2025年滬科新版高三物理上冊月考試卷

…………○…………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年滬科新版高三物理上冊月考試卷346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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在空氣阻力可忽略不計的條件下，下列物體運動過程中，機械能守恒的是（）A.被拋出的鉛球在空中運動B.起重機吊著貨物勻速上升C.小孩沿滑梯勻速滑下D.用力推箱子在水平地面上加速滑行2、下列說法中正確的是（）A.雷達發(fā)出的無線電波和海豚發(fā)出的超聲波傳播速度相同B.激光全息照相主要是利用了激光相干性好的特性C.用雙縫干涉測某種光波的波長時，僅減小雙縫間的距離，條紋間距將減小D.攝影機鏡頭鍍膜增透是利用了光的衍射現(xiàn)象3、一小球自80m高的塔頂自由下落（不計空氣阻力），則小球最后1秒的位移（）A.25mB.35mC.40mD.45m4、如圖所示，在水平傳送帶上有三個質(zhì)量分別為m1、m2、m3的木塊1、2、3，1和2及2和3間分別用原長為L，勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接起來，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ，現(xiàn)用水平細繩將木塊1固定在左邊的墻上，傳送帶按圖示方向勻速運動，當三個木塊達到平衡后，1、3兩木塊之間的距離是（）A.2L+B.2L+C.2L+D.2L+5、如圖所示，若線框abcd不閉合；當磁鐵轉(zhuǎn)動時，下列說法中正確的是（）

A.線框中產(chǎn)生感應電動勢，可跟隨磁鐵轉(zhuǎn)動B.線框中不產(chǎn)生感應電動勢，可跟隨磁鐵轉(zhuǎn)動C.線框中產(chǎn)生感應電動勢，不跟隨磁鐵轉(zhuǎn)動D.線框中不產(chǎn)生感應電動勢，不跟隨磁鐵轉(zhuǎn)動6、如圖，一質(zhì)量為m的球，用長為L的細線懸掛于O點，在O點正下方處釘有一根長釘，把懸線沿水平方向拉直后無初速度釋放，當懸線碰到釘子瞬間，以下說法不正確的是（）A.小球的角速度突然增大B.小球的向心加速度突然增大C.小球的線速度突然增大D.懸線拉力突然增大7、如圖所示，在光滑水平地面上放著一質(zhì)量為m，帶光滑弧形槽的小車．一質(zhì)量也為m的鐵塊以速度v沿水平槽口向上滑去，到某一高度后再向下返回．當鐵塊回到小車右端脫離小車時，將做（）A.以v為初速度的平拋運動B.以小于v的初速度平拋運動C.以大于v的初速度平拋運動D.自由落體運動8、如圖2所示，有許多根交于A點的光滑硬桿具有不同的傾角和方向，每根光滑硬桿上均套有一個小環(huán)，這些小環(huán)的質(zhì)量也均不相等．現(xiàn)在從t=0時刻，所有小環(huán)都由A點從靜止開始分別沿各自所套的光滑硬桿下滑，那么這些小環(huán)下滑速率相同的各點應分布在下述哪種面上？（）A.球面B.拋物面C.平面D.不規(guī)則曲面評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、光電池是利用光電效應制成的器件，關于光電效應和光電池，下列說法正確的是（）A.光電池是將光能轉(zhuǎn)化為電能的裝置B.光電池在昏暗的地方無法工作C.光電池工作時，入射光越強，光電池轉(zhuǎn)化的電能就越多E.光電效應的發(fā)生基本不需要時間積累，只要入射光的波長小于金屬的極限波長即可E.光電效應的發(fā)生基本不需要時間積累，只要入射光的波長小于金屬的極限波長即可10、兩只電流表A1和A2是由完全相同的兩只電流表改裝成的，A1表的量程是5A，A2表的量程是15A．為了測量15～20A的電流，把A1表和A2表并聯(lián)起來使用，在這種情況下（）A.A1表和A2表的示數(shù)相等B.A1表和A2表的指針偏轉(zhuǎn)角度相等C.A1表和A2表的指針偏轉(zhuǎn)角度不相等D.A1表和A2表的示數(shù)之比為1：311、如圖所示，用輕繩懸掛一小球，將小球拉至繩水平位置，然后由靜止釋放，讓其自由下擺．在小球擺向最低點的過程中，下列說法正確的是（）A.重力對小球做功的功率先增大后減小B.在最低點時懸繩的拉力與繩長無關C.懸繩越長，小球運動到最低點的時間越長D.小球運動過程中所受的合力始終沿繩指向懸點12、對近代物理，下列說法正確的是（）A.由玻爾的原子模型可推知，氫原子處于激發(fā)態(tài)時，量子數(shù)越大，核外電子動能越小B.對于任何一種金屬都存在一個“最小波長”，入射光的波長必須大于這個波長，才能產(chǎn)生光電效應C.在原子核中，比結合能越大表示原子核中的核子結合得越牢固E.每一種原子都有自己的特征譜線，因此可以用原子光譜來鑒別物質(zhì)E.每一種原子都有自己的特征譜線，因此可以用原子光譜來鑒別物質(zhì)13、下列說法中正確定的是（）A.放射性的原子核在發(fā)生α衰變時，使產(chǎn)生的新核處于低能級，這時它要向高能級躍遷，能量以γ光子的形式輻射出來B.放射性元素衰變的快慢跟原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關C.一個處于第四能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，最多向外輻射三種不同頻率的光子E.用某種光照射金屬發(fā)生光電效應后，當光強增強時，飽和光電流會增大E.用某種光照射金屬發(fā)生光電效應后，當光強增強時，飽和光電流會增大14、如圖是甲；乙兩物體做直線運動的v-t圖象．下列表述正確的是（）

A.甲與乙的速度方向相同B.甲與乙的速度方向相反C.甲和乙的加速度方向相同D.甲的加速度比乙的大15、如圖所示的斜線分別代表a、b兩物體運動時的速度-時間圖象；下列說法中正確的有（）

A.在前10s內(nèi)，b的位移比a的位移大B.b的加速度比a的加速度大C.a出發(fā)后10s追上bD.10s時兩物體的瞬時速率相等16、在下列核反應方程中，X代表質(zhì)子的方程的是（）A.Al+He→P+XB.N+He→O+XC.H+r→n+XD.H+X→He+n評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、（2016?浦東新區(qū)一模）某興趣小組利用如圖a所示實驗裝置測重力加速度．傾斜的球槽中放有若干個小鐵球；閉合開關K，電磁鐵吸住第1個小球．手動敲擊彈性金屬片M，M與觸頭瞬間分開，第1個小球開始下落，M迅速恢復，電磁鐵又吸住第2個小球．當?shù)?個小球撞擊M時，M與觸頭分開，第2個小球開始下落．這樣，就可測出n個小球下落的總時間T．

（1）實驗測得小球下落的高度H=1.98m，10個小球下落的總時間T=6.50s，可求出重力加速度g=____m/s2．（保留兩位小數(shù)）

（2）若電磁鐵在每次斷電一小段時間△t后磁性消失，這導致重力加速度的實驗測量值____．（選填偏大、偏?。疄榱讼撘蛩貙嶒灥挠绊?，某同學調(diào)整小球下落的高度H多次進行實驗，測量出n個小球下落的總時間T的對應值．根據(jù)測量數(shù)據(jù)H、T，做出-T圖象如圖b所示，由圖象可求出該線斜率為k，則重力加速度大小為____m/s2．18、（2015秋?寧夏校級月考）如圖所示；為探究影響平行板電容器電容的因素的實驗裝置，Q為平行板電容器電量，d為兩板間距離，S為兩板的正對面積，?為兩板間電介質(zhì)的介電常數(shù)．

（1）保持Q和d不變，S越小，電勢差U將____（填“增大”或“減小”），表示C與S成____（填“正比”或“反比”）

（2）保持Q和S不變，d越大，電勢差U將____（填“增大”或“減小”），表示C與d成____（填“正比”或“反比”）；

（3）保持Q和S不變，插入電解質(zhì)后電勢差U將____（填“增大”或“減小”），表示C與?成____（填“正比”或“反比”）．19、（2008秋?富陽市校級期中）一質(zhì)量為m=40kg的小孩子站在電梯內(nèi)的體重計上．電梯從t=0時刻由靜止開始上升，在0到6s內(nèi)體重計示數(shù)F的變化如圖所示．試問：在這段時間內(nèi)電梯上升的高度____m，取重力加速度g=10m/s2．20、交流電的有效值是根據(jù)電流的熱效應來規(guī)定的，對于正弦交流電，它的有效值是其峰值的____倍．21、（2011?鯉城區(qū)校級模擬）（1）某光電管的陰極為金屬鉀制成的，它的逸出功為2.21eV，如圖是氫原子的能級圖，一群處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時，輻射的光照射到該光電管的陰極上，這束光中能使金屬鉀發(fā)生光電效應的光譜線條數(shù)是____

A.2條B.4條C.5條D.6條

（2）如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2兩個小球在光滑的水平面上分別以速度v1、v2同時運動并發(fā)生對心碰撞，碰后m2被右側(cè)的墻原速彈回，又與m1相碰，碰后兩球都靜止．則兩球第一次碰后m1球的速度大小v1'是____

A.B.

C.D.．22、讀出下列測量儀器的示數(shù)23、一物體沿平直軌道做勻加速直線運動，打點計時器在物體拖動的紙帶上打下一系列點跡，以此記錄物體的運動情況。其中一部分紙帶上的點跡情況如圖9所示。已知打點計時器打點的時間間隔為0.02s，測得A點到B點，以及A點到C點的距離分別為x1＝3.20cm，x2＝12.80cm，則在打下點跡B時，物體運動的速度大小為____m/s；物體做勻加速運動的加速度大小為m/s224、將一個10-6C的負電荷從電場中A點移到B點，克服電場力做功2×10-6J．從C點移到D點，電場力做功8×10-6J，若已知B點比C點電勢低3V，則UAD=____V．25、如圖，質(zhì)量為m、管口截面積為S的足夠長的玻璃管內(nèi)灌滿密度為ρ的水銀．現(xiàn)把它豎直倒插在水銀槽中，再慢慢向上提起，直到玻璃管口剛與槽中的水銀面接觸，這時，玻璃管內(nèi)水銀柱的長度為H．現(xiàn)將管的封閉端掛在天平一個盤的掛鉤上，而在天平另一個盤中放砝碼，如圖所示．要使天平平衡，則所加砝碼質(zhì)量等于____．評卷人得分四、簡答題(共3題，共24分)26、蹦床運動是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳并在空中完成各種動作的項目．一個質(zhì)量為60kg的運動員，從離網(wǎng)面上3.2m處自由下落，與網(wǎng)接觸1.2s后彈回網(wǎng)面上5.0m處，若把這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當做恒力處理，求此力的大小．（g=10m/s2）27、rm{2017}年rm{5}月rm{18}日中共中央國務院公開致電祝賀南海北部神狐海域進行的“可燃冰”試采成功。“可燃冰”是天然氣水合物，外形像冰，在常溫常壓下迅速分解釋放出甲烷，被稱為未來新能源。rm{(1)}“可燃冰”作為能源的優(yōu)點是________________________________________________________________________rm{(}回答一條即可rm{)}rm{(2)}甲烷自熱重整是先進的制氫方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整兩個過程。向反應系統(tǒng)同時通入甲烷，氧氣和水蒸氣，發(fā)生的主要化學反應如下：。反應過程化學方程式焓變rm{triangleH(kJ.mol^{-l})}活化能rm{E.(kJ.mol^{-1})}甲烷氧化rm{CH_{4}(g)+O_{2}(g)}rm{?}rm{CO(g}rm{)+2H_{2}O(g)}rm{-802.6}rm{125.6}rm{CH_{4}(g)+O_{2}(g)}rm{?}rm{CO_{2}(g}rm{)+2H_{2}(g)}rm{-322.0}rm{172.}rm{5}rm{172.}rm{5}蒸氣重整rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)}rm{?}rm{CO(g)+3H_{2}(g)}rm{+206.2}rm{240.1}rm{CH_{4}(g)+2H_{2}O(g)}rm{?}rm{CO_{2}(g)+4H_{2}(g)}rm{+}rm{158.}rm{6}rm{243.9}rm{243.9}回答下列問題：rm{壟脵}在初始階段，甲烷蒸汽重整的反應速率______rm{(}填“大于”“小于”或“等于”rm{)}甲烷氧化的反應速率。rm{壟脷}反應rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?CO(g)+3H_{2}(g)}的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強關系rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?

CO(g)+3H_{2}(g)}其中rm{[}rm{n(CH_{4})}如圖所示。

該反應在圖中rm{n(H_{2}O)=1:1]}點的平衡常數(shù)rm{A}__________________________________________________________rm{Kp=}用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓rm{(}總壓rm{=}物質(zhì)的量分數(shù)rm{隆脕}圖中壓強rm{)}rm{(p_{1}}rm{p_{2}}rm{p_{3}}由大到小的順序為___________。rm{p_{4})}從能量角度分析，甲烷自熱重整方法的先進之處在于_____________________________________________________________________。rm{壟脹}如果進料中氧氣量過大，最終會導致rm{壟脺}物質(zhì)量分數(shù)降底，原因是_____________________________________________________。rm{H_{2}}甲烷超干重整rm{(3)}技術可得到富含rm{CO_{2}}的氣體，其能源和開境上的雙重意義重大，甲烷超干重整rm{CO}的催化轉(zhuǎn)化原理如圖所示。rm{CO_{2}}過程rm{壟脵}中第二步反應的化學方程式為____________________________________________________________________________________。rm{II}只有過程rm{壟脷}投料比rm{I}_________________________________，過程rm{n(CH_{4})/n(CO_{2})=}中催化劑組成才會保持不變。rm{II}該技術總反應的熱化學方程式為______________________________________________________________________________________________。rm{壟脹}28、如圖所示，已知電流表A的示數(shù)為2A，電流表A1的示數(shù)為1A，電流表A2的示數(shù)為1.4A，求通過燈泡L1、L2、L3的電流各是多少？評卷人得分五、綜合題(共3題，共18分)29、【題文】如圖所示，電子源每秒鐘發(fā)射2.50×1013個電子，以v0=8.00×106m/s的速度穿過P板上的A孔，從M、N兩平行板正中央進入兩板間，速度方向平行于板M且垂直于兩板間的勻強磁場，板M、N兩板間電壓始終為UMN="80.O"V，兩板距離為d=1.00×10-3m，電子在板M、N間做勻速直線運動后進入由C、D兩平行板組成的已充電的電容器中，電容器電容為8.00×10-8F，電子打到D板后就留在D板中，在時刻tl=0，D板電勢較C板高818V，在時刻t2=T，開始有電子打到M板上，已知電子質(zhì)量m=9.10×10-31kg，電量e=1.60×10-19C,電子從A孔到D板的運動時間不計；C；P兩板均接地，電子間不會發(fā)生碰撞。求:

（1）M；N間勻強磁場的磁感應強度大小。

（2）時間T及打到M板上的每個電子的動能（以eV為單位）。30、【題文】（12分）一質(zhì)量為M="2.0"kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動，被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過，如圖（一）所示.地面觀察者紀錄了小物塊被擊中后的速度隨時間的變化關系如圖（二）所示（圖中取向右運動的方向為正方向）.已知傳送帶的速度保持不變，g取10m/s2.

（1）指出小物塊隨傳送帶一起運動速度v的方向及大小；并說明理由；

（2）計算物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ；

（3）計算傳送帶總共對外做了多少功？系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為熱能？31、(1)

如圖為某攝影師用相機抓拍到的某旅游景區(qū)的照片，對該照片和攝影師拍攝過程中涉及的光學知識，下列理解正確的是________。A.圖中的景物在水中的像不是實際光線會聚而成的B.由于景物發(fā)出的光在平靜的湖面上發(fā)生全反射，所以景物在水中的像看起來很亮C.從相機中看不見湖面下物體的原因，可能是湖面下物體發(fā)出的光在湖面發(fā)生了全反射D.如果攝影師向湖面靠近，從相機中仍不能看到湖面下的物體E.如果攝影師遠離湖面，從相機中一定看不到湖面下的物體(2)

如圖所示，在坐標軸x=0

和x=20m

處有兩個連續(xù)振動的波源，在介質(zhì)中形成相向傳播的兩列波，t=0

時刻兩列波剛好傳到x=2m

和x=16m

處，已知兩列波的波速均為2.5m/s

求：

壟脵

從t=0

到t=2.5s

這段時間內(nèi)，x=7m

處質(zhì)點運動的路程；壟脷t=10s

時，x=12m

處質(zhì)點的位移。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】物體機械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，逐個分析物體的受力的情況，判斷做功情況，即可判斷物體是否是機械能守恒．也可以機械能的概念分析．【解析】【解答】解：A；被拋出的鉛球在空中運動的過程中；只有重力做功，機械能守恒，故A正確；

B；起重機吊著貨物勻速上升；動能不變，重力勢能增大，機械能增大，故B錯誤；

C；小孩沿滑梯勻速滑下；動能不變，重力勢能減小，機械能減少，故C錯誤；

D；箱子在水平地面上加速滑行；動能增大，重力勢能不變，機械能增大，故D錯誤；

故選：A2、B【分析】【分析】激光全息照相主要是利用了激光相干性好的特性；根據(jù)光的干涉條紋間距公式求解；鏡頭鍍膜增透是利用了光的干涉性【解析】【解答】解：A；超聲波屬于聲波的一種；而無線電波屬于電磁波；它們傳播的速度是不相等的，而且無線電波可以在真空中傳播，超聲波不能在真空中傳播；故A錯誤；

B；激光全息照相是利用了激光相干性好；獲得兩頻率相同的光，從而進行光的干涉，故B正確；

C、雙縫干涉測光波的波長時，根據(jù)；可知，若減小雙縫間的距離d，則同種光波的相鄰明條紋間距將增大，故C錯誤；

D；鏡頭鍍膜增透是利用了光的薄膜干涉現(xiàn)象；減弱光的反射，從而增加透射能力，故D錯誤；

故選：B．3、B【分析】【分析】已知物體下落的高度，故由h=可求得下落時間；最后1s內(nèi)的位移要由總位移減去1s前的總位移．【解析】【解答】解：由h=得：

t===4s

最后1s內(nèi)的位移：

h′=80m-m=35m

故選：B．4、B【分析】【分析】分別對木塊3和木塊2和3整體分析，通過共點力平衡，結合胡克定律求出兩根彈簧的形變量，從而求出1、3量木塊之間的距離．【解析】【解答】解：對木塊3分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm3g=kx，則x=．

對木塊2和3整體分析，摩擦力和彈簧彈力平衡，有：μ（m2+m3）g=kx′，則．

則1、3兩木塊的距離s=2L+x+x′=2L+．故B正確；A；C、D錯誤．

故選B．5、D【分析】【分析】感應電流產(chǎn)生的條件是：1．閉合回路．2．回路中的磁通量發(fā)生變化．由此分析解答即可．【解析】【解答】解：由于線框不閉合；所以電路中并不能產(chǎn)生感應電流，所以線框不跟隨磁鐵轉(zhuǎn)動．

故選：D6、C【分析】【分析】把懸線沿水平方向拉直后無初速度釋放，當懸線碰到釘子的前后瞬間，線速度大小不變，半徑發(fā)生變化，根據(jù)v=rω，a=判斷角速度、向心加速度大小的變化，再根據(jù)牛頓第二定律判斷懸線拉力的變化．【解析】【解答】解：A、把懸線沿水平方向拉直后無初速度釋放，當懸線碰到釘子的前后瞬間，由于重力與拉力都與速度垂直，所以小球的線速度大小不變，根據(jù)知，半徑變小，則角速度增大，根據(jù)a=知；向心加速度增大．故A；B正確，C錯誤．

D、根據(jù)牛頓第二定律得，知，F(xiàn)=mg+m；知懸線的拉力增大．故D正確．

本題選不正確的，故選：C．7、D【分析】【分析】整個過程水平方向動量守恒；機械能守恒，所以相當于彈性碰撞．

當鐵塊回到小車右端時，鐵塊的速度為0，小車具有向左的速度．【解析】【解答】解：整個過程水平方向動量守恒；機械能守恒，所以相當于彈性碰撞．

由于小車和鐵塊的質(zhì)量都為m；所以當鐵塊回到小車右端時，鐵塊的速度為0，小車具有向左的速度．

所以當鐵塊回到小車右端時將做自由落體運動．

故選：D．8、C【分析】【分析】小環(huán)沿硬桿下滑時，受到重力和桿的支持力，只有重力做功，根據(jù)機械能守恒定律得到速率與下滑高度之間的關系，根據(jù)高度關系，判斷下滑速率相同的各點連接起來構成的形狀．【解析】【解答】解：設小環(huán)下滑的高度為h時；速率為v．根據(jù)機械能守恒定律得：

mgh=

得：h=

則知；速率v相等，小環(huán)下落的高度h相等，所以將這些下滑速率相同的各點連接起來應在一個水平面上．故C正確，ABD錯誤．

故選C二、多選題(共8題，共16分)9、ACE【分析】【分析】光電池是將光能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；光電池工作與入射光的強度無關，入射光的強度影響光電池轉(zhuǎn)化電能的多少；根據(jù)光電效應方程，結合入射光的頻率大小比較光電子的最大初動能；當入射光的頻率大于金屬的極限頻率，即入射光的波長小于金屬的極限波長，可以發(fā)生光電效應．【解析】【解答】解：A；光電池板工作時消耗太陽能；得到了電能，故它在工作時把光能轉(zhuǎn)化為電能．故A正確．

B；發(fā)生光電效應的條件與光的強弱無關；可知光電池在昏暗的地方照樣工作，故B錯誤．

C；光電池工作時；入射光越強，光的能量值就越大，光電池轉(zhuǎn)化的電能就越多，故C正確．

D；不可見光的頻率不一定比可見光的頻率大；則用不可見光照射金屬，產(chǎn)生的光電子的最大初動能不一定比可見光照射金屬產(chǎn)生的光電子最大初動能大，故D錯誤．

E；光電效應的發(fā)生基本不需要時間積累；只要入射光的波長小于金屬的極限波長即可，故E正確．

故選：ACE．10、BD【分析】【分析】電流表A1、A2是由兩個相同的小量程電流表改裝成的，它們并聯(lián)時，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉(zhuǎn)的角度相同，量程大的電流表讀數(shù)大．指針的偏轉(zhuǎn)取決于流過表頭的電流的大小．【解析】【解答】解：A、A1表的量程是5A，A2表的量程是15A，兩電流表內(nèi)阻不同，A1的內(nèi)阻是A2內(nèi)阻的三倍，兩電流表并聯(lián)時，電流表兩端電壓相等，通過兩電流表的電流之比為1：3，A1表和A2表的示數(shù)之比為1：3；故A錯誤，D正確；

B、兩電流表A1、A2并聯(lián)；電流表兩端電壓相等，表頭兩端電壓相等，通過表頭的電流相等，指針偏轉(zhuǎn)的角度相等，故B正確，C錯誤；

故選：BD．11、ABC【分析】【分析】小球被釋放后做圓周運動，只有重力做功，機械能守恒，運動過程中，小球具有向心加速度和切向加速度，根據(jù)牛頓第二定律列式判斷拉力T的變化情況．【解析】【解答】解：A、小球的速度增大，在最低點豎直分速度為零，可知豎直分速度先增大后減小，根據(jù)P=mgvy可知；重力的功率先增大，后減小，故A正確；

B；從最高點到最低點的過程中；根據(jù)動能定理得：

在最低點有：

T-mg=m

解得：T=3mg；與l無關，故B正確；

C；懸繩變長后；水平方向的運動情況沒有發(fā)生改變，則平均速度也沒有發(fā)生改變，所以時間變長了，故C正確；

D；小球做的是變加速圓周運動；合力不指向圓心，故D錯誤．

故選ABC12、ACE【分析】解：A、由玻爾的原子模型可推知，氫原子處于激發(fā)態(tài)時，量子數(shù)越大，電子的軌道半徑越大，根據(jù)知；核外電子的動能越小，故A正確．

B；對于任何一種金屬都存在一個“最小波長”；入射光的波長必須小于這個波長，才能產(chǎn)生光電效應，故B錯誤．

C；在原子核中；比結合能越大的原子核，核子結合得越牢固，故C正確．

D；放射性元素的半衰期與原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關；故D錯誤．

E；每一種原子都有自己的特征譜線；因此可以用原子光譜來鑒別物質(zhì)，故E正確．

故選：ACE．

根據(jù)玻爾模型知；量子數(shù)越大，電子軌道半徑越大，結合庫侖引力提供向心力分析電子動能的變化；當入射光的波長小于金屬的極限波長，才能發(fā)生光電效應；比結合能越大，原子核中核子結合得越牢固；放射性元素的半衰期由原子核內(nèi)部因素決定，與原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關；每一種原子都有自己的特征譜線，因此可以用原子光譜來鑒別物質(zhì)，稱之為光譜分析．

本題考查了玻爾模型、光電效應、結合能、半衰期、光譜分析等基礎知識點，關鍵要熟悉教材，牢記這些基礎知識點，注意半衰期由原子核內(nèi)部因素決定．【解析】【答案】ACE13、BCE【分析】【分析】當從低能級向高能級躍遷，必須以γ光子的形式吸收能量；愛因斯坦提出光子說；根據(jù)數(shù)學組合公式求出氫原子可能輻射光子頻率的種數(shù)；當光強增強時，飽和光電流會增大，從而即可求解．【解析】【解答】解：A；使產(chǎn)生的新核處于低能級；這時它要向高能級躍遷，必須以γ光子的形式吸收能量，而不是輻射出來，故A錯誤；

B；放射性元素衰變的快慢跟原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關；故B正確；

C；一個處于n=4能級的氫原子會自發(fā)地向低能級躍遷；躍遷時最多能發(fā)出3個光子；

即從n=4能級躍遷到n=3能級；從n=3能級躍遷到n=2能級，從n=2能級躍遷到n=1能級，故C正確；

D；愛因斯坦通過對光電效應現(xiàn)象的分析提出了光子說；故D錯誤；

E；在光電效應中；入射光越強，光電流的飽和值越大，故E正確；

故選：BCE．14、AD【分析】【分析】在速度-時間圖象中；某一點代表此時刻的瞬時速度，傾斜直線表示勻變速直線運動，根據(jù)形狀分析物體的運動性質(zhì)；

圖線的斜率代表物體的加速度，向右上方傾斜，加速度為正，向右下方傾斜，加速度為負．【解析】【解答】解：AB；速度的正負表示速度的方向；由圖知，兩個物體的速度均沿正方向，方向相同，故A正確，B錯誤．

C；v-t圖象的斜率等于加速度；由數(shù)學知識得知，甲的加速度沿負向，乙的加速度沿正向，兩者加速度方向相反，故C錯誤．

D；由速度圖線斜率的大小等于加速度的大??；甲圖線的斜率較大，則甲的加速度比乙的大．故D正確．

故選：AD．15、AD【分析】【分析】速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體在該段時間內(nèi)通過的位移；速度圖象的斜率等于物體的加速度【解析】【解答】解：A、速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體在該段時間內(nèi)通過的位移，由圖可知b物體在10s內(nèi)通過的位移大于a物體通過的位移；故A正確．

B、速度圖象的斜率等于物體的加速度，由圖可知a的斜率大于b的斜率，故a的加速度大于b的加速度；故B錯誤．

C、由圖可知A的初速度為0，B的初速度大于0，由圖可知b物體在10s內(nèi)通過的位移大于a物體通過的位移，10s后追不上b；故C錯誤。

D；由圖可知在10s時兩物體的瞬時速度相同；故瞬時速率相同，故D正確．

故選：AD．16、BC【分析】【分析】根據(jù)核反應方程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，求出未知粒子的核電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)即可判斷粒子的種類．【解析】【解答】解：A；根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒得X的電荷數(shù)為0；質(zhì)量數(shù)為1，所以X是中子，故A錯誤；

B；同理X的電荷數(shù)為1；質(zhì)量數(shù)為1，所以X為質(zhì)子，故B正確；

C；X的電荷數(shù)為1；質(zhì)量數(shù)為1，所以X是質(zhì)子，故C正確；

D；X的電荷數(shù)為1；質(zhì)量數(shù)為2，所以X是氘核，故D錯誤．

故選：BC．三、填空題(共9題，共18分)17、9.37偏小2n2k2【分析】【分析】（1）根據(jù)自由落體運動規(guī)律H=gt2可以求出重力加速度大小；

（2）若電磁鐵在每次斷電一小段時間△t后磁性消失；導致下落時間變長，則由公式可知，實驗測量值的變化；

再由圖象的斜率，結合重力加速度的表達式，即可求解．【解析】【解答】解：（1）一個小球下落的時間為：t===0.65s

根據(jù)自由落體運動規(guī)律H=gt2

可得：g===9.37m/s2；

（2）若電磁鐵在每次斷電一小段時間△t后磁性消失；那么下落的總時間變長；

根據(jù)以上公式；可知，重力加速度的實驗測量值偏??；

由g==，則有：H=，即=T

由于圖象可求出該線斜率為k，那么=k

解得：g=2n2k2；

故答案為：（1）9.37；（2）偏?。?n2k218、增大正比增大反比減小正比【分析】【分析】靜電計測量的是電容器兩極板間的電勢差，電勢差越大，金屬箔張角越大．根據(jù)C=，判斷電容的變化，根據(jù)U=判斷電勢差的變化．【解析】【解答】解：（1）保持Q和d不變，S越小，即正對面積減小時，根據(jù)C=，表示C與S成正比，且可判斷電容變小，電容器的帶電量Q不變，根據(jù)U=判斷電勢差變大；

（2）保持Q和S不變，d越大，即板間距離增大時，根據(jù)C=，表示C與d成反比，且可判斷電容變小，電容器的帶電量Q不變，根據(jù)U=判斷電勢差變大；

（3）保持Q和S不變，當插入電介質(zhì)時，根據(jù)C=，可知，C與?成正比，且C增大，Q不變，根據(jù)U=；則可知，電勢差U減小；

故答案為（1）增大；正比；（2）增大；反比；（3）減小，正比．19、9【分析】【分析】對小孩受力分析，受重力和支持力，體重計示數(shù)等于支持力大小，求出各段時間內(nèi)（加速、勻速、減速）物體的加速度，結合運動學規(guī)律求上升的總高度．【解析】【解答】解：在0s-2s內(nèi)，電梯做勻加速運動，加速度為：a1==1m/s2

上升高度為：h1=a1t12=2m

2s末速度為：v=a1t1=2m/s

在中間3s內(nèi)，電梯加速度為0，做勻速運動上升高度為：h2=vt2=6m

最后1s內(nèi)做勻減速運動，加速度為：a2==-2m/s2

在第6s末恰好停止，上升高度為：h3=vt3=1m

故在這段時間內(nèi)上升高度為h=h1+h2+h3=2+6+1m=9m

故答案為：920、【分析】【分析】根據(jù)正弦交流電，有效值跟峰值的關系U=，即可求解．【解析】【解答】解：由于正弦交流電，因此根據(jù)U=得；

有效值是其峰值的

故答案為：21、BB【分析】【分析】（1）從n=4能級的氫原子向低能級躍遷時；共產(chǎn)生6種頻率的光子，根據(jù)能級差算出每個光子能量，凡是大于2.21eV均能發(fā)生光電效應．

（2）兩次碰撞過程均動量守恒，根據(jù)動量守恒可正確解答．【解析】【解答】解：（1）金屬鈉的逸出功為2.21eV；因此光子的能量要大于2.21eV才能使其發(fā)生光電效應．處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時共產(chǎn)生6種譜線，其中只有從n=4向n=3能級躍遷和從n=3向n=2能級躍遷的光子能量小于2.21eV，故能使金屬鉀發(fā)生光電效應的光譜線條數(shù)為4條，ACD錯誤，B正確．

故選B．

（2）開始兩球碰撞時；動量守恒，因此有：

①

碰后m2被右側(cè)的墻原速彈回，又與m1相碰時；動量守恒：

②

聯(lián)立①②解得：；故ACD錯誤，B正確．

故選B．22、略

【分析】【解析】試題分析：游標卡尺讀數(shù)為：螺旋測微器的讀數(shù)為：連接3V，為1分度盤，所以電壓表讀數(shù)為連接0.6A，為1分度盤，所以電流表讀數(shù)為0.38A考點：考查了高中力學和電學儀器的讀數(shù)問題【解析】【答案】3.04cm2.4436cm1.62v0.38A23、略

【分析】由可求出加速度大小，B點速度等于AC間的平均速度【解析】【答案】0.64（2分）6.4（2分）24、-9【分析】【分析】根據(jù)電勢差的定義式U=和電勢差與電勢的關系分析求解．【解析】【解答】解：據(jù)電勢差的定義式U=

得：UAB===2V

UCD==-8V

據(jù)電勢差與電勢的關系：即φA-φB=2V①

φC-φD=-8V②

據(jù)題意可知：φC-φB=3V③

所以：UAD=φA-φD④

聯(lián)立①②③④解得：UAD=-9V

故答案為：-9V25、m【分析】【分析】對玻璃管口剛與槽中的水銀面接觸的玻璃管受力分析，根據(jù)平衡條件列出式子，即可分析作用在天平左端的力的大小，然后根據(jù)天平原理得出右端所加砝碼質(zhì)量．【解析】【解答】解：玻璃管口剛與槽中的水銀面接觸時；將玻璃管和里面的水銀作為一個整體，則受力情況為：

豎直向下的是：玻璃管和里面的水銀的重力，即G=G玻璃+G水銀=mg+m水銀g=mg+ρV水銀g=mg+ρSH水銀g；

豎直向上的是：天平左端的拉力F和大氣壓對水銀的支持力N，即F向上=F+N=F+PS；

根據(jù)物體的平衡條件可知：F向上=G

由于由圖可知這是托里拆利實驗，則大氣壓：P=ρgH水銀

故F=mg

要使天平平衡；則所加砝碼質(zhì)量等于m．

故答案為：m．四、簡答題(共3題，共24分)26、略

【分析】【分析】運動員先做自由落體運動，根據(jù)機械能守恒定律求速度，對運動員受力分析，然后根據(jù)動量定理列式求解．【解析】【解答】解：設運動員從h1處下落；剛觸網(wǎng)的速度為。

v1==8m/s（方向向下）；

運動員反彈到達高度h2；離網(wǎng)時速度為。

v2==10m/s（方向向上）．

在接觸網(wǎng)的過程中；運動員受到向上的彈力F和向下的重力mg，設向上方向為正，由動量定理有。

（F-mg）t=mv2-（-mv1）

F=1.5×103N．

答：網(wǎng)對運動員的作用力1.5×103N．27、rm{(1)}能量密度高、清潔、污染小、儲量大

rm{(2)壟脵}小于

rm{壟脷}rm{dfrac{3}{16}}rm{(Mpa)^{2}}或rm{0.1875(}rm{Mpa)^{2}}rm{p_{1}>p_{2}>p_{3}>p_{4}}

rm{壟脹}甲烷氧化反應放出熱量正好洪蒸汽重整反應所吸收自熱量，達到能量平衡

rm{壟脺}氧氣量過大，會將rm{H_{2}}氧化導致rm{H_{2}}物質(zhì)量分數(shù)降低

rm{(3)壟脵3Fe+4CaCO_{3}}rm{Fe_{3}O_{4}+4CaO+4CO隆眉}

rm{壟脷1/3}

rm{壟脹CH_{4}(g)+3CO_{2}(g)}rm{2H_{2}O(g)+4CO(g)}rm{triangleH=+349kJ/mol}【分析】【分析】本題考查化學平衡圖像分析、反應速率的影響因素和熱化學方程式書寫，難度中等，結合相關基礎知識進行作答。【解答】rm{(1)}“可燃冰”作為能源的優(yōu)點是能量密度高、清潔、污染小、儲量大，故答案為：能量密度高、清潔、污染小、儲量大；rm{(2)壟脵}由表中數(shù)據(jù)可知，甲烷氧化的活化能低于蒸氣重整的活化能，活化能越低，反應速率越快，故初始階段，甲烷蒸汽重整的反應速率小于甲烷氧化的反應速率，故答案為：小于；rm{壟脷}利用三段式分析。設起始甲烷和水蒸氣的物質(zhì)的量均為rm{1mol}rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?CO(g)+3H_{2}(g)}起始rm{CH_{4}(g)+H_{2}O(g)?

CO(g)+3H_{2}(g)}rm{(mol)1}rm{1}rm{0}轉(zhuǎn)化rm{0}rm{(mol)0.2}rm{0.2}rm{0.2}平衡rm{0.6}rm{(mol)0.8}rm{0.8}rm{0.2}甲烷、水、一氧化碳和氫氣的平衡分壓分別為rm{0.6}rm{4/3MPa}rm{4/3MPa}rm{1/3MPa}該反應在圖中rm{1MPa}點的平衡常數(shù)rm{A}rm{Kp=}rm{=}rm{3/}rm{16}rm{3/}rm{16}或rm{3/}rm{3/}由圖可知當溫度相同時，壓強由rm{16}到rm{16}甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率逐漸增大，該反應正向為氣體物質(zhì)的量增大的反應，減小壓強，平衡正向移動，甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率增大，則圖中壓強rm{(Mpa)^{2}}rm{0.1875(}rm{Mpa)^{2}}rm{p_{1}}由大到小的順序為rm{p_{4}}，故答案為：rm{(p_{1}}rm{p_{2}}或rm{p_{3}}rm{p_{4})}rm{p_{1}>p_{2}>p_{3}>p_{4}}rm{3/16}rm{(Mpa)^{2}}從能量角度分析，甲烷自熱重整方法的先進之處在于甲烷氧化反應放出熱量正好洪蒸汽重整反應所吸收自熱量，達到能量平衡，故答案為：甲烷氧化反應放出熱量正好洪蒸汽重整反應所吸收自熱量，達到能量平衡；rm{0.1875(}如果進料中氧氣量過大，最終會導致rm{Mpa)^{2}}物質(zhì)量分數(shù)降底，原因是氧氣量過大，會將rm{p_{1}>p_{2}>p_{3}>p_{4}}氧化導致rm{;}物質(zhì)量分數(shù)降低，故答案為：氧氣量過大，會將rm{壟脹}氧化導致rm{壟脺}物質(zhì)量分數(shù)降低；rm{H_{2}}根據(jù)圖示知過程rm{H_{2}}中鐵與碳酸鈣反應生成四氧化三鐵、氧化鈣和一氧化碳，化學方程式為rm{H_{2}}rm{H_{2}}故答案為：rm{H_{2}}rm{(3)壟脵}；rm{II}過程rm{3Fe+4CaCO_{3}}的總反應為rm{Fe_{3}O_{4}+4CaO+4CO隆眉}rm{3Fe+4CaCO_{3}}，rm{Fe_{3}O_{4}+4CaO+4CO隆眉}投料比rm{壟脷}過程rm{II}的總反應為rm{壟脷}rm{II}rm{CH_{4}(g)+3CO_{2}(g)}rm{2H_{2}O(g)+4CO(g)}過程只有過程rm{I}投料比rm{n(CH}中催化劑組成才會保持不變，rm{I}rm{n(CH}該技術總反應的熱化學方程式為rm{{,!}_{4}}rm{)/n(CO}rm{)/n(CO}故答案為：rm{{,!}_{2}}rm{)=1/3}過程rm{II}中催化劑組成才會保持不變，rm{)=1/3}rm{II}【解析】rm{(1)}能量密度高、清潔、污染小、儲量大rm{(2)壟脵}小于rm{壟脷}rm{dfrac{3}{16}}rm{(Mpa)^{2}}或rm{0.1875(}rm{Mpa)^{2}}rm{p_{1}>p_{2}>p_{3}>p_{4}}rm{壟脹}甲烷氧化反應放出熱量正好洪蒸汽重整反應所吸收自熱量，達到能量平衡rm{壟脺}氧氣量過大，會將rm{H_{2}}氧化導致rm{H_{2}}物質(zhì)量分數(shù)降低rm{(3)壟脵3Fe+4CaCO_{3}}rm{Fe_{3}O_{4}+4CaO+4CO隆眉}rm{壟脷1/3}rm{壟脹CH_{4}(g)+3CO_{2}(g)}rm{2H_{2}O(g)+4CO(g)}rm{triangleH=+349kJ/mol}28、略

【分析】【分析】由電路圖可知，三燈泡并聯(lián)，電流表A測干路電流，電流表A1測L2和L3支路的電流之和，電流表A2測L1和L2支路的電流之和．根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點結合電流表的示數(shù)進行解答．【解析】【解答】解：由電路圖可知，三燈泡并聯(lián)，電流表A測干路電流，電流表A1測L2和L3支路的電流之和，電流表A2測L1和L2支路的電流之和；

根據(jù)并聯(lián)電路電流規(guī)律可知：

I1+I2+I3=2A①

I2+I3=1A②

I1+I2=1.4A③

由①②可得，I1=1A；

由①③可得，I3=0.6A；

故I2=1.4A-0.1A=0.4A．

答：通過燈泡L1、L2和L3的電流分別是1A、0.4A、0.6A．五、綜合題(共3題，共18分)29、略

【分析】【解析】（1）電子在板M；N間做勻速直線運動；有。

eBvo=Ee（3分）

又E=U/d（3分）

解得B=1.00×10-2T（1分）

（2）電子在C；D中往返；電場力未做功，故打到M板時動能為。

Ek=="222ev"（4分）

其中，==182ev。這說明只有當C板電勢較D板高182V時電子才開始返回；這一過程中電容器兩板電壓變化了。

ΔU=182—(—818)=103V（3分）

因而D板的電量變化了。

ΔQ=CΔU=8×10-5C（3分）

故T=="20.02s"（2分）【解析】【答案】（1）1.00×10-2T（2）20.02s30、略

【分析】【解析】（1）傳送帶的速度v的方向向右；大小為2.0m/s.從速度圖像中可以看出，物塊被擊穿后，先向左做減速運動，速度為零后，又向右做加速運動，當速度等于2m/s以后隨傳送帶一起向右做勻速運動.（2分）

（2）由速度圖像可得，物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運動的加速度為a；有。

a==m/s2="2.0"m/s2（1分）

由牛頓第二定律：得μMg=Ma（2分）

得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)。

μ===0.2（1分）

（3）解法一：由速度圖像可知，傳送帶與物塊存在摩擦力的時間只有3秒，傳送帶在這段時間內(nèi)移動的位移為s；

s=vt="2.0×3"m="6.0"m（1分）

所以；傳送帶所做的功。

W=fs="4.0×6.0"J="24.0"J（