2024年華師大新版高三物理下冊階段測試試卷

…………○…………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2024年華師大新版高三物理下冊階段測試試卷361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6題，共12分)1、一簡諧振動的振動方程為：x=3sin（5πt+π），式中位移x的單位是cm，則（）A.振動的振幅為3cmB.振動的相位為φ=πC.振動的頻率為5HzD.t=1s時的位移為2cm2、自然界中某量D的變化可以記為△D，發(fā)生這個變化所用的時間記為△t，變化量△D與時間△t的比值就是這個量的變化率．變化率在描述這種變化過程時起到非常重要的作用，中學物理中常用變化率．下列關(guān)于變化率的說法正確的是（）A.某個質(zhì)點的位移變化率可以表示質(zhì)點速度變化的快慢B.某個質(zhì)點的速度變化率可以表示質(zhì)點運動的快慢C.某個閉合回路的磁通量的變化率可以表示感應電動勢的大小D.某個力的功的變化率可以表示這個力的大小變化快慢3、甲、乙兩車同時、同地、同向出發(fā)作直線運動，如圖為其運動的時間圖象，t1時刻兩圖線相交，有關(guān)如圖的說法正確的是（）A.如果是位移時間圖象，則甲乙兩車在t1時間內(nèi)位移不相等B.如果是位移時間圖象，則甲乙兩車在t1時間內(nèi)路程相等C.如果是速度時間圖象，則甲乙兩車在t1時間內(nèi)位移相等D.如果是速度時間圖象，則甲乙在t1時間內(nèi)平均速度均為=4、宇航員在地球表面以一定初速度豎直上拋一小球，經(jīng)過時間t小球落回原處；若他在某星球表面以相同的初速度豎直上拋同一小球，需經(jīng)過時間5t小球落回原處，已知該星球的半徑與地球半徑之比為R星：R地=1：4，地球表面重力加速度為g，設該星球表面附近的重力加速度為g′，空氣阻力不計．則下列各選項中正確的為（）A.g′：g=5：1B.g′：g=1：5C.M星：M地=1：20D.M星：M地=20：15、如圖所示的電路中，電源電動勢E、內(nèi)電阻r、當滑動變阻器的滑動觸頭由a向b滑動過程中，下列說法正確的是（）A.燈泡L亮度變暗B.電源提供的總功率減小C.電容器C上所帶的電量減小D.電容器C二端的電壓增大6、如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中．已知靜電力常量為k．若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、（2010春?黔東南州期末）如圖，靠摩擦傳動做勻速轉(zhuǎn)動的大小兩輪接觸面不光滑，大輪子的半徑是小輪子的2倍．A、B分別為大小輪上的點，C為大輪上一條半徑的中點，則A、B、C上的線速度之比為____，加速度之比為____．8、一切物體總保持____或____狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止．這就是牛頓第一定律．9、在探究“物體的上浮或下沉與哪些因素有關(guān)”的活動中，同學們將大小相等的新鮮蘿卜浸沒在水中松手后蘿卜都上浮，直至漂浮在水面上如圖所示，為了使漂浮的蘿卜沉下去，甲同學將一根短而粗的鐵釘全部插入蘿卜中，乙同學也用同樣的鐵釘，但只將其一半插入到蘿卜中，再次將蘿卜放入水中松手，結(jié)果兩個蘿卜均沉入水底．他們在探究過程中往蘿卜中插入鐵釘是為了____；從他們探究的方法來分析____（甲或乙）的方法更合理，理由是____．10、（2014春?屯溪區(qū)校級期中）如圖所示，一個被x軸與曲線方程y=0.2sinx（m）所圍的空間中存在著勻強磁場．磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=0.2T．正方形金屬線框的邊長是L=0.2m，電阻是R=0.1Ω，它的一邊與x軸重合，在拉力F的作用下，以v=10m/s的速度水平向右保持勻速運動．則拉力F的最大瞬時功率是____W，從圖示位置開始把線框右邊拉至x=0.15m坐標處，拉力F需要做____J的功．11、（2007?南開區(qū)模擬）一個同學要研究輕質(zhì)彈簧的彈性勢能與彈簧長度改變量的關(guān)系；進行了如下實驗：在離地面高度為h的光滑水平桌面上，沿著與桌子邊緣垂直的方向放置一輕質(zhì)彈簧，其左端固定，右端與質(zhì)量為m的一個小鋼球接觸．當彈簧處于自然長度時，小鋼球恰好在桌子邊緣，如圖所示．讓鋼球向左壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，使鋼球沿水平方向射出桌面，小鋼球在空中飛行后落在水平地面上，水平距離為s．

（1）請你推導出彈簧的彈性勢能Ep與小鋼球質(zhì)量m、桌面離地面高度h、小鋼球飛行的水平距離s等物理量之間的關(guān)系式：____．

（2）彈簧的壓縮量x與對應的鋼球在空中飛行的水平距離s的實驗數(shù)據(jù)如下表所示：

。彈簧的壓縮量x（cm）1.001.502.002.503.003.50小鋼球飛行的水平距離s（cm）1.011.502.012.493.013.50根據(jù)上面的實驗數(shù)據(jù)，請你猜測彈簧的彈性勢能Ep與彈簧的壓縮量x之間的關(guān)系為____，并說明理由：____．12、有一種叫“阿特武德機”的裝置；可以用來研究超重和失重現(xiàn)象，其研究步驟如下：如圖所示，原來左右兩側(cè)都懸掛質(zhì)量為2m的砝碼，此時彈簧秤示數(shù)為2mg．若在右側(cè)懸掛的砝碼上再增加質(zhì)量為m的砝碼，左側(cè)砝碼將獲得向上的加速度，可觀察到彈簧秤上的示數(shù)變大，左側(cè)砝碼處于超重狀態(tài)；若將右側(cè)減少一個質(zhì)量為m砝碼，左側(cè)砝碼將向下加速運動，可觀察到彈簧秤上的示數(shù)變小，左側(cè)砝碼處于失重狀態(tài)．請問：

（1）左側(cè)砝碼超重狀態(tài)時；彈簧秤的讀數(shù)為多少？

（2）左側(cè)砝碼失重狀態(tài)時；彈簧秤的讀數(shù)為多少？

13、物體做初速度為v0的勻變速直線運動，經(jīng)過時間t，物體的速度達到vt，則在這段時間內(nèi)的平均速度=____如果物體在第1s末速度為v1，第4s末的速度為v2，則這3s內(nèi)的平均速度=____，這3s內(nèi)的位移可表示為s=____．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、物體的瞬時速度總為零，則平均速度一定為零．____．（判斷對錯）15、在磁場中任一點，小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．____．（判斷對錯）16、向心力的方向始終指向圓心，所以向心力的方向始終不變．____（判斷對錯）17、質(zhì)點是一個理想化模型，實際上并不存在，所以，引入這個概念沒有多大意義．____．18、當溫度升高時，物體內(nèi)部所有分子的動能都增加．____．（判斷對錯）19、用電器的額定功率與所加的電壓無關(guān)．____．（判斷對錯）20、向心力的方向始終指向圓心，所以向心力的方向始終不變．____（判斷對錯）評卷人得分四、識圖作答題(共3題，共21分)21、如圖為染色體數(shù)為2m的某動物精原細胞分裂的示意圖,兩對基因A、a和B、b分別在兩對同源染色體上，③表示細胞處于染色體著絲點向兩極移動的時期。據(jù)圖分析回答下列問題：（1）①中有_______對同源染色體，核DNA數(shù)目為____________。（2）③含_________個染色體組；③中染色體數(shù)目為________________。

（3）與圖中精細胞同時產(chǎn)生的另外3個精細胞的基因型是_________________。22、請仔細分析下列各圖，根據(jù)所學知識回答問題（1）圖甲代表某植物在一天內(nèi)吸收CO2變化情況，若C、F時間所合成的葡萄糖速率相等，均為30mg/dm2·h，則A、C、F三點的呼吸強度的比較結(jié)果是__________（2）圖乙中光照強度為b時，該葉肉細胞光合作用速率_________（填＜、＝、＞）呼吸作用速率，光照強度為c時，單位時間內(nèi)該葉肉細胞從周圍吸收_________單位CO2。（3）某同學研究甲湖泊中x深度生物光合作用和有氧呼吸。具體操作如下：取三個相同的透明玻璃瓶a、b、c，將a先包以黑膠布，再包以鉛箔。用a、b、c三瓶從待測水體深度取水，測定瓶中水內(nèi)氧容量。將a瓶、b瓶密封再沉入待測水體深度，經(jīng)24小時取出，測兩瓶氧含量，結(jié)果如圖丙。則24小時待測深度水體中生物光合作用制造的氧氣量是每瓶__________（4）景天科植物A有一個很特殊的CO2同化方式：夜間氣孔開放，吸收的CO2生成蘋果酸儲存在液泡中（如下圖一所示）；白天氣孔關(guān)閉，液泡中的蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放CO2用于光合作用（如下圖二所示）。十字花科植物B的CO2同化過程如下圖三所示，請回答：

白天植物A進行光合作用所需的CO2的來源有_________。在上午10:00點時，突然降低環(huán)境中CO2濃度后的一小段時間內(nèi)，植物A和植物R細胞中C3含量的變化分別是________、________；將植物B放入密閉的玻璃置內(nèi)，置于室外進行培養(yǎng)，用CO2濃度測定儀測得了該玻璃罩內(nèi)CO2濃度的變化情況，繪成上圖四的曲線。B～D段CO2相對含量下降的原因是__________。23、下圖甲為植物激素調(diào)節(jié)過程，乙為動物激素調(diào)節(jié)過程（其中①為細胞，②③為激素、④為激素引起的生理變化）。請回答下列問題：

（1）從圖甲可以看出，赤霉素能通過___________________，從而提高生長素的含量，促進植株生長。（2）在植物體內(nèi)合成生長素較旺盛的部位有幼嫩的芽、葉和_____________________。（3）在人體內(nèi)與圖乙中的②相互制約的激素是___________，④表示的生理過程為______________。（4）從圖乙中可以看出，血糖調(diào)節(jié)方式有___________。評卷人得分五、簡答題(共3題，共6分)24、鋰離子電池正極材料需要純度較高的硫酸錳，目前工業(yè)硫酸錳中雜質(zhì)rm{(}鈣、鎂、鐵等rm{)}含量高，利用下圖流程可制取純度較高的硫酸錳溶液。反應rm{壟脵}使雜質(zhì)生成氟化物的沉淀，對反應rm{壟脵}前后的雜質(zhì)含量檢測結(jié)果rm{(}以rm{350g/LMnSO_{4}}計rm{)}如下：。雜質(zhì)凈化前rm{/g}凈化后rm{/g}去除率rm{/%}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{0.001275}rm{0.001275}rm{隆陋}rm{Ca^{2+}}rm{0.490000}rm{0.021510}rm{95.61}rm{Mg^{2+}}rm{0.252000}rm{0.025100}rm{90.04}rm{(1)}濾渣rm{x}中含有的物質(zhì)是____。rm{(2)}試分析鈣鎂去除結(jié)果不同的原因：____。rm{(3)}在濾液中加入rm{KMnO_{4}}可以將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}同時生成rm{Mn^{2+}}該反應的離子方程式為____。rm{(4)}已知：生成氫氧化物沉淀的rm{pH}。rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Mn(OH)_{2}}開始沉淀時rm{6.3}rm{1.5}rm{8.3}完全沉淀時rm{8.3}rm{2.8}rm{9.8}注：金屬離子的起始濃度為rm{0.1mol/L}根據(jù)表中數(shù)據(jù)解釋流程中rm{壟脷}的目的：____。rm{(5)}進一步研究表明，如果反應rm{壟脵}后不過濾直接加入rm{KMnO_{4}}同時控制加入的量，反應后調(diào)節(jié)rm{pH}然后再過濾，可以進一步提高鈣鎂的去除率。對鈣鎂去除率提高的原因有如下假設：假設Ⅰ：rm{Fe^{2+}}與rm{MnO_{4}^{隆陋}}生成了rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}水解生成的rm{Fe(OH)_{3}}吸附了沉淀物；假設Ⅱ：rm{Mn^{2+}}與rm{MnO_{4}^{隆陋}}反應生成的活性rm{MnO_{2}}吸附了沉淀物。選擇適當?shù)臒o機試劑，設計實驗驗證假設是否成立。____________rm{(6)}鋰離子電池充放電過程中，鋰離子在正極和負極之間來回移動，就像一把搖椅，稱“搖椅式電池”。典型的鋰離子電池工作原理如下圖所示。rm{壟脵}放電時rm{Li^{+}}的移動方向從____極到____極rm{(}填“rm{a}”或“rm”rm{)}rm{壟脷}已知電極總反應：寫出放電時正極的電極反應式。25、（2015秋?長沙校級期末）如圖所示的電路中，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=0.5Ω，電動機的電阻R0=1.0Ω，電阻R1=1.5Ω．電動機正常工作時，電壓表的示數(shù)U1=3.0V；求：

（1）電源釋放的總電功率；

（2）通電一分鐘，電動機做的有用功為多少？26、如圖所示，重為100N的物體受推力F作用貼于墻面靜止，F(xiàn)與墻的夾角θ=60°，墻對物體的最大靜摩擦力為40N，要使物體保持靜止，求推力F的大小范圍．評卷人得分六、解答題(共1題，共10分)27、如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的交流電壓u，金屬板間電場可看做均勻、且兩板外無電場，板長L=0.2m，板間距離d=0.1m，在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的勻強磁場，MN與兩板中線OO′垂直，磁感應強度B=5×10-3T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個粒子的比荷=108C/kg，重力忽略不計，在0-0.8×10-5s時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）．已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在0，.2×10-5s時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場．（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）．

求：

（1）求兩板間的電壓U0

（2）0-0.2×10-5s時間內(nèi)射入兩板間的帶電粒子都能夠從磁場右邊界射出；求磁場的最大寬度。

（3）若以MN與兩板中線OO′垂直的交點為坐標原點，水平向右為x軸，豎直向上為y軸建立二維坐標系，請寫出在0.3×10-5s時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場和離開磁場（此時；磁場只有左邊界，沒有右邊界）時的位置坐標．

（4）兩板間電壓為0，請設計一種方案：讓向右連續(xù)發(fā)射的粒子流沿兩板中線OO′射入，經(jīng)過右邊的待設計的磁場區(qū)域后，帶電粒子又返回粒子源．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】簡諧運動的表達式為x=Acos（ωt+φ），A為振幅，ω為圓頻率，φ是初相．由振動方程可讀出振幅、初相位、圓頻率，根據(jù)f=可求出頻率．將t=1s代入振動方程即可求得位移．【解析】【解答】解：ABC、根據(jù)簡諧運動的表達式為x=3sin（5πt+π）cm，知振動的振幅A=3cm，圓頻率ω=5πrad/s，則頻率為f==2.5Hz；初相位為π，而相位為5πt+π．

故A正確；B；C錯誤．

D；將t=1s代入振動方程得；x=3sin（5πt+π）cm=3sin6πcm=0．故D錯誤．

故選：A2、C【分析】【分析】解答本題關(guān)鍵掌握：D表示某質(zhì)點的位移，則表示速度，若D表示速度，則表示加速度，掌握兩個變化量的比值定義一個新的物理量的方法．【解析】【解答】解：A、某個質(zhì)點的位移變化率可以表示質(zhì)點的速度；速度表示質(zhì)點運動的快慢，A選項錯誤；

B、某個質(zhì)點的速度變化率可以表示質(zhì)點運動的加速度；加速度表示質(zhì)點速度變化的快慢，故B選項錯誤；

C、某個閉合回路的磁通量的變化率可以表示感應電動勢的大??；故C選項正確；

D、某個力的功的變化率可以表示這個力的功率；功率表示力做功的快慢，故D選項錯誤．

故選：C．3、B【分析】【分析】若是位移時間圖象，由位移與時間的圖象縱坐標的變化量讀出位移關(guān)系，分析三個物體的運動情況，確定路程關(guān)系；如果是速度時間圖象由圖象的點可知任意時刻的速度；由圖象的斜率可得出物體的加速度；由面積可得出位移．【解析】【解答】解：A、如果是位移時間圖象，由位移與時間的圖象縱坐標的變化量可知，在t1的時間內(nèi)，乙的位移為b，甲乙通過的位移相同，甲乙都在單向直線運動，位移大小等于路程，則甲乙兩車在t1時間內(nèi)路程相等；故A錯誤，B正確；

C、如果是速度時間圖象，圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，則在t1時間內(nèi)甲的位移大于乙的位移，甲的平均速度，而乙的平均速度小于．故CD錯誤．

故選：B4、B【分析】【分析】分析：通過豎直上拋運動經(jīng)歷的時間求出重力加速度之比，然后根據(jù)萬有引力等于重力，即G=mg，求出中心天體的質(zhì)量比．【解析】【解答】解：A、B、根據(jù)g=；知重力加速度之比等于它們所需時間之反比，地球上的時間與星球上的時間比1：5，則地球表面的重力加速度和星球表面重力加速度之比g：g′=5：1．故A錯誤，B正確．

C、D、根據(jù)萬有引力等于重力，即G=mg，得到：M=．星球和地球表面的重力加速度之比為1：5，半徑比為1：4，所以星球和地球的質(zhì)量比M星：M地=1：80．故C錯誤；D錯誤．

故選：B．5、C【分析】【分析】由圖可知電路結(jié)構(gòu)，則由滑片的移動明確電阻的變化，由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流及電容器兩端的電壓變化；從而得出電量的變化及燈泡的亮度變化；由功率公式可得出電源提供的功率變化．【解析】【解答】解：A、當滑片向b滑動時；滑動變阻器接入電阻阻值減小，則電路中電流增大，則燈泡的亮度變亮，故A錯誤；

B；而電源的輸出功率P=EI；因電流增大，則電源提供的總功率增大；

CD；因燈泡及電源內(nèi)壓均增大；則滑動變阻器兩端的電壓減小，故電容器所帶電量減小，故C正確；D錯誤；

故選：C．6、B【分析】【分析】三個小球均處于靜止狀態(tài)，以整個系統(tǒng)為研究對象根據(jù)平衡條件得出c的電荷量，再以c電荷為研究對象受力分析求解．【解析】【解答】解：設c電荷帶電量為Q；以c電荷為研究對象受力分析；

根據(jù)平衡條件得a、b對c的合力與勻強電場對c的力等值反向；即：

2××cos30°=E?Q

所以勻強電場場強的大小為．

故選B．二、填空題(共7題，共14分)7、2：2：12：4：1【分析】【分析】兩輪靠摩擦傳動，輪子邊緣上的點線速度大小相等，共軸轉(zhuǎn)動角速度大小相等，根據(jù)v=rω求出角速度大小之比和線速度大小之比；最后根據(jù)an=求解加速度之比．【解析】【解答】解：點A；點B、點C的轉(zhuǎn)動半徑之比為2：1：1；

①A、B兩點相等時間內(nèi)通過的弧長相等，則A、B線速度大小相等，即vA=vB；

點A和點B線速度大小相等，轉(zhuǎn)動半徑之比為2：1，根據(jù)v=rω知，A、B兩點轉(zhuǎn)動的角速度之比為：ωA：ωB=1：2；

②點A和點C是同軸傳動；角速度大小相等；

A、C兩點的角速度大小相等，根據(jù)v=rω知；A的線速度是C的2倍；

綜上：A；B、C線速度之比為2：2：1；故A、B、C角速度之比為1：2：1；

根據(jù)an=，有：

故答案為：2：2：1，2：4：18、靜止勻速直線運動【分析】【分析】如果物體不受任何力的作用，那么原來靜止的物體將永遠的保持靜止狀態(tài)（沒有力改變它的運動狀態(tài)）；原來運動的物體將永遠的保持勻速直線運動狀態(tài)（沒有力改變它的運動狀態(tài)）．【解析】【解答】解：牛頓第一定律：一切物體在沒有受到外力作用的時候；總保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)．

故答案為：靜止，勻速直線運動．9、改變重力的大小，使重力大于浮力甲甲將鐵釘全部插入蘿卜中，在改變重力時，體積（或浮力）幾乎不變【分析】【分析】決定蘿卜浮沉的是它的重力與浮力的大小關(guān)系，因此，兩位同學是從這一角度來改變探究條件的，從控制變量法的要求來看，我們應盡量保持浮力不變的情況下，來改變蘿卜的重力，才更有說服力．【解析】【解答】解：插入鐵釘改變了蘿卜的重力；使重力大于浮力，從而使蘿卜一沉；

根據(jù)控制變量的要求；在改變蘿卜重力的過程中，應盡量保證其體積與浮力的大小不變，因此，甲的方法更合理．

故答案為：改變重力的大小，使重力大于浮力；甲；甲將鐵釘全部插入蘿卜中，在改變重力時，體積（或浮力）幾乎不變．10、1.60.012【分析】【分析】線框的一邊做切割磁感線運動，產(chǎn)生感應電動勢，當切割長度最大時，感應電流最大，拉力最大，拉力功率最大．線框右邊和左邊分別切割磁感線，產(chǎn)生正弦式交變電流，可用切割感應電動勢公式、安培力和功、功率知識求解．【解析】【解答】解：（1）當線框的一條豎直邊運動到x=0.15m處時；線圈的感應電動勢最大；

感應電動勢的最大值：Em=BLv=0.2×0.2×10V=0.4V；

電路最大電流：Im===4A；

拉力F的最大值為：Fm=BLIm=0.2×4×0.2=0.16N；

拉力F最大功率為：Pm=Fmv=0.16×10W=1.6W；

（2）把線框拉過磁場區(qū)域時；因為有效切割長度是按正弦規(guī)律變化的，線框中的電流也是按正弦規(guī)律變化的（有一段時間線框中沒有電流）．

電動勢的有效值是：E===0.2V；

從圖示位置開始把線框右邊拉至x=0.15m坐標處需要的時間：t===0.015s；

拉力做功：W=t=×0.015=0.012J；

故答案為：1.6，0.012．11、EP=Ep與x2成正比x正比于s，Ep正比于s2【分析】【分析】（1）彈簧釋放后；小球在彈簧的彈力作用下加速，彈簧與小球系統(tǒng)機械能守恒，小球離開桌面后，做平拋運動，根據(jù)平拋運動的知識可以求平拋的初速度，根據(jù)以上原理列式即可；

（2）先從實驗數(shù)據(jù)得出彈簧的壓縮量與小球的射程的關(guān)系，再結(jié)合第一小問中結(jié)論得到彈性勢能與小球的射程的關(guān)系，最后綜合出彈簧的彈性勢能EP與彈簧長度的壓縮量x之間的關(guān)系．【解析】【解答】解：（1）由平拋運動規(guī)律有s=vt；

h=；

得v=s．

由機械能守恒定律得EP==

（2）Ep與彈簧的壓縮量x之間的關(guān)系為：Ep與x2成正比．

猜測的理由：由表中數(shù)據(jù)可看出；在誤差范圍內(nèi)，x正比于s；

又Ep==，所以Ep正比于x2．

故答案為：Ep=；Ep與x2成正比；x正比于s，Ep正比于s212、略

【分析】

（1）處于超重狀態(tài)時；

對左側(cè)物體受力分析由牛頓第二定律知。

F-2mg=2ma

同理對右側(cè)的物體受力分析知。

3mg-F=3ma

聯(lián)立以上二式解得F=2.4mg

（2）處于失重狀態(tài)時；對左側(cè)物體受力分析知。

2mg-F′=2ma′

對右側(cè)的物體受力分析知F′-mg=ma′

聯(lián)立以上二式解得F′=mg

答：左側(cè)砝碼超重狀態(tài)時，彈簧秤的讀數(shù)為2.4mg，左側(cè)砝碼失重狀態(tài)時，彈簧秤的讀數(shù)為mg．

【解析】【答案】當右側(cè)增加一砝碼時；左側(cè)砝碼超重，右側(cè)砝碼失重，此時分別對左右兩側(cè)砝碼受力分析，利用牛頓第二定律即可解決，同理右側(cè)減少一砝碼時，同樣利用此法可解．

13、【分析】【分析】物體在某段時間內(nèi)的平均速度等于位移與時間的比值，根據(jù)勻變速直線運動的公式可推導出平均速度的推論表達式為初末速度和的一半，位移為平均速度與時間的乘積【解析】【解答】解：勻變速直線運動平均速度等于初末速度和的一半，故

3s內(nèi)的位移為x=

故答案為：，，三、判斷題(共7題，共14分)14、√【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：√15、√【分析】【分析】磁場雖然是看不見、摸不著的，但它會對放入它中的磁體產(chǎn)生力的作用，小磁針N極在磁場中所受的磁力方向跟該點的磁場方向相同．【解析】【解答】解：磁體的周圍存在磁場；電流周圍也存在磁場，磁場的基本性質(zhì)是對放在其中的磁體存在力的作用．

磁場方向與放在該點的小磁針的N極靜止時的方向一致；或小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．所以該說法是正確的．

故答案為：√16、×【分析】【分析】勻速圓周運動合力等于向心力，方向始終指向圓心，只改變速度的方向，不改變速度的大小．【解析】【解答】解：物體做圓周運動；向心力方向始終指向圓心，方向時刻變化，此說法錯誤．

故答案為：×17、×【分析】【分析】質(zhì)點是人們?yōu)榱搜芯繂栴}的方便而忽略物體的形狀和大小而人為引入的一個理想化模型，故實際上并不存在，質(zhì)點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，只要物體的形狀和大小對研究問題沒有影響或者影響可以忽略不計時物體就可以當作質(zhì)點，與物體的體積的大小無關(guān)．【解析】【解答】解：質(zhì)點是一個理想化模型；實際上并不存在，質(zhì)點是人們?yōu)榱搜芯繂栴}的方便而忽略物體的形狀和大小而人為引入的一個理想化模型，只要物體的形狀和大小對研究問題沒有影響或者影響可以忽略不計時物體就可以當作質(zhì)點．故說法錯誤．

故答案為：×．18、×【分析】【分析】溫度是分子的平均動能的標志，是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律，由此分析解答即可．【解析】【解答】解：溫度是分子的平均動能的標志；是大量分子運動的統(tǒng)計規(guī)律，對單個的分子沒有意義；當溫度升高時，物體內(nèi)的分子的平均動能增加，不是物體內(nèi)部所有分子的動能都增加．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×19、√【分析】【分析】根據(jù)額定電壓和額定功率的概念進行分析，即用電器正常工作時的電壓為額定電壓，在額定電壓下的功率為額定功率．【解析】【解答】解：因用電器正常工作時；電壓為額定電壓，在額定電壓下的功率為額定功率，所以額定功率與實際電壓無關(guān)，實際功率與工作時的電壓有關(guān)；

故答案為：√20、×【分析】【分析】勻速圓周運動合力等于向心力，方向始終指向圓心，只改變速度的方向，不改變速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓何矬w做圓周運動；向心力方向始終指向圓心，方向時刻變化，此說法錯誤．

故答案為：×四、識圖作答題(共3題，共21分)21、（1）m或2m4m（2）22m（3）AbaBaB【分析】【分析】本題結(jié)合細胞分裂過程圖，考查有絲分裂和減數(shù)分裂的相關(guān)知識，要求考生識記有絲分裂和減數(shù)分裂過程特點，掌握有絲分裂和減數(shù)分裂過程中染色體數(shù)目、DNA數(shù)目和染色單體數(shù)目變化規(guī)律，準確判斷各選項。分析題圖：①表示有絲分裂；②處于減數(shù)第一次分裂過程，屬于初級精母細胞，細胞含有同源染色體；③處于減數(shù)第二次分裂后期，屬于次級精母細胞，細胞中不含同源染色體。【解答】（1）①處于有絲分裂；含有m或2m對同源染色體，DNA復制之后，數(shù)目加倍，即DNA數(shù)目為4m。

（2）③為處于減數(shù)第二次分裂后期的次級精母細胞；不含同源染色體，此時染色體數(shù)目與體細胞相同，即染色體數(shù)目為2m，含2個染色體組。

（3）一個精原細胞減數(shù)分裂只能形成2種精細胞，因此與圖中精細胞同時產(chǎn)生的另外3個精細胞的基因型應該是aB、aB、Ab?！窘馕觥浚?）m或2m4m（2）22m（3）AbaBaB22、（1）F＞C＝A

（2）＜0

（3）k-vmol

（4）蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放的和呼吸作用產(chǎn)生的A基本不變B下降植物的細胞呼吸速率小于光合作用速率【分析】【分析】

本題考查光合作用和呼吸作用的相關(guān)知識，意在考查學生能運用所學知識與觀點，通過比較、分析與綜合等方法對某些生物學問題進行解釋、推理，做出合理的判斷或得出正確的結(jié)論?！窘獯稹浚?）據(jù)圖分析，圖中A點呼吸速率（CO2釋放速率）為8mg/dm2·h，根據(jù)題意，C、F時間所合成的葡萄糖速率相等，均為30mg/dm2·h，即總光合作用吸收CO2速率為mg/dm2·h，據(jù)圖分析可知，圖中，C點凈光合作用吸收CO2速率為36mg/dm2·h，F(xiàn)點凈光合作用吸收CO2速率為32，則C、F兩點的呼吸強度（CO2釋放速率）分別為44-36=8mg/dm2·h、44-32=12mg/dm2·h，所以A、C、F三點的呼吸強度的比較結(jié)果是F＞C＝A。（2）據(jù)圖分析，圖乙中光照強度為b時，葉肉細胞CO2釋放量大于0，說明該葉肉細胞光合作用速率小于呼吸作用速率，光照強度為c時，葉肉細胞O2產(chǎn)生總量與呼吸作用CO2釋放量相同，即光合速率等于呼吸速率，即單位時間內(nèi)該葉肉細胞從周圍吸收0單位CO2。（3）某同學研究甲湖泊中x深度生物光合作用和有氧呼吸。具體操作如下：取三個相同的透明玻璃瓶a、b、c，將a先包以黑膠布，再包以鉛箔。用a、b、c三瓶從待測水體深度取水，測定瓶中水內(nèi)氧容量。將a瓶、b瓶密封再沉入待測水體深度，經(jīng)24小時取出，測兩瓶氧含量，結(jié)果如圖丙。則24小時待測深度水體中生物光合作用制造的氧氣量是每瓶k-vmol。

（4）根據(jù)題意，景天科植物A有一個很特殊的CO2同化方式：夜間氣孔開放，吸收的CO2生成蘋果酸儲存在液泡中（如下圖一所示）；白天氣孔關(guān)閉，液泡中的蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放CO2用于光合作用，所以白天植物A進行光合作用所需的CO2的來源有蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放的和呼吸作用產(chǎn)生的。在上午10:00點時，突然降低環(huán)境中CO2濃度后的一小段時間內(nèi)，對植物A無影響，C3含量基本不變，植物B暗反應階段所需CO2減少，則C3含量下降。將植物B放入密閉的玻璃置內(nèi)，置于室外進行培養(yǎng)，用CO2濃度測定儀測得了該玻璃罩內(nèi)CO2濃度的變化情況，繪成上圖四的曲線。B～D段CO2相對含量下降的原因是植物的細胞呼吸速率小于光合作用速率。

【解析】（1）F＞C＝A（2）＜0（3）k-vmol（4）蘋果酸經(jīng)脫羧作用釋放的和呼吸作用產(chǎn)生的A基本不變B下降植物的細胞呼吸速率小于光合作用速率23、（1）促進生長素的合成和抑制生長素的分解（2）發(fā)育中的種子（3）胰島素肝糖原分解（4）神經(jīng)調(diào)節(jié)和激素調(diào)節(jié)（或神經(jīng)—激素調(diào)節(jié)；神經(jīng)—體液調(diào)節(jié)）【分析】【分析】本題結(jié)合圖示主要考查植物激素的合成與分泌及血糖平衡的調(diào)節(jié)，意在強化學生對相關(guān)激素的生理作用的理解與運用。據(jù)圖分析：圖甲中，赤霉素通過促進生長素的合成和抑制生長素的分解來促進細胞的生長。圖乙中，①是胰島A細胞，②是胰高血糖素，③是腎上腺素，④是肝糖原的分解?！窘獯稹浚?）據(jù)圖甲分析；赤霉素通過促進生長素的合成和抑制生長素的分解來促進細胞的生長，說明赤霉素與生長素具有協(xié)同作用。

（2）合成生長素的主要部位是植物體內(nèi)幼嫩的芽；葉和發(fā)育中的種子。

（3）圖乙中；②是胰高血糖素，胰島素與其具有拮抗作用，共同參與血糖穩(wěn)定的調(diào)節(jié)，圖乙中，④是肝糖原的分解。

（4）據(jù)圖乙分析；血糖調(diào)節(jié)是神經(jīng)調(diào)節(jié)和激素調(diào)節(jié)共同作用的結(jié)果。

【解析】（1）促進生長素的合成和抑制生長素的分解（2）發(fā)育中的種子（3）胰島素肝糖原分解（4）神經(jīng)調(diào)節(jié)和激素調(diào)節(jié)（或神經(jīng)—激素調(diào)節(jié)；神經(jīng)—體液調(diào)節(jié)）五、簡答題(共3題，共6分)24、（1）CaF2MgF2（2）CaF2比MgF2更難溶（3）MnO4-＋5Fe2+＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O（4）將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3達到分離鐵元素與錳元素的目的（5）取工業(yè)硫酸錳廢水，加入MnF2后分成兩份，一份加入Fe(OH)3膠體，另一份加入活性MnO2，分別檢測Ca2+、Mg2+的去除率，若去除率提高（大于95.61%、90.04%），則說明假設成立（6）①ba②Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2【分析】【分析】本題考查常見離子的性質(zhì)與檢驗，同時涉及原電池的反應原理以及電極反應式的書寫，掌握常見離子的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，注意基礎(chǔ)知識的落實，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}由表可知鈣離子與鎂離子反應前后質(zhì)量變化較大，所以濾渣rm{X}為氟化鈣與氟化鎂。故答案為：rm{CaF_{2}}rm{MgF_{2}}rm{CaF_{2}}rm{MgF_{2}}由表可知鈣離子比鎂離子除去的更徹底，說明rm{(2)}由表可知鈣離子比鎂離子除去的更徹底，說明rm{(2)}比rm{CaF}rm{2}更難溶，存在沉淀溶解平衡的轉(zhuǎn)化，故答案為：rm{2}rm{MgF}比rm{2}rm{2}更難溶；rm{CaF}根據(jù)所給反應物和產(chǎn)物的離子可以整理出對應的離子方程式為：rm{2}rm{2}rm{MgF}rm{2}rm{2}rm{(3)}rm{MnO_{4}^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}rm{+}rm{5Fe^{2+}}rm{+}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{+}rm{Mn^{2+}}rm{+}rm{4H_{2}O}故答案為：rm{+}rm{5Fe^{2+}}rm{5Fe^{2+}}rm{+}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{+}rm{Mn^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{+}調(diào)節(jié)溶液rm{4H_{2}O}為rm{4H_{2}O}之間是為了使鐵離子完全沉淀而達到分離鐵元素與錳元素的目的，故答案為：將rm{MnO_{4}^{-}}轉(zhuǎn)化為rm{MnO_{4}^{-}}rm{+}rm{5Fe^{2+}}rm{+}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{+}rm{Mn^{2+}}rm{+}rm{4H_{2}O}達到分離鐵元素與錳元素的目的；rm{+}rm{5Fe^{2+}}rm{5Fe^{2+}}rm{+}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{8H^{+}=5Fe^{3+}}rm{+}rm{Mn^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{+}后分成兩份，一份加入rm{4H_{2}O}膠體，另一份加入活性rm{4H_{2}O}，分別檢測rm{(4)}調(diào)節(jié)溶液rm{pH}為rm{2.5隆蘆4}之間是為了使鐵離子完全沉淀而達到分離、rm{(4)}調(diào)節(jié)溶液rm{pH}為rm{2.5隆蘆4}之間是為了使鐵離子完全沉淀而達到分離的去除率，rm{(4)}后分成兩份，一份加入rm{pH}膠體，另一份加入活性rm{2.5隆蘆4}，分別檢測rm{Fe^{3+}}、rm{Fe(OH)}的去除率，若去除率提高rm{3}大于rm{3}、rm{(5)}假設Ⅰ為則說明假設成立；rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}由電極總反應可知，放電時rm{3}為負極，rm{3}為正極，在原電池中，陽離子向正極移動，所以吸附了沉淀物，假設Ⅱ為生成的活性rm{MnO}到rm{MnO}rm{2}rm{2}吸附了沉淀物，可以由總反應可以整理出正極反應的電極反應式為取工業(yè)硫酸錳廢水，加入rm{MnF_{2}}后分成兩份，一份加入rm{Fe(OH)_{3}}膠體，另一份加入活性rm{MnO_{2}}，分別檢測rm{Ca^{2+}}、rm{Mg^{2+}}的去除率，，故答案為：rm{MnF_{2}}rm{MnF_{2}}【解析】rm{(1)CaF_{2}}rm{MgF_{2}}rm{(2)CaF_{2}}比rm{MgF_{2}}更難溶rm{(3)MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}rm{(4)}將rm{Fe^{3+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe(OH)_{3}}達到分離鐵元素與錳元素的目的rm{(5)}取工業(yè)硫酸錳廢水，加入rm{MnF_{2}}后分成兩份，一份加入rm{Fe(OH)_{3}}膠體，另一份加入活性rm{MnO_{2}}分別檢測rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}的去除率，若去除率提高rm{(}大于rm{95.61%}rm{90.04%)}則說明假設成立rm{(6)壟脵b}rm{a}rm{壟脷Li1-xCoO2+xLi}rm{壟脷Li1-xCoO2+xLi}rm{{,!}^{+}}rm{+xe}rm{+xe}rm{{,!}^{-}}rm{=LiCoO}25、略

【分析】【分析】（1）通過電阻兩端的電壓求出電路中的電流I；電源的總功率為P=EI，即可求得；

（2）由U內(nèi)=Ir可求得電源內(nèi)阻分得電壓，電動機兩端的電壓為U=E-U1-U內(nèi)，電動機消耗的功率為P電=UI；電動機將電能轉(zhuǎn)化為機械能的功率為P機=P電-I2R0，再根據(jù)W=P機t求解．【解析】【解答】解：（1）電動機正常工作時，總電流為I==A=2A；

電源釋放的電功率為P釋=EI=10×2W=20W；

（2）電動機兩端的電壓為U=E-Ir-U1=（10-2×0.5-3.0）V=6V

電動機消耗的電功率為：P電=UI=6×2W=12W

電動機的熱功率為：P熱=I2R0=22×1W=4W

根據(jù)能量守恒定律，電動機將電能轉(zhuǎn)化為機械能的功率P機=P電-P熱=12W-4W=8W

則W=P機t=480J．

答：（1）電源釋放的總電功率為20W；

（2）通電一分鐘，電動機做的有用