2025年華師大新版高三物理下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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)2025年華師大新版高三物理下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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9題，共18分)1、（2015秋?洛陽(yáng)期末）小燈泡的伏安特性曲線如圖的AB段（曲線）所示，由圖可知，燈絲的電阻因溫度的影響改變了（）A.0.2ΩB.0.5ΩC.2ΩD.10Ω2、矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，線圈輸出的交流電壓隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.交流電壓的有效值為36B.交流電的頻率為4HzC.2s時(shí)通過(guò)線圈的磁通量變化最快D.3s時(shí)通過(guò)線圈的磁通量變化最快3、放射性元素衰變時(shí)放出三種射線，按穿透能力由強(qiáng)到弱的排列順序是（）A.α射線，β射線，γ射線B.γ射線，β射線，α射線C.γ射線，α射線，β射線D.β射線，α射線，γ射線4、如圖所示，電路中L1、L2、L3是三盞完全相同的白熾小燈泡，把它們串聯(lián)后接在電壓為6V的電源上，三個(gè)小燈泡都正常發(fā)光，后來(lái)三個(gè)小燈泡都不亮了，用電壓表接ac兩端時(shí)，示數(shù)是6V；接bd兩端時(shí)，電壓表示數(shù)為零．接ab兩端時(shí)，示數(shù)也為零．導(dǎo)線連接良好，則燈絲燒斷的小燈泡是（）A.僅是L1B.僅是L2C.L1和L2D.L2和L35、如圖所示是街頭變壓器通過(guò)降壓給用戶供電的示意圖．變壓器的輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時(shí)輸入電壓不會(huì)有大的波動(dòng)（V1的示數(shù)不變）．輸出電壓通過(guò)輸電線輸送給用戶，兩條輸電線的總電阻用R0表示，變阻器R代表用戶用電器的總電阻，當(dāng)用電器增加時(shí)，相當(dāng)于R的值減小（滑動(dòng)片向下移）．如果變壓器上的能量損失可以忽略，當(dāng)用戶的用電器增加時(shí)，圖中各表的讀數(shù)變化情況為（）A.A1的示數(shù)不變B.A2的示數(shù)變大C.V2的示數(shù)變大D.V3的示數(shù)變大6、【題文】一列沿x軸負(fù)方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在某時(shí)刻（設(shè)該時(shí)間為t＝0時(shí)刻）的波形如圖所示；在0.7s末，質(zhì)點(diǎn)P恰好第二次到達(dá)波峰，則下列說(shuō)法正確的是。

A.該列波的傳播速度是1m/sB.在0.9s末，質(zhì)點(diǎn)Q第一次到達(dá)波峰C.如果x＝5m處就是波源，則它剛開始起振的方向是y軸的正方向D.當(dāng)質(zhì)點(diǎn)Q到達(dá)波峰時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P也在波峰7、【題文】有一個(gè)多用電表，其歐姆擋的四個(gè)量程分別為：“×1”“×10”“×100”“×1k”，某同學(xué)把選擇開關(guān)旋到“×100”擋測(cè)量一未知電阻時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角很大，為了減小誤差，它應(yīng)該()A.換用“×1k”擋，不必重新調(diào)整調(diào)零旋鈕B.換用“×10”擋，不必重新調(diào)整調(diào)零旋鈕C.換用“×1k”擋，必須重新調(diào)整調(diào)零旋鈕D.換用“×10”擋，必須重新調(diào)整調(diào)零旋鈕8、以速度v0水平拋出一小球，某時(shí)刻小球在豎直方向上的分位移與水平方向上的分位移大小相等，則此時(shí)小球（）A.速度大小為v0B.速度大小為v0C.速度方向與位移方向相同D.豎直分速度與水平分速度大小相等9、A、B兩人分立于如圖所示的位置上，人A在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，人B在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則人B觀察到人A的即時(shí)速度（）A.斜向右上方B.斜向右下方C.水平向左D.斜向左上方評(píng)卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、關(guān)于E=和E=k，下列說(shuō)法正確的是（）A.E=對(duì)任何電場(chǎng)都適用B.E=k只適用于真空中點(diǎn)電荷的電場(chǎng)C.在庫(kù)侖定律的表達(dá)式F=k中，k是點(diǎn)電荷q2產(chǎn)生的電場(chǎng)在點(diǎn)電荷q1處的場(chǎng)強(qiáng)大小，而k是點(diǎn)電荷q1產(chǎn)生的電場(chǎng)在點(diǎn)電荷q2處的場(chǎng)強(qiáng)大小D.由E=k可知，在離點(diǎn)電荷很近，r接近于零時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度達(dá)無(wú)窮大11、已知貨物的質(zhì)量為m，在某段時(shí)間內(nèi)起重機(jī)將貨物在豎直方向以加速度a（a＜g）勻加速下降h，重力加速度為g，在這段時(shí)間內(nèi)（）A.貨物的動(dòng)能增加了m（g-a）hB.貨物的機(jī)械能減小了m（g-a）hC.貨物的重力勢(shì)能減少了mghD.起重機(jī)對(duì)貨物做功為m（g-a）h12、如圖所示，已知R1＞R2，C1=C2，當(dāng)S斷開時(shí)，C1內(nèi)有一帶電粒子處于平衡狀態(tài)，下面敘述正確的是（）A.S斷開時(shí)，C1、C2電量之比為1：1B.S閉合后，C1、C2電量之比為R1：R2C.S閉合后，C1內(nèi)的帶電微粒向上加速運(yùn)動(dòng)D.S閉合后，B點(diǎn)電勢(shì)升高13、一物體隨升降機(jī)豎直向上運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知此物體（）A.前2s內(nèi)處于失重狀態(tài)B.前5s內(nèi)合力對(duì)物體做功為OC.第2s內(nèi)的位移大于第5s內(nèi)的位移D.第1s末的加速度大于第4.5s末的加速度14、下列說(shuō)法中正確的是()A.氫原子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)，電子的動(dòng)能增加，原子的電勢(shì)能減少B.光波是概率波，光子在前進(jìn)和播過(guò)過(guò)程中；其位置和動(dòng)量能夠同時(shí)確定C.在光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，若僅將入射光由綠光改為紅光其他條件不變，則干涉條紋間距變寬D.發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能和入射光的頻率成正比15、如圖甲所示；在升降機(jī)的頂部安裝了一個(gè)能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機(jī)在勻速運(yùn)行過(guò)程中突然停止，并以此時(shí)為零時(shí)刻，在后面一段時(shí)間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度，則（）

A.升降機(jī)停止前在向上運(yùn)動(dòng)B.O-tl時(shí)間內(nèi)小球處于失重狀態(tài)，t1-t2時(shí)間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)C.t1-t3時(shí)間內(nèi)小球向下運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能先增大后減小D.t3-t4時(shí)間內(nèi)彈簧彈性勢(shì)能變化量小于小球動(dòng)能變化量評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、（2005?徐匯區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，物塊A、B間用輕彈簧連接，放在框架C內(nèi)，框架C用細(xì)繩懸掛著，系統(tǒng)靜止，兩個(gè)物塊和框架的質(zhì)量都相等，當(dāng)剪斷懸繩D的瞬間，A受____個(gè)力，B受____力，此瞬間，它們的加速度大小分別為aA=____，aB=____，aC=____．17、（2006?上海模擬）（A類題）在傾角為θ的光滑供銷斜面上垂直紙面放一根長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于斜面向下，如圖所示，當(dāng)導(dǎo)體棒內(nèi)通有垂直紙面向里的電流I時(shí)，導(dǎo)體棒恰好靜止在斜面上，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為____，若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，方向改為豎直向上，則導(dǎo)體棒的滑動(dòng)方向?yàn)檠匦泵嫦騙___．18、某同學(xué)“用單擺測(cè)定重力加速度”實(shí)驗(yàn)探究該問題．

（1）用最小分度為毫米的米尺測(cè)得擺線的長(zhǎng)度為990.8mm，用10分度的游標(biāo)卡尺測(cè)得擺球的直徑如圖1所示，擺球的直徑為____mm．

（2）把擺球從平衡位置拉開一個(gè)小角度由靜止釋放，使單擺在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，用秒表測(cè)出單擺做50次全振動(dòng)所用的時(shí)間，秒表讀數(shù)如圖2所示，讀出所經(jīng)歷的時(shí)間，單擺的周期為____s．

（3）測(cè)得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹開___m/s2．（保留3位有效數(shù)字）

19、質(zhì)量為m的汽車經(jīng)過(guò)凸拱橋頂點(diǎn)時(shí)的速度為v，橋面可看成圓弧，半徑為r，則汽車的向心力大小為______，當(dāng)汽車經(jīng)過(guò)凸拱橋頂點(diǎn)時(shí)的速度為______時(shí)，橋面對(duì)汽車的支持力為零。（已知重力加速度為g）。20、春分時(shí)，陽(yáng)光直射赤道，現(xiàn)赤道上有一個(gè)人在日落后2小時(shí)，抬頭發(fā)現(xiàn)在頭頂正上方有一顆衛(wèi)星，設(shè)地球半徑為R，則該衛(wèi)星離地面高度至少為____，若該衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，它離地比同步衛(wèi)星離地更遠(yuǎn)，則從地面上看它的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)開___（填“自東向西”或“自西向東”）．21、完成下列核反應(yīng)方程。

（1）Al+n→Na+____

（2）N+He→O+____

（3）Be+He→____+n．22、將一根長(zhǎng)為1.0m的導(dǎo)體棒AD在中點(diǎn)O處彎折成直角，放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其AO邊與磁場(chǎng)方向成60°角，使導(dǎo)體棒中通以10A的電流，如圖所示，在導(dǎo)體棒沿著磁場(chǎng)力方向移動(dòng)20cm的過(guò)程中，磁場(chǎng)力對(duì)通電導(dǎo)體棒所作的功為____．23、真空中有兩個(gè)大小相等的帶電球體，帶電量分別為Q和-8Q，相距為r（r遠(yuǎn)大于球半徑）時(shí)，它們之間的靜電引力為F，若將兩個(gè)帶電體接觸后再分開，仍相距r，它們之間的靜電力F′為____力（吸引或排斥），靜電力大小為F′=____F．24、（2015秋?宜春月考）在同一平面上共點(diǎn)的四個(gè)力F1、F2、F3、F4的大小依次是19N、40N、30N和15N方向如圖所示，其合力大小為____N（sin37°=0.6，cos37°=0.8）評(píng)卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)25、每一種形式的能對(duì)應(yīng)于一種運(yùn)動(dòng)形式．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）26、原先沒有磁性的鐵，在長(zhǎng)期受到磁鐵的吸引會(huì)產(chǎn)生磁性____．（判斷對(duì)錯(cuò)）27、幾個(gè)不同阻值的電阻并聯(lián)后，其總電阻等于各電阻之和．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共3題，共21分)28、如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的斜劈靜止于粗糙平面上，另一個(gè)質(zhì)量為m的物體置于斜劈上，如果在物體上施加一沿斜面向上的力F，物體與斜劈仍然保持靜止?fàn)顟B(tài)，求斜劈與水平面間的摩擦力．29、rm{(1)}除去下列少量雜質(zhì)rm{(}括號(hào)內(nèi)雜質(zhì)rm{)}寫出所用試劑和有關(guān)離子方程式：rm{(2)}在標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{4.48LCH_{4}}和rm{CO_{2}}混合氣體的質(zhì)量為rm{6.0g}則混合氣體平均摩爾質(zhì)量為____________rm{g/mol}相對(duì)于氫氣的密度為____________；其中rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的物質(zhì)的量比為____________rm{(3)4gNaOH}溶解在水中，配成rm{100mL}溶液，配好后從中取出rm{10mL}溶液，加水稀釋至rm{100mL}則稀釋后所得溶液物質(zhì)的量濃度是_______________rm{mol/L}．30、氮化硼rm{(BN)}晶體有多種相結(jié)構(gòu)。六方相氮化硼是通常存在的穩(wěn)定相；與石墨相似，具有層狀結(jié)構(gòu)，可作高溫潤(rùn)滑劑。立方相氮化硼是超硬材料，有優(yōu)異的耐磨性。它們的晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示。

rm{(1)}基態(tài)硼原子的電子排布式為_________________________。rm{(2)}關(guān)于這兩種晶體的說(shuō)法，正確的是________rm{(}填序號(hào)rm{)}rm{a.}立方相氮化硼含有rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵，所以硬度大rm{b.}六方相氮化硼層間作用力小，所以質(zhì)地軟rm{c.}兩種晶體中的rm{B-N}鍵均為共價(jià)鍵rm{d.}兩種晶體均為分子晶體rm{(3)}六方相氮化硼晶體層內(nèi)一個(gè)硼原子與相鄰氮原子構(gòu)成的空間構(gòu)型為________________，其結(jié)構(gòu)與石墨相似卻不導(dǎo)電，原因是____________________________rm{(4)}該晶體的天然礦物在青藏高原地下約rm{300km}的古地殼中被發(fā)現(xiàn)。根據(jù)這一礦物形成事實(shí)，推斷實(shí)驗(yàn)室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的條件應(yīng)是_________________________。rm{(5)NH_{4}BF_{4}(}氟硼酸銨rm{)}是合成氮化硼納米管的原料之一。rm{1molNH_{4}BF_{4}}含有________rm{mol}配位鍵。評(píng)卷人得分六、綜合題(共1題，共8分)31、【題文】電熱毯、電飯鍋等人們常用的電熱式家用電器，他們一般具有加熱和保溫功能，其工作原理大致相同。圖①為某種電熱式電器的簡(jiǎn)化電路圖，主要遠(yuǎn)件有電阻絲R1、R2和自動(dòng)開關(guān)S。

（1）當(dāng)自動(dòng)開關(guān)S閉合和斷開時(shí)；用電器分別處于什么狀態(tài)？

（2）用電器由照明電路供電（U＝220V，設(shè)加熱時(shí)用電器的電功率為400W，保溫時(shí)用電器的電動(dòng)功率為40W，則R1和R2分雖為多大？

（3）若將圖①中的自動(dòng)開關(guān)S換成理想的晶體二極管D；如圖②所示，其它條件不變，求該用電器工作1小時(shí)消耗的電能。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】伏安特性是曲線時(shí)，根據(jù)各點(diǎn)的對(duì)應(yīng)坐標(biāo)值，由歐姆定律求解電阻，即可求得電阻的差值．【解析】【解答】解：小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大；故得出來(lái)的伏安特性曲線不是直線；

由圖可知，A點(diǎn)的電阻RA==30Ω；B點(diǎn)電阻RB==40Ω；故電阻的變化為：40-30=10Ω；故D正確．

故選：D2、D【分析】【分析】根據(jù)瞬時(shí)值的表達(dá)式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，即可求得結(jié)論．【解析】【解答】解：A、B、根據(jù)圖象可知，交流電壓的最大值為36V，有效值為36V，頻率為f==0.25Hz；故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；

C；在2s末；交變電流的電壓為零，所以此時(shí)的線框平面垂直于磁場(chǎng)，通過(guò)線框的磁通量最大，變化率為零，故C錯(cuò)誤；

D；3s末；電壓最大，故磁通量的變化率最大，即磁通量變化最快，故D正確；

故選：D．3、B【分析】【分析】本題考查三種射線的穿透能力的大?。害吝B一張紙都不能穿過(guò)，β射線能穿透幾毫米的鋁板，γ射線甚至能穿透幾厘米厚的鉛板．【解析】【解答】解：α射線貫穿本領(lǐng)很弱；在空氣中只能前進(jìn)幾厘米，一張紙就能把它擋?。律渚€貫穿本領(lǐng)較強(qiáng)，能穿過(guò)黑紙，甚至能穿過(guò)幾毫米厚的鋁板．γ射線貫穿本領(lǐng)最強(qiáng)，甚至能穿透幾厘米厚的鉛板．

故貫穿能力最強(qiáng)的是γ射線；β射線次之，α射線最弱，故B正確，A；C、D錯(cuò)誤．

故選：B．4、C【分析】【分析】根據(jù)題意：用電壓表接ac兩端時(shí)，示數(shù)是6V，接bd兩端時(shí)，電壓表示數(shù)為零．接ab兩端時(shí)，示數(shù)也為零，根據(jù)歐姆定律，逐一分析四個(gè)選項(xiàng)，選擇符合題意的選項(xiàng)．【解析】【解答】解：

A、若僅是L1斷路，電路中沒有電流，由歐姆定律得知，bd兩端的電壓為零，而ab兩端的電壓為6V；與題不符．故A錯(cuò)誤．

B、若僅是L2斷路，電路中沒有電流，由歐姆定律得知，ab兩端的電壓為零，而bd兩端的電壓為6V；與題不符．故B錯(cuò)誤．

C、若L1、L2斷路，根據(jù)歐姆定律分析得知，ac兩端的電壓為6V，bd兩端的電壓為零，ab兩端電壓為零；與題相符．故C正確．

D、若L2、L3斷路，根據(jù)歐姆定律分析得知，bd兩端的電壓應(yīng)為6V；與題不符．故D錯(cuò)誤．

故選C5、B【分析】【分析】和閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析類似，可以根據(jù)R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來(lái)分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況．【解析】【解答】解：理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸出的電壓也不變，所以V2的示數(shù)不變；所以C錯(cuò)誤；

當(dāng)用電器增加時(shí)，相當(dāng)于R的值減小，電路中的總的電阻減小，所以電流要變大，即A2的示數(shù)變大；所以B正確；

由于副線圈的電流變大，電阻R0消耗的電壓變大，又因?yàn)閂2的示數(shù)不變，所以V3的示數(shù)變??；所以D錯(cuò)誤；

由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小了，輸出的功率變大了，所以原線圈的輸入的功率也要變大，因?yàn)檩斎氲碾妷翰蛔?，所以輸入的電流要變大，所以A1的示數(shù)變大；所以A錯(cuò)誤．

故選B．6、B【分析】【解析】

試題分析：經(jīng)過(guò)0.7s,質(zhì)點(diǎn)P恰好第二次到達(dá)波峰，所以故從圖中可得所以A錯(cuò)誤；從圖中可得波上的質(zhì)點(diǎn)的起振方向?yàn)橄蛳抡駝?dòng)，t=0.6s傳播到Q點(diǎn)，t=0.9s時(shí)Q點(diǎn)振動(dòng)了此時(shí)第一次達(dá)到波峰，B正確，C錯(cuò)誤；PQ相距10m，不是波長(zhǎng)的整數(shù)倍，所以不同步，Q點(diǎn)到達(dá)波峰時(shí)，P點(diǎn)在波谷，D錯(cuò)誤。

故選B

考點(diǎn)：考查了橫波圖像。

點(diǎn)評(píng)：從圖像中得出波長(zhǎng)，振動(dòng)方向，根據(jù)公式計(jì)算波速是要求必備的能力【解析】【答案】B7、D【分析】【解析】

試題分析：用多用電表的歐姆擋測(cè)未知電阻時(shí)；指針偏轉(zhuǎn)角很大，說(shuō)明該待測(cè)電阻的阻值相對(duì)該擋比較小，為了提高測(cè)量精確度，應(yīng)換低率“×10Ω”的擋來(lái)測(cè)量，換擋之后，必須重新調(diào)零。故選D

考點(diǎn)：歐姆表的使用【解析】【答案】D8、B【分析】【分析】平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，抓住豎直分位移和水平分位移相等求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合速度時(shí)間公式求出豎直分速度，通過(guò)平行四邊形定則求出速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈、根據(jù)得，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=，則豎直分速度vy=gt=2v0，與初速度不等．則速度的大?。蔄；D錯(cuò)誤；B正確．

C、速度方向與水平方向夾角的正切值，而位移與水平方向的夾角的正切值；可知速度方向與位移的方向不同．故C錯(cuò)誤．

故選：B．9、D【分析】【分析】物質(zhì)處于不停的運(yùn)動(dòng)和發(fā)展中，因此運(yùn)動(dòng)是絕對(duì)的，靜止是相對(duì)的．我們?cè)谘芯课矬w的運(yùn)動(dòng)和靜止情況要先選擇一個(gè)假定不動(dòng)的物體作為參照物，再看被研究物體相對(duì)于參照物是否有位置的變化，如果有變化，被研究物體就是運(yùn)動(dòng)的，如果沒有變化，被研究物體就是靜止的；參照物可以任意選取，運(yùn)動(dòng)的物體也可以作為參照物，但不能選被研究物體本身，參照物的選擇情況不同，物體的運(yùn)動(dòng)和靜止情況也不同，這是運(yùn)動(dòng)和靜止的相對(duì)性．【解析】【解答】解：相對(duì)于地面；A的運(yùn)動(dòng)的方向向左，B運(yùn)動(dòng)的方向向下，人B觀察到人A的即時(shí)速度是斜向左上方．故D選項(xiàng)正確．

故選：D二、多選題(共6題，共12分)10、ABC【分析】【分析】公式E=是電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，公式E=k是真空中點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算式，它們的內(nèi)涵與外延不同．據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A、E=是電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式；運(yùn)用比值法定義，適用于任何電場(chǎng)，故A正確．

B、E=k只適用于真空中點(diǎn)電荷的電場(chǎng)；故B正確．

C、根據(jù)公式F=qE，知在庫(kù)侖定律的表達(dá)式F=k中，k是點(diǎn)電荷q2產(chǎn)生的電場(chǎng)在點(diǎn)電荷q1處的場(chǎng)強(qiáng)大小，而k是點(diǎn)電荷q1產(chǎn)生的電場(chǎng)在點(diǎn)電荷q2處的場(chǎng)強(qiáng)大??；故C正確．

D、由E=k，可知該公式只適用于真空中點(diǎn)電荷的電場(chǎng)，當(dāng)r接近于零時(shí)；帶電體不能看成點(diǎn)電荷，該公式不再成立，所以得不到場(chǎng)強(qiáng)為無(wú)窮大的結(jié)論．故D錯(cuò)誤．

故選：ABC．11、BC【分析】【分析】根據(jù)重力做功的大小求出重力勢(shì)能的增加量，根據(jù)合力做功的大小求出動(dòng)能的增加量，根據(jù)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量求出機(jī)械能的增加量．【解析】【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律得：合力為F合=ma，則合力做功為W合=mah；知?jiǎng)幽茉黾恿繛閙ah．故A錯(cuò)誤．

B、根據(jù)動(dòng)能定理：合力做功為W合=WG+W機(jī)=mgh+W機(jī)=mah，所以：W機(jī)=mah-mgh；所以貨物的機(jī)械能減小了m（g-a）h．故B正確，D錯(cuò)誤；

C；貨物下降h高度；重力勢(shì)能的減小量為mgh，故C正確；

故選：BC．12、AB【分析】【分析】電容器的電容不變，通過(guò)分析電壓變化來(lái)分析電量變化．當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電路中無(wú)電流，兩電容的電壓都等于電源的電動(dòng)勢(shì)．當(dāng)S閉合時(shí)，R1、R2串聯(lián)，C1與電阻R1并聯(lián)，C2與電阻R2并聯(lián)，C1、C2的電壓等于R1、R2兩端的電壓，根據(jù)Q=UC及C1=C2即可判斷S斷開和閉合時(shí)電量之比；S閉合后，電容器C1的電壓變小，則電場(chǎng)力變小，帶電粒子向下加速運(yùn)動(dòng)；開關(guān)S斷開時(shí)，電路中沒有電流，B點(diǎn)電勢(shì)為零，當(dāng)S閉合時(shí)，B點(diǎn)電勢(shì)高于零．【解析】【解答】解：A、當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電路中無(wú)電流，兩電容的電壓都等于電源的電動(dòng)勢(shì)，Q=UC，而C1=C2，所以Q1=Q2，即C1、C2電量之比為1：1；故A正確；

B、當(dāng)S閉合時(shí)，R1、R2串聯(lián)，C1與電阻R1并聯(lián)，C2與電阻R2并聯(lián)，C1、C2的電壓等于R1、R2兩端的電壓，所以根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)可知，，Q=UC，而C1=C2，所以；故B正確；

C、由B分析可知，當(dāng)S閉合時(shí)，C1的電壓小于電源電壓，則帶電粒子受到的電場(chǎng)力F=變??；電場(chǎng)力小于重力，帶電粒子向下加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D、開關(guān)S斷開時(shí)，電路中沒有電流，B點(diǎn)電勢(shì)為零，當(dāng)S閉合時(shí)，R2兩端有電壓且R2下端電勢(shì)為零；所以B點(diǎn)電勢(shì)大于零，即S閉合后，B點(diǎn)電勢(shì)降低，故D錯(cuò)誤．

故選：AB．13、BC【分析】【分析】速度圖象的斜率等于物體的加速度大小．根據(jù)斜率的正負(fù)分析加速度的正負(fù)．圖線與兩個(gè)坐標(biāo)軸所圍“面積”等于位移．根據(jù)速度時(shí)間的圖象，判斷物體的受力的情況和運(yùn)動(dòng)的情況，再由功率的公式和動(dòng)能定理就可以做出判斷．【解析】【解答】解：A；由圖象可知；在前2s內(nèi)，物體向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B；由圖象可知；前5s內(nèi)物體動(dòng)能的變化量為零，由動(dòng)能定理可得，合外力對(duì)物體做功為零，故B正確；

C；由圖象可知；第2s內(nèi)圖象與坐標(biāo)軸所包圍的圖形面積大于第5s內(nèi)圖象與坐標(biāo)軸所包圍圖形的面積，因此第2s內(nèi)的位移大于第5s內(nèi)的位移，故C正確；

D；由圖象可知；前2s內(nèi)圖象的斜率小于第5s內(nèi)圖象的斜率，即前2s內(nèi)的加速度小于第5s內(nèi)的加速度，故D錯(cuò)誤；

故選：BC．14、AC【分析】【分析】能級(jí)躍遷時(shí)；根據(jù)電子軌道半徑的變化，結(jié)合庫(kù)侖引力提供向心力分析電子動(dòng)能的變化，結(jié)合能量的變化分析電勢(shì)能的變化；光波是概率波，其位置和動(dòng)量具有不確定性；根據(jù)雙縫干涉的條紋間距公式，結(jié)合波長(zhǎng)的變化分析條紋的間距變化；根據(jù)光電效應(yīng)方程分析光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率關(guān)系。

本題考查了能級(jí)；概率波、雙縫干涉、光電效應(yīng)方程等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)；關(guān)鍵要熟悉教材，了解這些基本規(guī)律.

對(duì)于原子電勢(shì)能的變化，也可以結(jié)合庫(kù)侖引力做功來(lái)判斷。

【解答】A.氫原子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)，電子的軌道半徑減小，根據(jù)ke2r2=mv2r知，電子的動(dòng)能增加，由于原子的能量減小，則原子的電勢(shì)能減小，故A正確；

B.光波是概率波，光子在前進(jìn)和傳播過(guò)程中，其位置和動(dòng)量具有不確定性，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)?x=Ld婁脣知，僅將入射光由綠光改為紅光其他條件不變，則波長(zhǎng)增大，干涉條紋的間距變寬，故C正確；

D.根據(jù)光電效應(yīng)方程知，EEkm=hv鈭?W=hv-W0，可知光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，不是正比關(guān)系，故D錯(cuò)誤。

故選AC。

【解析】AC

15、AC【分析】【分析】根據(jù)彈力的變化，結(jié)合慣性的知識(shí)判斷升降機(jī)停止前向哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球受力，通過(guò)加速度的方向確定超重還是失重；根據(jù)加速度的方向與速度方向的關(guān)系確定小球的速度變化，從而得出小球動(dòng)能的變化．【解析】【解答】解：A；從0時(shí)刻開始；彈簧彈力減小，知小球向上運(yùn)動(dòng)，可知升降機(jī)停止前向上運(yùn)動(dòng)．故A正確．

B、O-tl時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，t1-t2時(shí)間內(nèi)；重力大于彈力，加速度向下，也處于失重狀態(tài)．故B錯(cuò)誤．

C、O-tl時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動(dòng)，t1-t3時(shí)間內(nèi)；小球向下運(yùn)動(dòng)，加速度先向下后向上，則速度先增大后減小，所以動(dòng)能先增大后減小．故C正確．

D、t3時(shí)刻處于最低點(diǎn)，t3-t4時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，彈性勢(shì)能減小，重力勢(shì)能增加，則小球彈性勢(shì)能的減小量等于動(dòng)能和勢(shì)能增加量之和，所以t3-t4時(shí)間內(nèi)彈簧彈性勢(shì)能變化量大于小球動(dòng)能變化量．故D錯(cuò)誤．

故選：AC．三、填空題(共9題，共18分)16、230【分析】【分析】先對(duì)A受力分析，求出細(xì)線剪短前后A的加速度；再對(duì)B、C整體受力分析，求出BC整體的加速度．【解析】【解答】解：物體A受重力和彈簧彈力；在細(xì)繩剪斷瞬間，重力和彈力都未發(fā)生改變，所以A仍受兩個(gè)力，仍受力平衡，所以a=0；

當(dāng)剪斷懸繩D的瞬間，BC的加速度相等，將B，C看作一個(gè)整體，受重力和彈簧的壓力，彈簧的壓力等于A物體的重力，故整體的加速度為：a=

對(duì)B進(jìn)行受力分析；B受到重力，彈簧彈力，和C對(duì)它的支持力，三個(gè)力作用．

故答案為：2；3；0；；17、下【分析】【分析】對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出安培力的大小，從而求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小．通過(guò)導(dǎo)體棒的受力判斷其滑動(dòng)方向．【解析】【解答】解：對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)平衡得，安培力F=mgsinθ，根據(jù)F=BIL，解得B=．

若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變；方向改為豎直向上，導(dǎo)體棒所受的安培力水平向右，則導(dǎo)體棒的滑動(dòng)方向沿斜面向下．

故答案為：，下．18、略

【分析】

（1）主尺讀數(shù)為18mm．10分度的游標(biāo)卡尺每一分度表示的長(zhǎng)度為0.1mm；游標(biāo)尺第4條刻度線與主尺對(duì)齊，則游標(biāo)尺讀數(shù)為0.4mm，擺球的直徑為18mm+0.4mm=18.4mm．

（2）由秒表讀出單擺做50次全振動(dòng)所用的時(shí)間t=90s+10.0s=100．s，單擺的周期T==．

（3）單擺的擺長(zhǎng)l=擺線的長(zhǎng)度+擺球的半徑=990.8mm+9.2mm=1.00m．由單擺的周期公式T=2得，重力加速度g=代入解得，g=9.86m/s2

故答案為：（1）18.4；（2）2.0；（3）9.86

【解析】【答案】（1）10分度的游標(biāo)卡尺每一分度表示的長(zhǎng)度為0.1mm．由主尺讀出整米數(shù)；由游標(biāo)尺讀出毫米的小數(shù)部分．

（2）（3）由秒表讀出時(shí)間t，由T=求出單擺的周期；再由單擺的周期公式求出重力加速度g．

19、【分析】解：根據(jù)向心力公式：F=

當(dāng)橋面對(duì)汽車的支持力為零時(shí)，只有重力提供向心力：

解得：v=

故答案為：

根據(jù)向心力公式寫出向心力的大小；當(dāng)橋面對(duì)汽車的支持力為零時(shí)，只有重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出此時(shí)的速度大小。

本題考查向心力，關(guān)鍵是分析出誰(shuí)提供向心力，基礎(chǔ)題目。【解析】20、自東向西【分析】【分析】赤道上有一個(gè)人在日落后2小時(shí)，抬頭發(fā)現(xiàn)在頭頂正上方有一顆衛(wèi)星，2h地球轉(zhuǎn)動(dòng)30°，畫出光路圖，結(jié)合幾何關(guān)系分析衛(wèi)星的最小高度；如果衛(wèi)星的高度大于同步衛(wèi)星，利用萬(wàn)有引力等于向心力列式求解出角速度的表達(dá)式分析即可．【解析】【解答】解：春分時(shí)；陽(yáng)光直射赤道，現(xiàn)赤道上有一個(gè)人在日落后2小時(shí)，抬頭發(fā)現(xiàn)在頭頂正上方有一顆衛(wèi)星，光路圖如圖所示：

結(jié)合幾何關(guān)系；有：

h==

對(duì)于衛(wèi)星；萬(wàn)有引力提供向心力，故：

解得：

ω=

故如果衛(wèi)星的高度大于同步衛(wèi)星；則軌道半徑大于同步衛(wèi)星，則角速度小于同步衛(wèi)星，故從地面上看它的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽詵|向西；

故答案為：，自東向西．21、HeC【分析】【分析】核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，根據(jù)守恒規(guī)律列式求解即可．【解析】【解答】解：根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒得：

（1）Al+n→Na+He

（2）N+He→O+；

（3）Be+He→C+n．

故答案為：（1）He；（2）；（3）C22、0【分析】【分析】根據(jù)安培力的特點(diǎn)：安培力一定垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，安培力的方向與導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)方向垂直．【解析】【解答】解：根據(jù)安培力的特點(diǎn)：安培力一定垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；由題意導(dǎo)線沿磁感應(yīng)強(qiáng)度方向移動(dòng)了20cm，則導(dǎo)線移動(dòng)的方向與安培力的方向垂直，故安培力不做功，即做功為0；

故答案為：0．23、排斥0.2【分析】【分析】當(dāng)在真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷，其間的庫(kù)侖力與兩點(diǎn)電荷的電量乘積成正比，與間距的平方成反比．當(dāng)異種電荷相接觸時(shí)，則出現(xiàn)先中和再平分剩余的電荷．【解析】【解答】解：真空中有兩個(gè)大小相等的帶電球體，帶電量分別為Q和-8Q，相距為r（r遠(yuǎn)大于球半徑）時(shí)；它們之間的靜電引力為：

F=k①

兩個(gè)帶電體接觸后再分開，電荷先中和在均分，故均為-；為排斥力，庫(kù)侖力為：

F′=k②

聯(lián)立①②解得：F′≈0.2F

故答案為：排斥，0.2．24、27【分析】【分析】建立坐標(biāo)系：以四個(gè)力的作用點(diǎn)為原點(diǎn)，以正東方向?yàn)閤軸正方向，以正北方向?yàn)閥軸方向，將F2、F3、F4分解到兩個(gè)坐標(biāo)軸上，分別求出x軸和y軸上的合力，再求解四個(gè)力的合力的大小和方向．【解析】【解答】解：1；建立坐標(biāo)系如圖．

2；根據(jù)平行四邊形定則將各力垂直分解到兩個(gè)坐標(biāo)軸上．

3；分別求出x軸和y軸上的合力；

x軸方向的合力為：Fx=F1+F2cos37°-F3cos37°=19+32-24=27N

y軸方向的合力為：Fy=F2sin37°+F3sin37°-F4=24+18-15=27N；

所以四個(gè)力的合力大小為：

F=27N；方向東偏北45°．

故答案為：27四、判斷題(共3題，共9分)25、√【分析】【分析】自然界物質(zhì)運(yùn)動(dòng)的形式是多樣的，每種運(yùn)動(dòng)形式都對(duì)應(yīng)一種形式的能量．各種運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的形式是多樣的；每種運(yùn)動(dòng)形式都對(duì)應(yīng)一種形式的能量．各種運(yùn)動(dòng)形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化．

例如機(jī)械能對(duì)應(yīng)機(jī)械運(yùn)動(dòng)；內(nèi)能對(duì)應(yīng)分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)．故每一種形式的能對(duì)應(yīng)于一種運(yùn)動(dòng)形式是對(duì)的．

故答案為：√26、√【分析】【分析】在鐵棒未被磁化前，鐵棒內(nèi)的分子電流的排布是雜亂無(wú)章的，故分子電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消，對(duì)外不顯磁性，但當(dāng)鐵棒靠近磁鐵時(shí)分子電流由于受到磁場(chǎng)的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對(duì)外表現(xiàn)出磁性；對(duì)磁鐵加熱或敲打時(shí)會(huì)使磁鐵內(nèi)的分子電流的排布變的雜亂無(wú)章，從而使磁鐵的磁性減弱．【解析】【解答】解：在鐵棒未被磁化前；鐵棒內(nèi)的分子電流的排布是雜亂無(wú)章的，故分子電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消，對(duì)外不顯磁性，但當(dāng)鐵棒靠近磁鐵時(shí)分子電流由于受到磁場(chǎng)的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對(duì)外表現(xiàn)出磁性．所以該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√27、×【分析】【分析】根據(jù)并聯(lián)電阻的總電阻的倒數(shù)等于個(gè)分電阻的讀數(shù)之和進(jìn)行判定即可，【解析】【解答】解：因?yàn)椴⒙?lián)電阻的總電阻的倒數(shù)等于個(gè)分電阻的倒數(shù)之和；所以題干則的說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×五、簡(jiǎn)答題(共3題，共21分)28、略

【分析】【分析】斜劈和物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，把斜劈和物體看成一個(gè)整體，受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可．【解析】【解答】解：把斜劈和物體看成一個(gè)整體；整體處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件得：

水平方向f=Fcosθ

答：斜劈與水平面間的摩擦力為Fcosθ．29、（1）①稀鹽酸Al2O3+6H+=2Al3++3H2O②CO2CO2+CO32-+H2O=2HCO3-③鐵粉Fe+2Fe3+=3Fe2+

（2）30g/mol151：1

（3）0.1mol/L

【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對(duì)物質(zhì)分離和提純方法、化學(xué)計(jì)量的綜合計(jì)算的應(yīng)用?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}氧化鋁能和稀鹽酸反應(yīng)，二氧化硅不能，可以用稀鹽酸除去，離子方程式為：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}故答案為：稀鹽酸；rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{壟脷}碳酸鈉和二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸氫鈉，離子方程式為：rm{CO_{2}+CO_{3}^{2-}+H_{2}O=2HCO_{3}^{-}}故答案為：二氧化碳；rm{CO_{2}+CO_{3}^{2-}+H_{2}O=2HCO_{3}^{-}}rm{壟脹}鐵和鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，離子方程式為：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}故答案為：鐵粉；rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{(2)}在標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{4.48LCH}在標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{(2)}rm{4.48LCH}rm{{,!}_{4}}和rm{CO}rm{CO}質(zhì)量為rm{{,!}_{2}}則混合氣體平均摩爾質(zhì)量為混合氣體物質(zhì)的量為rm{0.2mol}質(zhì)量為rm{6.0g}則混合氣體平均摩爾質(zhì)量為rm{30g/mol}相對(duì)于氫氣的密度為rm{15}設(shè)甲烷的物質(zhì)的量為rm{a}二氧化碳的物質(zhì)的量為rmrm{30(a+b)=16a+44b}解得rm{a}rm{b=1:1}故答案為：rm{30g/mol}rm{15}rm{1:1}相對(duì)于氫氣的密度為rm{0.2mol}設(shè)甲烷的物質(zhì)的量為rm{6.0g}二氧化碳的物質(zhì)的量為rm{30g/mol}rm{15}解得rm{a}rm故答案為：rm{30(a+b)=16a+44b}rm{a}rm{b=1:1}rm{30g/mol}物質(zhì)的量為rm{15}溶解在水中，配成rm{1:1}溶液，濃度為rm{(3)4gNaOH}物質(zhì)的量為rm{0.1mol}溶解在水中，配成rm{100mL}溶液，濃度為rm{1mol/L}配好后從中取出rm{10mL}溶液，加水稀釋至rm{100mL}則稀釋后所得溶液物質(zhì)的量濃度是rm{0.1mol/L}故答案為：rm{0.1}配好后從