2025年滬科版高三物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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2025年滬科版高三物理上冊階段測試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、（2015秋?棗莊校級月考）一弧形的軌道如圖所示，現(xiàn)取兩個完全相同的物塊分別置于A、B兩點，兩物塊處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是（）A.在A點的物塊受到的支持力較大B.在A點的物塊受到的摩擦力較大C.在A點的物塊受到的合外力較大D.若將其中一物塊放在B點上方的C點，則該物塊一定會滑動2、在下列四個方程中，X1、X2、X3和X4各代表某種粒子；以下判斷中正確的是（）

．A.X1是α粒子B.X2是質(zhì)子C.X3是中子D.X4是電子3、關(guān)于點電荷下列哪些說法正確（）A.電子和質(zhì)子在任何情況下都可視為點電荷B.均勻帶電的絕緣球體在計算庫侖力時可視為點電荷C.帶電的細桿在一定條件下可以視為點電荷D.帶電的金屬球一定不能視為點電荷4、用一輕繩將小球P系于墻壁上的O點，在墻壁和球P之間夾有一矩形物塊Q，如圖所示．在墻壁和球之間夾有一矩形Q，P、Q均處于靜止狀態(tài)，則下列相關(guān)說法正確的是（）A.Q受到2個力B.小球P受到物塊Q的彈力是因為小球P發(fā)生形變引起的C.若繩子變短，Q受到的靜摩擦力將增大D.若繩子變長，繩子的拉力將變小5、長約1m的粗細均勻的直玻璃管，一端封閉，另一端開口．管內(nèi)有長度為19cm的水銀柱，封閉著一段空氣柱．當玻璃管水平放置時，該空氣柱長度為20cm，如圖所示．現(xiàn)將玻璃管開口向上緩慢轉(zhuǎn)至豎直位置，穩(wěn)定后該空氣柱長度為（已知外界大氣壓強相當于76cm高水銀柱產(chǎn)生的壓強）（）A.14cmB.16cmC.18cmD.25cm6、在“碰撞中的動量守恒實驗”中，實驗必須要求的條件（）A.斜槽軌道必須光滑B.斜槽軌道末端的切線必須水平C.入射小球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下D.碰撞的瞬間，入射小球和被碰小球的球心連線與軌道末端的切線平行評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、（2016?太原模擬）在真空中M、N兩點分別放有異種點電荷+2Q和-Q，以MN連線中點O為中心作一圓形路徑abcd．a(chǎn)、0、c三點恰好將MN四等分，b、d為MN的中垂線與圓的交點，如圖所示．則下列說法正確的是（）A.a、b、c、d四點電場強度的大小關(guān)系是Ea＞Ec，Eb=EdB.a、b、c、d四點電勢的關(guān)系是φa＞φc，φb=φdC.在MN的連線上，O點的電場強度最小D.將帶負電的試探電荷由b沿直線移動到d的過程中，其電勢能始終不變8、帶電粒子a；沿垂直通電直導線（電流I方向如圖）向下運動時（）

A.若a帶正電，將偏向左側(cè)B.若a帶正電，將偏向右側(cè)C.若a帶負電，將偏向左側(cè)D.若a帶負電，將偏向右側(cè)9、如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R同時在等勢面b上，據(jù)此可知（）A.三個等勢面中，c的電勢最高B.帶電粒子在P點的電勢能比在Q點的大C.帶電粒子的動能與電勢能之和保持不變D.帶電粒子在P點的加速度比在Q的加速度大10、如圖所示；（甲）圖為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t=0時刻的波動圖象，（乙）圖為參與波動的質(zhì)點P的振動圖象，則下列判斷正確的是（）

A.該波傳播的速度為4m/sB.該波的傳播方向沿x軸正方向C.經(jīng)過0.5s時間，質(zhì)點沿波的傳播方向向前傳播2mD.該波在傳播過程中若遇到3m的障礙物，能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象11、如圖中的小線圈與滑動變阻器、電源、開關(guān)組成電路，而大線圈則與電流計組成閉合電路．下列能使電流計的指針偏轉(zhuǎn)的是（）A.閉合開關(guān)后，將小線圈插入大線圈的過程中B.小線圈放在大線圈中，閉合開關(guān)后，將小線圈拔出的過程中C.小線圈放在大線圈中不動，開關(guān)閉合、斷開的瞬間D.小線圈放在大線圈中不動，開關(guān)閉合，移動滑動變阻器的滑片時12、下列關(guān)于電場和磁場的說法不正確的是（）A.電場強度和磁感應強度都是由場本身決定的，但電勢的高低不是由電場本身決定的，它與零電勢的選取有關(guān)B.電場中某點的電勢高，則試探電荷在該點的電勢能一定大；磁場中某點磁感應強度大，則電流元在該處受的安培力一定大C.電場對處于其中的靜止電荷一定有力的作用，磁場對處于其中的運動電荷一定有力的作用D.電場強度和磁感應強度都是矢量，方向可分別由試探電荷和電流元（或磁極）來確定13、一輛重為4t的汽車某段時間內(nèi)運動的υ-t圖象如圖所示，設汽車受到的阻力恒定，下列說法正確的是（）A.汽車受到的阻力大小為4×103NB.汽車在20s末關(guān)閉發(fā)動機C.汽車在前20s內(nèi)的牽引力大小為6×103ND.汽車在30秒末的牽引力大小比在前20s內(nèi)的小，但大小未知14、汽車在沿著一條直線運動，當加速度不斷減小是（）A.速度可能不斷增大B.速度可能不斷減小C.速度一定增大D.速度一定減小15、把帶電的小球用細線懸掛起來置于勻強磁場中，如圖所示，當帶電擺球最初兩次經(jīng)過最低點時，相同的量是（）A.小球受到的洛侖茲力B.擺線的拉力C.小球的動能D.小球的加速度評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、兩顆人造衛(wèi)星A、B繞地球做圓周運動，周期之比為8：1，則軌道半徑之比為____運動速率之比為____．17、正負電子對撞后湮滅生成兩個頻率相同的光子．已知普朗克常數(shù)為h，電子質(zhì)量為m，電磁波在真空中的速度為c，這種頻率的光波長為____，北京正負電子對撞機的儲存環(huán)是半徑為R的圓形軌道，當環(huán)中的電子流強度為I時，電子的速率為v，已知電子的電荷量為e，則在整個環(huán)中運行的電子數(shù)目為____．18、（2012春?杭州期末）為了測一個一直額定電壓為100V的燈泡的額定功率，設計了如圖所示的電路，理想變壓器的原、副線圈分別接有理想電流表A和燈泡L，滑動變阻器的阻值范圍是1～100Ω，不考慮溫度對燈泡電阻的影響，原、副線圈的匝數(shù)比為2：1，交流電源的電壓為U0=440V，適當調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片位置，當燈泡在額定電壓下正常工作時，理想電流表A的示數(shù)為1.2A，則燈泡的額定功率為____W，滑動變阻器消耗的電功率為____W．19、（2004秋?虹口區(qū)期末）圖中表示由電動機帶動的工件用車刀進行切削加工．當電動機帶動工件以960r/min的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動時，電動機提供給工件的力矩為M=3.0N?m，該工件的半徑R為5.0×10-2m，那么該工件上各點的線速度的最大值為____，此時電動機的輸出功率為____．20、【題文】在研究光電效應實驗中；某同學合上電路上的電鍵，用不同頻率的光照射光電管時發(fā)現(xiàn)有如下現(xiàn)象：

①只有當頻率大于等于時；電流表才會偏轉(zhuǎn)。

②當用頻率時電流表發(fā)生偏轉(zhuǎn)；此時將電源反接，電流變小。

③增大反接電壓的大??；當電壓達到U時，電流表正好沒有偏轉(zhuǎn)。

根據(jù)上述結(jié)果可以判斷，該光電子脫離金屬的逸出功是____。當入射光頻率為時，光電子的最大初動能是____。U的關(guān)系是____。（已知電子的電量為e，普朗克恒量為h）21、當物體的速度v=0.8c（c為光速）時，質(zhì)量增大到原來的____倍．22、以初速度v0做平拋運動的物體，重力在第1s末和第2s末的功率之比為α，重力在第1s內(nèi)和第2s內(nèi)的平均功率之比為β，則α：β=____．23、（2013秋?貴州校級期末）如圖所示，輕彈簧上壓著質(zhì)量為m的物體，這時彈簧長度為L；若彈簧的勁度系數(shù)為k，則彈簧原長為____．評卷人得分四、判斷題(共2題，共14分)24、貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了鈾和含鈾礦物的天然放射現(xiàn)象，從而揭示出原子核具有復雜結(jié)構(gòu)____（判斷對錯）25、物體只要是運動的，其合外力就一定不為零．____（判斷對錯）評卷人得分五、簡答題(共2題，共18分)26、鋰rm{隆陋}磷酸氧銅電池正極的活性物質(zhì)是rm{Cu_{4}O(PO_{4})_{2}}可通過下列反應制備：rm{2Na_{3}PO_{4}+4CuSO_{4}+2NH_{3}隆隴H_{2}O=Cu_{4}O(PO_{4})_{2}隆媒+3Na_{2}SO_{4}+(NH_{4})_{2}SO_{4}+H_{2}O}rm{(1)}寫出基態(tài)rm{P}原子的核外電子排布式____，rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}中涉及到的rm{N}rm{O}rm{S}第一電離能由大到小的順序為。rm{(2)PO_{4}^{3-}}的空間構(gòu)型為____；寫出一種與rm{PO_{4}^{3-}}互為等電子體的離子____。rm{(3)}氨基乙酸銅的分子結(jié)構(gòu)如圖，氮原子的雜化方式為____。該分子中存在配位鍵，提供孤電子對的原子是。rm{1mol}該分子中含有的rm{婁脪}鍵的數(shù)目為。rm{(4)Cu}元素與rm{H}元素可形成一種紅色化合物，其晶體結(jié)構(gòu)單元如圖所示。該化合物的化學式為。假設以rm{N_{A}}表示阿伏伽德羅常數(shù)，該晶體的密度為rm{(g隆隴cm^{-1})(}不必化簡，列出計算式即可rm{)}27、將一電阻箱與一內(nèi)阻不可忽略的電源通過開關(guān)連接在一起，理想電壓表用來測量路端電壓，電路如圖所示．當電阻箱的阻值調(diào)為R1=2Ω時，電壓表的示數(shù)為U1=4V；當電阻箱的阻值調(diào)為R2=5Ω時，電壓表的示數(shù)為U2=5V．則：

（1）該電源的電動勢以及內(nèi)阻分別是多少？

（2）當電阻箱消耗的功率最大時，其阻值為多少？最大的輸出功率為多少？評卷人得分六、作圖題(共1題，共9分)28、（2008秋?楊浦區(qū)校級期末）如圖所示，把長為L=0.4m的均勻直棒的O端用鉸鏈連接在天花板上，在另一端A施加水平拉力F，使棒偏離豎直方向θ=30°而保持靜止，直棒的重力G=10N．直棒的重力對O鉸鏈的力矩為____時針（填逆、順），其力矩大小為____N?m．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】物體受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)共點力平衡條件列出方程分析即可．【解析】【解答】解：A；B、C、物體受重力、支持力和摩擦力；設物體所在位置的坡角為θ，根據(jù)共點力平衡條件，有：

mgsinθ-f=0

N-mgcosθ=0

解得：

f=mgsinθ

N=mgcosθ

故坡角越大；靜摩擦力越大，支持力越小，合力為零（不變），故A正確，BC錯誤；

D；將物塊放在B點上方的C點；重力的下滑分量不一定大于最大靜摩擦力，故不一定下滑，故D錯誤；

故選：A．2、D【分析】【分析】本題較簡單，利用質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒即可判斷．【解析】【解答】解：由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒知X1是中子；由30=30+0和15=14+1知X2是正電子；同理知X3是α粒子，X4是電子；故ABC錯誤，D正確．

故選：D．3、C【分析】【分析】物理學上把本身的線度比相互之間的距離小得多的帶電體簡化為一個點，叫做點電荷，同一個電荷能否看作點電荷，不僅和帶電體本身有關(guān)，還取決于問題的性質(zhì)和精度的要求，即需要具體問題具體分析；如果在研究的問題中，帶電體的形狀、大小以及電荷分布可以忽略不計，即可將它看作是一個幾何點，則這樣的帶電體就是點電荷．【解析】【解答】解：A；電子和質(zhì)子在研究的范圍非常??；可以與它的大小差不多時，不能看做點電荷．故A錯誤；

B；在計算庫侖力時均勻帶電的絕緣球體在一定的條件下可視為點電荷．故B錯誤；

C；帶電的細桿在它的大小相比與研究的范圍來說可以忽略不計時；可以視為點電荷．故C正確；

D；帶電的金屬球在它的大小相比與研究的范圍來說可以忽略不計時；可以視為點電荷．故D錯誤．

故選：C4、D【分析】【分析】先對小球P受力分析，受重力、拉力和支持力，共三個力；再對小方塊Q受力分析，受壓力、支持力、重力和向上的靜摩擦力，共4個力；最后再次對P受力分析，受拉力、重力和支持力，根據(jù)平衡條件列方程，求出拉力的一般表達式進行討論．【解析】【解答】解：A；對物塊Q受力分析；受重力、壓力、支持力和向上的靜摩擦力，共4個力，故A錯誤；

B；根據(jù)彈力產(chǎn)生的特點可知；小球P受到物塊Q的彈力是因為物塊Q發(fā)生形變引起的．故B錯誤；

C；由A的分析可知；物塊在豎直方向受到重力和摩擦力的作用，摩擦力的大小與重力相等，方向與重力相反，與繩子的長度無關(guān)．故C錯誤；

D；對P受力分析；受拉力、重力和支持力，如圖所示。

根據(jù)平衡條件；有。

Tcosθ=mg

Tsinθ=N

解得。

T=

繩子變長；角度θ變小，故拉力T變小，故D正確；

故選：D5、B【分析】【分析】氣體發(fā)生等溫變化，應用玻意耳定律求出氣體的體積，然后答題．【解析】【解答】解：氣體的狀態(tài)參量：p1=p0=76cmHg，V1=20S，p2=p0+h=95cmHg，V2=lS；

氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2；解：76×20S=95×lS，解得：l=16cm；

故選：B．6、B【分析】【分析】在做“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平．【解析】【解答】A；在同一組實驗的不同碰撞中；每次入射球必須從同一高度由靜止釋放，保證碰前的速度相同即可，斜槽軌道是否光滑對實驗的結(jié)果沒有影響，故A錯誤．

B；為了保證小球做平拋運動；安裝軌道時，軌道末端必須水平，故B正確．

C；在同一組實驗的不同碰撞中；每次入射球必須從同一高度由靜止釋放，保證碰前的速度相同，故C正確．

D；為了發(fā)生對心碰撞；兩球的直徑需相同，入射小球和被碰小球的球心連線與軌道末端的切線平行；故D正確．

故選：BCD．二、多選題(共9題，共18分)7、AB【分析】【分析】根據(jù)電場線密場強大，分析場強的大?。呻妱莨溅?和電場的疊加原理分析電勢關(guān)系．根據(jù)電勢的變化，分析正電荷電勢能的變化．【解析】【解答】解：A、設Ma=aO=d．則Ea=，Ec=，故Ea＞Ec，b、d兩點由于對稱，則有Eb=Ed．故A正確．

B、沿電場線方向電勢降低，故Φa＞Φc，根據(jù)對稱性可知Φb=Φd．故B正確．

C；電場線的疏密表示電場強度的相對大??；由電場線疏密程度可知，AB連線上電場強度最小值出現(xiàn)在O點的右側(cè)，故C錯誤．

D、負點電荷沿直線由b運動到d的過程中；只是初末位置的電勢能相等，過程中電勢能在變化．故D錯誤．

故選：AB8、BC【分析】【分析】根據(jù)左手定則與右手螺旋定則，結(jié)合曲線運動的條件，進行分析即可．【解析】【解答】解：根據(jù)右手螺旋定則；則直導線下方的磁場方向垂直紙面向內(nèi)；

再依據(jù)左手定則；若粒子a帶正電，受到向右的洛倫茲力，則將偏向右側(cè)；

若粒子帶負電；則受到向左的洛倫茲力，則將偏向左側(cè)，故BC正確，AD錯誤；

故選：BC9、BCD【分析】【分析】根據(jù)軌跡彎曲的方向可知，電場力的方向向下．由于題目沒有說明帶電粒子的電性，所以不能判斷出電場線的方向；不能判斷出c點電勢最高；根據(jù)受力的方向與運動方向之間的關(guān)系，判斷出電場力做功的正負，從而判斷出電荷電勢能和動能的變化；總能量守恒；由電場線疏密確定出，P點場強大，電場力大，加速度大．【解析】【解答】解：A；電荷做曲線運動；電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)，所以電場力的方向向下；由于題目沒有說明帶電粒子的電性，所以不能判斷出電場線的方向；不能判斷出c點電勢最高，故A錯誤；

B；粒子受到的電場力的方向向下；若粒子從P運動到Q，電場力做正功，電荷的電勢能減小，知道P點電勢能大，故B正確；

C；只有電場力做功；電勢能和動能之和守恒，故帶電質(zhì)點在P點的動能與電勢能之和等于在Q點的動能與電勢能之和，保持不變．故C正確；

D；由電場線疏密確定出；P點場強大，電場力大，加速度大，故D正確；

故選：BCD10、AD【分析】【分析】由波動圖象讀出波長，由振動圖象讀出周期，求出波速．在乙圖上讀出t=0時刻P質(zhì)點的振動方向，在甲圖上判斷出波的傳播方向．波在同一介質(zhì)中勻速傳播，由s=vt可以求出經(jīng)過0.5s時間波沿波的傳播方向向前傳播的距離，而質(zhì)點并不向前傳播．根據(jù)波長與障礙物尺寸的關(guān)系分析能否發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象．【解析】【解答】解：A、由甲讀出該波的波長為λ=4m，由乙圖讀出周期為T=1s，則波速為v==4m/s．故A正確．

B；在乙圖上讀出t=0時刻P質(zhì)點的振動方向沿y軸負方向；在甲圖上判斷出該波的傳播方向沿x軸負方向．故B錯誤．

C；質(zhì)點只在自己的平衡位置附近上下振動；并不波的傳播方向向前傳播．故C錯誤．

D；由于該波的波長為4m；所以該波在傳播過程中若遇到3m的障礙物，能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象．故D正確．

故選：AD11、ABCD【分析】【分析】產(chǎn)生感應電流的條件是閉合電路的磁通量發(fā)生變化，指針偏轉(zhuǎn)時說明電路中產(chǎn)生了感應電流，將產(chǎn)生感應電流的情況與螺線管中磁場的變化情況聯(lián)系在一起即可得到答案．【解析】【解答】解；A；閉合電鍵后將小線圈插入大線圈的過程中；大線圈內(nèi)的磁通量從無到有，在變化，導致閉合線圈中產(chǎn)生感應電動勢，從而產(chǎn)生感應電流，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故A正確．

B；小線圈放在大線圈中；閉合電鍵后將小線圈拔出來的過程中，大線圈內(nèi)有磁通量從有到無，在變化，導致閉合線圈中產(chǎn)生感應電動勢，從而產(chǎn)生感應電流，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B正確．

C；小線圈放在大線圈中不動時；開關(guān)閉合、斷開的瞬間，大線圈內(nèi)的磁通量變化，會產(chǎn)生感應電流，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C正確．

D；小線圈放在大線圈中不動；電鍵閉合，移動變阻器的滑片時，大線圈內(nèi)的磁通量都發(fā)生變化，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D正確．

故選：ABCD．12、BCD【分析】【分析】電場的基本性質(zhì)是對放入的電荷有力的作用，而通電導線放入磁場中不一定有磁場力的作用；電場與磁場都是客觀存在的特殊物質(zhì)；電勢是描述電場性質(zhì)的一種物理量，與電場強度沒有直接關(guān)系．【解析】【解答】解：A；電場強度與電勢沒有關(guān)系；電場強度為零的地方電勢不一定為零，電勢為零的地方電場強度也不一定為零，所以電勢的高低不是由電場本身決定的，它與零電勢的選取有關(guān)，故A正確；

B；電場中某點的電勢高；但試探電荷在該點的電勢能不一定大，還與電荷帶電性有關(guān)；磁場中某點磁感應強度大，則電流元在該處受的安培力不一定大，還與放置的角度有關(guān)．故B錯誤；

C；處在電場中的電荷一定受到電場力；但在磁場中運動的電荷并一定有磁場力存在，當運動方向與磁場方向平行時，沒有磁場力作用．故C錯誤；

D；電場強度和磁感應強度都是矢量；電場的方向可由試探電荷來確定，比如：正電荷所受電場力的方向即為電場強度的方向，而磁場的方向可由磁極來確定，但電流元不能確定磁場的方向，故D錯誤；

本題選錯誤的；故選：BCD13、ACD【分析】【分析】汽車是以恒定牽引力的方式啟動達到額定功率運動一段時間后關(guān)閉發(fā)動機做勻減速直線運動；根據(jù)勻減速直線運動階段的加速度大小由牛頓第二定律列方程求汽車受到的阻力大??；

由勻加速階段的加速度大小根據(jù)牛頓第二定律列方程求牽引力大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈、由v-t圖象可以看出30s末汽車關(guān)閉發(fā)動機，勻減速階段加速度大小為：a===1m/s2；

根據(jù)牛頓第二定律：f=ma=4×103×1=4×103N；故A正確；

B；汽車在20s末達到額定功率；之后以恒定功率行駛到30s，30s末關(guān)閉發(fā)動機，B錯誤；

C、汽車在前20s內(nèi)的加速度為：a′===0.5m/s2

根據(jù)牛頓第二定律：F-f=ma′，得：F=6×103N；C正確；

D；汽車在20s末達到額定功率；之后速度繼續(xù)增大，P=Fv，v增大則F要減小，故汽車在30秒末的牽引力大小比在前20s內(nèi)的小，由于30s末時圖線的斜率不能確定，即加速度大小不能確定，故牽引力F不能確定，D正確；

故選：ACD．14、AB【分析】【分析】加速度是描述物體速度變化快慢的物理量；當速度和加速度同向時，物體做加速運動；當速度和加速度反向時，物體做減速運動．【解析】【解答】解：汽車的加速度減??；若方向與速度方向相同，則汽車的速度增大，若方向與速度方向相反，則速度減小，故AB正確，CD錯誤；

故選：AB．15、CD【分析】【分析】帶電小球在重力與拉力及洛倫茲力共同作用下，繞固定點做圓周運動，由于拉力與洛倫茲力始終垂直于速度方向，它們對小球不做功．因此僅有重力作功，則有機械能守恒．從而可以確定動能是否相同，并由此可確定拉力與洛倫茲力．最后由向心加速度公式來確定是否相同．【解析】【解答】解：A；由于小球的運動方向不同；則根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力的方向不同，但大小卻相同，故A錯誤；

B；由A選項可知；速度大小相等，則根據(jù)牛頓第二定律可知，由于速度方向不同，導致產(chǎn)生的洛倫茲力的方向也不同，則拉力的大小也不同，故B錯誤；

C；由題意可知；拉力與洛倫茲力對小球不做功，僅僅重力作功，則小球機械能守恒，所以小球分別從A點和B點向最低點O運動且兩次經(jīng)過O點時的動能相同．故C正確；

D、根據(jù)a=；可知小球的向心加速度大小相同，且方向指向固定點，即加速度相同，故D正確；

故選：CD三、填空題(共8題，共16分)16、4：11：2【分析】【分析】根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達式進行討論即可．【解析】【解答】解：根據(jù)萬有引力提供向心力；由牛頓第二定律得：

=m=mω2r=m

T=2π；

兩顆人造衛(wèi)星A、B繞地球做圓周運動，周期之比為8：1，所以軌道半徑之比rA：rB=4：1；

v=，所以vA：vB=1：2

故答案為：4：1；1：217、【分析】【分析】根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程求出光子能量；從而求出光子頻率，結(jié)合速度和頻率求出波長．

知道電子的速度和軌道半徑，利用速度公式求電子運動一周用的時間，再根據(jù)電流定義式求電荷量，可求在整個環(huán)中運行的電子數(shù)目．【解析】【解答】解：根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程得，2mc2=2hγ，則光子的頻率γ=．

這種頻率的光波長為：；

電子運動一周用的時間：

t=；

Q=It；

在整個環(huán)中運行的電子數(shù)目：

．

故答案為：；．18、40488【分析】【分析】根據(jù)變壓器電壓和電流與匝數(shù)的關(guān)系求出副線圈電壓和電流，而燈泡正常發(fā)光，所以燈泡兩端的電壓為100V，根據(jù)串并聯(lián)電路的特點及根據(jù)功率公式即可求解．【解析】【解答】解：根據(jù)原副線圈電壓之比等于匝數(shù)比可知，副線圈電壓為U2==220V，根據(jù)原副線圈電流之比等于匝數(shù)的倒數(shù)比可知，副線圈電流為：I2=2I1=2.4A，燈泡的額定電壓為100V，所以與燈泡串聯(lián)的電阻值為：R2==50Ω，所以與燈泡并聯(lián)部分的阻值也為50Ω，所以通過并聯(lián)部分滑動變阻器的電流為：I3==2A，所以通過燈泡的電流為：IL=2.4-2A=0.4A，所以燈泡的功率為：PL=ULIL=100×0.4=40W；

滑動變阻器消耗的功率為：P=ULI3+（U2-UL）I2=100×2+120×2.4W=488W；

故答案為：40，488．19、5.02m/s301.44W【分析】【分析】根據(jù)ω=2πn求解角速度，根據(jù)v=ωR求解線速度；根據(jù)M=fr求解摩擦力，根據(jù)P=fv求解電動機的輸出功率．【解析】【解答】解：角速度為：ω=2πn=2×π×=32πrad/s；

線速度為：v=ωR=32πrad/s×5.0×10-2m=1.6πm/s≈5.02m/s；

摩擦力：f=；

故電動機的輸出功率：P=fv=60N×5.02m/s=301.44W；

故答案為：5.02m/s，301.44W．20、略

【分析】【解析】因為只有當頻率大于等于時，電流表才會偏轉(zhuǎn)，所以當入射光頻率為時，光電子的最大初動能為光子的能量減去電子的逸出功即增大反接電壓的大小，當電壓達到U時，電流表正好沒有偏轉(zhuǎn)說明當加反向電壓時，逸出的電子做減速運動，當反向電壓達到U時，電子的到達極板時速度正好為零，故【解析】【答案】hν1hν2-hν1eU=hν2-hν121、【分析】【分析】根據(jù)愛因斯坦的相對論中質(zhì)量與速度的關(guān)系公式即可解答．【解析】【解答】解：當物體的速度v=0.8c（c為光速）時，根據(jù)愛因斯坦的相對論中質(zhì)量與速度的關(guān)系公式：

得：

故答案為：22、3：2【分析】【分析】由平拋運動的豎直方向的勻速直線運動可求得1s末及2s末的瞬時速度，則可求得瞬時功率；由平均速度公式可求得平均速度，則可求得平均功率；即可求得兩比值的比值．【解析】【解答】解：平拋運動在豎直方向做自由落體運動；由速度公式v=gt可得；

1s末的速度v1=g；

2s末的速度v2=2g；

而功率P=mgv；故功率之比為：α=P1：P2=1：2；

勻變速直線運動平均速度等于；

則1s內(nèi)的平均速度為；2s內(nèi)的平均速度為=g；

則功率之比為：β=1：3：

則α：β=3：2

故答案為：3：2．23、L+【分析】【分析】先根據(jù)胡克定律求解壓縮量，彈簧原長等于壓縮量加上實際長度．【解析】【解答】解：輕彈簧上壓著質(zhì)量為m的物體；受到的壓力為mg，根據(jù)胡克定律，有：

mg=k△L

解得：△L=

故彈簧的原長為：L+

故答案為：L+．四、判斷題(共2題，共14分)24、√【分析】【分析】貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，使人們認識到原子核具有復雜結(jié)構(gòu)；【解析】【解答】解：貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了鈾和含鈾礦物的天然放射現(xiàn)象；從而揭示出原子核具有復雜結(jié)構(gòu)，拉開了人們以及原子核的序幕．故以上的說法是正確的．

故答案為：√25、×【分析】【分析】力是改變速度的原因，不是維持速度的原因，根據(jù)牛頓第一定律分析即可．【解析】【解答】解：當物體做勻速直線運動時；物體不受力或者受平衡力，故力不是維持速度的原因；

故答案為：×．五、簡答題(共2題，共18分)26、(1)1s22s22p63s23p3N>O>S(2)正四面體SO42-或ClO4-(3)sp3O18NA（或18×6.02×1023）(4)CuH【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)及性質(zhì)，涉及電子排布、第一電離能、微?？臻g構(gòu)型的判斷、等電子體、雜化理論的應用、晶胞的計算等，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)P}rm{(1)P}個電子，則原子核外由rm{15}個電子，則基態(tài)rm{P}原子的核外電子排布式為原子的核外電子排布式為rm{15}rm{15}基態(tài)rm{P}原子的核外電子排布式rm{P}rm{P}rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}族元素大于第rm{2p}族元素，同一主族，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以第一電離能大小順序是：rm{{,!}^{6}}rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{3}}，同一周期，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢，但第rm{VA}族元素大于第rm{VIA}族元素，同一主族，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以第一電離能大小順序是：rm{N>O>S}rm{VA}rm{VIA}rm{N>O>S}故答案為：rm{1s}rm{1s}中rm{{,!}^{2}}原子的價層電子對rm{2s}且不含孤電子對，所以其空間構(gòu)型正四面體，根據(jù)原子數(shù)和價電子數(shù)分別相等的兩種微?；榈入娮芋w，則rm{2s}的等電子體有rm{{,!}^{2}}或rm{2p}等，故答案為：rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}rm{3p}rm{{,!}^{3}}；rm{N>O>S}rm{N>O>S}中rm{(2)}原子的價層電子對數(shù)成鍵電子對數(shù)rm{(2)}孤電子對數(shù)rm{PO_{4}^{3-}}所以rm{P}原子為rm{=4+1/2(5+3-4隆脕2)=4}雜化；rm{PO_{4}^{3-}}原子有