2025年粵教新版高三物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教新版高三物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷480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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、有關(guān)運(yùn)動(dòng)的描述，下列說法中正確的是（）A.研究跨欄運(yùn)動(dòng)員的跨欄動(dòng)作時(shí)可把運(yùn)動(dòng)員看做質(zhì)點(diǎn)B.運(yùn)動(dòng)員從射擊槍口射出后的子彈做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.跳高運(yùn)動(dòng)員起跳后到達(dá)最高點(diǎn)的速度是瞬時(shí)速度D.田徑運(yùn)動(dòng)員跑完800m比賽通過的位移大小等于路程2、從地面以一定的速度豎直向上拋出一小球，小球從拋出點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的時(shí)刻為t1，下落到拋出點(diǎn)的時(shí)刻為t2．若空氣阻力的大小恒定，則在下圖中能正確表示被拋出物體的速率v隨時(shí)間t的變化關(guān)系的圖線是（）A.B.C.D.3、偉大的物理學(xué)家伽利略的科學(xué)研究方法，對(duì)于后來的科學(xué)研究具有重大的啟蒙作用，至今仍具有重要意義．以下哪項(xiàng)是伽利略探究物體下落規(guī)律的過程（）A.猜想-問題-數(shù)學(xué)推理-實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證-合理外推-得出結(jié)論B.問題-猜想-實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證-數(shù)學(xué)推理-合理外推-得出結(jié)論C.問題-猜想-數(shù)學(xué)推理-實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證-合理外推-得出結(jié)論D.猜想-問題-實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證-數(shù)學(xué)推理-合理外推-得出結(jié)論4、如圖所示，點(diǎn)電荷-Q的電場(chǎng)中A．B兩點(diǎn)的電勢(shì)分別是UA．UB若取無窮遠(yuǎn)電勢(shì)為零，則以下判斷正確的是（）A.UA＞UB＞0B.UA＜UB＜0C.UB＜UA＜0D.UB＞UA＞05、質(zhì)量分別為m1、m2的小球在一直線上相碰，它們?cè)谂鲎睬昂蟮奈灰?時(shí)間圖象如圖所示，若m1=1kg，則m2等于（）A.1kgB.2kgC.3kgD.4kg6、如圖所示，一只蝸牛沿著葡萄枝緩慢爬行，若葡萄枝的傾角為α，則葡萄枝對(duì)重為G的蝸牛的作用力為（）A.GsinαB.GcosαC.GD.小于G評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、（2015春?棗陽市月考）長為L的細(xì)線，其一端拴一質(zhì)量為m的小球，另一端固定于O點(diǎn)，讓小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)（圓錐擺），如圖所示，當(dāng)擺線L與豎直方向的夾角為α?xí)r，細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為____N，小球運(yùn)動(dòng)的線速度的大小____m/s．8、為了探究物體自由下落的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，甲乙兩同學(xué)設(shè)計(jì)了如下的實(shí)驗(yàn)方案，甲同學(xué)從磚墻前的某高處由靜止釋放一小球；乙同學(xué)用頻閃照相機(jī)拍攝小球在空中的照片如圖1所示，圖2是該頻閃照片的示意圖，1、2、3、4、5、是球運(yùn)動(dòng)過程中連續(xù)幾次曝光的位置．已知連續(xù)兩次曝光的時(shí)間間隔均為0.1s，每塊磚的厚度d均為8cm，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?.8m/s2．請(qǐng)回答下列問題：

（1）由圖2可判斷出小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其依據(jù)是____．

（2）小球下落的加速度大小為____m/s2，它與當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣认嗖钶^大的原因可能是____；

（3）小球在位置“4”的速度大小為____m/s；

（4）位置“1”____（填“是”或“不是”），小球釋放的初始位置，其理由是____．9、（2011春?合浦縣期中）如圖所示是振蕩電流i隨時(shí)間變化的圖象，在a、b、c、d、e、f各點(diǎn)中，表示電容器充電過程的有____；線圈中最大電流的點(diǎn)有____；電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能的過程有____．10、（2013?虹口區(qū)三模）如圖所示是一個(gè)簡單的磁控防盜報(bào)警裝置．門的上沿嵌入一小塊永磁體M，門框內(nèi)相對(duì)的位置嵌入干簧管H（一種磁敏的特殊開關(guān)），并且將干簧管接入圖示的電路．睡覺前連接好電路，當(dāng)盜賊開門時(shí)，蜂鳴器就會(huì)叫起來．關(guān)于此報(bào)警裝置工作原理是關(guān)門時(shí)，干簧管H處于____狀態(tài)（接通、斷開），圖中開門時(shí)A端處于____電勢(shì)（高、低）．11、（2006秋?徐匯區(qū)期末）（B）在如圖所示電路中，電源內(nèi)阻不能忽略不計(jì)，當(dāng)變阻器R3的滑動(dòng)頭p由b端向a端移動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)____，電流表示數(shù)____．（均選填“變小”、“不變”或“變大”）12、如圖所示為a、b兩部分氣體的等壓過程圖象，由圖可知．當(dāng)t=0℃時(shí)，氣體a的體積為____m3；當(dāng)t=273℃時(shí)，氣體a的體積比氣體b的體積大____m3．

評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)13、將未飽和汽轉(zhuǎn)化成飽和汽，可以用保持溫度不變，減小體積，或是保持體積不變，降低溫度，也可以用保持體積不變，減小壓強(qiáng)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）14、甲、乙兩杯水，水中均有顆粒在做面朗運(yùn)動(dòng)，經(jīng)顯微鏡觀察后，發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，說明甲杯中水溫高于乙杯．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、大氣壓強(qiáng)是由地面上每平方米面積的上方，整個(gè)大氣壓對(duì)地面的壓力，它等于地面上方的這一大氣柱的重力．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力．____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、將未飽和汽轉(zhuǎn)化成飽和汽，可以用保持溫度不變，減小體積，或是保持體積不變，降低溫度，也可以用保持體積不變，減小壓強(qiáng)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)逐點(diǎn)降低．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、證明題(共4題，共32分)19、在水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，距轉(zhuǎn)軸為處插立一豎直桿，桿頂系一根長為的細(xì)繩，繩的末端掛一個(gè)質(zhì)量為的小球（圖），當(dāng)轉(zhuǎn)臺(tái)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后，試證懸繩張開的角度與轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)速的關(guān)系是：20、（2015秋?西城區(qū)期末）如圖1所示；一根輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端掛一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），彈簧處于原長時(shí)小球位于O點(diǎn)．將小球從O點(diǎn)由靜止釋放，小球沿豎直方向在OP之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，如圖2所示．小球運(yùn)動(dòng)過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g．

（1）在小球運(yùn)動(dòng)的過程中，經(jīng)過某一位置A時(shí)動(dòng)能為Ek1，重力勢(shì)能為EP1，彈簧彈性勢(shì)能為E彈1，經(jīng)過另一位置B時(shí)動(dòng)能為Ek2，重力勢(shì)能為EP2，彈簧彈性勢(shì)能為E彈2．請(qǐng)根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度；證明：小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，小球；彈簧和地球組成的物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒；

（2）已知彈簧勁度系數(shù)為k．以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)；豎直向下為x軸正方向，建立一維坐標(biāo)系O-x，如圖2所示．

a．請(qǐng)?jiān)趫D3中畫出小球從O運(yùn)動(dòng)到P的過程中，彈簧彈力的大小F隨相對(duì)于O點(diǎn)的位移x變化的圖象．根據(jù)F-x圖象求：小球從O運(yùn)動(dòng)到任意位置x的過程中彈力所做的功W，以及小球在此位置時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能E彈；

b．已知小球質(zhì)量為m．求小球經(jīng)過OP中點(diǎn)時(shí)瞬時(shí)速度的大小v．21、（2013春?崇明縣期末）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上離地面高為h1的A處有一木塊，自靜止起勻加速滑下．在滑行過程中取一任意位置B，經(jīng)過B處時(shí)木塊速度為v，位置B離地面高度h2．已知EA=mgh1，EB=mgh2+，試用牛頓第二定律和初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)公式證明：EA=EB．22、如圖所示，兩個(gè)光滑的水平導(dǎo)軌間距為L．左側(cè)連接有阻值為R的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面，有一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)．設(shè)除左邊的電阻R外．其它電阻不計(jì)．棒向右移動(dòng)最遠(yuǎn)的距離為s，問當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)到λs時(shí)0＜λ＜L，證明此時(shí)電阻R上的熱功率：P=．評(píng)卷人得分五、簡答題(共2題，共20分)23、二氧化鈰rm{(CeO_{2})}是一種重要的稀土氧化物。以氟碳鈰礦rm{(}主要含rm{CeFCO_{3})}為原料制備rm{CeO_{2}}的一種工藝流程如下：已知：rm{壟脵C(jī)e^{4+}}既能與rm{F^{-}}結(jié)合成rm{CeF_{4}}也能與rm{SO_{4}^{2-}}結(jié)合成rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{壟脷}在溶液中rm{Ce^{4+}}能被有機(jī)萃取劑rm{(HR)}萃取，rm{Ce^{4+}+4HR?CeR_{4}+4H^{+}}而rm{Ce^{4+}+4HR?

CeR_{4}+4H^{+}}不能?；卮鹣铝袉栴}：rm{Ce^{3+}}“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細(xì)顆粒，其目的是__________________________。rm{(1)}“氧化焙燒”的化學(xué)方程式為____________________；rm{(2)}“酸浸”后的溶液中，除rm{(3)}rm{H^{+}}外，還主要含有__________：rm{SO_{4}^{2-}}“萃取”時(shí)存在反應(yīng)：rm{(4)}水層rm{Ce^{4+}(}萃取層rm{)+4HR?CeR_{4}(}分配系數(shù)rm{)+4H^{+}}rm{dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}rm{D=}表示rm{

dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}分別在“萃取相”與水相中存在形式的物質(zhì)的量濃度之比rm{[}若溶液中含有rm{Ce(IV)}離子，其萃取分配系數(shù)rm{]}與rm{SO_{4}^{2-}}rm{D}關(guān)系如圖所示。rm{c}向rm{(SO_{4}^{2-})}含rm{壟脵}濃度為rm{100mL}的溶液rm{Ce^{4+}}rm{1mol/L}rm{[(}中加入rm{c}的萃取劑rm{(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}振蕩，靜置，此操作的萃取率是_______________。rm{20mL}rm{HR}隨rm{壟脷}rm{D}變化的原因：__________________________。rm{c}“反萃取”中，在稀硫酸和rm{(SO_{4}^{2-})}的作用下rm{(5)}轉(zhuǎn)化為rm{H_{2}O_{2}}rm{CeO_{2}}在該反應(yīng)中作_________rm{Ce^{3+}}填“催化劑”、“氧化劑”或“還原劑”rm{H_{2}O_{2}}每有rm{(}rm{)}參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________________。rm{1mol}氧化rm{H_{2}O_{2}}的離子方程式為____________________________。rm{(6)NaClO}24、已知銅的配合物rm{A(}結(jié)構(gòu)如圖rm{1)}請(qǐng)回答下列問題：rm{(1)Cu}的價(jià)電子排布式為__________________。rm{(2)A}所含三種元素rm{C}rm{N}rm{O}的第一電離能由大到小的順序?yàn)開_____，基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)較多的是______。rm{(3)}圖rm{2}所示兩種分子中rm{O}原子的雜化形式為______，沸點(diǎn)較高的是______，原因是________________________。rm{(4)}配體氨基乙酸根rm{(H_{2}NCH_{2}COO^{-})}受熱分解可產(chǎn)生rm{CO_{2}}和rm{N_{2}}rm{N_{2}}中rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵數(shù)目之比是______。rm{(5)}立方氮化硼rm{(}如圖rm{3)}與金剛石結(jié)構(gòu)相似，是超硬材料。立方氮化硼晶體內(nèi)rm{B-N}鍵數(shù)與硼原子數(shù)之比為______。立方氮化硼的晶胞rm{(}如圖rm{4)}中，晶胞參數(shù)為rm{a=0.36nm}則立方氮化硼的密度為____________rm{g/cm^{3}(}只需要列出計(jì)算式rm{)}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】只要在所研究的問題中；物體的大小和形狀可以忽略，物體就可以看作質(zhì)點(diǎn)；

若物體受力方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向不在同一直線上；則物體做曲線運(yùn)動(dòng)；

物體在某一瞬間或某一位置的速度為瞬時(shí)速度；

位移是初末兩點(diǎn)間的直線距離，而路程是物體經(jīng)過的軌跡的長度．【解析】【解答】解：A；研究跨欄動(dòng)作時(shí)；運(yùn)動(dòng)員的大小和形狀不能忽略；故不能看作質(zhì)點(diǎn)；故A錯(cuò)誤；

B；子彈離開槍口后；由于受重力豎直向下，故做曲線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C；跳高運(yùn)動(dòng)員起跳后到達(dá)最高點(diǎn)的速度是在最高點(diǎn)這一位置的速度；故為瞬時(shí)速度；故C正確；

D；800m起點(diǎn)與終點(diǎn)相同；故位移為零，而路程不為零；故D錯(cuò)誤；

故選：C2、C【分析】【分析】小球豎直上拋，上升過程做勻減速運(yùn)動(dòng)，下落過程做勻加速運(yùn)動(dòng)，由于空氣阻力的大小恒定，上升的加速度大于下落的加速度，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，落回地面的速度比拋出時(shí)速度小，根據(jù)這些知識(shí)，選擇符合題意圖象．【解析】【解答】解：設(shè)小球的質(zhì)量為m，空氣阻力大小為f，上升的加速度大小為a1，下落的加速度為a2；上升的最大高度為h，根據(jù)牛頓第二定律得。

上升：mg+f=ma1

下落：mg-f=ma2；

可見a1＞a2．則圖象上升階段的斜率大于下落階段的斜率．

又因上升與下落高度相同，h=，h=

則t1＜t2

對(duì)于上升過程初速度：v0=

下落過程末速度：v=

則：v＜v0

根據(jù)以上三點(diǎn)可知；C正確．

故選C3、B【分析】【分析】根據(jù)伽利略對(duì)落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律的研究，了解伽利略所開創(chuàng)的研究問題的方法和思維過程，即可正確解答本題．【解析】【解答】解：伽利略在研究物體下落規(guī)律時(shí)；首先是提出問題即對(duì)亞里士多德的觀點(diǎn)提出疑問，然后進(jìn)行了猜想即落體是一種最簡單的變速運(yùn)動(dòng)，而最簡單的變速運(yùn)動(dòng)就是速度變化是均勻的，接著進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)，伽利略對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果進(jìn)行數(shù)學(xué)推理，然后進(jìn)行合理的外推得出結(jié)論，故ACD錯(cuò)誤，B正確．

故選B．4、B【分析】【分析】明確負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)分布和等勢(shì)面的分布情況，再根據(jù)電場(chǎng)線由高電勢(shì)指向低點(diǎn)勢(shì)即可明確兩點(diǎn)電勢(shì)的高低．【解析】【解答】解：負(fù)電荷周圍的電場(chǎng)線為由無窮遠(yuǎn)處指向負(fù)電荷；而電場(chǎng)線由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，因此A點(diǎn)的電勢(shì)小于B點(diǎn)的電勢(shì)，且均小于零；故B正確；

故選：B．5、C【分析】【分析】根據(jù)x-t圖象斜率求出碰撞前后各球的速度，根據(jù)碰撞過程中動(dòng)量守恒即可求解m2；【解析】【解答】解：碰撞前m2是靜止的，m1的速度為：v1==m/s=4m/s

碰后m1的速度：v′1==m/s=-2m/s

m2的速度：v′2==m/s=2m/s

根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m1v1=m1v1′+m2v2′

代入得：1×4=1×（-2）+m2×2

解得：m2=3kg

故選：C．6、C【分析】【分析】對(duì)蝸牛進(jìn)行受力分析，明確緩慢爬行及葡萄枝對(duì)蝸牛作用力的含義．【解析】【解答】解：對(duì)蝸牛進(jìn)行受力分析；有向下的重力；垂直葡萄枝向上的彈力、沿葡萄枝向上的摩擦力，因蝸牛緩慢爬行，說明蝸牛處于平衡狀態(tài)，即所受合力為零，因此，蝸牛受到葡萄枝的作用力大小等于蝸牛重力，再根據(jù)牛頓第三定律，葡萄枝對(duì)蝸牛的作用力大小為G，C正確．

故選：C．二、填空題(共6題，共12分)7、【分析】【分析】（1）對(duì)小球受力分析；根據(jù)小球豎直方向受力平衡球繩的拉力大??；

（2）根據(jù)幾何關(guān)系求出向心力和半徑，根據(jù)牛頓第二定律求線速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓?）小球受力如圖；直方向受力平衡：Tcosθ=mg

得：T=

（2）根據(jù)幾何關(guān)系得：向心力為：F=Tsinθ

根據(jù)牛頓第二定律：F=m又：r=Lsinθ

得：v=

故答案為：；8、相臨相等的時(shí)間內(nèi)位移之差恒定8受到了空氣阻力18不是小球有初速度【分析】【分析】分析小球在各段時(shí)間內(nèi)的位移關(guān)系，則可明確小球的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；明確小球在下落過程中受力情況可明確誤差分析；由平均速度公式可求得4點(diǎn)的瞬時(shí)速度．【解析】【解答】解：（1）由圖可知；在相臨相等的時(shí)間內(nèi)位移之差相等，故小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；

（2）由△x=aT2可得：

加速度a===8m/s2；小于重力加速度；是因?yàn)樾∏蛟谙侣溥^程中受到了空氣阻力的作用；

（3）4點(diǎn)的速度為35之間的平均速度；故v4===18m/s；

小球在位置1的速度為：；故小球的初速度不為零；可知位置1不是小球釋放的初始位置．

故答案為：（1）相臨相等的時(shí)間內(nèi)位移之差相等；（2）8；受到了空氣阻力；（3）18；（4）不是；小球的初速度不為零．9、a→b、c→d、e→fa、c、eb→c、d→e【分析】【分析】電路中由L與C構(gòu)成的振蕩電路；在電容器充放電過程就是電場(chǎng)能與磁場(chǎng)能相化過程．電流為零時(shí)，充電完畢，電流最大時(shí)，磁場(chǎng)能最大，磁場(chǎng)最強(qiáng)．

放電的過程中電場(chǎng)能向磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化，極板上的電量減小，回路中的電流增大；充電的過程中磁場(chǎng)能向電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化，回路中的電流減小，極板上的電流增大．【解析】【解答】解：充電的過程中磁場(chǎng)能向電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化，回路中的電流減小；由圖可知電流減小的過程有：a→b；c→d、e→f；

由圖可得；電流最大的點(diǎn)有：a；c、e；

電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能的過程是電容器放電的過程，該過程中回路的電流增大；由圖可知電流增大的過程有：b→c；d→e．

故答案為：a→b、c→d、e→f；a、c、e；b→c、d→e10、接通低【分析】【分析】首先理解干簧管的工作原理，有磁鐵時(shí)，干簧管H處于接通狀態(tài)，即當(dāng)關(guān)門時(shí)，干簧管H處于接通狀態(tài)，無磁鐵時(shí)，干簧管H處于斷開狀態(tài)，即當(dāng)開門時(shí)，干簧管H處于斷開狀態(tài)；非門的特點(diǎn)，當(dāng)輸入為低時(shí)，輸出為高蜂鳴器不會(huì)叫起來，此時(shí)對(duì)應(yīng)門關(guān)著；當(dāng)輸入為高時(shí)，輸出為低蜂鳴器就會(huì)叫起來，此時(shí)對(duì)應(yīng)門開著．【解析】【解答】解：開門時(shí)；無磁鐵，干簧管H處于斷開狀態(tài)，圖中A端處于高電位，即非門的輸入高，輸出為低，蜂鳴器兩端加了高電壓就會(huì)叫起來．

關(guān)門時(shí)；有磁鐵，干簧管H處于接通狀態(tài)，圖中A端處于低電位，即非門的輸入低，輸出為高，蜂鳴器兩端加了低電壓不會(huì)叫起來．

故答案為：接通，低．11、變大變小【分析】【分析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭p向a端移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，確定路端電壓的變化，根據(jù)電流表的電流與干路電流和R2電流的關(guān)系分析電流表的示數(shù)變化．【解析】【解答】解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭p向a端移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，并聯(lián)部分電阻增大，外電路總電阻R增大，由閉合電路歐姆定律得知：干路電流I減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓U=E-Ir增大，即電壓表的示數(shù)變大．電路中并聯(lián)部分的電壓U并=E-I（r+R1）增大，電阻R2的電流增大，電流表的示數(shù)IA=I-I2；變?。?/p>

故答案為：變大，變小12、0.30.4【分析】【解答】由圖示圖象可知，t=0℃，即：T=t+273=273K時(shí)；

氣體a的體積為：0.3m3，氣體b的體積為0.1m3；

作出氣體的V﹣T圖象如圖所示：

從圖示圖象可知；氣體發(fā)生等壓變化；

由蓋呂薩克定律：=C可知；

當(dāng)t=273℃時(shí)，即T=546K時(shí)，氣體的體積變?yōu)?℃時(shí)體積的兩倍；

即a的體積為0.6m3，b的體積為0.2m3，氣體a的體積比氣體b的體積大0.6﹣0.2=0.4m3；

故答案為：0.3；0.4．

【分析】由圖示圖象求出氣體在0℃時(shí)的體積，然后應(yīng)用蓋呂薩克定律出氣體在273℃時(shí)氣體的體積，然后求出氣體的體積之差．三、判斷題(共6題，共12分)13、×【分析】【分析】根據(jù)飽和汽壓僅僅與溫度有關(guān)，然后結(jié)合理想氣體的狀態(tài)方程即可正確解答．【解析】【解答】解：根據(jù)與飽和蒸汽壓有關(guān)的因素可知；同一種蒸汽的飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關(guān)，與其體積無關(guān)．所以該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×14、×【分析】【分析】懸浮在液體（或氣體）中固體小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯；布朗運(yùn)動(dòng)是液體（或氣體）分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反應(yīng)．【解析】【解答】解：布朗運(yùn)動(dòng)的激烈程度與液體的溫度；懸浮顆粒的大小有關(guān)；溫度越高，懸浮物的顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越激烈．所以發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水溫高于乙杯．所以以上的說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×15、√【分析】【分析】氣體壓強(qiáng)的微觀解釋：氣體的壓強(qiáng)是氣體分子頻繁撞擊容器壁產(chǎn)生的；從宏觀上看，一定質(zhì)量的氣體，溫度越高，體積越小，氣體產(chǎn)生的壓強(qiáng)越大．

從宏觀上看，這個(gè)壓強(qiáng)就是地面上每平方米面積的上方整個(gè)大氣柱對(duì)地面的壓力，它等于地面上方的這一大氣柱的重力．【解析】【解答】解：氣壓是由于氣體分子對(duì)杯壁的密集的；激烈的碰撞的效應(yīng)．

從宏觀效果上看；對(duì)于地面所受到的大氣壓強(qiáng)，就是地面上每平方米面積的上方整個(gè)大氣柱對(duì)地面的壓力，它等于地面上方的這一大氣柱的重力。

故該說法是正確的．

故答案為：√16、√【分析】【分析】由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．【解析】【解答】解：由牛頓第三定律可知；作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失，故該說法是正確的．

故答案為：√17、×【分析】【分析】根據(jù)飽和汽壓僅僅與溫度有關(guān)，然后結(jié)合理想氣體的狀態(tài)方程即可正確解答．【解析】【解答】解：根據(jù)與飽和蒸汽壓有關(guān)的因素可知；同一種蒸汽的飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關(guān)，與其體積無關(guān)．所以該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】本題根據(jù)電場(chǎng)線的物理意義分析場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系；根據(jù)沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)逐點(diǎn)降低即可解答．【解析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的物理意義：順著電場(chǎng)線方向；電勢(shì)降低．故該說法是正確的．

故答案為：√四、證明題(共4題，共32分)19、略

【分析】【解析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，由題可知，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R=lsin+r，由重力和細(xì)繩拉力的合力提供向心力，力圖如圖．設(shè)轉(zhuǎn)速為n，則由牛頓第二定律得①②②代入①得解得思路分析：小球隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由重力和細(xì)繩拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解轉(zhuǎn)速試題【解析】【答案】見解析20、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理；重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系、彈力做功與彈性勢(shì)能的關(guān)系分別列式；即可證明；

（2）畫出F-x圖象，該圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積表示彈力做功，求出彈力做功從而得到彈簧的彈性勢(shì)能E彈；

（3）小球由O點(diǎn)到OP中點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理列式．小球由O點(diǎn)到P點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式，聯(lián)立解得v．【解析】【解答】解：（1）設(shè)重力做的功為WG，彈力做的功為W彈

根據(jù)動(dòng)能定理得WG+W彈=Ek2-Ek1

由重力做功與重力勢(shì)能的關(guān)系WG=Ep1-Ep2

由彈力做功與彈性勢(shì)能的關(guān)系W彈=E彈1-E彈2

聯(lián)立以上三式可得Ek1+Ep1+E彈1=Ek2+Ep2+E彈2；

（2）a．F-x圖象如右圖所示。

圖中的圖線和x軸圍成的面積表示功的大小。

所以彈力做功為W=-

由彈力做功與彈性勢(shì)能的關(guān)系W彈=0-E彈

解得E彈=

b．小球由O點(diǎn)到OP中點(diǎn)；根據(jù)動(dòng)能定理得：

mgx-=-0

小球由O點(diǎn)到P點(diǎn)；根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：

mg?2x=

解得v=g

答：

（1）證明見上．

（2）a、小球從O運(yùn)動(dòng)到任意位置x的過程中彈力所做的功W是-，以及小球在此位置時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能E彈是．

b．已知小球質(zhì)量為m．小球經(jīng)過OP中點(diǎn)時(shí)瞬時(shí)速度的大小v是g．21、略

【分析】【分析】木塊釋放后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式求出到達(dá)B點(diǎn)速度，從而求出EB，比較EB和EA即可．【解析】【解答】解：木塊釋放后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：a=；

根據(jù)v2=2al得：

木塊到達(dá)B點(diǎn)速度v=；

則EB=mgh2+=mgh2+mgh1-mgh2=mgh1=EA得證．

答：證明如上．22、略

【分析】【分析】導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到向左的安培力作用而減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和加速度的定義式，運(yùn)用積分法研究整個(gè)過程，再對(duì)棒運(yùn)動(dòng)λs時(shí)研究，求出電路中電流，從而得到R上的熱功率．【解析】【解答】證明：取向右為正方向．根據(jù)牛頓第二定律得：

-=ma=m①

即得-v△t=m△v②

兩邊求和得：（-v△t）=m△v③

又v△t=△x④

對(duì)整個(gè)過程，由③求和得-s=m（0-v0）；

即有s=mv0⑤

從開始運(yùn)動(dòng)到棒運(yùn)動(dòng)到λs的過程，由③求和得：-λs=m（v-v0）⑥

由⑤⑥解得棒運(yùn)動(dòng)到λs速度為：v=（1-λ）v0⑦

此時(shí)電阻R上的熱功率為：P===．

得證．五、簡答題(共2題，共20分)23、（1）增大固體與氣體的接觸面積，增大反應(yīng)速率提高原料的利用率（2）（3）CeF4、[CeSO4]2＋（4）①88.9%(或89%)②隨著c(SO42－)增大，水層中Ce4＋被SO42－結(jié)合成[CeSO4]2＋，導(dǎo)致萃取平衡向生成[CeSO4]2＋移動(dòng)，D迅速減?。?）還原劑2mol（6）ClO-+2Ce(OH)3+H2O=2Ce(OH)4+Cl-【分析】【分析】本題考查了化學(xué)工藝流程的知識(shí)，涉及化學(xué)方程式和離子方程式書寫、萃取率的計(jì)算、氧化還原反應(yīng)的基本概念?！窘獯稹縭m{(1)}“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細(xì)顆粒，其目的是增大固體與氣體的接觸面積，增大反應(yīng)速率；提高原料的利用率，故答案為：增大固體與氣體的接觸面積，增大反應(yīng)速率；提高原料的利用率rm{;}rm{(2)}“氧化焙燒”的化學(xué)方程式為rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}故答案為：rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}“酸浸”后的溶液中，除rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{(3)}外，還主要含有rm{H^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}故答案為：rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+};}rm{(4)}含rm{壟脵}濃度為rm{壟脵}的溶液rm{100mL}中加入rm{Ce^{4+}}的萃取劑rm{1mol/L}振蕩，靜置，此操作的萃取率是rm{[(c(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}或rm{20mL}，故答案為：rm{HR}或rm{88.9%(}rm{89%)}在萃取操作中，用到的主要玻璃儀器為分液漏斗；由已知得：rm{88.9%(}能與rm{89%)}結(jié)合生成rm{壟脷}故當(dāng)增大rm{Ce^{4+}}時(shí)，促進(jìn)該反應(yīng)向右移動(dòng)，rm{SO_{4}^{2-}}迅速增加而rm{[CeSO_{4}]^{2+}}減少，故D迅速減少，故答案為：隨著rm{c(SO_{4}^{2-})}增大，水層中rm{c([CeSO_{4}]^{2+})}被rm{c(Ce隆隴(H_{2n-4})A_{2n}))}結(jié)合成rm{c(SO_{4}^{2-})}導(dǎo)致萃取平衡向生成rm{Ce^{4+}}移動(dòng)，rm{SO_{4}^{2-}}迅速減??；rm{[CeSO_{4}]^{2+}}“反萃取”中，rm{[CeSO_{4}]2+}將rm{D}還原為rm{(5)}故Hrm{H_{2}O_{2}}在該反應(yīng)中的作還原劑；該反應(yīng)的離子方程式為rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H+=2Ce^{3+}+4H_{2}O+O_{2}隆眉}所以每有rm{CeO_{2}}參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為rm{Ce^{3+}}故答案為：還原劑；rm{{,!}_{2}O_{2}}rm{2CeO_{2}+

H_{2}O_{2}+6H+=2Ce^{3+}+4H_{2}O+O_{2}隆眉}氧化rm{1molH_{2}O_{2}}的離子方程式為rm{2mol}rm{2mol;}rm{(6)NaClO}rm{Ge(OH)_{3}}故答案為：rm{ClO^{-}}rm{+2Ce(OH)_{3}}rm{+H_{2}O=2Ce(OH)_{4}}rm{+Cl^{-}}rm{ClO^{-}}【解析】rm{(1)}增大固體與氣體的接觸面積，增大反應(yīng)速率提高原料的利用率rm{(2)4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{(2)4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{(3)CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{(4)}rm{壟脵}或rm{壟脵}rm{88.9%(}隨著rm{89%)}增大，水層中rm{