2025年人教版高三物理下冊月考試卷

…………○…………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年人教版高三物理下冊月考試卷174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、用如圖所示的電路測量電池電動勢和內(nèi)電阻時，若有兩只電壓表V1、V2量程相同，內(nèi)阻分別為RV1、RV2，且RV1＞RV2；兩只電流表A1、A2量程相同，內(nèi)阻分別為RA1、RA2，且RA1＞RA2，在實驗中，為了使E、r的測量值更精確一些，選擇的電表可以是（）A.V1與A1B.V1與A2C.V2與A1D.V2與A22、如圖所示，物體受到斜向上的恒定拉力F作用，在粗糙水平面上做勻速直線運動，則下列說法正確的（）A.拉力F在豎直方向的分力的大小等于重力的大小B.拉力F在豎直方向的分力的大小大于重力的大小C.拉力F在水平方向的分力的大小大于摩擦力的大小D.拉力F在水平方向的分力的大小等于摩擦力的大小3、以一定速度拋出的物體，忽略空氣阻力，在運動過程中，下列說法中正確的是（）A.在運動過程中速度變大，加速度也變大B.速度一定一直增大C.運動軌跡可能是曲線，也可能是直線D.速度一定先減小后增大4、如圖，一條不可伸長的細繩跨過一個小定滑輪，將貨物A，滑車B連在一起，當細線與水平方向成600角時，A的速度為1m/s，B車的速度為（）A.1m/sB.0.5m/sC.2m/sD.以上都不對5、如圖所示；一質(zhì)量為M的木塊與水平面接觸，木塊上方固定有一根直立的輕質(zhì)彈簧，彈簧上端系一帶電且質(zhì)量為m的小球（彈簧不帶電），在豎直方向上振動．當加上豎直方向的勻強電場后，在彈簧正好恢復到原長時，小球具有最大速度．在木塊對水平面壓力為零時，小球的加速度大小是（）

A.

B.

C.

D.

6、下列說法中正確的是（）A.隨著低溫技術(shù)的發(fā)展，我們可以使溫度逐漸降低，并最終達到絕對零度B.當分子間的距離增大時，分子間的引力變大而斥力變小C.有規(guī)則外形的物體是晶體D.由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，液面分子間表現(xiàn)為引力，所以液體表面具有收縮的趨勢7、一個物體在起動時（）A.速度一定是零，加速度一定不為零B.速度和加速度一定都是零C.速度一定不為零，加速度一定是零D.速度和加速度一定都不為零8、如圖所示，在做“尋找等效力”的實驗中，在水平放置的木板上墊一張白紙，把橡皮條的一端固定在A點上，另一端連接兩根細線，然后通過細線用兩個互成角度的彈簧秤來拉橡皮條，使橡皮條的結(jié)點拉到某一點O，記錄兩彈簧秤的讀數(shù)和兩細線的方向以及結(jié)點O的位置；然后改用一個彈簧秤把橡皮條的結(jié)點再次拉到O點，記錄彈簧秤的讀數(shù)和細線的方向．請問：為什么兩次要將結(jié)點拉到同一位置（）A.這樣可以方便作圖B.其實兩次結(jié)點不是拉至同一位置也可以C.這樣做可保證兩次彈簧的伸長量相同D.這樣做可保證兩次力的作用效果相同9、以一個點電荷為球心，在其周圍空間中畫出一個球面，對于球面上的各點（）A.電場強度的大小相同，方向不同B.電場強度的大小相同，方向相同C.電場強度的大小不同，方向不同D.電場強度的大小不同，方向相同評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、（2015秋?福建校級期中）如圖所示，物體P、Q經(jīng)無摩擦的定滑輪用細繩連在一起，此時Q豎直勻速上升，P物體在水平力F作用下沿水平粗糙地面向右運動，則下列說法正確的是（）A.P做減速運動B.細繩對P的作用力逐漸增大C.P所受摩擦力逐漸增大D.細繩對滑輪的作用力大小不變11、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，Q的半徑遠小于P的半徑，整個裝置處于靜止狀態(tài)，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(zhuǎn)動，在Q到達最高位置前，發(fā)現(xiàn)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間的彈力一直減小D.Q所受的合力逐漸增大12、如圖甲所示；矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，輸出交流電的電動勢圖象如圖乙所示，經(jīng)原副線圈的匝數(shù)比為1：10的理想變壓器給一燈泡供電，如圖丙所示，副線圈電路中燈泡額定功率為22W．現(xiàn)閉合開關(guān)，燈泡正常發(fā)光．若矩形金屬線框的電阻忽略不計，則（）

A.t=0.01s時刻穿過線框的磁通量為零B.交流發(fā)電機轉(zhuǎn)動的角速度速為314rad/sC.變壓器原線圈中電流表示數(shù)為1AD.燈泡的額定電壓為220V13、下列關(guān)于速度和加速度的說法中，正確的是（）A.物體受到的合力為零，則加速度一定為零B.物體的速度為零，加速度也一定為零C.運動物體的加速度越來越小，表示速度變化越來越慢D.運動物體的加速度越來越小，表示物體運動的速度也越來越小14、下列幾組力的合力可能是30N的有（）A.30N、60NB.6N、23NC.35N、35ND.50N、60N15、如圖所示，平行板電容器帶有一定量的電荷，電容器的兩極板A、B分別跟靜電計和地相連，靜電計外殼接地．下列說法正確的是（）A.將A極板向右移動少許，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角將增大B.將B極板向右移動少許，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角將增大C.將B極板向上移動少許，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角將減小D.將一塊玻璃板（ε＞1）插入B兩極板之間，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角將減小16、帶等量的同種負電的點電荷的連線和中垂線如圖所示，現(xiàn)將一個帶正電的試探電荷先從圖中a點沿直線移到b點，再從b點沿直線移到c點，則試探電荷這全過程中一定有（）A.所受的電場力先減小后增大B.所受的電場力先做負功后做正功C.在b點受力最小，但其電勢能不是最小D.電勢能一直減小17、某物體做簡諧運動，則（）A.該物體的加速度和位移成正比，方向相反B.該物體的加速度與速度方向始終相反C.該物體做勻變速運動D.該物體做非勻變速運動評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、角速度計可測量飛機、航天器、潛艇的轉(zhuǎn)動角速度，其結(jié)構(gòu)如圖所示，當系統(tǒng)繞OO′轉(zhuǎn)動時，元件A發(fā)生位移并輸出的電壓信號，成為飛機、衛(wèi)星等的制導系統(tǒng)的信息源．已知A的質(zhì)量為m，彈簧勁度系數(shù)為k、自然長度為L，電源電動勢為E、內(nèi)阻不計，滑動變阻器總長度為L．電阻分布均勻，系統(tǒng)靜止時P在B點，當系統(tǒng)以角速度ω轉(zhuǎn)動時，輸出電壓U和ω的函數(shù)式為____．

19、1831

年，英國物理學家、化學家______經(jīng)過十年的努力，終于發(fā)現(xiàn)了在______中能產(chǎn)生感應電流．20、彈簧所受壓縮力F與縮短的距離l，按胡克定律F=kl，如果10N的力能使彈簧壓縮1厘米，那么把彈簧從平衡位置壓縮10厘米做功為____．21、（2013秋?城區(qū)校級期中）如圖所示，一個通電矩形線圈abcd放在勻強磁場中，矩形線圈的OO′軸與磁場垂直，線圈平面與磁場平行．a(chǎn)b邊所受的安培力方向為____，cd邊所受的安培力方向為____，bc邊____安培力（填“受”或“不受”）．從上往下看，矩形線圈將沿____方向轉(zhuǎn)動．22、（2012秋?東陽市校級月考）如圖所示，半徑為r的硬質(zhì)橡膠圓環(huán)帶有均勻分布的正電荷，單位長度的帶電量為q，這些電荷在圓心O處產(chǎn)生的場強矢量和為零．現(xiàn)截去一小段圓弧AB，設AB=L，且L《r，那么剩余部分電荷在O點處產(chǎn)生的場強方向____，大小為____．評卷人得分四、判斷題(共3題，共30分)23、任何液體的表面分子排列都比內(nèi)部分子稀疏．____．（判斷對錯）24、狹義相對論認為真空中的光速在不同的慣性參考系中是不同的____（判斷對錯）25、每一種形式的能對應于一種運動形式．____．（判斷對錯）評卷人得分五、推斷題(共1題，共6分)26、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{Q}均為除稀有氣體外的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，rm{X}的最外層電子數(shù)是rm{W}的rm{4}倍，rm{Z}與rm{M}的最低負化合價相同，rm{X}rm{M}在周期表中位置如圖所示。rm{(1)X}在周期表中的位置為________，rm{Q}的元素名稱為________。rm{(2)Z}與rm{W}形成的rm{4}核離子的電子式為________。rm{(3)}分別由rm{W}rm{Y}rm{Z}rm{M}組成的兩種離子化合物rm{(}酸式鹽rm{)}在溶液中相互反應的離子方程式為：________。rm{(4)W_{2}}與rm{Z_{2}}反應生成化合物甲，rm{W_{2}}與rm{Q_{2}}反應生成化合物乙。已知反應：乙rm{(g)+Z_{2}(g)隆煤}甲rm{(g)+Q_{2}(g)}每生成rm{1molQ_{2}}放熱rm{57}rm{8kJ}寫出該反應的熱化學方程式：________。rm{(5)X}rm{Y}可分別與rm{Z}以原子個數(shù)比rm{1漏U1}形成化合物丙和丁。在催化劑存在條件下，丙與丁發(fā)生可逆反應，生成單質(zhì)rm{Y_{2}}和另一種化合物戊。寫出該反應的化學方程式：________，該反應的平衡常數(shù)表達式為________。rm{(6)}將rm{1mol}丙氣體和rm{1mol}丁氣體充入一裝有催化劑的恒壓容器中，充分反應達平衡后：rm{壟脵}若氣體體積較原來減少rm{23攏樓}則丁的轉(zhuǎn)化率為________；rm{壟脷}已知該反應rm{婁隴H<0}則升高溫度，平衡常數(shù)rm{K}值將________rm{(}填“變大”、“變小”或“不變”rm{)}rm{壟脹}其他條件不變時，若僅將壓強增大為原來的rm{2}倍，再次達平衡后，混合氣體中丁的體積分數(shù)將________rm{(}填“變大”、“變小”或“不變”rm{)}評卷人得分六、實驗探究題(共2題，共8分)27、冬末春初，乍暖還寒，人體易患感冒。請回答下列問題：(1)寒冷刺激時，甲狀腺激素分泌增加，產(chǎn)熱量增多。某同學檢測甲狀腺激素水平時發(fā)現(xiàn)該激素水平低于正常值，但是促甲狀腺激素釋放激素的水平高于正常值，據(jù)此推測可能發(fā)生病變的部位是________。(2)感冒時會引起咳嗽反射，咳嗽反射過程中，興奮在傳入神經(jīng)纖維上的傳導方向是________（填“單向的”或“雙向的”）；在一般情況下，人可以有意識的控制咳嗽反射，說明________。(3)人體接種流感疫苗后，若流感病毒進入機體，________細胞能迅速增殖分化為漿細胞，產(chǎn)生大量抗體消滅相應病原體。接種流感疫苗后，并不能預防所有的流感，原因是________。28、如圖甲所示為一黑箱裝置，黑箱內(nèi)有由兩節(jié)干電池和幾個電阻等元件組成的電路，a、b為黑箱的兩個輸出端；端連接黑箱內(nèi)電池的正極。

（1）為了探測黑箱；某同學準備進行以下幾步測量：

①用多用電表的歐姆擋測量a、b間的電阻；

②用多用電表的直流電壓擋測量a、b間的輸出電壓；

③用多用電表的直流電流擋測量a、b間的輸出電流。

你認為以上測量中不妥的有______（填序號）；理由是______。

（2）若他用多用電表測某段電阻絲電阻；多用電表已經(jīng)調(diào)零且選擇開關(guān)指向歐姆擋“×10”擋位。結(jié)果指針的偏轉(zhuǎn)角度太大，這時他應將選擇開關(guān)換成歐姆擋的______（選填“×100”或“×1”）倍率的擋位；調(diào)零后測量，其表盤及指針所指位置如圖乙所示，則此段電阻絲的電阻為______Ω。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】本題的關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律寫出表達式，然后根據(jù)歐姆定律可知，造成測量誤差的原因是由于電壓表的分流作用，所以應選擇內(nèi)阻較大的電壓表才行，而與電流表內(nèi)阻大小無關(guān)．【解析】【解答】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律應有：E=U+（I+r；

所以為減小誤差，要求電壓表的分流應該很小，由=可知，電壓表的內(nèi)阻應很大，所以應選擇內(nèi)阻最大的電壓表，而與電流表內(nèi)阻大小無關(guān)，即電壓表應選，電流表選擇、均可以；所以選擇的電表可以是A；B；

故選：AB2、D【分析】【分析】對物體受力分析，因為物體在水平面上做勻速直線運動，抓住水平方向和豎直方向上合力等于零，比較拉力在豎直方向上的分力和重力的大小關(guān)系，以及拉力在水平方向上的分力與摩擦力的大小關(guān)系．【解析】【解答】解：物體受重力；拉力、支持力、滑動摩擦力；如圖．

A；B：在豎直方向上合力為零；根據(jù)平衡條件得：Fsinθ+N=mg，則Fsin＜mg，即拉力在豎直方向上的分力小于重力．故A、B錯誤；

C；D：在水平方向上合力為零；根據(jù)平衡條件得：Fcosθ=f，即拉力在水平方向上的分力大小等于摩擦力的大?。蔆錯誤，D正確；

故選：D．3、C【分析】【分析】由題意，忽略空氣阻力，在運動過程中，物體只受重力作用，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度．根據(jù)機械能守恒，判斷物體的速度如何變化．根據(jù)物體做曲線運動的條件分析軌跡的形狀．【解析】【解答】解：A；由于忽略空氣阻力；在運動過程中，物體只受重力作用，根據(jù)牛頓第二定律分析得知，物體的加速度等于重力加速度g，保持不變．故A錯誤．

B；物體運動過程中；只有重力做功，其機械能守恒，若物體的高度上升，則重力勢能增大，動能減小，速度減??；相反，速度增大．故B錯誤．

C；當物體拋出時的初速度與重力在同一直線上時；物體做直線運動，當初速度與重力不在同一直線上時，物體做直線運動，故C正確．

D；由C項分析可知；物體的速度不一定先減小后增大，也可能一直增大，比如平拋運動．故D錯誤．

故選C4、C【分析】【分析】將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的分速度等于A的速度，根據(jù)平行四邊形定則，通過小車的分速度求出小車的速度．【解析】【解答】解：將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向；如圖．

沿繩子方向的分速度等于A的速度，由圖可知，．故C正確；A；B、D錯誤．

故選C．5、C【分析】

當小球加速度為零時；速度最大，此時mg=qE．當木塊對水平面壓力為零時，知彈簧的彈力為Mg；

電場力與重力的合力為零，小球所受的合力為Mg，根據(jù)牛頓第二定律有：a=．故C正確；A；B、D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】當小球加速度為零時；速度最大，根據(jù)該規(guī)律得出電場力與重力的大小關(guān)系．當木塊對水平面壓力為零時，求出彈簧的彈力，再對小球受力分析，求出小球的合力，從而根據(jù)牛頓第二定律求出小球的加速度大小．

6、D【分析】解：

A；由熱力學第三定律可知；絕對零度不可達到，故A錯誤．

B；分子間距增加；分子引力和斥力都減小，故B錯誤．

C；晶體有規(guī)則外形；但不是所有有規(guī)則外形的都是晶體，晶體和非晶體不是以外形做區(qū)分的，而是以內(nèi)部分子排列為區(qū)分，故C錯誤．

D；由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離；液面分子間表現(xiàn)為引力，故液體表面有收縮趨勢，故D正確．

故選：D

絕對零度不可達到．

分子間距增加；分子引力和斥力都減小．

晶體和非晶體不是以外形做區(qū)分的；而是以內(nèi)部分子排列為區(qū)分．

由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離；液面分子間表現(xiàn)為引力．

本題重點掌握分子力與分子距離的變化關(guān)系，晶體與非晶體的區(qū)別．【解析】【答案】D7、A【分析】【分析】速度與加速度沒有必然的聯(lián)系，方向與速度變化量的方向相同，當加速度方向與速度方向相同時，做加速運動，當加速度方向與速度方向相反時，做減速運動．【解析】【解答】解：加速度是反映速度變化快慢的物理量；速度是反應物體位移變化快慢的物理量，二者沒有必然聯(lián)系，物體啟動時速度為零，但加速度不為零．

故選：A8、D【分析】【分析】拉力使橡皮條伸長，當橡皮條的伸長量相等時，拉力的作用效果相等．【解析】【解答】解：要保證兩次實驗拉力的作用效果相同；必須使橡皮筋的伸長量相等，故D正確；

故選：D．9、A【分析】【分析】只有大小和方向都相同時，矢量才相同；標量只有大小，沒有方向，只要大小相等，標量就相同．以點電荷為球心的球面是一個等勢面，其上各點的電勢相等，電場強度大小相等，方向不同．【解析】【解答】解：以點電荷為球心的球面各點的電場強度大小相等；方向不同，故電場強度不同．故A正確，BCD錯誤．

故選A二、多選題(共8題，共16分)10、AC【分析】【分析】由于繩子的伸長不計；所以P沿繩子方向的分速度等于Q的速度，將P運動的速度沿繩子方向與垂直于繩子方向進行正交分解，結(jié)合Q的速度不變，可判斷P的運動情況；

Q勻速運動，可知繩子拉力的大小不變，把繩子拉P的力沿水平方向和豎直方向進行正交分解，判斷豎直方向上的分量的變化，從而可知P對地面的壓力的變化，即可得知摩擦力的情況．根據(jù)力的合成法分析細繩對滑輪的作用力大小如何變化．【解析】【解答】解：A、設P向右運動的速度為vP，Q上升的速度為vQ，繩子與水平方向的夾角為α．將P運動的速度沿繩子方向與垂直于繩子方向進行正交分解，則有vQ=vPcosα，而vQ不變，α減小，cosα增大，則vP減??；即P做減速運動．故A正確．

B、因為Q勻速上升，所以Q受力平衡，Q所受繩拉力T=GQ，根據(jù)定滑輪的特性，可知細繩對P的作用力也等于GQ；保持不變，故B錯誤．

C、以P為研究對象，由豎直方向力平衡，可得：N+Tsinα=GP，GP；T不變；α減小，sinα減小，則地面對P的支持力N增大，因此P所受摩擦力逐漸增大．故C正確．

D；細繩對滑輪的作用力等于兩側(cè)繩子拉力的合力；繩子拉力大小不變，夾角增大，則細繩對滑輪的作用力大小減小，故D錯誤．

故選：AC．11、AC【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(jù)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(jù)幾何關(guān)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?。蔄C正確；B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：AC12、BC【分析】解：A；由圖乙可知；當0.01s時，感應電動勢為零，則此時穿過線框回路的磁通量最大，故A錯誤；

B、由圖可知，交流電的周期為0.02s，則角速度為：rad/s=314rad/s；故B正確；

C、副線圈中消耗的電功率是22W，所以原線圈中的輸入功率是22W，原線圈輸入電壓為有效值為22V，則變壓器原線圈中電流表示數(shù)為：A；故C正確；

D；燈泡正常發(fā)光；故額定電壓為220V，故D錯誤；

故選：BC．

由圖2可知特殊時刻的電動勢；根據(jù)電動勢的特點，可判處于那個面上，由圖象還可知電動勢的峰值和周期，根據(jù)有效值和峰值的關(guān)系便可求電動勢的有效值．

本題關(guān)鍵是明確線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的是正弦式交變電流，會根據(jù)變壓比公式、變流比公式列式求解即可．【解析】【答案】BC13、AC【分析】【分析】加速度等于單位時間內(nèi)的速度變化量，反映速度變化快慢的物理量，當加速度的方向與速度方向相同，物體做加速運動，當加速度的方向與速度方向相反，物體做減速運動．【解析】【解答】解：A；物體所受的合力為零；根據(jù)牛頓第二定律知，加速度一定為零，故A正確．

B；物體的速度為零；加速度不一定為零，比如自由落體運動的初始時刻，故B錯誤．

C；加速度是反映速度變化快慢的物理量；當加速度越來越小，則速度變化越來越慢，故C正確；

D；當加速度的方向與速度方向相同；加速度越來越小，速度越來越大．D錯誤．

故選：AC．14、ACD【分析】【分析】本題考察了二力合成合力大小隨二力方向夾角變化而變化的規(guī)律．當兩共點力方向相同時，合力最大；方向相反時，合力最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈、F1=30N，F(xiàn)2=60N．當二共點力的方向相反時，合力最?。碏min=F1-F2=60N-30N=30N；

當二共點力的方向相同時，合力最大．即Fmax=F1+F2=60N+30N=90N；

所以這兩個共點力的合力范圍是30N≤F≤90N；故合力可能是30N，A正確；

B、F1=6N，F(xiàn)2=23N．當二共點力的方向相反時，合力最?。碏min=F1-F2=23N-6N=17N；

當二共點力的方向相同時，合力最大．即Fmax=F1+F2=23N+6N=29N；

所以這兩個共點力的合力范圍是17N≤F≤29N；故合力不可能是30N，B錯誤；

C、由題意可知F1=35N，F(xiàn)2=35N．當二共點力的方向相反時，合力最?。碏min=F1-F2=35N-35N=0N；

當二共點力的方向相同時，合力最大．即Fmax=F1+F2=35N+35N=70N；

所以這兩個共點力的合力范圍是0N≤F≤70N；故合力可能是30N，C正確；

D、由題意可知F1=50N，F(xiàn)2=60N．當二共點力的方向相反時，合力最?。碏min=F1-F2=60N-50N=10N；

當二共點力的方向相同時，合力最大．即Fmax=F1+F2=60N+50N=110N；所以這兩個共點力的合力范圍是10N≤F≤110N；故合力可能是30N，D正確；

故選：ACD．15、BD【分析】【分析】解答本題關(guān)鍵應根據(jù)：電容的決定式C=分析電容的變化，抓住電容器的電量不變，由電容的定義式C=分析電壓的變化，即可判斷靜電計指針偏轉(zhuǎn)角的變化．【解析】【解答】解：A、將A極板向右移動少許，電容器兩板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C=可知，電容C增大，而電容的電量Q不變，則電容的定義式C=可知；電容器板間電勢差U減小，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角將減小．故A錯誤．

B、將B極板向右移動少許，電容器兩板間的距離增大，根據(jù)電容的決定式C=可知，電容C減小，而電容的電量Q不變，則電容的定義式C=可知；電容器板間電勢差U增大，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角將增大．故B正確．

C、將B極板向上移動少許，兩板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式C=可知，電容C減小，而電容的電量Q不變，則電容的定義式C=可知；電容器板間電勢差U增大，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角將增大．故C錯誤．

D、將一塊玻璃板插入A、B兩極板之間，根據(jù)電容的決定式C=可知，電容C增大，而電容的電量Q不變，則電容的定義式C=可知；電容器板間電勢差U減小，靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角將減小．故D正確．

故選：BD．16、CD【分析】【分析】在等量的負電荷的電場中，所有的點的電勢都是負的，根據(jù)矢量的合成法則可以知道，在它們的連線中垂線上的點的電場強度的方向都是沿著中垂線指向內(nèi)的，由此可以分析電場力和電勢能的變化．【解析】【解答】解：在等量的負電荷的電場中，根據(jù)矢量的合成法則可以知道，在它們的連線中垂線上的點的電場強度的方向都是沿著中垂線指向內(nèi)的，b點沿直線移到c點，電場強度的方向沿著bc方向．帶正電的試探電荷從圖中a點沿直線移到b點，電場力方向沿著中垂線指向內(nèi)，電場力做正功，再從b點沿直線移到c點，電場力也做正功，所以電場力一直做正功，電荷電勢能一直減小，但在故b點電場強度最小；則受力最小，但其電勢能不是最小，故AB錯誤，CD正確．

故選：CD17、AD【分析】【分析】物體做簡諧運動，加速度與位移的關(guān)系為a=-x，加速度的方向總是指向平衡位置，物體經(jīng)過同一位置時速度有兩種方向；物體做非勻變速運動．【解析】【解答】解：A、根據(jù)簡諧運動的特征：a=-x；可知物體的加速度總和位移成正比，方向相反，故A正確．

B；當物體離開平衡位置時；加速度指向平衡位置，加速度和速度方向相反，而當物體靠近平衡位置時，加速度和速度都指向平衡位置，兩者方向相同；故B錯誤．

C、D、根據(jù)a=-x；可知物體的加速度作周期性變化，物體做非勻變速運動，故C錯誤，D正確．

故選：AD．三、填空題(共5題，共10分)18、略

【分析】

設系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度ω轉(zhuǎn)動時；彈簧伸長的長度為x，則。

對元件A；根據(jù)牛頓第二定律得。

kx=mω2（L+x）①

又輸出電壓U=E=E②

由①②得。

U=

故答案為：．

【解析】【答案】當系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度ω轉(zhuǎn)動時；由彈簧的彈力提供元件A的向心力，根據(jù)牛頓第二定律得到角速度ω與彈簧伸長的長度x的關(guān)系式．根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比，得到電壓U與x的關(guān)系式，再聯(lián)立解得電壓U與ω的函數(shù)關(guān)系式．

19、略

【分析】解：經(jīng)過十年的艱苦不懈的努力；1831

年法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象．

故答案為：法拉第；切割磁感線的閉合電路的部分導體．

英國物理學家；化學家法拉第經(jīng)過十年的艱苦探索；終于與在1831

年發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，進一步揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的密切聯(lián)系，奏響了電氣化時代的序曲．

本題考查了物理學知識，學習物理學知識不僅能豐富我們的知識，還能激發(fā)我們的學習興趣，平時要注意多積累這方面的知識．【解析】法拉第；切割磁感線的閉合電路的部分導體20、5J【分析】【分析】彈力F=kx，是變力，在F-x圖象中，圖象與x軸包圍的面積表示彈力做的功．【解析】【解答】解：做f-x圖象；如圖所示：

F-x圖象與x軸包圍的面積表示彈力做的功；故：

W=

故答案為：5J．21、垂直紙面向外垂直紙面向內(nèi)不受逆時針【分析】【分析】利用左手定則判斷即可，注意電流方向、B的方向和安培力方向的表示．【解析】【解答】解：利用左手定則，伸開左手，使B的方向垂直穿入手心，四指指向電流的方向，大拇指指向安培力的方向，所以ab邊所受的安培力方向為垂直紙面向外，cd邊所受的安培力方向為垂直紙面向內(nèi)，bc邊不受安培力．從上往下看；矩形線圈將沿逆時針方向轉(zhuǎn)動．

故答案為：垂直紙面向外，垂直紙面向內(nèi)，不受，逆時針．22、豎直向上【分析】【分析】若是一完整的橡膠圓環(huán)，則圓心0點的電場強度為零，則切去一小段L后在圓心O點的場強與L段產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，根據(jù)E=進行求解．【解析】【解答】解：AB段的長度為L，由于L＜＜r，相對于O點AB段可看成點電荷，AB段的電荷量Q=qL，則AB段在O點產(chǎn)生的電場強度大小為：E==；方向指向豎直向下．

由于完整的圓環(huán)在O處的合場強為0，則剩余部分在O點產(chǎn)生的場強與AB段產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反，所以剩余部分在O點產(chǎn)生的場強大小為：E′=E=；方向豎直向上．

故答案為：豎直向上，．四、判斷題(共3題，共30分)23、√【分析】【分析】作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力．它產(chǎn)生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力．【解析】【解答】解：表面張力產(chǎn)生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層；叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力．所以該說法是正確的．

故答案為：√24、×【分析】【分析】根據(jù)狹義相對論的兩個基本假設：

①物理規(guī)律在所有慣性系中都具有相同的形式．這叫做相對性原理．

②在所有的慣性系中，光在真空中的傳播速率具有相同的值C．這叫光速不變原理．它告訴我們光（在真空中）的速度c是恒定的，它不依賴于發(fā)光物體的運動速度．【解析】【解答】解：根據(jù)相對論的兩個基本假設可知；在所有的慣性系中，光在真空中的傳播速率具有相同的值C．這叫光速不變原理．故以上說法是錯誤的．

故答案為：×25、√【分析】【分析】自然界物質(zhì)運動的形式是多樣的，每種運動形式都對應一種形式的能量．各種運動形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化【解析】【解答】解：根據(jù)能量守恒定律可知：自然界物質(zhì)運動的形式是多樣的；每種運動形式都對應一種形式的能量．各種運動形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化．

例如機械能對應機械運動；內(nèi)能對應分子的無規(guī)則運動．故每一種形式的能對應于一種運動形式是對的．

故答案為：√五、推斷題(共1題，共6分)26、（1）第二周期第IVA族；氯；（5）2CO+2NON2+2CO2；K=（6）①92%；②變小；③變小；【分析】【分析】本題考查元素化合物推斷、結(jié)構(gòu)式、離子方程式、熱化學方程式、化學平衡常數(shù)、化學平衡計算等，推斷元素是解題的關(guān)鍵，根據(jù)最外層電子數(shù)關(guān)系確定rm{X}為突破口，難度中等?！窘獯稹縭m{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{Q}均為除稀有氣體外的短周期元素，其原子序數(shù)依次增大，rm{X}的最外層電子數(shù)是rm{W}的rm{4}倍，則rm{W}最外層電子數(shù)只能為rm{1}rm{X}的最外層電子數(shù)為rm{4}由rm{X}rm{M}元素在周期表中的位置可知，rm{X}處于第二周期，故rm{X}為rm{C}元素、rm{M}為rm{S}元素；rm{Z}與rm{M}的最低負化合價相同，二者為同主族元素，可推知rm{Z}為rm{O}元素；結(jié)合原子序數(shù)可知rm{Y}為rm{N}rm{Q}為rm{Cl}推知rm{W}為rm{H}

rm{(1)X}為rm{C}原子核外有rm{2}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{4}在周期表中的位置為第二周期第rm{IVA}族；

故答案為：第二周期第rm{IVA}族；

rm{(2)}rm{Z}與rm{W}形成的rm{4}核離子rm{H_{3}O^{+}}的電子式為：與rm{Z}形成的rm{W}核離子rm{4}的電子式為：

故答案為：

rm{H_{3}O^{+}}由rm{(3)}rm{H}rm{N}rm{O}組成的離子化合物在溶液中相互反應，應為rm{S}與rm{NH_{4}HSO_{3}}二者反應離子方程式為：rm{NH_{4}HSO_{4}}

故答案為：rm{HSO_{3}^{-}+H^{+}=SO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{HSO_{3}^{-}+H^{+}=SO_{2}隆眉+H_{2}O}與rm{(4)H_{2}}反應生成化合物甲為rm{O_{2}}rm{H_{2}O}與rm{H_{2}}反應生成化合物乙為rm{Cl_{2}}已知：rm{HCl}每生成rm{HCl(g)+O_{2}(g)隆煤H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)}rm{1mol}放熱rm{Cl_{2}}則該反應的熱化學方程式為：rm{2HCl(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)triangleH=-57.8}rm{57.8kJ}

故答案為：rm{2HCl(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)triangleH=-57.8}rm{2HCl(g)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)=H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)triangleH=-57.8}

rm{kJ/mol}rm{2HCl(g)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)=H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)triangleH=-57.8}可分別與rm{kJ/mol}以原子個數(shù)比rm{(5)C}rm{N}形成化合物丙和丁，則丙為rm{O}丁為rm{1}在催化劑存在條件下，丙與丁發(fā)生可逆反應，生成單質(zhì)rm{1}和另一種化合物戊，根據(jù)元素守恒及電子轉(zhuǎn)移守恒可知戊為rm{CO}該反應的化學方程式：rm{NO}rm{N_{2}}該反應的平衡常數(shù)表達式rm{k=dfrac{c(N_{2})cdotc^{2}(CO_{2})}{c^{2}(CO)cdotc^{2}(NO)}}

故答案為：rm{CO_{2}}rm{2CO+2NO}rm{dfrac{c(N_{2})cdotc^{2}(CO_{2})}{c^{2}(CO)cdotc^{2}(NO)}}

rm{N_{2}+2CO_{2}}將rm{k=dfrac{c(N_{2})cdot

c^{2}(CO_{2})}{c^{2}(CO)cdotc^{2}(NO)}}氣體和rm{2CO+2NO}氣體充入一裝有催化劑的恒壓容器中；充分反應達平衡后：

rm{N_{2}+2CO_{2}}若氣體體積較原來減少rm{dfrac{c(N_{2})cdot

c^{2}(CO_{2})}{c^{2}(CO)cdotc^{2}(NO)}}則混合氣體減少物質(zhì)的量rm{(6)}則：

rm{1molCO}rm{1molNO}氣體物質(zhì)的量減少。

rm{壟脵}rm{23%}

rm{=(1mol+1mol)隆脕23%=0.46mol}rm{2CO+2NO}

故rm{n(NO)=dfrac{0.46mol隆脕2}{1}=0.92mol}

則rm{N_{2}+2CO_{2}}的轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{0.92mol}{1mol}隆脕100%=92%}

故答案為：rm{2}

rm{1}rm{n(NO)}則升高溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡常數(shù)rm{0.46mol}值將變??；

故答案為：變??；

rm{n(NO)=dfrac{0.46mol隆脕2}{1}

=0.92mol}其他條件不變時，若僅將壓強增大為原來的rm{NO}倍，平衡