2025年魯教新版高三物理下冊(cè)月考試卷

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年魯教新版高三物理下冊(cè)月考試卷174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5題，共10分)1、對(duì)于在某一軌道繞地球運(yùn)行的人造地球衛(wèi)星，若已知其繞地球運(yùn)行的軌道半徑R和周期T（引力常量G為已知），則可求得（）A.該衛(wèi)星的密度B.地球的密度C.該衛(wèi)星的向心加速度的大小D.該衛(wèi)星所受向心力的大小2、如圖所示A、B為兩個(gè)固定的等量同號(hào)正點(diǎn)電荷，在它們連線的中點(diǎn)處有一個(gè)可以自由運(yùn)動(dòng)的正點(diǎn)電荷C，現(xiàn)給點(diǎn)電荷C一個(gè)垂直于連線的初速度V；若不計(jì)C所受的重力，點(diǎn)電荷C在以后的運(yùn)動(dòng)情況，下列判斷正確的是（）

A.點(diǎn)電荷C的加速度始終增大。

B.點(diǎn)電荷C的電勢(shì)能先增大后減小。

C.點(diǎn)電荷C的電勢(shì)能始終增大。

D.點(diǎn)電荷C的速度始終增大。

3、在G20峰會(huì)“最憶是杭州”的文藝演出中，芭蕾舞演員總保持如圖所示姿式原地旋轉(zhuǎn)，此時(shí)手臂上A、B兩點(diǎn)角速度大小分別為ω1、ω2，線速度大小分別為v1、v2，則（）A.ω1＜ω2B.ω1＞ω2C.v1＜v2D.v1＞v24、如圖所示的金屬圓環(huán)放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；將它從磁場(chǎng)中勻速拉出來(lái)，下列哪個(gè)說(shuō)法是正確的（）

A.向左拉出和向右拉出，其感應(yīng)電流方向相反B.不管從什么方向拉出，環(huán)中的感應(yīng)電流方向總是順時(shí)針的C.不管從什么方向拉出，環(huán)中的感應(yīng)電流方向總是逆時(shí)針的D.在此過(guò)程中感應(yīng)電流方向不停地改變5、在某一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繪制一個(gè)空間坐標(biāo)系xyz；則以下對(duì)一段通電導(dǎo)線受力的判斷正確的是（）

A.在x軸上固定一段通電導(dǎo)線，若電流方向沿+x方向，磁場(chǎng)沿+z方向，則導(dǎo)線中安培力方向?yàn)?y方向B.在x軸上固定一段通電導(dǎo)線，若電流方向沿+z方向，磁場(chǎng)沿-y方向，則導(dǎo)線中安培力方向?yàn)?x方向C.若在y軸固定一段通電導(dǎo)線，若電流方向沿+y方向，磁場(chǎng)沿+z方向，則導(dǎo)線中安培力方向?yàn)?x方向D.若在xOy平面內(nèi)沿+x、+y角平分線方向固定一個(gè)通電導(dǎo)線，電流方向如圖所示，磁場(chǎng)方向?yàn)?z方向，則導(dǎo)線中安培力的方向?yàn)檠?y、-x角平分線向外評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、在一段半徑為R=6m的圓弧形水平彎道上，已知彎道路面對(duì)汽車輪胎的最大靜摩擦力等于車重的μ=0.60倍，則汽車拐彎時(shí)的最大速度是____m/s．7、（2006秋?崇明縣期末）A如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E=8V，內(nèi)阻r=2Ω，電阻R1=8Ω，R2為變阻器．調(diào)節(jié)R2，當(dāng)R2為_(kāi)___Ω時(shí)，R2有最大功率；當(dāng)R2為_(kāi)___Ω時(shí)，電源有最大輸出功率．8、【題文】一列火車在一段時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如下左圖所示.由此可知，這段時(shí)間內(nèi)火車的動(dòng)能在____________（選填“增大”或“減小”）；牽引力對(duì)火車所做的功___________（選填“大于”或“小于”）阻力對(duì)火車所做的功。9、如圖，為一圓柱中空玻璃管，管內(nèi)徑為R1，外徑為R2，R2＝2R1。一束光線在圓柱橫截面內(nèi)射向玻璃管；不考慮多次反射影響，為保證在內(nèi)壁處光不會(huì)進(jìn)入中空部分，問(wèn)入射角i應(yīng)滿足什么條件？

10、一列在x

軸上傳播的簡(jiǎn)諧波，在x1=10cm

和x2=110cm

處的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖所示，則波源的振動(dòng)周期為_(kāi)_____這列簡(jiǎn)諧波的最大波長(zhǎng)為_(kāi)_____m.

11、用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)．實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示，已知單縫與雙縫間的距離L1=100mm，雙縫與屏的距離L2=600mm，單縫寬d1=0.10mm，雙縫間距d2=0.20mm．用測(cè)量頭來(lái)測(cè)量光屏上干涉亮條紋到中心的距離．測(cè)量頭由分劃板、目鏡、手輪等構(gòu)成，轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，使分劃板左右移動(dòng)，讓分劃板的中心刻線對(duì)準(zhǔn)屏上亮紋的中心，（如圖2所示），記下此時(shí)手輪上的讀數(shù)為0.640mm，轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線對(duì)準(zhǔn)第7條亮紋的中心（如圖3所示）記下此時(shí)手輪上的讀數(shù)____mm．由此可以計(jì)算出這次實(shí)驗(yàn)中所測(cè)得的單色光的波長(zhǎng)____m（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）在本實(shí)驗(yàn)中如果增大雙縫與屏的距離則光屏上得到的條紋間距____（填增大；減小或不變）．

12、（2014春?迎澤區(qū)校級(jí)期中）為了演示接通電源的瞬間和斷開(kāi)電源的瞬間的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，設(shè)計(jì)了如圖所示的電路圖，A、B兩燈規(guī)格相同，L的直流電阻和R相等，開(kāi)關(guān)接通的瞬間，A燈的亮度____（填“大于”“等于”或“小于”）B燈的亮度；通電一段時(shí)間后，A燈的亮度____（填“大于”“等于”或“小于”）B燈的亮度；斷電的瞬間，A燈____（填“立即”或“逐漸”）熄滅，B燈____（填“立即”或“逐漸”）熄滅．13、人類對(duì)核能的利用主要來(lái)源于核裂變和核聚變，被稱為“人造太陽(yáng)”的核聚變反應(yīng)方程是；其中粒子x的符號(hào)是____．已知的質(zhì)量是m1；的質(zhì)量是m2，的質(zhì)量是m3，x的質(zhì)量是m4，光速是C，則發(fā)生一次上述聚變反應(yīng)所釋放的核能表達(dá)式為△E=____．核裂變反應(yīng)方程為；，x原子核中含有____個(gè)中子．14、目前電能都是通過(guò)電網(wǎng)采用有線方式傳輸?shù)模藗円恢眽?mèng)想能無(wú)線傳輸電能；夢(mèng)想在日常生活中實(shí)現(xiàn)無(wú)線充電，甚至不用電池．現(xiàn)在，一個(gè)科學(xué)研究小組在實(shí)驗(yàn)室中取得了可喜的進(jìn)展，也許，人類的這一夢(mèng)想不久就能實(shí)現(xiàn)．

（1）實(shí)現(xiàn)無(wú)線傳輸能量，涉及能量的____；傳播和接收．

（2）科學(xué)家曾經(jīng)設(shè)想通過(guò)高聳的天線塔，以無(wú)線電波的形式將電能輸送到指定地點(diǎn)，但一直沒(méi)有在應(yīng)用層面上獲得成功，其主要原因是這類無(wú)線電波____

A．在傳輸中很多能量被吸收。

B．在傳播中易受山脈阻隔。

C．向各個(gè)方向傳輸能量。

D．傳輸能量易造成電磁污染。

（3）如果像無(wú)線廣播那樣通過(guò)天線塔輸送電能；接收器獲得的功率P和它到天線塔的距離R相關(guān)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得P和R的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表：

。R（m）1245x10P（W）1600400100y2516①上表中的x=____，y=____．

②根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可歸納出P和R之間的關(guān)系為_(kāi)___．

（4）為研究無(wú)線傳輸電能；某科研小組在實(shí)驗(yàn)室試制了無(wú)線電能傳輸裝置，在短距離內(nèi)點(diǎn)亮了燈泡，如圖實(shí)驗(yàn)測(cè)得，接在乙線圈上的電器獲得的電能為輸入甲線圈電能的35%．

①若用該裝置給充電功率為10W的電池充電，則損失的功率為_(kāi)___W．

②若給甲線圈接入電壓為220V的電源，測(cè)得該線圈中的電流為0.195A．這時(shí)，接在乙線圈上的燈泡恰能正常發(fā)光，則此燈泡的功率為_(kāi)___W．

（5）由于在傳輸過(guò)程中能量利用率過(guò)低，無(wú)線傳播電能還處于實(shí)驗(yàn)室階段．為早日告別電線，實(shí)現(xiàn)無(wú)線傳輸電能的工業(yè)化，還需解決一系列問(wèn)題，請(qǐng)?zhí)岢鲋辽賰蓚€(gè)問(wèn)題．____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、只要溫度不變且處處相等，系統(tǒng)就一定處于平衡態(tài)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、氣體由狀態(tài)1變到狀態(tài)2時(shí)，一定滿足方程=．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、只要知道兩個(gè)物體的質(zhì)量和兩個(gè)物體之間的距離．就可以由F=G計(jì)算物體間的萬(wàn)有引力____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、直線電流磁場(chǎng)的方向的判斷可以用安培定則：____．19、矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．____．評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共4題，共40分)20、如圖所示，質(zhì)量為m1=5kg的物體，置于一粗糙的斜面上，斜面傾角為30°、用一平行于斜面的大小為30N的力F推物體，物體沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，斜面體質(zhì)量m2=l0kg，且始終靜止，取g=l0m/s2；求：

（1）斜面體對(duì)物體的摩擦力；

（2）斜面體對(duì)物體的支持力；

（3）斜面體與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)．21、（9分）如圖所示，一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播著，振幅為2cm。t=0時(shí)刻平衡位置坐標(biāo)分別為40m、100m的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的位移均為1cm，質(zhì)點(diǎn)P的速度方向沿y軸負(fù)方向，質(zhì)點(diǎn)Q與之相反。已知P、Q兩質(zhì)點(diǎn)間只有一個(gè)波峰，則（1）這列波的波長(zhǎng)為多少？畫(huà)出包含P、Q在內(nèi)的半個(gè)波形，在圖上標(biāo)出兩個(gè)位于平衡位置的質(zhì)點(diǎn)的坐標(biāo)。（2）從t=0時(shí)刻起，如果t1=0.5s時(shí)P質(zhì)點(diǎn)第一次回到平衡位置，那么Q質(zhì)點(diǎn)第一次回到平衡位置的時(shí)刻t2為多少？22、用金屬鈷板rm{(}含少量rm{Fe}rm{Ni)}制備應(yīng)用廣泛的氯化鈷的工藝流程如下：注：鈷與鹽酸反應(yīng)極慢，需加入催化劑硝酸才可能進(jìn)行實(shí)際生產(chǎn)。有關(guān)鈷、鎳和鐵化合物的性質(zhì)見(jiàn)下表：?；瘜W(xué)式沉淀完全時(shí)的rm{pH}鈷鎳性質(zhì)rm{Co(OH)}2rm{9.4}rm{Co+2HCl=CoCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{Co^{2+}+2NH_{3}隆隴H_{2}O=Co(OH)_{2}隆媒+2NH_{4}^{+}}rm{Co^{2+}+2H_{2}O}rm{?}rm{Co(OH)_{2}+2H^{+}}rm{Ni+2HCl=NiCl_{2}+H_{2}隆眉}rm{Ni^{2+}+6NH_{3}隆隴H_{2}O=[Ni(NH_{3})_{6}]^{2+}+6H_{2}O}rm{Fe(OH)_{2}}rm{9.6}rm{Fe(OH)_{3}}rm{3.7}rm{(1)}“除鎳”步驟中，rm{NH_{3}隆隴H_{2}O}用量對(duì)反應(yīng)收率的影響見(jiàn)表中數(shù)據(jù)：從表中數(shù)據(jù)可知，當(dāng)rm{PH}調(diào)節(jié)至rm{x=}______時(shí)，除鎳效果最好。。加rm{NH_{3}隆隴H_{2}O}調(diào)rm{pH}收率rm{/%}rm{Ni^{2+}}含量rm{/%}rm{9}rm{98.1}rm{0.08}rm{9.5}rm{98}rm{0.05}rm{10}rm{97.6}rm{0.005}rm{10.3}rm{94}rm{0.005}

rm{(2)}“除鎳”步驟必須控制在一定的時(shí)間內(nèi)完成，否則沉淀中將有部分rm{Co(OH)_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{Co(OH)_{3}}此反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______________。rm{(3)}“除鐵”步驟中加入雙氧水發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_______________________?！俺F”步驟中加入雙氧水發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_______________________。rm{(3)}“除鐵”步驟中加入的純堿作用是_______________________________。rm{(4)}“除鐵”步驟中加入的純堿作用是_______________________________。在“調(diào)rm{(4)}”步驟中，加鹽酸的作用是_____________________________。rm{(5)}在“調(diào)rm{pH}”步驟中，加鹽酸的作用是_____________________________。已知rm{(5)}時(shí)，rm{pH}則該溫度下反應(yīng)rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}的平衡常數(shù)為_(kāi)___________________。rm{(6)}23、氟碳鈰礦rm{(}主要成分為rm{CeFCO}主要成分為rm{(}rm{CeFCO}rm{{,!}_{3}}是提取稀土化合物、冶煉鈰的重要礦物原料，以氟碳鈰礦為原料提取鈰的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：rm{)}是提取稀土化合物、冶煉鈰的重要礦物原料，以氟碳鈰礦為原料提取鈰的工藝流程如圖所示。中rm{)}的化合價(jià)為_(kāi)__________。rm{(1)CeFCO_{3}}氧化培燒時(shí)不能使用陶瓷容器，原因是______________。氧化焙燒后的產(chǎn)物之一為rm{Ce}則酸浸時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____________。操作Ⅰ的名稱為_(kāi)________。rm{(2)}為了提高酸浸率，可以適當(dāng)提高反應(yīng)溫度，但溫度偏高浸出率反而會(huì)減小，其原因是____。rm{CeO_{2}}已知有機(jī)物rm{(3)}能將rm{(4)}從水溶液中萃取出來(lái)，該過(guò)程可表示為rm{HT}水層rm{Ce^{3+}}有機(jī)層rm{Ce^{3+}(}有機(jī)層rm{)+3HT(}水層rm{)?CeT_{3}(}向rm{)+3H^{+}(}有機(jī)層rm{)}中加入稀硫酸能獲得較純的含rm{CeT_{3}(}水溶液，從平衡角度解釋其原因：________________________________________________。rm{)}時(shí)，向rm{Ce^{3+}}的溶液中加入氫氧化鈉來(lái)調(diào)節(jié)溶液的rm{(5)298K}若反應(yīng)后溶液rm{c(Ce^{3+})=0.02mol隆隴L^{-1}}此時(shí)rm{pH}是否沉淀完全？_______rm{pH=10}列式計(jì)算，已知：rm{Ce^{3+}}rm{c(Ce^{3+})=1隆脕l0^{--5}mol隆隴L^{-1}}視為沉淀完全rm{{}rm{K_{sp}[Ce(OH)_{3}]=5隆脕l0^{-20}}寫(xiě)出向rm{c(Ce^{3+})=1隆脕

l0^{--5}mol隆隴L^{-1}}懸濁液中通入氧氣得到產(chǎn)品rm{}}的化學(xué)方程式：_______________。rm{(6)}評(píng)卷人得分五、作圖題(共4題，共16分)24、如圖所示，已知F1=20N，F(xiàn)合=50N，試用作圖法求出另一個(gè)分力F2．25、【題文】在圖（1）中畫(huà)出漂浮在水面上的小球的受力示意圖。在圖（2）中畫(huà)出物體對(duì)斜面的壓力的示意圖。26、如圖所示，ABC是固定在絕緣水平面上的光滑金屬導(dǎo)軌，長(zhǎng)度AB=BC=L，夾角為60°，且單位長(zhǎng)度的電阻均為r，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN是一根金屬桿，長(zhǎng)度大于L，電阻忽略不計(jì)．現(xiàn)MN在外力作用下以速度v0在ABC上勻速滑行；始終與導(dǎo)軌接觸良好，并且與AC確定的直線保持平行．求：（1）在導(dǎo)軌上滑行過(guò)程中MN受安培力F與滑行位移x的關(guān)系表達(dá)式并畫(huà)出F-x圖象；

（2）滑行全過(guò)程中構(gòu)成回路所產(chǎn)生的焦耳熱Q和通過(guò)B點(diǎn)截面的電量q．27、如圖所示；質(zhì)量均勻的鋼管，一端支在水平地面上，另一端被豎直繩懸吊著，請(qǐng)畫(huà)出鋼管所受力的示意圖．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】衛(wèi)星的萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式可以求解地球的質(zhì)量；根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以確定圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)參量．【解析】【解答】解：A、B、衛(wèi)星的萬(wàn)有引力提供向心力，故：

解得：M=

可以求地球的質(zhì)量；不能求衛(wèi)星質(zhì)量；由于不知道地球的體積，無(wú)法求解地球的密度；

故A錯(cuò)誤；B錯(cuò)誤；

C、衛(wèi)星的向心加速度大?。篴=ω2R=；故C正確；

D、衛(wèi)星的向心力大小：F=m；由于不知道衛(wèi)星的質(zhì)量；故無(wú)法求解衛(wèi)星的向心力的大??；故D錯(cuò)誤；

故選：C．2、D【分析】

A；根據(jù)等量同號(hào)點(diǎn)電荷電場(chǎng)的特點(diǎn)；可知兩個(gè)電荷連線上中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，在連線的中垂線上，關(guān)于連線中點(diǎn)對(duì)稱有兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，且方向相反，所以點(diǎn)電荷C的加速度先增大后減小，所以A錯(cuò)誤；

B；在全過(guò)程中；電場(chǎng)力做正功，點(diǎn)電荷C的電勢(shì)能逐漸減小，所以B、C錯(cuò)誤；

D；在全過(guò)程中；電場(chǎng)力做正功，點(diǎn)電荷C的速度始終增大，所以D正確．

故選D．

【解析】【答案】在兩個(gè)等量同號(hào)點(diǎn)電荷連線上中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零；在連線的中垂線上，關(guān)于連線中點(diǎn)對(duì)稱有兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，且方向相反．

3、D【分析】解：A；由于A、B兩處在人自轉(zhuǎn)的過(guò)程中周期一樣；所以A、B兩處的角速度一樣，故AB錯(cuò)誤．

C、由圖可知A處轉(zhuǎn)動(dòng)半徑越大，根據(jù)v=ωr；所以A處的線速度要大，故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：D

根據(jù)兩點(diǎn)間的連動(dòng)方式可明確線速度相同；再由角速度和線速度間的關(guān)系明確角速度之間的關(guān)系．

解決本題的關(guān)鍵知道靠傳送帶傳動(dòng)輪子邊緣上的點(diǎn)具有相同的線速度，共軸轉(zhuǎn)動(dòng)的點(diǎn)，具有相同的角速度；同時(shí)結(jié)合公式v=ωr分析求解．【解析】【答案】D4、B【分析】【分析】將線圈拉出磁場(chǎng)，磁通量都減小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．【解析】【解答】解：不管沿什么將線圈拉出磁場(chǎng)；穿過(guò)線圈的磁通量都減小，根據(jù)楞次定律判斷可知，線圈中感應(yīng)電流的方向都是沿順時(shí)針?lè)较颍蔅正確，ACD錯(cuò)誤．

故選：B5、D【分析】【分析】左手定則：伸開(kāi)左手；使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向．這就是判定通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受力方向的左手定則．

根據(jù)左手定則逐項(xiàng)判斷即可．【解析】【解答】解：A；在x軸上固定一段通電導(dǎo)線；電流方向沿+x方向，磁場(chǎng)沿+z方向，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線中安培力方向?yàn)?y方向，所以A錯(cuò)誤；

B；在x軸上固定一段通電導(dǎo)線；若電流方向沿+z方向，磁場(chǎng)沿-y方向，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線中安培力方向?yàn)?x方向，所以B錯(cuò)誤；

C；若在y軸固定一段通電導(dǎo)線；若電流方向沿+y方向，磁場(chǎng)沿+z方向，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線中安培力方向?yàn)?x方向，所以C錯(cuò)誤；

D；若在xOy平面內(nèi)沿+x、+y角平分線方向固定一個(gè)通電導(dǎo)線；磁場(chǎng)方向?yàn)?z方向，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)線中安培力的方向?yàn)檠?y、-x角平分線向外，所以D正確；

故選：D二、填空題(共9題，共18分)6、6【分析】【分析】汽車在水平彎道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靠靜摩擦力提供向心力，根據(jù)最大靜摩擦力求出最大速度．【解析】【解答】解：根據(jù)得，汽車拐彎的最大速度．

故答案為：67、100【分析】【分析】由歐姆定律與電功率公式求出功率的表達(dá)式，然后分析答題．【解析】【解答】解：由閉合電路歐姆定律可知，電路電流I=；

電阻R2的功率P2=I2R2=；

當(dāng)R2=r+R1=2Ω+8Ω=10Ω時(shí)，R2有最大功率；

電源的輸出功率P=I2（R1+R2）=；

由于r＜R1≤R1+R2，所以當(dāng)R2=0Ω時(shí)；電源有最大輸出功率；

故答案為：10；0．8、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】增大大于9、i應(yīng)滿足i≥30°【分析】【解答】光路圖如圖，設(shè)第一次折射角為r；全反射臨界角為C，折射率為n，由折射定律有。

在圖中三角形中，由數(shù)學(xué)知識(shí)可得：

綜上所得：i=30°,所以為保證在內(nèi)壁處光不會(huì)進(jìn)入中空部分；

入射角i應(yīng)滿足i≥30°

【分析】光的折射。10、略

【分析】解：從x鈭?t

圖象得到質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為4s

故波源的周期也為4s

在t=0

時(shí)刻，x1=10cm

的質(zhì)點(diǎn)在最大位移處，x2=110cm

在平衡位置并且向上運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)平衡位置之間的距離為(n+14)婁脣

故：婁脣=鈻?xn+14=44n+1

當(dāng)n

取0

時(shí)，波長(zhǎng)最大，為4m

．

故答案為：4s4

．

簡(jiǎn)諧波的周期等于波源的周期，也等于各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期；在t=0

時(shí)刻，x1=10cm

的質(zhì)點(diǎn)在最大位移處，x2=110cm

在平衡位置并且向上運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)平衡位置之間的距離為(n+14)婁脣

．

本題關(guān)鍵是從質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象得到兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)間的間距與波長(zhǎng)的關(guān)系，可以先畫(huà)最簡(jiǎn)波形，然后加上n

個(gè)波長(zhǎng)．【解析】4s4

11、10.2955.4×10-7增大【分析】【分析】螺旋測(cè)微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，需估讀．根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式△x=λ推導(dǎo)波長(zhǎng)的表達(dá)式，并求出波長(zhǎng)的大小．【解析】【解答】解：圖3中螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為10.0mm；可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01×29.5mm=0.295mm，所以最終讀數(shù)為10.0+0.295=10.295mm．

根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式△x=λ得，λ====5.4×10-7m．

間距公式△x=λ；將雙縫到屏距離增大，即L增大，則條紋間距變大．

故答案為：10.295；5.4×10-7；增大．12、大于等于逐漸立即【分析】【分析】L與R的直流電阻相等說(shuō)明閉合開(kāi)關(guān)S達(dá)到穩(wěn)定后兩燈均可以正常發(fā)光；閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，通過(guò)L的電流增大，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙原電流的變化，從而使通過(guò)A燈的電流比B燈的電流大，即而判斷燈的亮度；斷電瞬間，通過(guò)L的電流減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙原電流的變化，從而使通過(guò)A燈的電流比B燈的電流消失的慢，即而判斷燈是否立即熄滅．【解析】【解答】解：閉合開(kāi)關(guān)的瞬間；通過(guò)L的電流增大，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙原電流的變化，從而使通過(guò)A燈的電流比B燈的電流大，所以燈A的亮度大于燈B的亮度；當(dāng)通電一段時(shí)間后，電路的電流穩(wěn)定，通過(guò)兩燈的電流相同，所以兩燈亮度相同；斷電瞬間，通過(guò)L的電流減小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙原電流的變化，從而使通過(guò)A燈的電流比B燈的電流消失的慢，即而判斷燈A逐漸熄滅，燈B立即熄滅．

故答案為：大于；等于；逐漸；立即．13、n（m1+m2-m3-m4）c286【分析】【分析】核反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒；

根據(jù)題意求出質(zhì)量虧損，然后由質(zhì)能方程求出釋放的核能．【解析】【解答】解：由質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒可知，X的質(zhì)量數(shù)為1，核電荷數(shù)為0，則該粒子是：n；

核反應(yīng)過(guò)程中，質(zhì)量虧損為△m=m1+m2-m3-m4，釋放的核能為E=△mc2=（m1+m2-m3-m4）c2；

由質(zhì)量數(shù)守恒與核電荷數(shù)守恒可知：中的X核電荷數(shù)為92-38=54；

質(zhì)量數(shù)為235+1-94-2×1=140；則X的中子數(shù)為140-54=86；

故答案為：n；（m1+m2-m3-m4）c2；86．14、發(fā)射C864PR2=160018.615.0儀器體積過(guò)大、對(duì)人體有傷害，傳輸距離太短等【分析】【分析】（1）電磁波要發(fā)射；傳播和接收；

（2）電磁波的傳播具有全向性；效率低；

（3）分析表格數(shù)據(jù)；會(huì)發(fā)現(xiàn)接收的能量與距離的平方成反比；

（4）根據(jù)能量守恒定律列式求解即可；

（5）從實(shí)際情況出發(fā)考慮即可．【解析】【解答】解：（1）像電磁波一樣；無(wú)線傳輸能量也需要發(fā)射；傳播和接收的過(guò)程．

（2）電磁波可以向各個(gè)方向傳播；而電能的輸送需要定向傳播．

（3）由表中的前三組數(shù)據(jù)和最后一組數(shù)據(jù)可以看出PR2=1600．

將R=5帶入上式得P=64；所以y=64；將P=25帶入得R=8，所以x=8．

（4）①由題意知；輸電效率為η=35%，則。

P總==28.6W．

所以損失的功率為P損=P總-P=28.6-10=18.6W．

②甲線圈輸入功率為P總=UI=220×0.195=42.9W；

所以，乙線圈得到的功率，即燈泡的功率為P=P總η=42.9W×35%=15.0W．

（5）因?yàn)樵跓o(wú)線傳輸過(guò)程中；電磁波向各個(gè)方向傳播是均等的，無(wú)法有效地控制方向性，所以為了更多地接收到電磁波，就需要接收儀器和發(fā)射點(diǎn)之間有較短的距離及接收器需有很大的體積．同時(shí)，向空間輻射較多的電磁波，對(duì)人體有害．

故答案為：（1）發(fā)射；

（2）C；

（3）①8，64；②PR2=1600；

（4）①18.6；②15.0；

（5）儀器體積過(guò)大、對(duì)人體有傷害，傳輸距離太短等．三、判斷題(共5題，共10分)15、×【分析】【分析】首先知道平衡態(tài)和熱平衡的定義，知道影響的因素是不同；知道溫度是判斷系統(tǒng)熱平衡的依據(jù)；據(jù)此分析判斷即可．【解析】【解答】解：一般來(lái)說(shuō)；平衡態(tài)是針對(duì)某一系統(tǒng)而言的，描述系統(tǒng)狀態(tài)的參量不只溫度一個(gè)，還與體積壓強(qiáng)有關(guān)，當(dāng)溫度不變時(shí)，系統(tǒng)不一定處于平衡態(tài)．所以該說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×16、×【分析】【分析】根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程即可做出判定．【解析】【解答】解：對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，由狀態(tài)1變到狀態(tài)2時(shí)，一定滿足方程=．若不滿足一定質(zhì)量的條件；該公式不成立．所以以上的說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×17、×【分析】【分析】萬(wàn)有引力定律適用的條件是兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)間引力的計(jì)算．物體間的引力關(guān)系也遵守牛頓第三定律．公式中G是引力常量，是自然界的恒量．【解析】【解答】解：A；萬(wàn)有引力定律適用于任何兩個(gè)可以看出質(zhì)點(diǎn)的物體之間或均質(zhì)球體之間的引力計(jì)算；當(dāng)兩個(gè)物體之間的距離太小的時(shí)候，物體就不能看做質(zhì)點(diǎn)，這時(shí)就不能用這個(gè)公式直接計(jì)算了，所以這個(gè)說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】安培定則：右手握住導(dǎo)線，讓大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向．【解析】【解答】解：根據(jù)安培定則的內(nèi)容判定線電流的磁感線的方法是：右手握住導(dǎo)線；讓大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向．故該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】物理量按有無(wú)方向分矢量和標(biāo)量，矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．【解析】【解答】解：矢量是既有大?。挥钟蟹较虻奈锢砹?，矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．故這句話是正確的．

故答案為：√四、簡(jiǎn)答題(共4題，共40分)20、略

【分析】【分析】對(duì)物體受力分析，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡求出物體所受的摩擦力和支持力的大小，結(jié)合滑動(dòng)摩擦力的公式求出動(dòng)摩擦因數(shù)大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?；2）物體勻速運(yùn)動(dòng)；受力平衡，對(duì)物體受力分析，物體勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡；

在沿斜面方向上，有：F=f1+mgsinθ；

解得：摩擦力=5N．

在垂直斜面方向上，有：m1gcosθ=N1，則斜面對(duì)滑塊的支持力．

（3）根據(jù)f=μN(yùn)得，動(dòng)摩擦因數(shù)．

答：（1）斜面體對(duì)物體的摩擦力為5N．

（2）斜面體對(duì)物體的支持力為．

（3）斜面體對(duì)物體的支持力為．21、略

【分析】試題分析：①根據(jù)正弦函數(shù)的特點(diǎn)知：位移為A/2處的質(zhì)點(diǎn)與相鄰最近位移為0的質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離為的1/3，畫(huà)圖可知故波長(zhǎng)兩個(gè)位于平衡位置的質(zhì)點(diǎn)的坐標(biāo)為：25m115m②根據(jù)平移法，P質(zhì)點(diǎn)第一次回到平衡位置時(shí)Q質(zhì)點(diǎn)第一次回到平衡位置時(shí)所以考點(diǎn)：機(jī)械波的傳播；【解析】【答案】（1）180m；兩個(gè)位于平衡位置的質(zhì)點(diǎn)的坐標(biāo)為：25m115m；（2）2.5s22、（1）10（2）4Co(OH)2＋O2＋2H2O＝4Co(OH)3（3）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O（4）使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去（或2Fe3＋＋3CO32－＋6H2O＝2Fe(OH)3↓＋3CO2↑）（5）防止Co2＋水解（6）2.5×10－5（mol·L-1）2【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)制備方案及化學(xué)基本操作方法，題目難度中等，依據(jù)已有的知識(shí)結(jié)合物質(zhì)間反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象進(jìn)行物質(zhì)成分的推斷為解答關(guān)鍵，平時(shí)注意打好扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)和靈活應(yīng)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力培養(yǎng)，試題充分考查了學(xué)生分析、理解能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)、化學(xué)計(jì)算能力?！窘獯稹坑媒饘兮挵錼m{(}含少量rm{Fe}rm{Ni)}制備應(yīng)用廣泛的氯化鈷的工藝流程為：鈷板在稀硝酸作催化劑條件下反應(yīng)生成氯化鎳、氯化鈷和氯化鐵、氯化亞鐵等，調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}除去鎳，然后加入雙氧水將亞鐵離子氧化成鐵離子，然后加入純堿將鐵離子轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵除去，最后經(jīng)過(guò)一系列操作得到氯化鈷晶體，rm{(1)}根據(jù)表中的數(shù)據(jù)知道，當(dāng)rm{pH}等于rm{10}的時(shí)，收率最高，鎳離子的含量最小，除鎳效果最好，故答案為：rm{10}rm{(2)}鈷離子易從正二價(jià)容易被氧氣氧化到正三價(jià)，發(fā)生的化學(xué)方程式為：rm{4Co(OH)}rm{2}rm{2}rm{+O}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{2}，故答案為：rm{2}rm{O=4Co(OH)}rm{3}rm{3}rm{4Co(OH)}rm{2}rm{2}rm{+O}；rm{2}雙氧水具有氧化性，可以將亞鐵離子氧化為正三價(jià)，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：rm{2}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O=4Co(OH)}rm{3}rm{3}rm{(3)}rm{2Fe}rm{2}rm{2}rm{+}rm{+}rm{+H}rm{2}故答案為：rm{2}rm{O}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{+}rm{+}rm{=2Fe}rm{3}rm{3}rm{+}rm{+}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}加入純堿碳酸鈉可以和酸發(fā)生反應(yīng)，在適當(dāng)?shù)沫h(huán)境下，可以讓鐵離子形成沉淀而除去，所以加入的純堿作用是起到調(diào)節(jié)溶液的rm{2Fe}的作用，使rm{2}rm{2}rm{+}轉(zhuǎn)化為rm{+}rm{+H}沉淀而除去rm{2}或rm{2}rm{O}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{+}rm{+}rm{=2Fe}rm{3}rm{3}rm{+}rm{+}rm{+2H}rm{2}故答案為：使rm{2}rm{O}rm{(4)}轉(zhuǎn)化為rm{pH}rm{Fe}沉淀而除去rm{3}或rm{3}rm{+}rm{+}rm{Fe(OH)}rm{3}rm{3}rm{(}rm{2Fe}rm{3}rm{3}rm{+}rm{+}rm{+3CO}rm{3}rm{3}鈷離子是弱堿陽(yáng)離子，能發(fā)生水解，顯示酸性，加入鹽酸可以防止rm{2}rm{2}rm{-}水解，故答案為：防止rm{-}rm{+6H}rm{2}水解；rm{2}rm{O=2Fe(OH)}rm{3}rm{3}rm{隆媒+3CO}rm{2}rm{2}rm{隆眉)}反應(yīng)rm{Fe}rm{3}rm{3}rm{+}rm{+}rm{Fe(OH)}rm{3}rm{3}rm{(}rm{2Fe}rm{3}的平衡常數(shù)rm{3}rm{+}rm{+}rm{+3CO}，故答案為：rm{3}rm{3}rm{2}rm{2}。rm{-}【解析】rm{(1)10}rm{(2)4Co(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Co(OH)_{3}}rm{(3)2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}rm{(4)}使rm{Fe^{3+}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe(OH)_{3}}沉淀而除去rm{(}或rm{2Fe^{3+}+3CO_{3}^{2-}+6H_{2}O=2Fe(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉)}rm{(5)}防止rm{Co^{2+}}水解rm{(6)2.5隆脕10^{-5}}rm{(mol隆隴L^{-1})^{2}}23、rm{(1)}rm{(1)}

rm{+3}陶瓷會(huì)與生成的rm{(2)}反應(yīng)rm{(2)}分液。

rm{HF}溫度升高；雙氧水發(fā)生分解，造成浸出率偏小。

rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H^{+}=2Ce^{3+}+O_{2}隆眉+4H_{2}O}向混合液中加入稀硫酸，使rm{(3)}增大，平衡向形成rm{(4)}水溶液方向移動(dòng)。

rm{c(H^{+})}rm{Ce^{3+}}rm{(5)c(Ce^{3+})隆脕(10^{-4})^{3}=1.5隆脕10^{-20}}沉淀完全。

rm{c(Ce^{3+})=1.5隆脕10^{-8}mol隆隴L^{-1}<1隆脕10-5mol隆隴L^{-1}}rm{Ce^{3+}}

rm{(6)}【分析】【分析】本題既有常規(guī)知識(shí)的考查又有新情景題目的考查，常規(guī)題目涉及到影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素、過(guò)濾操作以及rm{pH}的測(cè)定方法；命題情景要求根據(jù)題意寫(xiě)出有關(guān)反應(yīng)的方程式，做題時(shí)注意根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)正確判斷反應(yīng)物和生成物，用守恒的方法去推導(dǎo)并書(shū)寫(xiě)，從而得解?！窘獯稹縭m{(1)CeFCO_{3}}中rm{F}為rm{-1}價(jià)、rm{C}為rm{+4}價(jià)、氧為rm{-2}價(jià)，通過(guò)計(jì)算可知rm{Ce}的化合價(jià)為rm{+3}價(jià)，故答案為：rm{+3}rm{(2)}氧化培燒時(shí)不能使用陶瓷容器，原因是陶瓷中的二氧化硅會(huì)與生成的rm{HF}反應(yīng)；氧化焙燒后的產(chǎn)物之一為rm{CeO_{2}}則酸浸時(shí)rm{CeO_{2}}在酸性條件下被雙氧水氧化，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H^{+}=2Ce^{3+}+O_{2}隆眉+4H_{2}O}操作Ⅰ是在加入萃取劑后分離出有機(jī)層和硫酸鈰稀溶液，則其名稱為分液，故答案為：陶瓷會(huì)與生成的rm{HF}反應(yīng)；rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H^{+}=2Ce^{3+}+O_{2}隆眉+4H_{2}O}分液；rm{(3)}為了提高酸浸率，可以適當(dāng)提高反應(yīng)溫度，但溫度偏高浸出率反而會(huì)減小，其原因是溫度升高，雙氧水發(fā)生分解，造成浸出率偏小，故答案為：溫度升高，雙氧水發(fā)生分解，造成浸出率偏??；rm{(4)}平衡rm{Ce}rm{Ce}rm{{,!}^{3+}}水層rm{(}水層rm{)+3HT(}有機(jī)層rm{)}有機(jī)層rm{(}rm{)+3HT(}rm{)}rm{?}rm{CeT}有機(jī)層rm{CeT}rm{{,!}_{3}}rm{(}有機(jī)層rm{)+3H}水層rm{(}，向混合液中加入稀硫酸，使rm{)+3H}增大，平衡向形成rm{{,!}^{+}}水溶液方向移動(dòng)，能獲得較純的含rm{(}水層rm{)}水溶液，故答案為：向混合液中加入稀硫酸，使rm{(}增大，平衡向形成rm{)}水溶液方向移動(dòng)；rm{c(H^{+})}時(shí)，rm{Ce^{3+}}rm{Ce^{3+}}rm{c(H^{+})}rm{Ce^{3+}}沉淀完全，故答案為：rm{(5)pH=10}rm{c(OH^{-})=10^{-4}mol/L}rm{c(Ce^{3+})隆脕(10^{-4})^{3}=1.5隆脕10^{-20}}沉淀完全；

rm{c(Ce^{3+})=1.5隆脕1