2024年人民版高三物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年人民版高三物理下冊月考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(xué)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7題，共14分)1、如圖所示，物塊在力F作用下向右沿水平方向勻速運動，則物塊受到的摩擦力Ff與拉力F的合力方向應(yīng)該是（）A.豎直向上B.水平向右C.向右偏上D.向左偏上2、在《探究小車速度隨時間變化的規(guī)律》等實驗中都用到了電磁打點計時器，電磁打點計時器使用的電源應(yīng)是（）A.6V以下的交流電源B.6V以下的直流電源C.220V的交流電源D.220V的直流電源3、如圖所示，重力不計的一束混合帶電粒子，從同一點垂直于電場方向進(jìn)入一截面是矩形的有界勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E,1、2、3是粒子運動軌跡中的三條．關(guān)于這些粒子的運動，下列說法中正確的是()A.有的粒子能在電場中一直運動下去B.同一軌跡上的粒子，若初速度相同，則這些粒子的比荷一定相同C.若初速度都相同，則軌跡3的粒子比軌跡1的粒子比荷大D.若進(jìn)入電場前粒子都是經(jīng)同一電場由靜止開始加速，則將沿同一軌跡運動4、【題文】真空中兩個相同的帶等量異種電荷的金屬小球A；B；相隔一段距離，兩球間的靜電力為F，今用第三個不帶電的同樣小球C分別與A、B各接觸個一次后將C移開，再將A、B之間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍，則A、B間的靜電力變?yōu)椋ǎ?/p>

A.0

B.

C.

D.5、如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d

在下極板上疊放一厚度為l=0.25d

的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P

靜止在電容器中，當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P

開始運動，重力加速度為g.

粒子運動的加速度為()

A.0.25g

B.0.75g

C.g/3

D.4g/3

6、如圖是某種正弦式交變電壓的波形圖；由圖可確定（）

A.周期是0.01sB.最大值是311VC.有效值是311VD.表達(dá)式為u=220sin100πt（V）7、某物體做勻加速直線運動，加速度為0.6m/s2，那么在任意1s內(nèi)（）A.此物體的末速度一定等于初速度的0.6倍B.此物體任意1s的初速度一定比前1s的末速度大0.6m/sC.此物體在每1s內(nèi)的速度變化量為0.6m/sD.此物體任意1s內(nèi)的末速度一定比前1s的初速度大0.6m/s評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、（2014春?鳳縣校級月考）如圖所示，光滑斜面長為b，寬為a，傾角為θ，一物塊沿斜面左上方頂點P水平射入，恰從右下方頂點Q離開斜面，則入射初速度v0=____．9、從離地500m的空中自由落下一個小球，取g=10m/s2，則小球經(jīng)過____時間落到地面；從開始落下的時刻起，在第1s內(nèi)的位移____、最后1s內(nèi)的位移____；落下一半時間的位移____．10、相距L的兩個點電荷A、B分別帶的電荷量為+9Q和-Q，放在光滑絕緣的水平面上，現(xiàn)引入第三個點電荷C，使三者在庫侖力作用下都處于靜止?fàn)顟B(tài)，問C應(yīng)帶____電，所帶的電荷量____，C應(yīng)放在距離B等于____位置上．11、綿陽市境內(nèi)具有亞洲最大的風(fēng)洞實驗室，我國許多飛行器上天前都經(jīng)過了風(fēng)洞實驗室的模擬實驗．現(xiàn)有一模型飛機(jī)放于風(fēng)洞實驗室中的重力測試儀上，當(dāng)無風(fēng)時，重力測試儀的示數(shù)為2×103N；當(dāng)迎面吹向飛機(jī)的風(fēng)速達(dá)到20m/s時，重力測試儀的示數(shù)為4×102N，這時飛機(jī)受到的升力為____N．12、（2010秋?大城縣校級月考）如圖所示的電路；l；2、3、4、5、6為連接點的標(biāo)號．在開關(guān)閉合后，發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮．現(xiàn)用多用電表檢查電路故障，需要檢測的有：電源、開關(guān)、小燈泡、3根導(dǎo)線以及電路中的各連接點．

（1）為了檢測小燈泡以及3根導(dǎo)線，在連接點1、2已接好的情況下，應(yīng)當(dāng)選用多用電表的____檔，在連接點1、2同時斷開的情況下．應(yīng)當(dāng)選用多用電表的____檔．

（2）在開關(guān)閉合情況下，若側(cè)得5、6兩點間的電壓接近電源的電動勢，則表明____可能有故障．

（3）將小燈泡拆離電路；用多用電表檢測小燈泡是否有故障的具體步驟為：

①將選擇開關(guān)旋至歐姆檔

②____

③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障（斷路）．13、汽車加速運動，加速度為1m/s2，行駛10s后的位移為180m，那么開始時的初速度為____m/s．14、（2012秋?臨高縣校級月考）如圖為“電流天平”示意圖，它可用于測定磁感應(yīng)強(qiáng)度B．在天平的右端掛有一矩形線圈，設(shè)其匝數(shù)為5匝，底邊cd長20cm，放在待測勻強(qiáng)磁場中，使線圈平面與磁場垂直．設(shè)磁場方向垂直于紙面向里，當(dāng)線圈中通入如圖方向的電流I=100mA時，兩盤均不放砝碼，天平平衡．若保持電流大小不變，使電流方向反向，則要在天平左盤加質(zhì)量m=8.2g砝碼天平才能平衡．則cd邊所受的安培力大小為____N，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為____T．15、1919年，盧瑟福用α粒子轟擊氮核發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，其核反應(yīng)方程為____；1932年，查德威克用α粒子轟擊鈹原子，打出了一種中性粒子流，其核反應(yīng)方程為____．16、在國際單位制中，庫侖定律寫成，式中靜電力常量k=8.98×109N?m2?C-2，電荷量q1和q2的單位都是庫侖，距離r的單位是米，作用力F的單位是牛頓．若把庫侖定律寫成更簡潔的形式，式中距離r的單位是米，作用力F的單位是牛頓．若把庫侖定律寫成更簡潔的形式，式中距離r的單位是米，作用力F的單位是牛頓，由此式可這義一種電荷量q的新單位．當(dāng)用米、千克、秒表示此新單位時，電荷新單位=____；新單位與庫侖的關(guān)系為1新單位=____C．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)17、物體的瞬時速度總為零，則平均速度一定為零．____．（判斷對錯）18、單晶體的所有物理性質(zhì)都是各向異性的．____．（判斷對錯）19、幾個不同阻值的電阻并聯(lián)后，其總電阻等于各電阻之和．____．（判斷對錯）20、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）21、分力的大小一定小于合力的大?。甠___．評卷人得分四、簡答題(共1題，共4分)22、鐵、銅及其化合物在日常生產(chǎn)、生活有著廣泛的應(yīng)用rm{.}請回答下列問題：

rm{(1)}鐵在元素周期表中的位置__________________。

rm{(2)}配合物rm{Fe(CO)_{x}}常溫下呈液態(tài)，熔點為rm{-20.5隆忙}沸點為rm{103隆忙}易溶溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷rm{Fe(CO)_{x}}晶體屬于________rm{(}填晶體類型rm{)}rm{Fe(CO)_{x}}的中心原子價電子數(shù)與配體提供電子數(shù)之和為rm{18}則rm{x=}__________。rm{Fe(CO)_{x}}在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：rm{Fe(CO)_{x}(s)?Fe(s)+xCO(g)}已知反應(yīng)過程中只斷裂配位鍵，由此判斷該反應(yīng)所形成的化學(xué)鍵類型為___________。

rm{(3)}寫出rm{CO}的一種常見等電子體分子的結(jié)構(gòu)式_________rm{;CN^{-}}中碳原子雜化軌道類型________，rm{S}rm{N}rm{O}三種元素中第一電離能最大的是_________

rm{(4)}某rm{M}原子的外圍電子排布式為rm{3s^{2}3p^{5}}銅與rm{M}形成化合物的晶胞如下圖所示rm{(}黑點代表銅原子rm{)}

rm{壟脵}該晶體的化學(xué)式為_____________。

rm{壟脷}已知銅與rm{M}的電負(fù)性分別為rm{1.9}和rm{3.0}則銅與rm{M}形成的化合物屬于____________rm{(}填“離子”或“共價”rm{)}化合物。

rm{壟脹}已知該晶體的密度為rm{g.cm^{-3}}阿伏伽德羅常數(shù)為rm{N_{A}}則該晶體中銅原子和rm{M}原子之間的最短距離為_______rm{pm(}只寫計算式rm{)}評卷人得分五、計算題(共3題，共15分)23、2010年4月14日，青海省玉樹縣發(fā)生里氏7.1級大地震，已知地震中的縱波和橫波在地表附近的傳播速度為9.1km/s和3.7km/s，在某地觀測站中，記錄了玉樹地震的縱波和橫波到達(dá)該地的時間差為5.4s。(1)求這個觀測站距玉樹的距離。(2)觀測站首先觀察到的是上下振動還是左右晃動？24、【題文】如圖所示，在xOy平面上，以y軸上點Ol為圓心，半徑為R=0.3m的圓形區(qū)域內(nèi)，分布著一個方向垂直于xOy平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場。一個比荷的帶正電粒子，從磁場邊界上的原點O，以的初速度；沿不同方向射入磁場，粒子重力不計，求：

（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑；

（2）粒子通過磁場空間的最長運動時間。25、由三顆星體構(gòu)成的系統(tǒng)，忽略其他星體對它們的作用，存在著一種運動形式：三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心O

在三角形所在的平面內(nèi)做相同角速度的圓周運動.

若A

星體質(zhì)量為2

m

，B

、C

兩星體的質(zhì)量均為m

，三角形的邊長為a

，求：(1)

A

星體所受合力大小FA

；(2)

B

星體所受合力大小FB

；(3)

C

星體的軌道半徑RC

；(4)

三星體做圓周運動的周期T

．評卷人得分六、證明題(共4題，共28分)26、船以4m/s′的速度（相對靜水）垂直河岸渡河；水流的速度為5m/s．若河寬為120m，試計算：

（1）船能否垂直到達(dá)對岸？

（2）船需要多少時間才能到達(dá)對岸？

（3）船登陸的地點離出發(fā)點的距離是多少？27、宇航員駕駛一飛船在靠近某行星表面附近的圓形軌道上運行，已知飛船運行的周期為T，行星的平均密度為ρ．試證明ρT2=k（萬有引力恒量G為已知，k是恒量）．28、如圖甲所示的控制電子運動裝置由偏轉(zhuǎn)電場、偏轉(zhuǎn)磁場組成．偏轉(zhuǎn)電場處在加有電壓U、相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板之間，勻強(qiáng)磁場水平寬度一定，豎直長度足夠大，其緊靠偏轉(zhuǎn)電場的右邊．大量電子以相同初速度連續(xù)不斷地沿兩板正中間虛線的方向向右射入導(dǎo)體板之間．當(dāng)兩板間沒有加電壓時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當(dāng)兩板間加上圖乙所示的電壓U時，所有電子均能通過電場、穿過磁場，最后打在豎直放置的熒光屏上．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子的重力及電子間的相互作用，電壓U的最大值為U0；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；方向水平且垂直紙面向里．

（1）如果電子在t=t0時刻進(jìn)入兩板間；求它離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直分位移的大?。?/p>

（2）要使電子在t=0時刻進(jìn)入電場并能最終垂直打在熒光屏上；勻強(qiáng)磁場的水平寬度l為多少？

（3）證明：在滿足（2）問磁場寬度l的條件下，所有電子自進(jìn)入板間到最終打在熒光屏上的總時間相同．29、如圖所示，細(xì)繩系一小球（如圖甲所示）或軌道內(nèi)側(cè)的小球（如圖乙所示）在豎直面內(nèi)做圓周運動，在最高點時的臨界狀態(tài)為只受重力作用，則有mg=m，故小球能通過最高點的臨界速度v=．

試證明小球在最高點時：

（1）v=；拉力或壓力為零；

（2）v＞；小球受向下的拉力或壓力作用；

（3）v＜；小球不能到達(dá)最高點．

即輕繩模型的臨界速度為v臨=．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】分析物體的受力情況：重力、地面的支持力、摩擦力和力F，根據(jù)平衡條件則知，摩擦力Ff與拉力F的合力方向與重力、支持力的合力方向的關(guān)系，由重力、支持力的合力方向來確定摩擦力Ff與拉力F的合力的方向．【解析】【解答】解：分析物體的受力情況：重力、地面的支持力、摩擦力和力F，根據(jù)平衡條件則知，摩擦力Ff與拉力F的合力方向與重力、支持力的合力方向相反，而重力、支持力的合力方向豎直向下，則物塊受的摩擦力Ff與拉力F的合力方向豎直向上．

故選：A．2、A【分析】【分析】本題比較簡單，了解打點計時器的構(gòu)造以及工作原理即可正確解答．【解析】【解答】解：打點計時器是一種計時儀器；其電源頻率為50Hz，常用的電磁打點計時器和電火花計時器使用的都是交流電，其中電磁打點計時器使用的是6V以下的低壓交流電源，電火花打點計時器使用的是220V交流電源，故BCD錯誤，A正確．

故選：A．3、B|C|D【分析】【解析】試題分析：當(dāng)粒子進(jìn)入電場后，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，在水平方向上做勻速直線運動，因為電場是有界的，所以粒子不會一直在電場中運動下去，A錯誤，同一軌跡上的粒子的粒子的加速度相同，所以可得這些粒子的比荷一定相同，B正確，軌跡3的粒子比軌跡1的粒子的水平位移相同，有知道初速度相同，所以運動時間相同，但是軌跡3在豎直方向上的位移大于軌跡1的，由可得軌跡3粒子的加速度大于軌跡1的，所以軌跡3的粒子比軌跡1的粒子比荷大，C正確，若進(jìn)入電場前粒子都是經(jīng)同一電場由靜止開始加速，根據(jù)動能定理可得又知道所以可得即這些粒子在豎直方向上和水平方向上的位移都滿足此式，所以將沿同一軌跡運動，D正確，考點：本題考查了帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題【解析】【答案】BCD4、D【分析】【解析】設(shè)開始A、B帶電量為Q，小球C與A接觸后小球A帶0.5Q電量，小球C再與B接觸后小球B帶電量為0.25Q，距離變?yōu)樵瓉淼?倍，由庫侖定律可知D對【解析】【答案】D5、A【分析】【分析】金屬板內(nèi)部場強(qiáng)為零；有厚度為l

的金屬板，相當(dāng)于平行板電容器的間距減小了l

粒子受重力和電場力，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律列式求解加速度。

本題要記住平行板電容器內(nèi)插入金屬板，可以等效成極板間距減小了；然后結(jié)合共點力平衡條件和牛頓第二定律列式分析，不難。【解答】粒子受重力和電場力，開始時平衡，有：mg=qUd鈭?L壟脵

當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg鈭?qUd=ma壟脷

聯(lián)立壟脵壟脷

解得：a=Ldg=0.25ddg=0.25g

；故A正確；BCD錯誤。

故選A。【解析】A

6、B【分析】【分析】根據(jù)圖象可知交流電的最大值以及周期等物理量，然后進(jìn)一步可求出其瞬時值的表達(dá)式以及有效值等．【解析】【解答】解：A；由圖象知周期為0.02s；故A錯誤；

B；由圖象知最大值為311V；故B正確；

C、電壓的有效值為：U==220V；故C錯誤；

D；瞬時值表達(dá)式為：u=311sin100πtV；故D錯誤；

故選：B．7、C【分析】【分析】在變速直線運動中，速度的變化跟發(fā)生這種變化所用的時間的比，叫加速度，從加速度的概念出發(fā)即可解題．【解析】【解答】解：根據(jù)a=可知在任一秒內(nèi)：

A．汽車的末速度比初速度大或者小0.6m/s；故A錯誤；

B．汽車的這一秒初和前一秒末是同一個時刻；速度相等，故B錯誤；

C．加速度表示速度在單位時間內(nèi)的變化量；故C正確；

D．汽車的末速度比前1s內(nèi)的初速度大1.2m/s；故D錯誤．

故選：C．二、填空題(共9題，共18分)8、【分析】【分析】將物塊的運動分解為水平方向和沿斜面向下方向，根據(jù)沿斜面向下方向的位移求出運動的時間，結(jié)合水平位移和時間求出入射的初速度．【解析】【解答】解：將物塊的運動分解為水平方向和沿斜面向下方向，在沿斜面向下方上，加速度a=gsinθ，根據(jù)知，t=；

則入射的初速度．

故答案為：．9、10s5m95m125m【分析】【分析】根據(jù)求出小球落地的時間．根據(jù)求出第一秒內(nèi)的位移和下落一半時間的位移，最后一秒內(nèi)的位移等于高度減去前（t-1）s內(nèi)的位移．根據(jù)v=gt求出下落一半時間的位移．【解析】【解答】解：（1）由得：．

（2）第1s內(nèi)的位移：

因為從開始運動起前9s內(nèi)的位移為：

．

所以最后1s內(nèi)的位移為：

x10=x1-x9=500m-405m=95m．

（3）落下一半時間即t′=5s，由得：

故答案為：10s；5m；95m；125m．10、正【分析】【分析】因題目中要求三個小球均處于平衡狀態(tài)，故可分別對任意兩球進(jìn)行分析列出平衡方程即可求得結(jié)果．【解析】【解答】解：A；B、C三個電荷要平衡；必須三個電荷的一條直線，外側(cè)二個電荷相互排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩個電荷，所以外側(cè)兩個電荷距離大，要平衡中間電荷的拉力，必須外側(cè)電荷電量大，中間電荷電量小，所以C必須為正，在B的另一側(cè)．

設(shè)C所在位置與B的距離為r，則C所在位置與A的距離為L+r；要能處于平衡狀態(tài)，所以A對C的電場力大小等于B對C的電場力大小，設(shè)C的電量為q．則有：

k=k

解得：r=

對點電荷A；其受力也平衡，則：

k=k

解得：q=

故答案為：正，，．11、1600【分析】【分析】飛機(jī)受到豎直向上的升力等于自身的重力與現(xiàn)在的示數(shù)之差．【解析】【解答】解：無風(fēng)時，重力測試儀的示數(shù)為2×103N，說明飛機(jī)受到的重力為2×103N．

對飛機(jī)吹風(fēng)時重力測試儀的示數(shù)為4×102N，示數(shù)減小，說明飛機(jī)受到了一個向上的升力，升力的大小為F′=G-F=2×103N-4×102N=1.6×103N．

故答案為：1.6×103．12、電壓歐姆（或電阻）開關(guān)（或5，6間）歐姆調(diào)零【分析】【分析】（1）在連接點1；2已接好的情況下；應(yīng)當(dāng)選用多用電表的電壓檔，在連接點1、2同時斷開的情況下，應(yīng)當(dāng)選用多用電表的歐姆檔．

（2）在開關(guān)閉合情況下；若測得5；6兩點間的電壓接近電源的電動勢，根據(jù)電壓等于電勢差，分析故障所在．

（3）用多用電表檢測小燈泡是否有故障的具體步驟中，首先要進(jìn)行電調(diào)零．【解析】【解答】解：

（1）在連接點1；2已接好的情況下；應(yīng)當(dāng)選用多用電表的電壓檔，測量電源的電壓、小燈泡以及3根導(dǎo)線兩端的電壓，根據(jù)各部分電壓與電源電壓的關(guān)系，分析故障所在．在連接點1、2同時斷開的情況下，應(yīng)當(dāng)選用多用電表的歐姆檔，測量小燈泡以及3根導(dǎo)線，判斷故障所在．

（2）在開關(guān)閉合情況下；若側(cè)得5；6兩點間的電壓接近電源的電動勢，說明其他電路電壓為零，根據(jù)歐姆定律電阻完好時，電流為零，電壓就應(yīng)為零，說明5、6兩點間有斷路．

（3）用多用電表檢測小燈泡是否有故障的具體步驟為：

①將選擇開關(guān)旋至歐姆檔

②調(diào)節(jié)調(diào)零旋紐使指針指向電阻刻度的零位；即進(jìn)行歐姆調(diào)零．

故答案為：（1）電壓，歐姆．（2）5、6兩點間．（3）歐姆調(diào)零．13、13【分析】【分析】已知加速度、時間和位移，結(jié)合勻變速直線運動的位移時間公式汽車的初速度．【解析】【解答】解：根據(jù)得汽車的初速度為：

=13m/s．

故答案為：13．14、4.1×10-20.41【分析】【分析】開始時電流沿acdb，根據(jù)左手定則，cd邊安培力的方向豎直向上，保持電流大小不變，使電流方向反向，則安培力變?yōu)樨Q直向下，相當(dāng)于右邊多了兩個安培力的重量．即mg=2FA．【解析】【解答】解：開始時cd邊所受的安培力方向豎直向上，電流反向后，安培力的方向變?yōu)樨Q直向下．相當(dāng)于右邊了兩個安培力的重量．即mg=2FA．

FA===4.1×10-2N；

根據(jù)安培力公式F=BIL，則B==×=0.41T

故答案為：4.1×10-2；0.41．15、+→+；+→+【分析】【分析】盧瑟福用α粒子轟擊氮核從而發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子；產(chǎn)生了質(zhì)子和氧17，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒配平，書寫核反應(yīng)方程．

查德威克用α粒子轟擊鈹原子，生成了中子和【解析】【解答】解：在核反應(yīng)中應(yīng)保證質(zhì)量數(shù)守恒與電荷守恒；并且注意核反應(yīng)為單向反應(yīng)，應(yīng)用箭頭表示反應(yīng)方向；

核反應(yīng)方程分別為：

+→+；

+→+

故答案為：+→+；

+→+16、??s-19.5×104【分析】【分析】物理量之間的關(guān)系式推到出來的物理量的單位叫做導(dǎo)出單位．根據(jù)表達(dá)式表示出所要求解得物理量，并根據(jù)物理量的單位求出定義q的一個新單位．【解析】【解答】解：若把庫侖定律寫成：；

則q1q2=Fr2

而1N=1kg?m/s2；

所以定義q的一個新單位是??s-1．

1新單位=C=9.5×104C．

故答案為：??s-1，9.5×104三、判斷題(共5題，共10分)17、√【分析】【分析】平均速度表示物在某一段時間或某一過程內(nèi)的運動情況；而瞬時速度只能表示物體在某一瞬時或某一位置時的速度．平均速度與位移與時間的比值求解．【解析】【解答】解：因瞬時速度為0；則物體不動，無位移，則平均速度為0

故答案為：√18、×【分析】【分析】晶體有單晶體和多晶體兩種，單晶體各向異性，而多晶體各向同性．【解析】【解答】解：由于晶體在不同方向上物質(zhì)微粒的排列情況不同；即為各向異性，則為單晶體具有各向異性，但并不是所有物理性質(zhì)都是各向異性的．故該說法是錯誤的．

故答案為：×19、×【分析】【分析】根據(jù)并聯(lián)電阻的總電阻的倒數(shù)等于個分電阻的讀數(shù)之和進(jìn)行判定即可，【解析】【解答】解：因為并聯(lián)電阻的總電阻的倒數(shù)等于個分電阻的倒數(shù)之和；所以題干則的說法是錯誤的．

故答案為：×20、×【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：×21、×【分析】【分析】（1）如果二力在同一條直線上；根據(jù)力的合成計算合力的大小，即同一直線上同方向二力的合力等于二力之和；

同一直線反方向二力的合力等于二力之差．

（2）如果二力不在同一條直線上，合力大小介于二力之和與二力之差之間．【解析】【解答】解：當(dāng)二力反向時；合力等于二力大小之差，合力有可能小于分力，故這句話是錯誤的；

故答案為：×四、簡答題(共1題，共4分)22、（1）第四周期第Ⅷ族

（2）分子晶體5金屬鍵；

（3）N≡Nsp雜化N

（4）①CuCl

②共價

③【分析】【分析】本題考查較為全面，涉及到電子排布式、第一電離能、雜化類型的判斷、配合物以及有關(guān)晶體的計算，但解題具有較強(qiáng)的方法性和規(guī)律性，學(xué)習(xí)中注意總結(jié)書寫電子排布式的方法，如何判斷分子空間構(gòu)型以及有關(guān)晶體計算等方法?！窘獯稹縭m{(1)}鐵是rm{26}號元素；位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族，故答案為：第四周期第ⅤⅢ族；

rm{(2)}分子晶體的熔沸點較低，根據(jù)題給信息知，該物質(zhì)的熔沸點較低，所以為分子晶體，配合物rm{Fe(CO)_{x}}的中心原子是鐵原子，其價電子數(shù)是rm{8}每個配體提供的電子數(shù)是rm{2}rm{8+2x=18}rm{x=5}rm{Fe(CO)_{5}}在一定條件下發(fā)生分解反應(yīng)：rm{Fe(CO)_{5}=Fe(s)+5CO}反應(yīng)生成rm{Fe}所以形成的化學(xué)鍵為金屬鍵，故答案為：分子晶體；rm{5}金屬鍵；

rm{(3)}原子數(shù)和價電子數(shù)相同的微?；榈入娮芋w，則rm{CO}的一種常見等電子體分子的結(jié)構(gòu)式為rm{N隆脭N}rm{CN^{-}}中rm{C}原子價層電子對個數(shù)rm{=1+1/2(4+1-1隆脕3)=2}所以采取rm{sp}雜化；一般來說非金屬性越強(qiáng)，第一電離能大，但是因為rm{p}軌道半充滿體系具有很強(qiáng)的穩(wěn)定性rm{.N}的rm{p}軌道本來就是半充滿的rm{.O}的rm{p}軌道失去一個電子才是半充滿的rm{.}所以rm{C}rm{N}rm{O}三元素的第一電離能由大到小的順序為rm{N>O>C}即rm{N}的第一電離能最大，故答案為：rm{N隆脭N}rm{sp}雜化；rm{N}

rm{(4)}根據(jù)價電子排布式判斷出rm{M}原子為rm{Cl}原子；

rm{壟脵}由晶胞結(jié)構(gòu)可知，rm{Cu}原子處于晶胞內(nèi)部，晶胞中含有rm{4}個rm{Cu}原子，rm{Cl}原子屬于頂點與面心上，晶胞中含有rm{Cl}原子數(shù)目為rm{8隆脕1/8+6隆脕1/2=4}故化學(xué)式為rm{CuCl}故答案為：rm{CuCl}

rm{壟脷}電負(fù)性差值大于rm{1.7}原子間易形成離子鍵，小于rm{1.7}原子間形成共價鍵，銅與rm{X}的電負(fù)性分別為rm{1.9}和rm{3.0}差值為rm{1.1}小于rm{1.7}形成共價鍵；

故答案為：共價；

rm{壟脹}一個晶胞的摩爾質(zhì)量為rm{4隆脕99.5g/mol}晶胞摩爾體積為rm{dfrac{99.5隆脕4}{婁脩}c{m}^{3}}晶胞的邊長為rm{sqrt[3]{dfrac{99.5隆脕4}{婁脩{N}_{A}}}cm}根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，銅原子和rm{dfrac{99.5隆脕4}{婁脩}c{m}^{3}

}原子之間的最短距離為立方體體對角線的rm{sqrt[3]{

dfrac{99.5隆脕4}{婁脩{N}_{A}}}cm}而體對角線為晶胞邊長的rm{M}倍，所以銅原子和rm{1/4}原子之間的最短距離為rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕sqrt[3]{dfrac{99.5隆脕4}{婁脩{N}_{A}}}cm=dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕sqrt[3]{dfrac{99.5隆脕4}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}pm}故答案為：rm{dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕sqrt[3]{dfrac{99.5隆脕4}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{sqrt{3}}【解析】rm{(1)}第四周期第Ⅷ族rm{(2)}分子晶體rm{5}金屬鍵；rm{(3)N隆脭N}rm{sp}雜化rm{N}rm{(4)壟脵C(jī)uCl}rm{壟脷}共價rm{壟脹dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕sqrt[3]{dfrac{99.5隆脕4}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{壟脹dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕sqrt[3]{

dfrac{99.5隆脕4}{婁脩{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}五、計算題(共3題，共15分)23、略

【分析】【解析】(1)設(shè)觀測站距玉樹的距離為s，則則(2)因為縱波先到觀測點，因而先觀察到的是上下振動。思路分析：根據(jù)公式可得縱波先到觀測點，因而先觀察到的是上下振動試題【解析】【答案】(1)34km(2)上下振動24、略

【分析】【解析】

試題分析：（1）帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有

解得=0.34m

（2）因故當(dāng)粒子軌跡圓弧所對的弦長為圓形區(qū)域的直徑時運動時間最長，運動軌跡如圖．

由圖可知：即θ=120°

根據(jù)線速度的定義有：

粒子通過磁場空間的運動時間最長為

考點：本題考查了帶電粒子在磁場中的運動、勻速圓周運動規(guī)律、以及平面幾何相關(guān)知識，意在考查學(xué)生的分析綜合能力和運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力．【解析】【答案】（1）0.34m（2）25、(1)由萬有引力定律,A星體所受B、C星體引力大小為FBA=G=G=FCA,方向如圖則合力大小為FA=(2)同上,B星體所受A、C星體引力大小分別為方向如圖由FBx=FABcos60°+FCB=2GFBy=FABsin60°=可得FB==(3)通過分析可知,圓心O在中垂線AD的中點,RC=(或:由對稱性可知OB=OC=RC)可得(4)三星體運動周期相同,對C星體,由可得T=π【分析】(1)(2)(1)(2)由萬有引力定律，分別求出單個的力，然后求出合力即可；

(3)C(3)C與BB的質(zhì)量相等，所以運行的規(guī)律也相等，然后結(jié)合向心力的公式即可求出CC的軌道半徑；

(4)(4)三星體做圓周運動的周期TT相等，寫出CC的向心加速度表達(dá)式即可求出。

該題借助于三星模型考查萬有引力定律，其中BB與CC的質(zhì)量相等，則運行的規(guī)律、運動的半徑是相等的。畫出它們的受力的圖象，在結(jié)合圖象和萬有引力定律即可正確解答。

【解析】(1)

由萬有引力定律，A

星體所受BC

星體引力大小為FBA=

G=

G=FCA

方向如圖則合力大小為FA=

(2)

同上，B

星體所受AC

星體引力大小分別為方向如圖由FBx=FABcos60鈭?+FCB=2G

FBy=FABsin60鈭?=

可得FB=

=

(3)

通過分析可知，圓心O

在中垂線AD

的中點，RC=

(

或：由對稱性可知OB=OC=RC

)

可得(4)

三星體運動周期相同，對C

星體，由可得T=婁脨

六、證明題(共4題，共28分)26、略

【分析】【分析】將小船渡河的運動分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向的兩個分運動；在兩個方向上都做勻速直線運動，因此不能垂直到達(dá)對岸；

再根據(jù)分運動和合運動具有等時性求出渡河的時間；

結(jié)合兩方向的位移公式，由矢量合成法則，即可求解登陸的地點離船出發(fā)點的距離【解析】【解答】解：（1）船以4m/s垂直河岸的速度渡河；因存在水流的速度為5m/s，則是船不能垂直達(dá)到對岸；