2024年人教A版高三物理上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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)2024年人教A版高三物理上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、一個(gè)重量為10N的物體，在14N的水平拉力作用下，第一次在光滑水平面上從靜止開始移動(dòng)0.5m，第二次在粗糙水平面上也由靜止開始移動(dòng)0.5m，粗糙面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，下列判斷正確的是（）A.第一次水平拉力做的功多B.第二次水平拉力做的功多C.第一次水平拉力的平均功率大D.第二次水平拉力的平均功率大2、橫波和縱波的區(qū)別是（）A.橫波中的質(zhì)點(diǎn)做的是振動(dòng)，縱波中的質(zhì)點(diǎn)是沿波傳播方向運(yùn)動(dòng)B.橫波中質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向垂直，縱波中振動(dòng)方向與傳播方向在同一直線上C.橫波的傳播速度一定比縱波慢D.橫波可以發(fā)生衍射，縱波不能發(fā)生衍射3、對(duì)慣性的理解，下列說法正確的是（）A.物體做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)的慣性比它靜止時(shí)的慣性小B.物體的速度越大，其慣性一定越大C.兩個(gè)質(zhì)量相同的物體，其慣性一定相同D.兩個(gè)質(zhì)量相同的物體，在不同的合外力作用下，慣性大小不同4、a、b、c、d分別是一個(gè)菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，∠abc=120°．現(xiàn)將三個(gè)等量的正點(diǎn)電荷+Q分別固定在a、b、c三個(gè)頂點(diǎn)上，下列說法正確的有（）A.d點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由d指向OB.O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由d指向OC.d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度D.d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度5、月球探測(cè)只是深空探測(cè)的一部分，我國(guó)航天和科學(xué)院也在規(guī)劃對(duì)小行星、火星、金星進(jìn)行探測(cè)，并構(gòu)思了對(duì)主帶小行星、木星和更遙遠(yuǎn)的柯伊伯帶天體的遠(yuǎn)期探測(cè)計(jì)劃．已知某國(guó)飛行探測(cè)器在火星表面某高度繞火星做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，測(cè)得繞行的周期為T=280min，并通過觀測(cè)儀可觀測(cè)到火星的最大弧長(zhǎng)為火星周長(zhǎng)的，已知萬有引力常量為G=6.67×10-11N?m2/kg2，火星視為均勻球體，探測(cè)器繞火星運(yùn)動(dòng)視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則由以上數(shù)據(jù)估測(cè)出火星的平均密度為（）A.2×103kg/m3B.3×103kg/m3C.4×103kg/m3D.40×103kg/m36、如圖所示，實(shí)線是電場(chǎng)線，虛線是一帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，若粒子在只受電場(chǎng)力作用下從A運(yùn)動(dòng)到B，則下列判斷正確的是（）A.粒子帶負(fù)電B.電場(chǎng)力對(duì)該粒子做負(fù)功C.粒子在A點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能較小D.粒子在B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能較小7、有一種在光照或溫度升高時(shí)排氣扇都能啟動(dòng)的自動(dòng)控制裝置，下列說法正確的是（）A.兩個(gè)傳感器都是光電傳感器B.兩個(gè)傳感器分別是光電傳感器和溫度傳感器C.兩個(gè)傳感器可能分別是溫度傳感器、電容式傳感器D.只有光照和溫度都適合時(shí)排氣扇才能工作8、將一物體豎直上拋，若物體所受空氣阻力與其運(yùn)動(dòng)速度成正比，以豎直向上為正方向，則拋出后物體的速度隨時(shí)間變化的圖象可能是下列圖中的（）A.B.C.D.9、邊長(zhǎng)a=0.1m，電阻R=0.2Ω的正方形線框，以速度v=0.2m/s勻速穿過寬度均為a的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，這兩個(gè)磁場(chǎng)的方向相反，都和紙面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小均為0.5T，線框運(yùn)動(dòng)方向與線框的一邊平行且與磁場(chǎng)邊緣垂直，取逆時(shí)針方向的電流為正方向，在穿過磁場(chǎng)的過程中，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象是（）A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)10、【題文】水平桌面上有甲；乙、丙三個(gè)完全相同的容器；裝有不同的液體，將三個(gè)長(zhǎng)方體A、B、C分別放入容器的液體中，靜止時(shí)的位置如圖所示，三個(gè)容器的液面相平。已知三個(gè)長(zhǎng)方體的質(zhì)量和體積都相同。則下列判斷正確的是。

A．物體受到的浮力F浮A＞F浮B＞F浮C

B．容器對(duì)桌面的壓力F甲＜F乙＜F丙

C．液體對(duì)容器底的壓強(qiáng)p甲＝p乙＝p丙

D．物體下表面受到液體的壓力F′A＞F′B＝F′C11、短周期元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)之和為rm{45}四種元素均位于不同主族。rm{W}的最高正價(jià)和最低負(fù)價(jià)代數(shù)和等于rm{0}rm{X}單質(zhì)可作半導(dǎo)體材料；rm{Z}的氣態(tài)氫化物與其最高價(jià)含氧酸都是強(qiáng)酸。下列說法中正確的是A.原子半徑：rm{X<Y}B.最簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：rm{Z>X}C.rm{Y}的簡(jiǎn)單離子與rm{Z}的簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)D.化合物rm{XWZ_{3}}中存在離子鍵和極性鍵12、三位分別來自法國(guó)、美國(guó)、荷蘭的科學(xué)家因研究“分子機(jī)器的設(shè)計(jì)與合成”而獲得rm{2016}年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)。納米分子機(jī)器日益受到關(guān)注，機(jī)器的“車輪”常用組件如下，下列說法正確的是()rm{壟脵(}三碟烯rm{)}rm{壟脷(}扭曲烷rm{)}rm{壟脹(}富勒烯rm{)}rm{壟脺(}金剛烷rm{)}A.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}均屬于烴B.rm{壟脵壟脹}均能發(fā)生加成反應(yīng)C.rm{壟脵壟脺}互為同分異構(gòu)體D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}的一氯代物均只有一種13、常溫下，用rm{0.1000mol/L}的鹽酸滴定rm{20.00mL}未知濃度的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，溶液的rm{pH}與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是A.rm{a}點(diǎn)溶液呈堿性的原因用離子方程式表示為：rm{CO{}^{^{2-}}_{_{3}}+2H_{2}Ooverset{?}{}H_{2}CO_{3}+2OH^{-}}B.rm{CO{}^{^{2-}}_{_{3}}+2H_{2}O

overset{?}{}H_{2}CO_{3}+2OH^{-}}點(diǎn)處的溶液中rm{c}rm{c}rm{(Na^{+})-}rm{c}rm{(Cl^{-})=}rm{c}rm{(HCO{}^{^{-}}_{_{3}})+2}rm{c}C.滴定過程中使用甲基橙作為指示劑比酚酞更準(zhǔn)確D.rm{(CO{}^{^{2-}}_{_{3}})}點(diǎn)處溶液中水電離出的rmvy54jclrm{c}大于rm{(H^{+})}點(diǎn)處rm14、某課題組以納米rm{Fe_{2}O_{3}}作為電極材料制備鋰離子電池rm{(}另一極為金屬鋰和石墨的復(fù)合材料rm{)}通過在室溫條件下對(duì)鋰離子電池進(jìn)行循環(huán)充放電，成功地實(shí)現(xiàn)了對(duì)磁性的可逆調(diào)控rm{(}如圖rm{)}以下說法正確的是A.放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為rm{Fe_{2}O_{3}+6Li^{+}+6e^{-}=2Fe+3Li_{2}O}B.該電池可以用水溶液做電解質(zhì)溶液C.放電時(shí)，rm{Fe}作電池的負(fù)極，rm{Fe_{2}O_{3}}作電池的正極D.充電時(shí)，電池被磁鐵吸引評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、有一個(gè)標(biāo)有“12V；24W”的燈泡；為了測(cè)定它在不同電壓下的實(shí)際功率和額定電壓下的功率，需測(cè)定燈泡兩端的電壓和通過燈泡的電流，現(xiàn)有如下器材：

A．直流電源15V（內(nèi)阻可不計(jì)）

B．直流電流表0-0.6A-3A（內(nèi)阻0.5Ω；0.1Ω）

C．直流電流表0-300mA（內(nèi)阻約5Ω）

D．直流電壓表0-3V-15V（內(nèi)阻約3kΩ；15kΩ）

E．直流電壓表0-25V（內(nèi)阻約200kΩ）

F．滑動(dòng)變阻器10Ω；5A

G．滑動(dòng)變阻器1kΩ；3A

（1）實(shí)驗(yàn)臺(tái)上已放置開關(guān)、導(dǎo)線若干及燈泡，為了完成實(shí)驗(yàn)需要從上述器材中再選用____（用序號(hào)字母表示）．

（2）在圖2中畫出最合理的實(shí)驗(yàn)電路圖．

（3）若測(cè)得燈絲電阻R隨燈泡兩端電壓變化關(guān)系的圖線如圖1所示，由這條曲線可得出：正常發(fā)光條件下，燈絲消耗的電功率____24W

（填“大于”；“等于”、“小于”）．

（4）如果燈絲電阻與（t+273）的大小成正比，其中t為燈絲攝氏溫度值，室溫t=27℃，則正常發(fā)光時(shí)燈絲的溫度是____℃．16、一物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為vo=6m/s，加速度為a=0.5m/s2，物體在3s內(nèi)的位移為____m，物體在第3s內(nèi)的位移為____m．17、（2015春?保山校級(jí)期中）如圖所示是日光燈的電路圖，它主要是由燈管、鎮(zhèn)流器和起動(dòng)器組成的，鎮(zhèn)流器是一個(gè)帶鐵芯的線圈，起動(dòng)器的構(gòu)造如圖．為了便于起動(dòng)，常在起動(dòng)器兩極并上一紙質(zhì)電容器C．某班教室的一盞日光燈出現(xiàn)燈管兩端亮而中間不亮的故障，經(jīng)檢查發(fā)現(xiàn)燈管是好的，電壓正常，鎮(zhèn)流器無故障，其原因可能是____，你能用什么簡(jiǎn)易方法使日光燈正常發(fā)光？____．18、做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體，在第一個(gè)3s內(nèi)的位移為3m，第二個(gè)3s內(nèi)的位移是6m，則物體運(yùn)動(dòng)的初速度為____m/s，加速度是____m/s2，9s末的速度為____m/s．（保留一位小數(shù)）19、波長(zhǎng)，頻率，波速三者之間的關(guān)系____．20、（2015?虹口區(qū)二模）一質(zhì)量為2kg的質(zhì)點(diǎn)在0～15s內(nèi)由靜止開始從地面豎直向上運(yùn)動(dòng)，取豎直向上為正方向，得到如圖所示的加速度和時(shí)間的變化關(guān)系圖象．當(dāng)t3=15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度大小為____m/s；若以地面為零勢(shì)能面，則t1=5s與t3=15s兩個(gè)時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能之比為____．21、（2009春?南崗區(qū)校級(jí)月考）如圖所示為A．B兩球碰撞前后的位移-時(shí)間圖象，其中A．B為碰撞前的圖線，A+B為碰后共同運(yùn)動(dòng)的圖線，相互作用前后沿同一直線運(yùn)動(dòng)，若A球的質(zhì)量為4kg，則由圖線可知B物體的質(zhì)量為____kg．評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共12分)22、液晶分子在特定方向排列比較整齊，但不穩(wěn)定．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、物體的位移為零時(shí)，路程也一定為零．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、當(dāng)達(dá)到動(dòng)態(tài)平衡時(shí)，蒸發(fā)的速度不再改變，以恒速蒸發(fā)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）25、作用在物體上的合外力減小時(shí)，速度也隨之減小．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共20分)26、在如圖所示的空間坐標(biāo)系中，y軸的左邊有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，場(chǎng)強(qiáng)方向跟y軸負(fù)向成30°，y的右邊有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．現(xiàn)有一質(zhì)子，以一定的初速度v0，在x軸上坐標(biāo)為x0=10cm處的A點(diǎn)，第一次沿x軸正方向射入磁場(chǎng)，第二次沿x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，回旋后都垂直于電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，最后又進(jìn)入磁場(chǎng)。求：（1）質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的軌跡半徑R；（2）質(zhì)子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比（3）若第一次射入磁場(chǎng)的質(zhì)子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，恰好從第二次射入磁場(chǎng)的質(zhì)子進(jìn)入電場(chǎng)的位置再次進(jìn)入磁場(chǎng)，試求初速度v0和電場(chǎng)強(qiáng)度E、磁感應(yīng)強(qiáng)度B之間需要滿足的條件。27、如圖三個(gè)大小相同的小球A、B、C置于光滑水平面上，三球的質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=4kg、mC=2kg，取水平向右方向?yàn)閯?dòng)量的正方向，某時(shí)刻A球的動(dòng)量PA=20kgm/s，B球此刻的動(dòng)量大小和方向未知，C球的動(dòng)量為零．A球與B球先碰，隨后B球與C球碰，碰撞均在同一直線上，且A球與B球以及B球與C球之間分別只相互碰撞一次，最終所有小球都以各自碰后的速度一直勻速運(yùn)動(dòng)．所有的相互作用結(jié)束后，△PC=10kgm/s、△PB=4kgm/s；最終B球以5m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)．求：

ⅠA球?qū)球的沖量大小與C球?qū)球的沖量大小之比；

Ⅱ整個(gè)過程系統(tǒng)由于碰撞產(chǎn)生多少熱量？28、如圖所示，半徑的豎直半圓形光滑軌道bc

與水平面ab

相切。質(zhì)量m=0.1kg

的小滑塊B

放在半圓形軌道末端的b

點(diǎn)，另一質(zhì)量也為m=0.1kg

的小滑塊A

以v0=210m/s

的水平初速度向B

滑行，滑過的距離與B

相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后A.B

在一起運(yùn)動(dòng)。已知木塊A

與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)婁脤=0.2

取重力加速度g=10m/s2AB

均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：

(1)AB

碰撞過程中損失的機(jī)械能?E

(2)

在半圓形軌道的最高點(diǎn)c

軌道對(duì)AB

的作用力N

的大小。29、如圖甲所示；真空中水平放置的相距為d

的平行金屬板板長(zhǎng)為L(zhǎng)

兩板上加有恒定電壓后，板間可視為勻強(qiáng)電場(chǎng).

在t=0

時(shí)，將圖乙中所示的交變電壓加在兩板上，這時(shí)恰有一個(gè)質(zhì)量為m

電荷量為q

的帶電粒子從兩板正中間以速度v0

水平飛入電場(chǎng).

若此粒子離開電場(chǎng)時(shí)恰能以平行于兩板的速度飛出(

粒子重力不計(jì)).

求：

(1)

兩板上所加交變電壓的頻率應(yīng)滿足的條件．

(2)

該交變電壓U0

的取值范圍．評(píng)卷人得分六、綜合題(共1題，共2分)30、(1)(1)如圖所示，一列簡(jiǎn)諧橫波沿xx軸正方向傳播，從波傳到x=5mx=5m的MM點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，已知PP點(diǎn)相繼出現(xiàn)兩個(gè)波峰的時(shí)間間隔為0.4s0.4s下面說法中正確的是(())

。

A.這列波的波長(zhǎng)是4m

B.這列波的傳播速度是10m/s

C.質(zhì)點(diǎn)Q(x=9m)

經(jīng)過0.5s

才第一次到達(dá)波峰D.M

點(diǎn)以后各質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)時(shí)的方向都是向y

軸負(fù)方向E.如圖所示的P

點(diǎn)振動(dòng)的方向是向y

軸正方向(2)

如圖所示，含有兩種單色光的一細(xì)光束，以入射角婁脠

射入厚度為d

的平行玻璃磚中，該玻璃磚對(duì)兩種單色光的折射率分別為n1

和n2

且n1>n2求兩束單色光從下表面射出時(shí)出射點(diǎn)之間的距離。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】根據(jù)功的公式W=Fl，可以知道水平拉力對(duì)物體做功的大小，由公式P=分析平均功率的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈B；由W=Fl知；水平拉力的大小相同，物體的位移也相同，所以兩次水平拉力對(duì)物體做的功一樣多，故AB錯(cuò)誤．

CD、由P=知，第一次運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，則P=分析知；第一次水平拉力的平均功率大，故C正確，D錯(cuò)誤．

故選：C2、B【分析】【分析】機(jī)械振動(dòng)在介質(zhì)中的傳播稱為機(jī)械波．隨著機(jī)械波的傳播；介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)起來，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和波傳播的傳播方向之間的關(guān)系，可以把機(jī)械波分為橫波和縱波兩類．

物理學(xué)中把質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向垂直的波；稱作橫波．在橫波中，凸起的最高處稱為波峰，凹下的最低處稱為波谷．

物理學(xué)中把質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向在同一直線的波，稱作縱波．質(zhì)點(diǎn)在縱波傳播時(shí)來回振動(dòng)，其中質(zhì)點(diǎn)分布最密集的地方稱為密部，質(zhì)點(diǎn)分布最稀疏的地方稱為疏部．【解析】【解答】解：A；物理學(xué)中把質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向垂直的波稱作橫波；把質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向在同一直線的波稱作縱波；對(duì)于縱波質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與波的傳播方向可能相同，也可能相反，故A錯(cuò)誤，B正確；

C；地震的橫波的傳播速度一定比縱波慢；故C錯(cuò)誤；

C；衍射是一切機(jī)械波的特有的現(xiàn)象；都可以發(fā)生衍射，故D錯(cuò)誤；

故選：B．3、C【分析】【分析】慣性是物體的固有屬性，它指的是物體能夠保持原來的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的一種性質(zhì)，慣性大小與物體的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越大，慣性越大．【解析】【解答】解：慣性是物體的固有屬性；任何物體都具有慣性，慣性大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量相同，慣性相同，與是否受力；速度大小等都無關(guān)，故ABD錯(cuò)誤，C正確；

故選：C4、D【分析】解：AB；由電場(chǎng)的疊加原理可知；d點(diǎn)電場(chǎng)方向由O指向d，O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向也是由O指向d，故AB錯(cuò)誤．

CD、設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為r，根據(jù)公式E=k分析可知三個(gè)點(diǎn)電荷在D產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小E相等，由電場(chǎng)的疊加可知，d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為：Ed=2k．

O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Eo=4k可見，d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于O點(diǎn)D的電場(chǎng)強(qiáng)，即Ed＜Eo；故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：D

判斷電場(chǎng)的方向時(shí)；由于ac兩個(gè)電荷分別在d點(diǎn)的兩側(cè)，呈對(duì)稱狀態(tài)，故它們?cè)赿點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的水平方向的分量相等，豎直方向的分量疊加；在計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度的大小時(shí)，我們?cè)O(shè)的是菱形的邊長(zhǎng)，因?yàn)榱庑蔚倪B長(zhǎng)都是相等的．

電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理：

多個(gè)電荷在電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為各個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)在該點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和；這種關(guān)系叫電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加遵循平行四邊形定則．

在求解電場(chǎng)強(qiáng)度問題時(shí)，應(yīng)分清所敘述的場(chǎng)強(qiáng)是合場(chǎng)強(qiáng)還是分場(chǎng)強(qiáng)，若求分場(chǎng)強(qiáng)，要注意選擇適當(dāng)?shù)墓竭M(jìn)行計(jì)算；若求合場(chǎng)強(qiáng)時(shí)，應(yīng)先求出分場(chǎng)強(qiáng)，然后再根據(jù)平行四邊形定則求解．【解析】【答案】D5、C【分析】【分析】火星探測(cè)器在火星表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解質(zhì)量，再結(jié)合密度的定義公式求解密度．【解析】【解答】解：通過觀測(cè)儀可觀測(cè)到火星的最大弧長(zhǎng)為火星周長(zhǎng)的，則該部分的弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的圓心角是360°的；即對(duì)應(yīng)的圓心角是120°，由幾何關(guān)系可知，衛(wèi)星的軌道半徑是火星半徑的2倍．

設(shè)火星的半徑為R，則探測(cè)器的軌道半徑：r=2R

探測(cè)器受到的萬有引力提供向心力，得：

又：

聯(lián)立得：ρ==

代入數(shù)據(jù)得：ρ=4×103kg/m3

故選：C6、A【分析】【分析】不計(jì)重力的粒子在電場(chǎng)力作用下從A到B，由運(yùn)動(dòng)與力關(guān)系可知，電場(chǎng)力方向與速度方向分居在運(yùn)動(dòng)軌跡兩邊，且電場(chǎng)力偏向軌跡的內(nèi)側(cè)．沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低的．負(fù)電荷所受力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反．【解析】【解答】解：A；由運(yùn)動(dòng)與力關(guān)系可知；電場(chǎng)力方向與速度方向分居在運(yùn)動(dòng)軌跡兩邊，且電場(chǎng)力偏向軌跡的內(nèi)側(cè)，故在A點(diǎn)電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線向上，電場(chǎng)的方向向下，電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相反，故粒子帶負(fù)電，故A正確；

B；C、粒子在A點(diǎn)的電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線向上所以從A到B電場(chǎng)力做正功；電勢(shì)能減小，粒子在A點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能較大．故BC錯(cuò)誤；

D；粒子在A點(diǎn)的電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線向上所以從A到B電場(chǎng)力做正功；動(dòng)能增大．故D錯(cuò)誤；

故選：A．7、B【分析】【分析】傳感器是將溫度、力、光等非電學(xué)量轉(zhuǎn)化為電學(xué)量．結(jié)合轉(zhuǎn)換的特點(diǎn)解答即可．【解析】【解答】解：有光照或溫度升高時(shí)排氣風(fēng)扇都能起動(dòng)；這個(gè)過程是利用了傳感器，將光信號(hào)轉(zhuǎn)換為電信號(hào)的是光傳感器，將溫度信號(hào)轉(zhuǎn)化we電信號(hào)的是溫度傳感器．故B正確．

故選：B8、C【分析】【分析】根據(jù)阻力和速度的關(guān)系，利用牛頓第二定律得出加速度的表達(dá)式，結(jié)合速度時(shí)間圖線的切線斜率表示加速度得出正確的速度隨時(shí)間圖線．【解析】【解答】解：由題知：物體受到阻力：f=kv

當(dāng)物體向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：a=

由于v減小則a減?。唤Y(jié)合圖象的斜率表示加速度的大小，故A；B錯(cuò)誤；

當(dāng)物體向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得：a=

由于v增大則a減小；結(jié)合圖象的斜率表示加速度的大小，故C正確，D錯(cuò)誤．

故選：C．9、C【分析】【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=BLV可得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的變化情況，由歐姆定律可求得電路中感應(yīng)電流大小的變化情況，由楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．【解析】【解答】解：在線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，所用的時(shí)間為：t==s=0.5s．

在0-0.5s內(nèi)；線框進(jìn)入磁場(chǎng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Bav=0.5×0.1×0.2V=0.01V

感應(yīng)電流的大小為：I==A=0.05A

由楞次定律判斷得知；線框中感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，為正值；

在0.5-1.0s內(nèi)；線框通過兩個(gè)磁場(chǎng)的分界線，左右兩邊都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=2Bav=×0.5×0.1×0.2V=0.02V

感應(yīng)電流的大小為：I==A=0.1A

由楞次定律判斷得知；線框中感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針方向，為負(fù)值；

在1.0-1.5s內(nèi)；線框進(jìn)入磁場(chǎng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Bav=0.5×0.1×0.2V=0.01V

感應(yīng)電流的大小為：I==A=0.05A

由楞次定律判斷得知；線框中感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向，為正值；所以根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，C圖正確．

故選：C二、雙選題(共5題，共10分)10、B|D【分析】【解析】

試題分析：三個(gè)長(zhǎng)方體的質(zhì)量相同，它們?cè)谌N液體中都只受重力和浮力，由二力平衡，它們受到的浮力大小相等，A選項(xiàng)錯(cuò)誤。由三個(gè)長(zhǎng)方體在液體中所處的深度不同，得到容器底所處的深度相同，液體對(duì)容器底的壓強(qiáng)C選項(xiàng)錯(cuò)誤。容器是相同的，所以容器對(duì)桌面的壓力B選項(xiàng)正確。浮力是物體上下表面所受的壓力差，A物體上下表面都受到液體的壓力，B/、C只有下表面受到壓力，所以它們下表面所受到的壓力F′A＞F′B＝F′C；D選項(xiàng)正確。

考點(diǎn)：壓力壓強(qiáng)【解析】【答案】B、D11、AB【分析】【分析】本題考查了位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系，題目難度中等，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、元素周期表的關(guān)系。【解答】rm{X}單質(zhì)可作半導(dǎo)體材料，則rm{X}為rm{Si}元素；rm{W}的最高正價(jià)和最低負(fù)價(jià)代數(shù)和等于rm{0}四種元素均位于不同主族，則rm{W}為rm{H}元素；rm{Z}的氣態(tài)氫化物與其最高價(jià)含氧酸都是強(qiáng)酸，則rm{Z}為rm{Cl}元素；短周期元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數(shù)之和為rm{45}則rm{Y}的原子序數(shù)為rm{45-1-14-17=13}則rm{Y}為rm{Al}元素。單質(zhì)可作半導(dǎo)體材料，則rm{X}為rm{X}元素；rm{Si}的最高正價(jià)和最低負(fù)價(jià)代數(shù)和等于rm{W}四種元素均位于不同主族，則rm{0}為rm{W}元素；rm{H}的氣態(tài)氫化物與其最高價(jià)含氧酸都是強(qiáng)酸，則rm{Z}為rm{Z}元素；短周期元素rm{Cl}rm{W}rm{X}rm{Y}的原子序數(shù)之和為rm{Z}則rm{45}的原子序數(shù)為rm{Y}則rm{45-1-14-17=13}為rm{Y}元素。rm{Al}和A.rm{Si}和rm{Al}為第三周期元素，同周期從左到右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：rm{Al>Si}故A正確；為第三周期元素，同周期從左到右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：rm{Si}故A正確；rm{Al}則氫化物穩(wěn)定性：rm{Al>Si}故B正確；B.由于非金屬性rm{Cl>Si}則氫化物穩(wěn)定性：rm{HCl>SiH_{4}}故B正確；個(gè)電子，氯離子有rm{Cl>Si}個(gè)電子，故C錯(cuò)誤；rm{HCl>SiH_{4}}中只含有極性鍵，無離子鍵，故D錯(cuò)誤。C.鋁離子有rm{10}個(gè)電子，氯離子有rm{18}個(gè)電子，故C錯(cuò)誤；

rm{10}【解析】rm{AB}12、AB【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，注意把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系，側(cè)重苯、烷烴性質(zhì)的考查?！窘獯稹緼.只含有碳?xì)鋬煞N元素的有機(jī)物為烴，rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}均屬于烴，故A正確；B.三碟烯和富勒烯中均含有不飽和鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，故B正確；C.三碟烯的分子式為rm{C_{20}H_{14}}金剛烷的分子式為rm{C_{10}H_{16}}二者不是同分異構(gòu)體，故C錯(cuò)誤；D.三碟烯的一氯代物有rm{4}種，金剛烷的一氯代物有rm{3}種，故D錯(cuò)誤。故選AB?！窘馕觥縭m{AB}13、rm{BC}【分析】【分析】本題考查了酸堿中和滴定的應(yīng)用，題目難度中等，明確溶液酸堿性與溶液rm{pH}的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握中和滴定側(cè)重方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?。【解答】A.rm{a}點(diǎn)為rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，碳酸根離子部分水解，溶液呈堿性，碳酸根離子的水解一第一步為主，正確的離子方程式為：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}故A錯(cuò)誤；

B.rm{c}點(diǎn)的rm{pH=7}溶液呈中性，則rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(OH^{-})}可知：rm{c(Na^{+})-c(Cl^{-})=c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})}故B正確；

C.碳酸氫鈉溶液的rm{pH}接近rm{8.2}與酚酞變色的rm{pH}接近，變色時(shí)的rm{pH}和反應(yīng)終點(diǎn)的rm{pH}不好判斷；而使用甲基橙容易判斷終點(diǎn)，且反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的誤差小rm{(}使用甲基橙易判斷滴定終點(diǎn)，誤差小rm{)}故C正確；

D.rm點(diǎn)碳酸氫根離子水解，促進(jìn)了水的電離，而rmb5bpiwa點(diǎn)溶液呈酸性，抑制了水的電離，則rm5cljrfo點(diǎn)處溶液中水電離出的rm{c(H^{+})}小于rm點(diǎn)處；故D錯(cuò)誤；

故選BC。

【解析】rm{BC}14、AD【分析】【分析】本題綜合考查原電池和電解池知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，注意把握原電池、電解池的工作原理以及電極方程式的書寫，難度中等?！窘獯稹緼.正極發(fā)生還原反應(yīng)，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}rm{{,!}}，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}，rm{F}得電子被還原rm{F}所以放電時(shí)電池正極的電極反應(yīng)式為rm{e}rm{2}rm{e}，故rm{e}正確；B.鋰和水發(fā)生反應(yīng)，所以不可以用rm{e}溶液為電解質(zhì)溶液，故rm{2}錯(cuò)誤；C.rm{2}作電池的負(fù)極，rm{O}rm{3}rm{O}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}，故rm{{,!}}錯(cuò)誤；D.充電時(shí)，，，作為陽(yáng)極，電池被磁鐵吸引，故，。故選AD。，【解析】rm{AD}三、填空題(共7題，共14分)15、ABDF小于1527【分析】【分析】（1）要描述小燈泡的伏安特性曲線；需要電流表測(cè)量電流；電壓表測(cè)量電壓、滑動(dòng)變阻器改變電壓、電源提供電壓，從安全、精確、操作方便的角度分析；

（2）小燈泡電阻較??；采用安培表外接法；滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法；

（3）由曲線找出在額定狀態(tài)下燈泡電阻，由功率公式可求得燈實(shí)際消耗的功率；室溫27攝氏度下電阻絲電阻等于不加電壓時(shí)電阻，然后根據(jù)題意列式求解．【解析】【解答】解：（1）由題意可知；為了完成實(shí)驗(yàn)電源為必選；因燈泡的額定電壓為12V，故為了安全準(zhǔn)確電壓表應(yīng)選D中15V的量程；而燈泡中的額定電流為：I2A；故電流表應(yīng)選B中3A的量程；因本實(shí)驗(yàn)要采用分壓接法，故滑動(dòng)變阻器采用F；

（2）測(cè)定燈泡在不同電壓下的實(shí)際功率和額定電壓下的功率；電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，由于電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡內(nèi)阻，故電流表采用外接法，電路如圖所示；

（3）由圖示圖象可知，當(dāng)電壓為12V時(shí)，電阻為6.2Ω，故功率為：P==≈23.6W；

（4）燈絲電阻與（t+273）的大小成正比；故R=k（t+273）；

由圖象，室溫下電阻絲不加電壓時(shí)電阻，為1Ω，故k=；

正常發(fā)光時(shí)電阻為：RL===6Ω；

燈泡正常發(fā)光時(shí)的溫度：t=-273=-273=1527C；

故答案為：（1）ABDF；（2）小于（3）152716、20.257.25【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出物體在3s內(nèi)的位移和2s內(nèi)的位移，從而得出第3s內(nèi)的位移．【解析】【解答】解：物體在3s內(nèi)的位移=20.25m．

物體在2s內(nèi)的位移=13m；

則第3s內(nèi)的位移△x=x-x′=20.25-13m=7.25m．

故答案為：20.25，7.25．17、電容器C擊穿而短路將ab接通瞬間再斷開【分析】【分析】在鎮(zhèn)流器上感應(yīng)不出高壓，就不能點(diǎn)亮日光燈．問題出現(xiàn)在啟動(dòng)器內(nèi)的金屬片未出現(xiàn)接觸后而斷開，在鎮(zhèn)流器上感應(yīng)出高電壓．【解析】【解答】解：日光燈啟動(dòng)器的作用是；當(dāng)電壓加到啟動(dòng)器兩端時(shí)，啟動(dòng)器內(nèi)的金屬片受熱膨脹而短路，短路后金屬片放熱斷開，斷開時(shí)在鎮(zhèn)流器上感應(yīng)出高壓加到日光燈兩端，使日光燈內(nèi)的汞電離導(dǎo)通，日光燈發(fā)光．只有“電容器C擊穿而短路“不能使金屬片斷開；

使日光燈正常發(fā)光簡(jiǎn)易方法是將ab接通瞬間再斷開．

故答案為：電容器C擊穿而短路，將ab接通瞬間再斷開．18、0.50.33.5【分析】【分析】利用逐差相等求解加速度，然后可求初速度和末速度．【解析】【解答】解：根據(jù)逐差相等△X=aT2得：

a==m/s2=m/s2=0.3m/s2

由X=V0t+at2得：

V0=0.5m/s

由V=V0+at得：

9s時(shí)的速度為：V=0.5+×9m/s=3.5m/s

故答案為：0.5，0.3，3.5．19、波速等于波長(zhǎng)乘以頻率【分析】【分析】波長(zhǎng)，頻率，波速三者之間的關(guān)系滿足公式v=λf，由此解答即可．【解析】【解答】解：由公式v=λf；知波速等于波長(zhǎng)乘以頻率．

故答案為：波速等于波長(zhǎng)乘以頻率20、4025：28【分析】【分析】由a-t圖象明確物體運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，則可求得5s、10s及15s末的速度和位移，再由機(jī)械能的定義即可求得機(jī)械能的比值．【解析】【解答】解：由圖象可知；物體的15s末的速度v=10×5-5×8-10×5=-40m/s；

5s末物體的速度為50m/s；

上升的高度h==125m；

故機(jī)械能E=mv2+mgh=0+20×125=5000J；

15s末時(shí)；物體的速度v'=40m/s；

此時(shí)物體的高度為h'=+50×5-+10×5+（-10）×25=200m；

故機(jī)械能為：E′=mgh'+mv'2=20×200+×1600=5600J

故動(dòng)能的比值為：

==

故答案為：40；25：2821、6【分析】【分析】根據(jù)位移時(shí)間圖線分別求出A、B兩物體碰前和碰后的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出B物體的質(zhì)量．【解析】【解答】解：碰前A的速度m/s；

B的速度．

碰后的AB的速度：m/s．

根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v

解得：mB=6kg

故答案為：6四、判斷題(共4題，共12分)22、√【分析】【分析】人們熟悉的物質(zhì)狀態(tài)（又稱相）為氣、液、固，較為生疏的是電漿和液晶，液晶像液體一樣可以流動(dòng)，又具有某些晶體結(jié)構(gòu)特征的一類物質(zhì)．液晶是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài)．【解析】【解答】解：液晶像液體一樣可以流動(dòng)；又具有某些晶體結(jié)構(gòu)特征的一類物質(zhì)，所以液晶分子在特定方向排列比較整齊，但不穩(wěn)定．故該說法是正確的．

故答案為：√23、×【分析】【分析】路程表示運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度，位移的大小等于首末位置的距離，方向由初位置指向末位置．路程大于等于位移的大小，當(dāng)物體做單向直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，路程等于位移的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓何矬w的位移為零時(shí)；其路程不一定為零．比如繞操場(chǎng)一圈，路程不為零，但位移等于零．所以以上說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×24、√【分析】【分析】液面上部的蒸汽達(dá)到飽和時(shí)，液體分子從液面飛出，同時(shí)有蒸汽分子進(jìn)入液體中；從宏觀上看，液體不再蒸發(fā)．【解析】【解答】解：飽和蒸汽的平衡是一種動(dòng)態(tài)平衡．當(dāng)達(dá)到動(dòng)態(tài)平衡時(shí)；液體分子從液面飛出，同時(shí)有蒸汽分子進(jìn)入液體中；從宏觀上看，液體不再蒸發(fā)蒸發(fā)的速度不再改變，此時(shí)以恒速蒸發(fā)．所以該說法是正確的．

故答案為：√25、×【分析】【分析】加速度是反映速度變化快慢的物理量，當(dāng)加速度方向與速度方向相同，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度方向與速度方向相反，做減速運(yùn)動(dòng)．【解析】【解答】解：加速度是反映速度變化快慢的物理量．根據(jù)牛頓第二定律可知；加速度的方向與物體受到的合外力的方向相同；

結(jié)合速度與加速度的關(guān)系可知；當(dāng)加速度方向與速度方向相同，加速度減小，速度增大．當(dāng)物體的加速度方向與速度方向相反，速度減?。?/p>

所以作用在物體上的合外力減小時(shí)；速度可能隨之減小，也可能隨之增大．所以以上說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×五、計(jì)算題(共4題，共20分)26、略

【分析】（1）質(zhì)子兩次運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知x0=Rsin30°（3分）解得R=2x0=20cm；（1分）（2）第一次射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為θ1=210°，（2分）第二次射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為θ2=30°（2分）故，質(zhì)子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為θ1∶θ2=7∶1（1分）（3）質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由（2分）得（1分）設(shè)第一次射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，從y軸上的P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，從y軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系得，質(zhì)子沿y軸的為移為（2分）質(zhì)子的加速度（1分）沿電場(chǎng)方向（1分）垂直電場(chǎng)方向（1分）解得（2分））【解析】【答案】（1）20cm（2）7∶1（3）27、略

【分析】

Ⅰ；由動(dòng)量守恒定律求出動(dòng)量；然后由動(dòng)量定理求出沖量，最后再求出沖量之比．

Ⅱ；由動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律求出系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量．

本題考查了動(dòng)量守恒定律與動(dòng)量定理的應(yīng)用，難度不大，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與動(dòng)量定理即可正確解題．【解析】解：Ⅰ；由A、B、C組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒；以A的速度方向?yàn)檎较颍?/p>

由動(dòng)量守恒定律得：△PA+△PB+△PC=0，解得：△PA=-14kgm/s；

由A、B相碰時(shí)，對(duì)A，由動(dòng)量定理可得：IBA=△PA，IAB=-IBA=14kgm/s；

由B、C相碰時(shí)，對(duì)C，由動(dòng)量定理可得：IBC=△PC，ICB=-IBC=-10kgm/s；

則沖量之比：IAB：ICB=7：5；

Ⅱ．設(shè)A、B碰前A的動(dòng)量為PA，B的動(dòng)量為PB，C的動(dòng)量為PC；

所有的作用結(jié)束后A的動(dòng)量為PA′，B的動(dòng)量為PA′，B的動(dòng)量為PC′；

由A；B、C組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒；以A的速度方向?yàn)檎较颍?/p>

由動(dòng)量守恒定律得：PA+PB+PC=PA′+PB′+PC′；

PA′=PA+△PA，PC′=PC+△PC；

Q=+---解得：Q=48J；

答：Ⅰ；A球?qū)球的沖量大小與C球?qū)球的沖量大小之比為7：5；

Ⅱ、整個(gè)過程系統(tǒng)由于碰撞產(chǎn)生的熱量為48J．28、解：（1）A在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得：解得vA=6m/sA、B碰撞過程中由動(dòng)量守恒定律得：mvA=2mv共，解得v共=3m/s碰撞過程損失的機(jī)械能(2)A、B從b到c過程由機(jī)械守恒定律得：在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：得：軌道對(duì)A、B的作用力FN=8N【分析】(1)(1)由動(dòng)能定理求出AABB碰撞前瞬間AA的速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出碰后瞬間，AA與BB共同的速度，