5V；外電阻為4.0Ω時；路端電壓為4.0V．

（1）電源的內(nèi)阻是多少？

（2）如果在外電路再并聯(lián)一個4.0Ω的電阻，路端電壓是多大？25、I、碳氫化合物是重要的能源物質(zhì)。rm{(1)}甲醇是一種優(yōu)質(zhì)燃料，可制作燃料電池。已知：rm{壟脵2CH_{3}OH(1)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{壟脵2CH_{3}OH(1)+3O_{2}(g)=

2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{婁隴}rm{{,!}_{1}=簍C1275.6kJ隆隴mol^{簍C;1}}rm{壟脷2CO(g)+O_{2}(g)=2CO_{2}(g)}rm{H}rm{{,!}_{1}=簍C1275.6

kJ隆隴mol^{簍C;1}}rm{{,!}_{2}=簍C566.0kJ隆隴mol^{簍C;1}}rm{壟脷2CO(g)+O_{2}(g)=

2CO_{2}(g)}rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}=簍C44.0kJ隆隴mol^{簍C;1}}寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式：________________。rm{{,!}_{2}=簍C566.0

kJ隆隴mol^{簍C;1}}以丙烷為燃料制作新型燃料電池，電池的正極通入rm{壟脹H_{2}O(g)=H_{2}O(1)}和rm{婁隴}負極通入丙烷，電解質(zhì)是熔融碳酸鹽rm{H}電池正極反應式為________________________；rm{{,!}_{3}=簍C44.0

kJ隆隴mol^{簍C;1}}碳氫化合物完全燃燒生成rm{(2)}和rm{O_{2}}常溫常壓下，空氣中的rm{CO_{2}}溶于水，達到平衡時，溶液的rm{.}rm{(3)}rm{(H_{2}CO_{3})=1.5隆脕10^{-5}mol隆隴L^{-1}}若忽略水的電離及rm{CO_{2}}的第二級電離，則rm{{H}_{2}C{O}_{3}?HC{O}_{{3}^{-}}+{H}^{+}}的平衡常數(shù)rm{H_{2}O.}rm{CO_{2}}____________。rm{pH=5.60}已知rm{c}rm{(H_{2}CO_{3})=1.5隆脕10^{-5}

mol隆隴L^{-1}}室溫下，向rm{H_{2}CO_{3}}溶液中滴加rm{{H}_{2}C{O}_{3}?HC{O}_{{3}^{-}}+{H}^{+}

}rm{K}的醋酸溶液，當?shù)渭拥饺芤撼手行詴r，此時溶液總體積為rm{{,!}_{1}=}若用rm{(}代表醋酸的電離常數(shù)，則原醋酸的濃度rm{10^{-5.60}=2.5隆脕10^{-6})}rm{(4)}__________rm{100mL0.2mol隆隴L^{-1}NaOH}用含rm{a}表達式表示rm{mol隆隴L^{-1}}rm{200mL}化學反應速率與化學平衡的理論研究對工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)有重要的意義。一定溫度下，在容積為rm的密閉容器中進行rm{aNleft(gright)?bMleft(gright)}的化學反應，rm{a}rm{=}的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如下圖所示：rm{(}此反應的化學方程式中rmrm{)}____，rm{II}rm{20L}_____；rm{aNleft(gright)?bMleft(gright)

}到rm{M}時段，以rm{N}的濃度變化表示的化學反應速率為____________；rm{(5)}下列描述能說明反應達到平衡狀態(tài)的是______。rm{a}反應中rm{=}與rm的物質(zhì)的量之比為rm{=}rm{(6)t_{1}}混合氣體的總質(zhì)量不隨時間的變化而變化rm{t_{2}}混合氣體的總物質(zhì)的量不隨時間的變化而變化rm{N}單位時間內(nèi)消耗rm{(7)}rm{A.}同時生成rm{M}rm{N}rm{1隆脙1}保持溫度和容積不變，混合氣體的壓強不隨時間的變化而變化rm{B.}的轉(zhuǎn)化率達到最大，且保持不變rm{C.}一定溫度下，當反應rm{aNleft(gright)?bMleft(gright)}達平衡后，若保持容積不變，再充入rm{D.}達到新平衡后，rm{a}的體積分數(shù)將____rm{molN}選填rm增大rm{molM}rm{E.}減小rm{F.N}或rm{(8)}不變rm{aNleft(gright)?bMleft(gright)

}下一空同rm{N}若保持壓強不變，再充入rm{N}達到新平衡后，rm{(}的體積分數(shù)將____。rm{"}26、“綠水青山就是金山銀山”，研究rm{NO_{2}}rm{NO}rm{CO}rm{NO_{2}^{-}}等大氣污染物和水污染物的處理對建設美麗中國具有重要意義。rm{(1)}已知：rm{壟脵NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}該反應的平衡常數(shù)為rm{K_{1}(}下同rm{)}每rm{1mol}下列物質(zhì)分解為氣態(tài)基態(tài)原子消耗能量分別為。rm{NO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO}rm{812kJ}rm{1076kJ}rm{1490kJ}rm{632kJ}rm{壟脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)婁隴H=+179.5kJ/molK_{2}}

rm{壟脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)婁隴H=+179.5

kJ/molK_{2}}rm{壟脹2NO(g)+O}rm{壟脹2NO(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{2NO}試寫出rm{2NO}與rm{{,!}_{2}}反應生成無污染物氣體的熱化學方程式_________________________以及此熱化學方程式的平衡常數(shù)rm{(g)婁隴H=-112.3kJ/molK}____________rm{(g)婁隴H=-112.3kJ/molK}用rm{{,!}_{3}}rm{NO}rm{CO}表示rm{K=}rm{(}污染性氣體rm{K_{1}}與rm{K_{2}}在一定條件下的反應為：rm{2NO_{2}+4CO?4CO_{2}+N_{2}}某溫度下，在rm{K_{3}}密閉容器中充入rm{)}和rm{(2)}此時容器的壓強為rm{NO_{2}}個大氣壓，rm{CO}秒時反應達到平衡時，容器的壓強變?yōu)樵瓉淼膔m{2NO_{2}+4CO?

4CO_{2}+N_{2}}則反應開始到平衡時rm{1L}的平均反應速率rm{0.1molNO_{2}}________。若此溫度下，某時刻測得rm{0.2molCO}rm{1}rm{5}rm{dfrac{29}{30}}的濃度分別為rm{CO}rm{v(CO)=}rm{NO_{2}}rm{CO}要使反應向逆反應方向進行，rm{CO_{2}}的取值范圍__________。rm{N_{2}}電化學降解rm{amol/L}的原理如圖：

rm{0.4mol/L}電源的負極是_______rm{0.1mol/L}填rm{1mol/L}或rm{a}rm{(3)}

rm{NO_{2}^{-}}rm{壟脵}電源的負極是_______rm{(}填rm{A}或rm{B)}若電解過程中轉(zhuǎn)移了rm{壟脵}電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差rm{left(?{m}_{脳貿(mào)}-?{m}_{脫脪}right)}rm{(}rm{A}rm{B)}評卷人得分五、作圖題(共3題，共6分)27、請畫出圖中F1與F2的合力F．

28、如圖1abcd

為質(zhì)量M

的導軌，放在光滑絕緣的水平面上，另有一根質(zhì)量為m

的金屬棒PQ

平行bc

放在水平導軌上，PQ

棒左邊靠著絕緣固定的豎直立柱ef

導軌處于勻強磁場中，磁場以OO隆盲

為界，左側(cè)的磁場方向豎直向上，右側(cè)的磁場方向水平向右，磁感應強度均為B.

導軌bc

段長l

其電阻為r

金屬棒電阻為R

其余電阻均可不計，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)婁脤.

若在導軌上作用一個方向向左；大小恒為F

的水平拉力，設導軌足夠長，PQ

棒始終與導軌接觸.

試求：

(1)

導軌運動的最大加速度amax

(2)

流過導軌的最大感應電流Imax

(3)

在如圖2

中定性畫出回路中感應電流I

隨時間t

變化的圖象，并寫出分析過程．29、請畫出物體A所受的重力及彈力的示意圖。

評卷人得分六、綜合題(共3題，共9分)30、【題文】玻璃破裂后對接在一起，不能恢復原狀，但把破口處熔化后對接在一起，即能粘接成整體．怎樣解釋這個現(xiàn)象？31、【題文】如圖是家用電飯煲的電路圖。將電飯煲接到穩(wěn)壓電源上，當開關接通“加熱”檔時，電熱絲r以額定功率給食物加熱，當食物蒸熟后，開關接通“保溫”檔，給食物保溫，這時電熱絲的功率為其額定功率的1/9，電流為1.40A，已知分壓電阻的阻值是R=100Ω。求：

（1）保溫時，電阻R兩端的電壓；

（2）穩(wěn)壓電源輸出的電壓；

（3）電熱絲的額定功率。32、[

物理隆陋隆陋

選修3鈭?4]

(1)

一簡諧振子沿x

軸振動，平衡位置在坐標原點，t=0

時刻振子的位移x=鈭?0.1mt=4/3s

時刻x=0.1mt=4s

時刻x=0.1m

該振子的振幅和周期可能為()(

填正確答案標號。A.0.1m8/3sB.0.1m8sC.0.2m8/3s

D.0.2m8sE.0.3m10s

(2)

一列橫波在x

軸上傳播，在t1=0

時刻波形如下圖實線所示，t2=0.05s

時刻波形如下圖虛線所示。若周期大于12(t1鈭?t2)

則最小波速和最大波速分別是多少？方向如何？參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】物體隨傳送帶一起向右作勻速運動時，物體受到重力和傳送帶的彈力而平衡，不受摩擦力作用．可用假設法判斷有無摩擦力．【解析】【解答】解：假設物體受到摩擦力；一定在水平方向，沒有其他力與之平衡，而豎直方向重力與彈力平衡，所以物體的合力不等于零，則破壞了平衡條件，物體不可能做勻速運動．所以物體隨傳送帶一起向右作勻速運動時，物體只受到重力和彈力而平衡，不受摩擦力作用．故A正確．

故選：A．2、C【分析】【分析】矩形線圈中產(chǎn)生正弦式電流，當線圈通過中性面時，磁通量最大，感應電動勢為零，電動勢方向發(fā)生改變．而當線圈與磁場平行時，磁通量為零，感應電動勢最大，磁通量的變化率最大．【解析】【解答】解：A、t1時刻感應電動勢為零；線圈通過中性面時，磁通量最大．故A錯誤；

B、由圖t2時刻；感應電動勢為最大值，通過線圈的磁通量為零，故B錯誤；

C、t3時刻感應電動勢為零；通過線圈的磁通量變化率的絕對值為零，故C正確；

D；每當e轉(zhuǎn)換方向時；線圈與磁場垂直，線圈通過中性面時，磁通量最大．故D錯誤．

故選：C．3、B【分析】【分析】小物體對球頂?shù)膲毫η『檬瞧渲亓Φ乃姆种唬兴匠跛俣?，根?jù)牛頓第二定律，重力與支持力的合力提供向心力，分析是否做平拋運動．【解析】【解答】解：A；小物體對球頂?shù)膲毫η『檬瞧渲亓Φ乃姆种唬粍t小物體受到球頂?shù)闹С至η『檬瞧渲亓Φ乃姆种?，重力與支持力的合力提供向心力，則：

所以：．故A錯誤；

B；D、小物體對球頂?shù)膲毫η『檬瞧渲亓Φ乃姆种唬粍t小球仍然受到支持力的作用，所以物體繼續(xù)沿球面做一段圓周運動然后飛離球面．故B正確，D錯誤；

C、若物體做平拋運動，由x=v0t，R=gt2以及得x=，由于物體是繼續(xù)沿球面做一段圓周運動然后飛離球面，所以物落地時水平位移比還要小．故C錯誤．

故選：B4、D【分析】【分析】能夠運用動能定理求出動能的變化量．

能夠通過重力做功量度重力勢能的變化．

知道除了重力和彈簧彈力之外的力做功量度機械能的變化．【解析】【解答】解：A、在運動員減速下降高度為h的過程中，運動員受重力和阻力，運用動能定理得：（mg-F）h=△Ek

由于運動員動能是減小的；所以運動員動能減少（F-mg）h，故A錯誤．

B；根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關系得：

wG=-△Ep=mgh；他的重力勢能減少了mgh，故B錯誤．

C；由除了重力和彈簧彈力之外的力做功量度機械能的變化得出：

w外=△E

運動員除了重力還有阻力做功，w外=wF=-Fh；

他的機械能減少了Fh；故C錯誤．

D；根據(jù)C選項分析；故D正確．

故選：D．5、B【分析】【分析】由粒子運動的半徑公式得出半徑的關系；根據(jù)粒子在磁場中運動軌跡，結(jié)合幾何關系，即可確定求解．【解析】【解答】解：根據(jù)題意；結(jié)合左手定則可知，粒子均帶負電；

粒子在磁場中受到洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，則有：Bqv=m，解得：m=；

因a和b帶電荷量相同，以相同速度，且半徑ra=2rb，則有：質(zhì)量比=2；故B正確，ACD錯誤；

故選：B．二、填空題(共9題，共18分)6、減小【分析】【分析】物體做功的過程就是能量的轉(zhuǎn)化過程，物體克服摩擦做功，摩擦生熱將機械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能．【解析】【解答】解：物塊恰能沿斜面勻速下滑；木塊在下滑的過程中，物塊所受的滑動摩擦力做負功，即物塊克服摩擦力做功，機械能減少，使物體的溫度升高，內(nèi)能增加．

故答案為：減小7、MgH-【分析】【分析】用手拉著其上端P點很緩慢地向上移動，知彈簧的彈力等于重力，根據(jù)P點上升的位移和彈簧的形變量，得出物體上升的高度，從而求出物體重力勢能的增加量．【解析】【解答】解：彈簧的形變量x=，則物體上升的高度h=H-x=H-

則重力勢能的增加量△EP=Mgh=Mgh-

故答案為：MgH-．8、10【分析】【分析】先求出燈泡的電阻，兩盞燈串聯(lián)后，接到220V電源上，每盞燈的電壓都為110V．再根據(jù)P=即可求解．【解析】【解答】解：燈泡的電阻R=；

兩盞燈串聯(lián)后，接到220V電源上，每盞燈的電壓U′==110V；

所以每盞燈的實際功率P′=

故答案為：109、22.5【分析】【分析】先根據(jù)滑動摩擦力的公式求出滑動摩擦力的大小，然后根據(jù)牛頓第二定律列方程求出加速度，最后由位移公式求出位移【解析】【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律：

f=μmg=ma

得：a=5m/s2

根據(jù)速度時間公式，小車停止的時間：t==3s

即4s內(nèi)的位移等于3s內(nèi)的位移：

x==22.5m

故答案為：22.5m．10、485【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出小明的最大舉力，從而求出在地面上最多能舉起的質(zhì)量．結(jié)合最大舉力，根據(jù)牛頓第二定律求出升降機的最大加速度．【解析】【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得，mg-F=ma，解得F=mg-ma=60×（10-2）N=480N．則舉起的最大質(zhì)量m=．

根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-mg=ma′，解得a′=．

故答案為：48，511、一條豎線正弦圖線【分析】【分析】示波管是帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的實際應用．偏轉(zhuǎn)電極YY'：使電子束豎直偏轉(zhuǎn)（加信號電壓）；XX'：使電子束水平偏轉(zhuǎn)（加掃描電壓）．【解析】【解答】經(jīng)解：①因偏轉(zhuǎn)電極XX’不加電壓；則在水平向不偏轉(zhuǎn)，而在偏轉(zhuǎn)電極YY’加圖示電壓，則在y向出現(xiàn)偏轉(zhuǎn)，電壓大則偏轉(zhuǎn)大，因視學暫留則外觀為一條豎線．

②偏轉(zhuǎn)電極XX’加圖示電壓；水平向偏轉(zhuǎn)，同時偏轉(zhuǎn)電極YY’加圖示電壓，則沿y向偏轉(zhuǎn)，其顯示波形為Y向所加電壓波形．如圖所示

故答案為：①一條豎線；②正弦圖線，如圖示12、略

【分析】【解析】海市蜃樓是光的全反射現(xiàn)象;小孔成像、日食、月食是光的直線傳播形成的,射擊中所用的三點一線瞄準方法,利用了光的直線傳播,所以能說明光是沿直線傳播的有A、B、D.【解析】【答案】ABD13、1.6×10-19【分析】【分析】各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，所帶電荷量大小為：e=1.60×10-19C，任何帶電體所帶電荷都是e的整數(shù)倍．【解析】【解答】解：元電荷是指最小的電荷量；任何物體的帶電量都是元電荷或是元電荷的整數(shù)倍．

元電荷所帶的電荷量是1.6×10-19C．

故答案為：1.6×10-19．14、增大增大增大減小【分析】【分析】靜電計測定電容器極板間的電勢差，電勢差越大，靜電計指針偏角越大．根據(jù)電容的決定式C=分析電容的變化，結(jié)合電量不變，由電容的定義式C=分析板間電勢差的變化，從而判斷靜電計指針偏角如何變化．【解析】【解答】解：將左極板向左移動一小段距離，極板間距離增大，由電容的決定式C=分析可知，電容減小，電量Q不變，由電容的定義式C=分析得知；板間電勢差U增大，所以靜電計指針偏角增大．

將左極板向上移動一小段距離，極板正對面積減小，由電容的決定式C=分析可知，電容減小，電量Q不變，由電容的定義式C=分析得知；板間電勢差U增大，所以靜電計指針偏角增大．

當極板間插入其它的電介質(zhì)板時，電容器的電容將增大，電量Q不變，由電容的定義式C=分析得知；板間電勢差U減小，所以靜電計指針偏角減?。?/p>

故答案為：增大，增大，增大，減?。?、判斷題(共8題，共16分)15、√【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：√16、×【分析】【分析】光的粒子性能夠很好的解釋光的直線傳播、反射、折射和色散；光的波動性能夠很好的解釋光的干涉和衍射和偏振．【解析】【解答】解：光的波動性能夠很好的解釋光的干涉和衍射；偏振是橫波特有的現(xiàn)象，故光的干涉；衍射和偏振證明了光具有波動性；

光的粒子性能夠很好的解釋光的直線傳播；反射、折射；色散是光的折射造成的，故光的直線傳播、反射、折射和色散證明了光的粒子性．所以以上的說法是錯誤的．

故答案為：×17、√【分析】【分析】參考系，是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不作相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系．【解析】【解答】解：月亮在云中穿梭；月亮相對于云層的位置發(fā)生變化，所以參考系為云層，該說法是正確的．

故答案為：√18、×【分析】【分析】B⊥L，根據(jù)安培力的公式F=BIL，求磁感應強度B，注意公式是采用比值法定義的，磁場中某點磁感應強度的大小與F，Il等因素無關，是由磁場本身決定的．【解析】【解答】解：根據(jù)磁感應強度的定義式，有：；由此可知的磁感應強度與導線的放置；長短、電流大小等因素無關，即該處的磁感應強度有磁場本身決定．

所以如果通電的金屬棒在磁場中不受力的作用；該處的磁感應強度不一定為零．故以上說法是錯誤的．

故答案為：×19、√【分析】【分析】火車在水平軌道上轉(zhuǎn)彎時，需要有力提供指向圓心的向心力，若轉(zhuǎn)彎處內(nèi)外軌道一樣高，只能軌道的壓力提供．【解析】【解答】解：火車在水平軌道上轉(zhuǎn)彎時；做圓周運動，需要有力提供指向圓心的向心力，即方向指向內(nèi)側(cè)，此時外軌對火車的壓力提供向心力，根據(jù)牛頓第三定律可知，火車對外軌產(chǎn)生向外的壓力作用，此說法正確。

故答案為：√20、√【分析】【分析】物理量按有無方向分矢量和標量，矢量的運算遵守平行四邊形法則．【解析】【解答】解：矢量是既有大小；又有方向的物理量，矢量的運算遵守平行四邊形法則．故這句話是正確的．

故答案為：√21、×【分析】【分析】溫度是分子的平均動能的標志，是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律，由此分析解答即可．【解析】【解答】解：溫度是分子的平均動能的標志；是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律，對單個的分子沒有意義；當溫度升高時，物體內(nèi)的分子的平均動能增加，不是物體內(nèi)部所有分子的動能都增加．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×22、×【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(fā)，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：×四、簡答題(共4題，共8分)23、略

【分析】【分析】（1）對小球受力分析；受到重力；電場力和細線的拉力，根據(jù)電場力方向與場強方向的關系判斷電性，根據(jù)共點力平衡條件和電場力F=qE列式求解場強E；

（2）小球緩慢運動過程中；動能不變，根據(jù)動能定理列式求解；

（3）對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解．【解析】【解答】解：（1）對小球受力分析；受到重力；電場力和細線的拉力，處于平衡狀態(tài)，則電場力方向水平向右，與電場強度方向相反，所以小球帶負電；

由平衡可得：Eq=mgtanθ

所以：E=

（2）緩慢的把小球從圖示位置沿圓弧拉到懸點正下方L處的過程中；由動能定理得：

W+mgL（1-cosθ）-EqLsinθ=0

所以：W=（-1）mgL

（3）對物體受力分析；根據(jù)牛頓第二定律得：

T-=m

解得：v0=

答：（1）小球帶負電，勻強電場的場強E為；

（2）外力做功是（-1）mgL；

（3）速度為時繩子剛好斷裂．24、略

【分析】【分析】由閉合電路歐姆定律求出電源內(nèi)阻，然后由閉合電路歐姆定律、部分電路歐姆定律求出路端電壓．【解析】【解答】解：由歐姆定律得：U=IR外=R；

由題意得：4=×4；

解得：r=0.5Ω；

（2）兩電阻并聯(lián)的總電阻R′==2Ω；

則路端電壓U′==×2；

解得U′=3.6V；

答：（1）電源的內(nèi)阻是0.5Ω；

（2）如果在外電路再并聯(lián)一個4.0Ω的電阻，路端電壓是3.6V．25、I（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=–442.8kJ·mol–1）1ΔCH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)–H=·442.8kJ–mol1）（2）O2＋4e-＋2CO2＝2CO32-＋2＋O2＝4e-2CO2）2CO32-×（3）4.2×10-7mol·L-1·34.2）10-7molL-1）（4）4）II（5）215·2·1（6）mol·L-1·min-1）6）減小，不變molL-1【分析】【分析】本題考查了影響化學平衡因素分析判斷，圖象分析應用，注意依據(jù)平衡狀態(tài)的判斷，弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)概念計算，題目難度中等。【解答】rm{I}rm{I}rm{(1)}根據(jù)蓋斯定律，rm{壟脵隆脕dfrac{1}{2}-}rm{壟脷}rm{壟脵隆脕dfrac{1}{2}-}得：rm{壟脷}rm{隆脕dfrac{1}{2}+壟脹隆脕2}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH=-442.8}rm{kJ?mol^{-1}}rm{-壟脷隆脕}故答案為：rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{OH(l)+O}rm{OH(l)+O}rm{2}rm{2}rm{(g)=CO(g)+2H}rm{(g)=CO(g)+2H}rm{2}rm{2}rm{O(l)triangleH=-442.8}rm{kJ?mol}rm{O(l)triangleH=-442.8}rm{kJ?mol}rm{{,!}^{-1}}；rm{(2)}以丙烷為燃料制作新型燃料電池，電池的正極通入rm{O}rm{O}rm{O}，故答案為：rm{2}rm{2}和rm{CO}rm{CO}rm{CO}rm{2}rm{2}；，得電子生成碳酸根，負極通入丙烷，電解質(zhì)是熔融碳酸鹽，電池正極反應式為忽略水的電離及rm{O_{2}}的第二級電離，溶液的rm{O_{2}}的碳酸，故rm{+}rm{4e^{-}}rm{+}rm{2CO_{2}}rm{=}rm{2CO_{3}^{2-}}，故答案為：rm{+}溶液中rm{4e^{-}}rm{4e^{-}}故平衡常數(shù)rm{K_{1}=dfrac{c(HC{{O}_{3}}^{?})攏廬c({H}^{+})}{c({H}_{2}C{O}_{3})}=dfrac{1隆脕{10}^{?5.6}隆脕1隆脕{10}^{?5.6}}{1.5隆脕{10}^{?5}}隆脰4.2隆脕10^{-7}}故答案為：rm{+}rm{2CO_{2}}室溫下，向rm{2CO_{2}}rm{=}溶液中滴加rm{2CO_{3}^{2-}}的醋酸溶液，當?shù)渭拥饺芤撼手行詴r，rm{2CO_{3}^{2-}}溶液中存在電荷守恒rm{O_{2}}rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})=dfrac{0.1L隆脕0.2mol/L}{0.2}=0.1mol/L}rm{O_{2}}rm{dfrac{a}{0.2}mol/L-0.1mol/L}此時溶液總體積為rm{+}rm{4e^{-}}rm{+}rm{2CO_{2}}rm{=}rm{2CO_{3}^{2-}}；若用rm{+}代表醋酸的電離常數(shù)rm{K=dfrac{0.1隆脕{10}^{-7}}{dfrac{a}{0.2}-0.1}=b}則原醋酸的濃度rm{a=dfrac{2隆脕{10}^{-8}}+0.2}故答案為：rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}+0.2}rm{4e^{-}}由圖象可知，rm{4e^{-}}rm{dfrac{;trianglen(N)}{;trianglen(M)}=dfrac{8-2}{5-2}=dfrac{2}{1}}所以rm{+}rm{2CO_{2}}故答案為：rm{2CO_{2}}rm{=}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{(3)}rm{H_{2}CO_{3}}rm{pH=5.60}時刻，以rm{c(H^{+})=c(HCO_{3}^{-})=1隆脕10^{-5.6}}的濃度變化表示的平均反應速率為：rm{v=dfrac{trianglec(N)}{trianglet}=dfrac{(5-4)mol}{dfrac{VL}{({t}_{2}-{t}_{1})min}}=}rm{dfrac{1}{20({t}_{2}-{t}_{1})}}rm{mol?L^{-1}}rm{c(H_{2}CO_{3})=1.5隆脕10^{-5}}rm{mol?L^{-1}}rm{K_{1}=

dfrac{c(HC{{O}_{3}}^{?})攏廬c({H}^{+})}{c({H}_{2}C{O}_{3})}=

dfrac{1隆脕{10}^{?5.6}隆脕1隆脕{10}^{?5.6}}{1.5隆脕{10}^{?5}}

隆脰4.2隆脕10^{-7}}rm{4.2隆脕10^{-7}}，故答案為：rm{dfrac{1}{20({t}_{2}-{t}_{1})}}rm{(4)}rm{100mL}rm{0.2mol/LNaOH}rm{amol/L}rm{c(H^{+})=10^{-7}mol/L}；rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})=

dfrac{0.1L隆脕0.2mol/L}{0.2}=0.1mol/L}

rm{c(CH_{3}COOH)=}

rm{dfrac{a}{0.2}

mol/L-0.1mol/L}隨反應進行混合氣體總物質(zhì)的量發(fā)生變化，混合氣體的總物質(zhì)的量不隨時間的變化而變化，說明到達平衡，故C正確；

rm{200mL}同時生成rm都表示正反應速率，反應始終按此關系進行，不能說明到達平衡，故D錯誤；

rm{K=dfrac{0.1隆脕{10}^{-7}}{

dfrac{a}{0.2}-0.1}=b}隨反應進行混合氣體總物質(zhì)的量發(fā)生變化，混合氣體的壓強不隨時間的變化而變化，說明混合氣體總的物質(zhì)的量不再改變，說明反應到達平衡，故E正確；rm{a=dfrac{2隆脕{10}^{-8}}+0.2

}的轉(zhuǎn)化率達到最大，且保持不變，說明可逆反應到達最大限度平衡狀態(tài)，故F正確。

rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}+0.2

}rm{II(5)}由圖象可知，rm{dfrac{a}=}保持容積不變，達平衡后再加入rm{II(5)}氣體，相當于先擴大體積再壓縮，平衡向正反應方向移動，rm{dfrac{a}=}的體積分數(shù)將減??；保持壓強不變，再充入rm{dfrac{;trianglen(N)}{;triangle

n(M)}=dfrac{8-2}{5-2}=dfrac{2}{1}}相當于等比例增大反應物，與原平衡等效，所以rm{a=2}的體積分數(shù)將不變，rm{b=1}rm{2}【解析】rm{I}rm{I}rm{(}rm{1}rm{)}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+

2H_{2}O(l)}rm{婁隴}rm{H}rm{=}rm{簍C}rm{442.8kJ}rm{隆隴}rm{mol}rm{{,!}^{簍C;1}}rm{(}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+2H_{2}O(l)}rm{1}rm{1}rm{)}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+

2H_{2}O(l)}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+

2H_{2}O(l)}rm{婁隴}rm{H}rm{=}rm{H}rm{=}rm{簍C}rm{442.8kJ}rm{442.8kJ}rm{隆隴}rm{mol}rm{mol}rm{{,!}^{簍C;1}}rm{(}rm{2}rm{)}rm{O_{2}}rm{+}rm{4e^{-}}rm{+}rm{2CO_{2}}rm{=}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{O_{2}}rm{O_{2}}rm{+}rm{4e^{-}}rm{4e^{-}}rm{+}rm{2CO_{2}}rm{2CO_{2}}rm{=}rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}+0.2}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{(}rm{3}rm{)}rm{4.2}rm{隆脕}rm{10^{-7}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L^{-1}}rm{(}rm{3}rm{3}rm{)}rm{4.2}rm{dfrac{1}{20({t}_{2}-{t}_{1})}}rm{4.2}rm{隆脕}rm{10^{-7}}rm{mol}rm{10^{-7}}rm{mol}rm{隆隴}rm{L^{-1}}rm{L^{-1}}rm{(}rm{4}rm{)}rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}+0.2

}rm{(}rm{4}rm{4}減小，不變rm{)}rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}+0.2

}26、（1）

（2）0.008mol/(L·s)；0≤a<0.8（或a<0.8）

（3）①B；

②32【分析】【分析】本題考查熱化學方程式的書寫、蓋斯定律，化學平衡計算和電解池工作原理及電化學計算，題目難度較大?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)蓋斯定律，rm{壟脹+2隆脕壟脷-壟脵}可得，rm{NO}與rm{CO}反應生成無污染物氣體的熱化學方程式為：根據(jù)蓋斯定律，rm{(1)}可得，rm{壟脹+2隆脕壟脷-壟脵}與rm{NO}反應生成無污染物氣體的熱化學方程式為：rm{2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)}rm{CO}rm{2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)

}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}}rm{婁隴H=?759.8kJ/mol}；該反應平衡常數(shù)為：rm{2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}

}，rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}}故答案為：rm{2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)

}根據(jù)壓強之比等于物質(zhì)的量之比，rm{婁隴H=?759.8kJ/mol}；rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}

}；rm{(2)}rm{2NO}rm{2NO}rm{{,!}_{2}}起始：rm{+4CO}rm{+4CO}rm{overset{}{?}}rm{4CO}rm{4CO}rm{{,!}_{2}}rm{+N}rm{+N}rm{{,!}_{2}}rm{0.1}rm{0.2}變化：rm{2a}rm{4a}rm{4a}rm{a}解得rm{2a}故平衡時rm{4a}反應速率為：rm{dfrac{0.04}{1隆脕5}=0.008molleft(L隆隴sright)}根據(jù)題意，平衡常數(shù)為rm{K=dfrac{0.01隆脕{left(dfrac{0.04}{1}right)}^{4}}{{left(dfrac{0.08}{1}right)}^{2}隆脕{left(0.16right)}^{4}}}故rm{4a}rm{a}平衡：rm{0.1-2a}rm{0.2-4a}rm{4a}rm{a}rm{0.1-2a}rm{0.2-4a}rm{4a}rm{a}故rm{(0.3-a)}rm{0.3=29:30}解得rm{a=0.01mol}故平衡時rm{CO}反應速率為：rm{

dfrac{0.04}{1隆脕5}=0.008molleft(L隆隴sright)}根據(jù)題意，平衡常數(shù)為rm{K=dfrac{0.01隆脕{left(

dfrac{0.04}{1}right)}^{4}}{{left(

dfrac{0.08}{1}right)}^{2}隆脕{left(0.16right)}^{4}}}故rm{(0.3-a)}rm{0.3=29:30}rm{a=0.01mol}要使反應向逆反應方向進行，rm{CO}的取值范圍為：rm{

dfrac{0.04}{1隆脕5}=0.008molleft(L隆隴sright)}或rm{K=dfrac{0.01隆脕{left(

dfrac{0.04}{1}right)}^{4}}{{left(

dfrac{0.08}{1}right)}^{2}隆脕{left(0.16right)}^{4}}}測得rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{2}}、rm{CO}rm{CO}rm{CO}或rm{CO}rm{{,!}_{2}}、rm{N}根據(jù)圖示，電解池的右側(cè)rm{N}得電子生成rm{{,!}_{2}}則右側(cè)作陰極，電源負極為的濃度分別為rm{amol/L}rm{0.4mol/L}rm{0.1mol/L}rm{1mol/L}要使反應向逆反應方向進行，rm{a}的取值范圍為：陰極反應式為：rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O}故答案為：rm{amol/L}rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O}rm{0.4mol/L}轉(zhuǎn)移rm{0.1mol/L}電子時，陽極rm{1mol/L}陽極反應為rm{a}失電子氧化為rm{0leqslanta<0.8(}和rm{a<0.8)}消耗；水，產(chǎn)生故答案為：進入陰極室，陽極室質(zhì)量減少rm{0.008mol/(L隆隴s)}陰極室中放出；同時有rm{0leqslanta<0.8(}進入陰極室，因此陰極室質(zhì)量減少rm{a<0.8)}故膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差；左rm{(3)壟脵}右rm{NO_{2}^{-}}電解過程中轉(zhuǎn)移了rm{N_{2}}電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差rm{B}rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O

}rm{B}rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O

}rm{壟脷}為rm{壟脷}rm{6mol}rm{(}rm{H_{2}O}【解析】rm{(1)2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)婁隴H=?759.8kJ/mol}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}}rm{(1)2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)

婁隴H=?759.8kJ/mol}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}

}或rm{(2)0.008mol/(L隆隴s)}rm{0leqslanta<0.8(}rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O}?rm{a<0.8)}rm{(3)壟脵B}五、作圖題(共3題，共6分)27、略

【分析】【分析】物體受到兩個拉力作用，當夾角為θ時，作出兩個力的合力示意圖．【解析】【解答】解：已知兩個分力的大小和方向；由平行四邊形法，作出力的合成圖示如圖．

答：如圖28、略

【分析】

(1)

導軌在外力作用下向左加速運動，由于切割磁感線，在回路中要產(chǎn)生感應電流，導軌的bc

邊及金屬棒PQ

均要受到安培力作用；PQ

棒受到的支持力要隨電流的變化而變化，導軌受到PQ

棒的摩擦力也要變化，因此導軌的加速度要發(fā)生改變.

導軌向左切割磁感線時，導軌受到向右的安培力F1=BIl

金屬棒PQ

受到向上的安培力F2=BIl陋樓

導軌受到PQ

棒對它的摩擦力f=婁脤(mg鈭?BIl)陋樓

根據(jù)牛頓第二定律，有F鈭?BIl鈭?婁脤(mg鈭?BIl)=Ma陋樓

當剛拉動導軌時，v=0

可知I

感=0

此時有最大加速度．

(2)

隨著導軌v

增大；感應電流增大而a

減小，當a=0

時，有最大速度，感應電流也最大．

(3)

速度的變化引起感應電動勢的變化和感應電流的變化；進一步導致安培力的變化與加速度的變化，然后結(jié)合牛頓第二定律與運動學的特點分析即可．

通過導軌的受力情況，來分析其運動情況，把握住加速度最大和電流最大的臨界條件是解答本題的關系．【解析】解：(1)

由牛頓第二定律F鈭?BIl鈭?婁脤(mg鈭?BIl)=Ma

導軌剛拉動時，婁脭=0I賂脨=0

此時有最大加速度amax=F鈭?婁脤mgM

(2)

隨著導軌速度增加；I賂脨

增大，a

減小，當a=0

時，有最大速度婁脭m

由上式，得Im=F鈭?婁脤mg(1鈭?婁脤)BlI賂脨=Bl婁脭R+r