2024年華東師大版高三物理下冊(cè)月考試卷

…………○…………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年華東師大版高三物理下冊(cè)月考試卷29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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、為了測(cè)出電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，除待測(cè)電源和開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線以外，配合下列哪組儀器，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模ǎ〢.一個(gè)電流表和一個(gè)電阻箱B.一個(gè)電壓表、一個(gè)電流表和一個(gè)滑動(dòng)變阻器C.一個(gè)電壓表和一個(gè)電阻箱D.一個(gè)電流表和一個(gè)滑動(dòng)變阻器2、【題文】通過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器得到的一條打點(diǎn)紙帶上的點(diǎn)跡分布不均勻，下列判斷正確的是（）A.點(diǎn)跡密集的地方物體運(yùn)動(dòng)的速度比較大B.點(diǎn)跡密集的地方物體運(yùn)動(dòng)的速度比較小C.點(diǎn)跡不均勻說(shuō)明物體做變速運(yùn)動(dòng)D.點(diǎn)跡不均勻說(shuō)明打點(diǎn)計(jì)時(shí)器有故障3、【題文】如圖所示，虛線MN、PQ之間存在寬度為a，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)用長(zhǎng)度為4a，電阻為R的長(zhǎng)直導(dǎo)線做成四邊形導(dǎo)線框，讓導(dǎo)線框以恒定速度v垂直于磁場(chǎng)方向從左邊界進(jìn)入并穿出磁場(chǎng)。設(shè)則導(dǎo)線框在穿越磁場(chǎng)中的過(guò)程，感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像不可能是（）

4、2008北京奧運(yùn)會(huì)，世人矚目，中國(guó)代表團(tuán)參加了包括田徑、體操、柔道等在內(nèi)的所有28個(gè)大項(xiàng)的比賽，下列幾種奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中的研究對(duì)象可視為質(zhì)點(diǎn)的是（）A.在撐桿跳高比賽中研究運(yùn)動(dòng)員手中的支撐桿在支撐地面過(guò)程中的轉(zhuǎn)動(dòng)情況時(shí)B.帆船比賽中確定帆船在大海中位置時(shí)C.跆拳道比賽中研究運(yùn)動(dòng)員動(dòng)作時(shí)D.研究乒乓球的旋轉(zhuǎn)問(wèn)題時(shí)5、某電場(chǎng)區(qū)域的電場(chǎng)線如圖所示．一個(gè)電子以一定的初速度從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程；則（）

A.電子所受的電場(chǎng)力增大，電子克服電場(chǎng)力做功B.電子所受的電場(chǎng)力減小，電場(chǎng)力對(duì)電子做正功C.電子的加速度增大，電勢(shì)能減小D.電子的加速度減小，電勢(shì)能增大評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、在某電場(chǎng)中的P點(diǎn)，放一帶電量q1=-3.0×10-10C的檢驗(yàn)電荷，測(cè)得該電荷受到的電場(chǎng)力大小為F1=6.0×10-7N，方向水平向右．則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為_(kāi)___，方向是____．7、汽車從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第3s內(nèi)發(fā)生的位移是10m，則它的加速度為_(kāi)___m/s2，第3s末的瞬時(shí)速度為_(kāi)___m/s，它在第3s內(nèi)的平均速度為_(kāi)___m/s，它在前5s內(nèi)的位移為_(kāi)___m．8、（2013秋?船營(yíng)區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，一個(gè)半徑為R質(zhì)量為M的半圓形光滑小碗，在它的邊上圓弧處讓一質(zhì)量為m的小滑塊自由滑下，碗下是一臺(tái)秤，當(dāng)滑塊在運(yùn)動(dòng)時(shí)，臺(tái)秤的最大讀數(shù)是____．9、導(dǎo)體的電阻是4Ω，通過(guò)它的電流為0.5A，10s內(nèi)通過(guò)該導(dǎo)體橫截面的電荷量為_(kāi)___C；1min內(nèi)電流通過(guò)該導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量是____J．10、測(cè)得某物體被豎直上拋后的第1s內(nèi)持續(xù)上升了8m，則該物體從被拋出到落回拋出點(diǎn)經(jīng)歷的總時(shí)間是____s；該物體上升的最大高度是____m．（不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2）11、某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2

①實(shí)驗(yàn)小組選出一條紙帶如圖乙所示，其中O點(diǎn)為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的第一個(gè)點(diǎn)，A、B、C為三個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，在計(jì)數(shù)點(diǎn)A和B、B和C之間還各有一個(gè)點(diǎn)，測(cè)得h1=12.01cm，h2=19.15cm，h3=27.86cm．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器通以50Hz的交流電．根據(jù)以上數(shù)據(jù)算出：當(dāng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打到B點(diǎn)時(shí)重錘的重力勢(shì)能比開(kāi)始下落時(shí)減少了____J；此時(shí)重錘的動(dòng)能比開(kāi)始下落時(shí)增加了____J，根據(jù)計(jì)算結(jié)果可以知道該實(shí)驗(yàn)小組在做實(shí)驗(yàn)時(shí)出現(xiàn)的問(wèn)題是____．（重錘質(zhì)量m已知）

②在圖乙所示的紙帶基礎(chǔ)上，某同學(xué)又選取了多個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，并測(cè)出了各計(jì)數(shù)點(diǎn)到第一個(gè)點(diǎn)O的距離h，算出了各計(jì)數(shù)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的速度v，以h為橫軸，以為縱軸畫出的圖線應(yīng)是如下圖中的____．圖線的斜率表示____．

12、在某電場(chǎng)中的P點(diǎn)，放一帶電量q1=-3.0×10-10C的檢驗(yàn)電荷，測(cè)得該電荷受到的電場(chǎng)力大小為F1=6.0×10-7N，方向水平向右．則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為_(kāi)___，方向是____．13、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，10s內(nèi)沿半徑為2m的圓周運(yùn)動(dòng)20m，則其線速度大小為_(kāi)___m/s．角速度為_(kāi)___rad/s．14、地球的質(zhì)量為M，自轉(zhuǎn)的周期為T，引力常量為G，半徑為R，則地球同步衛(wèi)星距離地面的高度為_(kāi)___．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、物體的平均速率為零，則物體一定處于靜止?fàn)顟B(tài)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、作用力和反作用力大小相等，方向相反，其合力為零．____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、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(duì)錯(cuò)）18、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．____．19、滑動(dòng)摩擦力的方向總是與物體的運(yùn)動(dòng)方向相反．____（判斷對(duì)錯(cuò)）20、電源電動(dòng)勢(shì)反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、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(dòng)性____（判斷對(duì)錯(cuò)）22、陰離子在陽(yáng)極放電，陽(yáng)離子在陰極放電．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、作圖題(共3題，共9分)23、（2016春?云南校級(jí)月考）單色細(xì)光束射到折射率n=的透明球體；光束在過(guò)球體的平面內(nèi)，入射角i=60°，經(jīng)研究折射進(jìn)入球內(nèi)后，又經(jīng)內(nèi)表面反射一次，再經(jīng)球面折射后射出的光線，如圖所示（圖中已畫出入射光和出射光）．

①在圖上大致畫出光線在球內(nèi)的路徑和方向；

②求入射光與出射光之間的夾角α．24、如圖表示兩面平行玻璃磚的截面圖，一束平行于CD邊的單色光入射到AC界面上，a、b是其中的兩條平行光線．光線a在玻璃磚中的光路已給出．畫出光線b的光路圖并求出從玻璃磚中首次出射時(shí)的折射角25、【題文】（7分）某次探礦時(shí)發(fā)現(xiàn)一天然透明礦石，經(jīng)測(cè)量其折射率n＝人工打磨成球形后置于空氣中（如圖所示），已知球半徑R＝10cm，MN是一條通過(guò)球心O的直線，單色細(xì)光束AB平行于MN射向球體，B為入射點(diǎn)，AB與MN間距為d=5cm；CD為出射光線．

求：①光從B點(diǎn)傳到C點(diǎn)的時(shí)間；

②CD與MN所成的角α.評(píng)卷人得分五、推斷題(共3題，共15分)26、菠蘿酯rm{F}是一種具有菠蘿香味的賦香劑，其合成路線如下：

rm{(1)A}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_________，rm{A}中所含官能團(tuán)的名稱是____________________。rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反應(yīng)類型是__________，rm{G}的某同分異構(gòu)體只有一種相同化學(xué)環(huán)境的氫，該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_________________。rm{(3)}寫出rm{F}和rm{G}反應(yīng)生成rm{H}的化學(xué)方程式___________________。rm{(4)}結(jié)合題給信息，以乙烯和環(huán)氧乙烷為原料制備rm{1-}丁醇，設(shè)計(jì)合成路線rm{(}其他試劑任選rm{)}_______________________________________________________________________________27、rm{NaI}用作制備無(wú)機(jī)和有機(jī)碘化物的原料，也用于醫(yī)藥和照相等，工業(yè)利用碘、氫氧化鈉和鐵屑為原料可生產(chǎn)rm{NaI}其生產(chǎn)流程如下圖。rm{(1)}碘元素在周期表中的位置為_(kāi)_____________________________。rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脵}的離子方程式為_(kāi)__________________________________________________。rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脷}加入過(guò)量鐵屑的目的是_____________________________________________，過(guò)濾所得固體rm{1}中除剩余鐵屑外，還有紅褐色固體，則加入鐵屑時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________________________。rm{(4)}溶液rm{2}中除含有rm{H^{+}}外，一定還含有的陽(yáng)離子是__________________________；試設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證溶液rm{2}中該金屬陽(yáng)離子的存在：______________。rm{(5)}溶液rm{2}經(jīng)一系列轉(zhuǎn)化可以得到草酸亞鐵晶體rm{(FeC_{2}O_{4}隆隴2H_{2}O}相對(duì)分子質(zhì)量rm{180)}稱取rm{3.60g}草酸亞鐵晶體，用熱重法對(duì)其進(jìn)行熱分解rm{(}隔絕空氣加熱rm{)}得到剩余固體的質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖所示：rm{壟脵}分析圖中數(shù)據(jù)，根據(jù)信息寫出過(guò)程Ⅰ發(fā)生的化學(xué)方程式：_____________________________。rm{壟脷300隆忙}時(shí)剩余固體只含一種成分且是鐵的氧化物，寫出過(guò)程Ⅱ發(fā)生的化學(xué)方程式：_______________________________________________________。28、由rm{P}rm{S}rm{Cl}rm{Ni}等元素組成的新型材料有著廣泛的用途，回答下列問(wèn)題。rm{P}rm{S}rm{Cl}等元素組成的新型材料有著廣泛的用途，回答下列問(wèn)題。

rm{Ni}

rm{(1)}原子核外電子占有的原子軌道數(shù)為_(kāi)___個(gè)，rm{(1)}基態(tài)rm{Cl}原子核外電子占有的原子軌道數(shù)為_(kāi)___個(gè)，rm{P}rm{S}rm{Cl}的第一電離能由大到小順序?yàn)開(kāi)_____。rm{Cl}的第一電離能由大到小順序?yàn)開(kāi)_____。

rm{P}rm{S}rm{Cl}rm{(2)SCl}的電子式為_(kāi)_____，rm{(2)SCl}與rm{{,!}_{2}}能形成配合物分子的空間構(gòu)型為_(kāi)_____，中心原子雜化軌道類型是______。該分子中rm{(3)PH_{4}Cl}鍵與rm{Ni}鍵個(gè)數(shù)比為_(kāi)_____。rm{CO}已知rm{Ni(CO)_{4}}與rm{婁脪}的晶體結(jié)構(gòu)rm{婁脨}如圖rm{(4)}相同，其中rm{MgO}和rm{NiO}的離子半徑分別為rm{(}和rm{1)}則熔點(diǎn)：rm{Mg^{2+}}______rm{Ni^{2+}}填“rm{66pm}”、“rm{69pm}”或“rm{MgO}”rm{N(}理由是______。

rm{>}若rm{<}晶胞中離子坐標(biāo)參數(shù)rm{=}為rm{)}rm{(5)}若rm{NiO}晶胞中離子坐標(biāo)參數(shù)rm{A}為rm{(0,0,0)}rm{B}為rm{(1,1,0)}則rm{C}離子坐標(biāo)參數(shù)為_(kāi)_____。為rm{(5)}則rm{NiO}離子坐標(biāo)參數(shù)為_(kāi)_____。rm{A}一定溫度下，rm{(0,0,0)}晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”，可以認(rèn)為rm{B}作密置單層排列，rm{(1,1,0)}填充其中rm{C}如圖rm{(6)}已知rm{NiO}的半徑為rm{O^{2-}}rm{Ni^{2+}}每平方米面積上分散的該晶體的質(zhì)量為_(kāi)_____rm{(}rm{2)}用rm{O^{2-}}rm{a}表示rm{m}rm{g}參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的原理是閉合電路歐姆定律E=U+Ir，可以一個(gè)電壓表、一個(gè)電流表分別測(cè)量路端電壓和電流，用滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)外電阻，改變路端電壓和電流，實(shí)現(xiàn)多次測(cè)量．也可以用電流表和電阻箱組合，可代替電流表和電壓表，或用電壓表和電阻箱組合，代替電壓表和電流表，同樣能測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【解析】【解答】解：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的原理是閉合電路歐姆定律E=U+Ir；作電壓表測(cè)量路端電壓U；用電流表測(cè)量電流I，利用滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)外電阻，改變路端電壓和電流，實(shí)現(xiàn)多次測(cè)量，即由一個(gè)電壓表、一個(gè)電流表和一個(gè)滑動(dòng)變阻器絆組合可測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．也可以在沒(méi)有電壓表的情況下，用一個(gè)電流表和一個(gè)電阻箱組合測(cè)量，電阻箱可以讀出阻值，由U=IR可求出路端電壓，或用電壓表和電阻箱組合，由電壓表讀數(shù)U與電阻箱讀數(shù)R之比求出電流．故ABC正確．

故選：ABC2、B|C【分析】【解析】打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔完全相同，點(diǎn)跡密集的地方物體運(yùn)動(dòng)的速度比較小，點(diǎn)跡不均勻說(shuō)明物體做變速運(yùn)動(dòng)，BC正確；【解析】【答案】BC3、D【分析】【解析】若導(dǎo)線框?yàn)檎叫?，以一邊平行磁?chǎng)邊界MN穿越磁場(chǎng)區(qū)域，導(dǎo)線框在穿越磁場(chǎng)中的過(guò)程，則感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像為A，若導(dǎo)線框?yàn)?.5a*0.5a的長(zhǎng)方形，以長(zhǎng)邊平行磁場(chǎng)邊界MN穿越磁場(chǎng)區(qū)域，導(dǎo)線框在穿越磁場(chǎng)中的過(guò)程，則感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像為B，若導(dǎo)線框?yàn)橐粭l對(duì)角線長(zhǎng)為a的菱形，以該對(duì)角線垂直磁場(chǎng)邊界MN穿越磁場(chǎng)區(qū)域，導(dǎo)線框在穿越磁場(chǎng)中的過(guò)程，則感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像為C，導(dǎo)線框在穿越磁場(chǎng)中的過(guò)程，感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的圖像不可能是D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿4、B【分析】【分析】當(dāng)物體的形狀、大小對(duì)所研究的問(wèn)題沒(méi)有影響時(shí)，我們就可以把它看成質(zhì)點(diǎn)，因此能否看作質(zhì)點(diǎn)要看具有研究問(wèn)題或者研究過(guò)程，據(jù)此可正確解答本題．【解析】【解答】解：A；在撐桿跳高比賽中研究運(yùn)動(dòng)員手中的支撐桿在支撐地面過(guò)程中的轉(zhuǎn)動(dòng)情況時(shí)；不能忽略運(yùn)動(dòng)員的體積，此時(shí)不能看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

B；在確定帆船在大海中的位置時(shí)；不考慮其體積、大小，故B正確；

C；研究跆拳道比賽中研究運(yùn)動(dòng)員動(dòng)作時(shí)；不可忽略其動(dòng)作，即不能看作質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

D；乒乓球比賽中研究乒乓球被打出后在空中運(yùn)行軌跡；即研究乒乓球的旋轉(zhuǎn)等動(dòng)作時(shí)，不能看作質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤．

故選：B．5、C【分析】【分析】電場(chǎng)力F=qE，大小與場(chǎng)強(qiáng)E成正比，E由電場(chǎng)線的疏密判斷；電子帶負(fù)電，所受的電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，判斷出電場(chǎng)力做功正負(fù)，即可分析電勢(shì)能的變化．【解析】【解答】解：A；B、由圖看出；B處電場(chǎng)力密，場(chǎng)強(qiáng)E較大，電場(chǎng)力F=qE，則電子在B受到的電場(chǎng)力較大．而電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)線方向相反，所以從A運(yùn)動(dòng)到B，電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，故AB均錯(cuò)誤．

C；D、電子從A點(diǎn)移到B點(diǎn)時(shí)；電場(chǎng)力增大，加速度增大，而電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能減小，故C正確，D錯(cuò)誤．

故選：C二、填空題(共9題，共18分)6、2×103N/C水平向左【分析】【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與正電荷在該點(diǎn)所受的電場(chǎng)力方向相同，大小由場(chǎng)強(qiáng)的定義式求出電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)F=qE求出電荷受到的電場(chǎng)力；電場(chǎng)強(qiáng)度是描述電場(chǎng)本身性質(zhì)的物理量，不因試探電荷電量的改變而改變【解析】【解答】解：P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為：E===2×103N/C

方向與負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力方向相反；即水平向左。

故答案為：2×103N/C水平向左7、4121050【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出汽車的加速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出3s末的速度，結(jié)合平均速度的定義式求出第3s內(nèi)的平均速度，根據(jù)位移時(shí)間公式求出在前5s內(nèi)的位移．【解析】【解答】解：根據(jù)得，代入數(shù)據(jù)得，a=4m/s2；

第3s末的速度v=at3=4×3m/s=12m/s，第3s內(nèi)的平均速度；

前5s內(nèi)的位移x=．

故答案為：4，12，10，50．8、Mg+3mg【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律分析小滑塊對(duì)碗的壓力如何變化，再根據(jù)機(jī)械能守恒和牛頓第二定律結(jié)合求出求出臺(tái)秤的最大讀數(shù)．【解析】【解答】解：根據(jù)機(jī)械能守恒得知滑塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中速度增大，向心力增大，滑塊所受的支持力增大，滑塊對(duì)碗的壓力增大，所以當(dāng)滑塊到達(dá)碗的最低點(diǎn)時(shí)，滑塊對(duì)碗的壓力最大，臺(tái)秤的讀數(shù)也最大．根據(jù)牛頓第二定律得在最低點(diǎn)：N-mg=m；

下滑過(guò)程中，由機(jī)械能守恒：mgR=；

聯(lián)立解得在最低點(diǎn)碗對(duì)滑塊的支持力為：N=3mg；由此可得臺(tái)秤的最大讀數(shù)是：Mg+3mg．

故答案為：Mg+3mg9、560【分析】【分析】（1）已知電流0.5A；時(shí)間10s，根據(jù)Q=It可求出通過(guò)導(dǎo)體的電量；

（2）已知電阻4Ω，電流0.5A，時(shí)間1min，根據(jù)Q=I2Rt可求出電流通過(guò)該導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量．【解析】【解答】解：（1）通過(guò)該導(dǎo)體橫截面的電荷量：

Q=It=0.5A×10s=5C；

（2）電流通過(guò)該導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量：

Q=I2Rt=（0.5A）2×4Ω×60s=60J．

故答案為：5；60．10、略

【分析】

豎直上拋運(yùn)動(dòng)看作一種勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由題意，t=1s，x=8m，a=-g=-10m/s2．

根據(jù)x=vt+得：8=v×1-

解得v=13m/s

故物體從被拋出到落回拋出點(diǎn)經(jīng)歷的總時(shí)間是t總==2.6s

最大高度為H===8.45m

故答案為：2.6；8.45

【解析】【答案】豎直上拋運(yùn)動(dòng)看作一種勻減速直線運(yùn)動(dòng)；根據(jù)第1s內(nèi)持續(xù)上升了8m，由位移公式求出初速度，由速度公式即可求出總時(shí)間．由速度-位移關(guān)系公式求解最大高度．

11、略

【分析】

①當(dāng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打到B點(diǎn)時(shí)重錘的重力勢(shì)能比開(kāi)始下落時(shí)減少了△Ep=mgh2=m×9.80×0.1915J=1.88m．

此時(shí)重錘的動(dòng)能比開(kāi)始下落時(shí)增加了==1.96m．

動(dòng)能的增加量大于重力勢(shì)能的減小量原因可能是實(shí)驗(yàn)時(shí)先釋放了紙帶；然后再合上打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電鍵或者釋放紙帶時(shí)手抖動(dòng)了．

②根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mgh=v2=2gh，知v2與gh成正比；因?yàn)樵搶?shí)驗(yàn)是運(yùn)用了乙圖的紙帶，可能實(shí)驗(yàn)時(shí)先釋放了紙帶，然后再合上打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電鍵，知測(cè)量的h為零，速度不為零．故D正確．圖線的斜率等于重力加速度g．

故答案為：①1.88m；1.96m，該實(shí)驗(yàn)小組做實(shí)驗(yàn)時(shí)先釋放了紙帶，然后再合上打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電鍵或者釋放紙帶時(shí)手抖動(dòng)了。

②D；重力加速度g

【解析】【答案】根據(jù)下降的高度求出重力勢(shì)能的減小量；根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出B點(diǎn)的瞬時(shí)速度，從而求出動(dòng)能的增加量．動(dòng)能的增加量大于重力勢(shì)能的減小量原因可能是實(shí)驗(yàn)時(shí)先釋放了紙帶，然后再合上打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電鍵或者釋放紙帶時(shí)手抖動(dòng)了．

根據(jù)機(jī)械能守恒推導(dǎo)v2與gh關(guān)系式；結(jié)合乙圖誤差形成的原因確定正確的圖線．

12、2×103N/C水平向左【分析】【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與正電荷在該點(diǎn)所受的電場(chǎng)力方向相同，大小由場(chǎng)強(qiáng)的定義式求出電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)F=qE求出電荷受到的電場(chǎng)力；電場(chǎng)強(qiáng)度是描述電場(chǎng)本身性質(zhì)的物理量，不因試探電荷電量的改變而改變【解析】【解答】解：P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為：E===2×103N/C

方向與負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力方向相反；即水平向左。

故答案為：2×103N/C水平向左13、21【分析】【分析】線速度由定義式求，角速度由角速度與線速度關(guān)系式求．【解析】【解答】解：線速度v===2m/s；

角速度ω==rad/s=1rad/s；

故答案為：2，1．14、-R【分析】【分析】地球同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，則由萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力可求得其離地高度．【解析】【解答】解：對(duì)衛(wèi)星B；設(shè)它到地面高度為h，同理由萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力可得：

G=m（R+h）

解得：h=-R

故答案為：．三、判斷題(共8題，共16分)15、√【分析】【分析】平均速度是位移與時(shí)間的比值；平均速率是位移的路程與時(shí)間的比值．由此分析即可．【解析】【解答】解：平均速率是位移的路程與時(shí)間的比值；物體的平均速率為零，則物體的路程為0，物體一定處于靜止?fàn)顟B(tài)．所以該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√16、×【分析】【分析】由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．【解析】【解答】解：由牛頓第三定律可知；作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，但不在同一物體上．所以兩個(gè)力不能合成，也不能相互抵消．以上說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×17、×【分析】【分析】液晶像液體一樣可以流動(dòng)，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(shí)，排列變得有秩序，使光線容易通過(guò)．【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(shí)，排列變得有秩序，使光線容易通過(guò)．所以該說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×18、×【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：×．19、×【分析】【分析】滑動(dòng)摩擦力與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反．【解析】【解答】解：滑動(dòng)摩擦力阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)；與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反．有時(shí)會(huì)和物體的運(yùn)動(dòng)方向相同，故與物體的運(yùn)動(dòng)方向相反說(shuō)法錯(cuò)誤．

故答案為：×20、√【分析】【分析】電源是通過(guò)非靜電力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，電源電動(dòng)勢(shì)反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)．【解析】【解答】解：電源是通過(guò)非靜電力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；電源電動(dòng)勢(shì)反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)．故此說(shuō)法正確．

故答案為：√21、×【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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×22、×【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(shí)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(chǎng)和磁場(chǎng)作用下的軌跡確定陰極射線中的粒子帶負(fù)電，并測(cè)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(fù)極；陰極射線是負(fù)極發(fā)出的射線，是電子流；同理，陽(yáng)離子在陽(yáng)極放電．故該說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×．四、作圖題(共3題，共9分)23、略

【分析】【分析】①光線從入射到出射的光路如下圖所示．入射光線AB經(jīng)玻璃折射后；折射光線為BC，又經(jīng)球內(nèi)壁反射后，反射光線為CD，再經(jīng)折射后，折射出的光線為DE．OB；OD為球的半球，即為法線．作出光路圖．

②由折射定律求出折射角r，根據(jù)幾何知識(shí)和對(duì)稱性求出α【解析】【解答】解：①光線從入射到出射的光路如圖所示．入射光線AB經(jīng)玻璃折射后；折射光線為BC，又經(jīng)球內(nèi)壁反射后，反射光線為CD，再經(jīng)折射后，折射出的光線為DE．OB；OD為球的半徑，即為法線。

②由折射定律有：

得：

則有：r=45°

由幾何關(guān)系及對(duì)稱性，有：

則α=4r-2i，把r=45°；i=60°代入得：α=60°

答：①如圖所示．

②入射光與出射光之間的夾角α為45°．24、略

【分析】【解析】試題分析：光線從AC面射入時(shí)，折射光線與第一條光線平行，射到CD面上；根據(jù)臨界角為45°，光路如圖所示，到達(dá)CD邊時(shí)一定會(huì)發(fā)生全反射，故從BD邊射出，故光路圖所圖所示：考點(diǎn)：本題考查光的傳播及折射定律，【解析】【答案】25、略

【分析】【解析】

試題分析：光路如圖。

①光線在B點(diǎn)界面的入射角與折射角分別為θ1、θ2

sinθ1＝＝（1分）

折射率n＝（1分）

得sinθ2＝（1分）

光線在球中傳播的時(shí)間t＝＝s＝×10－9s（1分）

②在C點(diǎn)出射角為β＝（1分）

得sinβ＝β＝45°

∠COP＝π－θ1－∠BOC＝15°；（1分）

α＋∠COP＝β；得α＝30°（1分）．．．

考點(diǎn)：折射定律．【解析】【答案】（1）t＝×10－9s（2）α＝30°五、推斷題(共3題，共15分)26、（1）醛基、碳碳雙鍵

（2）加成反應(yīng)

（3）【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的推斷與合成，充分利用轉(zhuǎn)化關(guān)系中有機(jī)物的進(jìn)行進(jìn)行分析解答，較好的考查學(xué)生的分析推理能力、獲取信息能力、知識(shí)遷移運(yùn)用能力，難度中等?！窘獯稹扛鶕?jù)題目所給信息，可知rm{1}rm{3-}丁二烯與丙烯醛發(fā)生加成反應(yīng)反應(yīng)生成rm{A}為rm{A}與足量的氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}為rm{B}在rm{HBr}條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{C}為rm{C}與rm{Mg}在干醚的條件下得到發(fā)生信息中反應(yīng)得到再發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成被酸性高錳酸鉀溶液溶液氧化生成rm{F}為對(duì)比rm{F}與rm{H}的結(jié)構(gòu)可知，rm{F}與rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}反應(yīng)酯化反應(yīng)得到rm{H}故G為rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為所含官能團(tuán)有：醛基；碳碳雙鍵；

故答案為：醛基；碳碳雙鍵；

rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反應(yīng)類型屬于加成反應(yīng)；rm{G}為rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}rm{G}的某同分異構(gòu)體只有一種相同化學(xué)環(huán)境的氫，該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：故答案為：加成反應(yīng)；取代反應(yīng)；

rm{(3)F}和rm{G}反應(yīng)生成rm{F}的化學(xué)方程式為：

故答案為：

【解析】rm{(1)}醛基、碳碳雙鍵rm{(2)}加成反應(yīng)rm{(3)}27、（1）第五周期第VIIA族（2）I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O（3）將NaIO3完全轉(zhuǎn)化為NaI3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3↓

（4）Fe2+取溶液少量加高錳酸鉀溶液，若溶液褪色則含F(xiàn)e2+；反之不含。

（5）①FeC2O4?2H2OFeC2O4+2H2O

②FeC2O4CO↑+CO2↑+FeO

【分析】【分析】本題考查制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，為高頻考點(diǎn)，把握制備流程中的反應(yīng)及氧化還原反應(yīng)的分析、質(zhì)量守恒的計(jì)算等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，綜合性較強(qiáng)?！窘獯稹縭m{(1)}碘元素在周期表中的位置為第五周期第rm{VIIA}族，碘元素在周期表中的位置為第五周期第rm{(1)}族，故答案為：第五周期第rm{VIIA}族；rm{VIIA}rm{(2)}的離子方程式為反應(yīng)rm{壟脵}的離子方程式為故答案為：rm{壟脵}

rm{I_{2}+6OH^{-}=IO_{3}^{-}+5I^{-}+3H_{2}O}加入過(guò)量鐵屑的目的是將rm{I_{2}+6OH^{-}=IO_{3}^{-}+5I^{-}+3H_{2}O}完全轉(zhuǎn)化為rm{(3)}加入鐵屑時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{NaIO_{3}}

故答案為：將rm{NaI}完全轉(zhuǎn)化為rm{3H_{2}O+2Fe+NaIO_{3}=NaI+2Fe(OH)_{3}隆媒}rm{NaIO_{3}}

rm{NaI}固體中除剩余鐵屑外，還有紅褐色固體，加硫酸得到溶液rm{3H_{2}O+2Fe+NaIO_{3}=NaI+2Fe(OH)_{3}隆媒}除含有rm{(4)}外，固體完全溶解，一定含有的陽(yáng)離子是rm{2}證實(shí)該金屬陽(yáng)離子的存在方法為取溶液少量加高錳酸鉀溶液，若溶液褪色則含rm{H^{+}}反之不含；

故答案為：rm{Fe^{2+}}取溶液少量加高錳酸鉀溶液，若溶液褪色則含rm{Fe^{2+}}反之不含；

rm{Fe^{2+}}草酸亞鐵晶體，物質(zhì)的量為rm{Fe^{2+}}過(guò)程rm{(5)壟脵3.60g}使其質(zhì)量減少rm{0.2mol}恰好為rm{I}水的質(zhì)量，則過(guò)程Ⅰ發(fā)生的反應(yīng)是：草酸亞鐵晶體受熱失去結(jié)晶水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{FeC_{2}O_{4}?2H_{2}Ooverset{?}{=}FeC_{2}O_{4}+2H_{2}O}

故答案為：rm{FeC_{2}O_{4}?2H_{2}Ooverset{?}{=}FeC_{2}O_{4}+2H_{2}O}

rm{3.60-2.88g=0.72g}時(shí)剩余固體只含一種成分且是鐵的氧化物，寫出過(guò)程Ⅱ發(fā)生的化學(xué)方程式：rm{FeC_{2}O_{4}overset{?}{=}CO隆眉+CO_{2}隆眉+FeO}

故答案為：rm{FeC_{2}O_{4}overset{?}{=}CO隆眉+CO_{2}隆眉+FeO_{隆攏}}

rm{0.4mol}【解析】rm{(1)}第五周期第rm{VIIA}族rm{(2)I_{2}+6OH^{-}=IO_{3}^{-}+5I^{-}+3H_{2}O}rm{(3)}將rm{NaIO_{3}}完全轉(zhuǎn)化為rm{NaI}rm{3H_{2}O+2Fe+NaIO_{3}=NaI+2Fe(OH)_{3}隆媒}

rm{(4)Fe^{2+;;;}}取溶液少量加高錳酸鉀溶液，若溶液褪色則含rm{Fe^{2+}}反之不含。

rm{(5)壟脵FeC_{2}O_{4}?2H_{2}Ooverset{?}{=}FeC_{2}O_{4}+2H_{2}O}

rm{壟脷FeC_{2}O_{4}overset{?}{=}CO隆眉+CO_{2}隆眉+FeO}rm{(5)壟脵FeC_{2}O_{4}?2H_{2}O

overset{?}{=}FeC_{2}O_{4}+2H_{2}O}

rm{壟脷FeC_{2}O_{4}overset{?}{=}

CO隆眉+CO_{2}隆眉+FeO}28、（1）9CI＞P＞S（2）sp3V形（3）1:1（4）＞Mg2+的離子半＜Ni2+的離子半徑，所以MgO的晶格能大于NiO的晶格能（5）（1，1/2，1/2）【分析】【分析】本題是對(duì)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)知識(shí)的綜合考察，是高考?？碱}型，難度較大。掌握結(jié)構(gòu)的基礎(chǔ)知識(shí)是關(guān)鍵，涉及物質(zhì)結(jié)構(gòu)的知識(shí)點(diǎn)很多?！窘獯稹縭m{(1)}基態(tài)rm{Cl}原子核外電子原子核外電子rm{Cl}rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}同周期自左至右，第一電離能增大，但是，第五主族大于第六主族，故rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}的第一電離能由大到小順序?yàn)閞m{3p}rm{{,!}^{5}}，軌道數(shù)rm{=1+1+3+1+3=9}同周期自左至右，第一電離能增大，但是，第五主族大