2024年滬科版高三物理上冊階段測試試卷

…………○…………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年滬科版高三物理上冊階段測試試卷232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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、（2016春?邯鄲校級期中）在光滑地面上放一輛小車，小車的左端放有一只箱子，在水平恒力作用下，把箱子從左端拉到右端，如果一次小車被制動，另一次小車未被制動，這兩種情況下有（）A.箱子與車面之間摩擦力一樣大B.F所做的功一樣大C.箱子獲得的加速度不一樣大D.箱子獲得的動能一樣大2、（2014秋?岳陽校級月考）如圖所示，甲、乙兩水平圓盤緊靠在一塊，甲圓盤為主動輪，乙靠摩擦隨甲轉(zhuǎn)動無滑動．甲圓盤與乙圓盤的半徑之比為r甲：r乙=3：1，兩圓盤和小物體m1、m2之間的動摩擦因數(shù)相同，m1距O點為2r，m2距O′點為r，當甲緩慢轉(zhuǎn)動起來且轉(zhuǎn)速慢慢增加時（）A.滑動前m1與m2的角速度之比ω1：ω2=3：1B.隨轉(zhuǎn)速慢慢增加，m2先開始滑動C.隨轉(zhuǎn)速慢慢增加，m1先開始滑動D.滑動前m1與m2的向心加速度之比a1：a2=1：33、如圖所示，跨在光滑圓柱體側(cè)面上的輕繩兩端分別系有質(zhì)量為mA、mB的小球，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．A、B小球與圓心的連線分別與水平面成60°和30°角，則兩球的質(zhì)量之比和剪斷輕繩時兩球的加速度之比分別為（）A.：1，1：B.1：1，1：C.：1，1：1D.1：1，1：24、如圖所示，密閉容器中盛滿水，水中放入P和Q兩個小球，P球為鐵球，Q球為木球．它們用細線分別系于容器的上、下底部，則P球下沉，Q球上浮，當容器靜止時，細線均伸直處于豎直方向．現(xiàn)使容器以一定的加速度a向右勻加速運動，則此時P、Q兩球相對容器（）A.都向右偏移B.都向左偏移C.P球向左偏移，Q球向右偏移D.P球向右偏移，Q球向左偏移5、關(guān)于角速度和線速度，下列說法正確的是（）A.半徑一定時，角速度與線速度成反比B.半徑一定時，角速度與線速度成正比C.線速度一定時，角速度與半徑成正比D.角速度一定時，線速度與半徑成反比6、我國航天事業(yè)取得了突飛猛進的發(fā)展，航天技術(shù)位于世界前列，在某航天控制中心對其正上方某衛(wèi)星測控時，若測得從發(fā)送操作指令到接收到衛(wèi)星已操作的信息需要的時間為t（設衛(wèi)星接收到操作信息立即操作，并立即發(fā)送已操作信息回中心），已知該衛(wèi)星的運行周期為T，地球的半徑為R，該信息的傳播速度為c，引力常量為G．則由此可以求出地球的質(zhì)量為（）A.B.C.D.7、如圖所示，abcd是粗細均勻的電阻絲制成的長方形線框，導體MN有電阻，可在ad邊與bc邊上無摩擦滑動，且接觸良好，線框處于垂直紙面向里的勻強磁場中．當MN由靠ab邊處向cd邊勻速移動的過程中，以下說法正確的是（）A.MN中電流先增大后減小B.MN兩端電壓先增大后減小C.MN上拉力的功率先增大后減小D.矩形線框中消耗的電功率先減小后增大評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)8、小船在靜水中的速度是5m/s，它要渡過一條60m寬的河，水流速度是4m/s，下列說法中正確的是（）A.船頭垂直河岸運動時，船行駛的位移最短B.船頭垂直河岸運動時，船行駛的時間最短C.船渡過河的時間不可能小于12秒D.船以最短位移行駛時所用時間為20秒9、忽略溫度對電阻的影響，下列說法中錯誤的是（）A.根據(jù)R=知，當通過導體的電流不變，加在電阻兩端的電壓為原來的兩倍時，導體的電阻也變?yōu)樵瓉淼膬杀禕.根據(jù)R=知，雖然加在電阻兩端的電壓為原來的兩倍，但導體的電阻不變C.根據(jù)R=知，導體的電阻與導體的電阻率和橫截面積成正比，與導體的長度L成反比D.導體的電阻率與導體的電阻R，橫截面積S，與導體的長度L皆無關(guān)10、如圖所示的電路中，E

為電源電動勢，r

為電源內(nèi)阻，R1

和R3

均為定值電阻，R2

為滑動變阻器.

當R2

的滑動觸點在ab

的中點時合上開關(guān)S

此時三個電表A1A2

和V

的示數(shù)分別為I1I2

和U.

現(xiàn)將R2

的滑動觸點向a

端移動，則(

)

A.電源的總功率減小B.R3

消耗的功率增大C.I1

增大，I2

減小，U

增大D.I1

減小，I2

不變，U

減小11、如圖所示半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場B，Oa、Oc關(guān)于Ob對稱，Ob豎直，Oc與水平直徑間的夾角為60°，比荷相同的甲、乙、丙三種粒子沿半徑AO方向以不同的初速度垂直射入磁場，分別擊中a、b、c三點，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則（）A.粒子均帶正電，甲、乙、丙三種粒子的初速度大小之比：1：3B.粒子均帶負電，甲、乙、丙三種粒子的初速度大小之比為1：：3C.粒子均帶正電，甲、乙、丙三種粒子在磁場中運動時間之比為4：3：2D.粒子均帶正電，甲、乙、丙三種粒子在磁場中運動的時間相同．12、伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎．早期物理學家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是（）A.物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B.沒有力作用，物體只能處于靜止狀態(tài)C.運動物體在阻力作用下會停止運動，說明力可以消除慣性D.運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)13、一根原長L0=50cm的輕彈簧下端豎直懸掛一個重100N的物體，彈簧的長度變?yōu)長=70cm，則原來彈簧中長L′=10cm的這一小段產(chǎn)生的彈力等于____N．它伸長了____cm．14、（2013秋?東城區(qū)校級月考）如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，且2AB=BC．小物塊P（可視為質(zhì)點）與AB、BC兩段斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2．已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，則tanθ=____．15、若在絕熱條件下對一定質(zhì)量的理想氣體做1500J的功，可使其溫度升高5℃．改只用熱傳遞的方式，使氣體溫度同樣升高5℃，那么氣體應吸收____J的熱量若對一定理想氣體做2000J的功，其內(nèi)能增加了2400J，表明該過程中，氣體還____（填“吸收”或“放出”）熱量____J．16、從離水平地面h高處平拋一質(zhì)量為m的物體，物體落地時重力的瞬時功率為____．17、電子槍射出的電子速度是107m/s，垂直進入磁感應強度為0.3T的磁場，此時電子受到的洛侖茲力大小是____N，洛侖茲力的方向與電子速度方向____．（元電荷e=1.6×10-19C）18、如圖所示；是“用雙縫干涉測光的波長”實驗．

（1）光具座上放置的光學元件依次為①光源、②____；③單縫、④雙縫、⑤遮光筒、⑥光屏；組裝成雙縫干涉裝置，用以測量紅光的波長．

（2）本實驗的步驟有：

①取下遮光筒左側(cè)的元件；調(diào)節(jié)光源亮度，使光束能直接沿遮光筒軸線把屏照亮；

②按合理順序在光具座上放置各光學元件；并使各元件的中心位于遮光筒的軸線上；并注意使單縫和雙縫間距5cm～10cm，單縫與雙縫相互平行．

③用米尺測量雙縫到屏的距離L為0.700m；

④用測量頭（其讀數(shù)方法同螺旋測微器）測量數(shù)條亮紋間的距離．將測量頭的分劃板中心刻線與某條亮紋中心對齊；將該亮紋定為第1條亮紋，此時手輪上的示數(shù)如圖1所示．然后同方向轉(zhuǎn)動測量頭，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對齊，記下此時圖2中手輪上的示數(shù)．

（3）已知雙縫間距d為0.2mm，求得所測紅光波長為____nm．19、(1)為了用彈簧測力計測定兩木塊A和B間的動摩擦因數(shù)μ；兩同學分別設計了如圖所示的甲；乙實驗方案．

①為了用某一彈簧測力計的示數(shù)表示A和B之間的滑動摩擦力大小；你認為____________方案更合理．

②若A和B的重力分別為10.0N和20.0N．當A被拉動時，彈簧測力計a示數(shù)為6.0N，b示數(shù)為11.0N；c示數(shù)為4.0N，則A；B間的動摩擦因數(shù)為____________．

(2)一額定功率為0.01W的電阻；其阻值不詳．用歐姆表粗測其阻值結(jié)果如圖1所示(檔位上×1K)．現(xiàn)有下列器材，試設計適當?shù)碾娐?，選擇合適的器材，較精確地測定其阻值(滑動變阻器的調(diào)節(jié)要方便)．

A．電流表；量程0～400μA，內(nèi)阻約150Ω

B．電流表；量程0～10mA，內(nèi)阻約45Ω

C．電壓表；量程0～3V，內(nèi)阻約6KΩ

D．電壓表；量程0～15V，內(nèi)阻約30KΩ

E．干電池兩節(jié)；每節(jié)電動勢為1.5V

F．直流穩(wěn)壓電源；輸出電壓6V，額定電流3A

G．直流穩(wěn)壓電源；輸出電壓24V，額定電流0.5A

H．滑動變阻器；0～50Ω，1A

I．滑動變阻器；0～4KΩ，0.1A

J．電鍵一只；導線若干。

①歐姆表測得的電阻值約為____________Ω；

②電流表應該選擇____________；電壓表應該選擇____________，電源應該選擇____________，滑動變阻器最好選擇____________(填字母代號)；

③在方框中畫出電路原理圖．評卷人得分四、證明題(共4題，共24分)20、一物體做初速度為v0的勻加速直線運動，加速度為a，經(jīng)過時間t速度達到vt，試證明物體經(jīng)過時刻的速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，還等于．21、宇航員駕駛一飛船在靠近某行星表面附近的圓形軌道上運行，已知飛船運行的周期為T，行星的平均密度為試證明（萬有引力恒量G為已知，是恒量）22、證明推導題：

試用運動學公式和牛頓定律證明：物體在光滑斜面上下落過程中機械能守恒．23、一物體做初速度為v0的勻加速直線運動，加速度為a，經(jīng)過時間t速度達到vt，試證明物體經(jīng)過時刻的速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，還等于．評卷人得分五、推斷題(共2題，共20分)24、【選修r(nóng)m{5-}有機化學基礎】呋喃rm{(C_{4}H_{4}O)}是生產(chǎn)抗流感藥物磷酸奧司他韋rm{(}又名達菲rm{)}的原料之一，以玉米芯為原料制備呋喃及相關(guān)衍生物的一種工藝流程如下：已知：rm{i)A}可以發(fā)生銀鏡反應rm{ii)}rm{(1)D}的分子式為________。rm{(2)}呋喃的結(jié)構(gòu)簡式為________；rm{壟脷}的反應類型為________。rm{(3)A}發(fā)生銀鏡反應的化學方程式為________。rm{(4)}反應rm{壟脵}在有機合成中具有重要意義，則rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為________。rm{(5)C}的同分異構(gòu)體中，含有“”結(jié)構(gòu)的共有________種rm{(}不含立體異構(gòu)rm{)}其中能發(fā)生銀鏡反應，且核磁共振氫譜中有rm{2}組吸收峰的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為________。rm{(6)}參照上述合成路線，設計以環(huán)己烯和丙烯為原料制備的合成路線rm{(}無機試劑任選rm{)}________________________。25、某抗結(jié)腸炎藥物的有效成分的合成路線如下所示rm{(}部分試劑和反應條件已略去rm{)}請回答下列問題：rm{(1)C}的結(jié)構(gòu)簡式是____________。rm{(2)壟脵}的反應條件是____________；rm{壟脷}的反應類型是________。rm{(3)}下列對抗結(jié)腸炎藥物的有效成分可能具有的性質(zhì)推測正確的是________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}水溶性比苯酚的好，密度比苯酚的大rm{b.}能發(fā)生消去反應rm{c.}能發(fā)生加聚反應rm{d.}既有酸性又有堿性rm{(4)E}與足量rm{NaOH}溶液反應的化學方程式為___________________________________________。rm{(5)}符合下列條件的rm{E}的同分異構(gòu)體有________種。寫出其中核磁共振氫譜中有四組峰的結(jié)構(gòu)簡式：________________。rm{a.}與rm{E}具有相同的官能團且官能團不在同一側(cè)鏈上rm{b.}水解產(chǎn)物之一能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應rm{(6)}連有烷基的苯環(huán)上再引入一個取代基時，常取代烷基鄰、對位上的氫原子，而連有羧基的苯環(huán)上再引入一個取代基時，常取代羧基間位上的氫原子。據(jù)此設計出以rm{A}為原料合成的路線rm{(}仿照題中抗結(jié)腸炎藥物的有效成分的合成路線進行答題rm{)}參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】以地面為參考系，找出兩次滑塊位移，然后根據(jù)功的定義求解功，并根據(jù)功能關(guān)系判斷動能增加量和內(nèi)能增加量．【解析】【解答】解：A；滑動摩擦力與壓力成正比；兩次壓力相等，都等于mg，動摩擦因素是一定的，故滑動摩擦力一定相等，故A正確；

B；第二次由于小車也會向右移動；故滑塊的對地位移變大了，故拉力做的功變多了，故B錯誤；

C、根據(jù)動能定理，有：（F-f）x=；第二次由于小車也會向右移動；滑塊的對地位移x變大了，故獲得的動能也變大了，速度也增大，故CD錯誤；

故選：A．2、B【分析】【分析】抓住兩圓盤邊緣的線速度大小相等，結(jié)合圓盤的半徑關(guān)系得出兩圓盤的角速度之比，從而根據(jù)向心加速度公式求出向心加速度之比．抓住最大靜摩擦提供向心力求出發(fā)生滑動時的臨界角速度，結(jié)合甲乙的角速度進行分析判斷．【解析】【解答】解：A甲、乙兩輪子邊緣上的各點線速度大小相等，有：ω甲?3r=ω乙?r，則得ω甲：ω乙=1：3，所以物塊相對盤開始滑動前，m1與m2的角速度之比為1：3．選項A錯誤．

BC；據(jù)題摩擦力提供向心力可得兩個物體所受的最大靜摩擦力分別為：

f1=μm1g，f2=μm2g；

最大靜摩擦力之比為：f1：f2=m1：m2；

轉(zhuǎn)動中所受的靜摩擦力之比為：

F1：F2=m1a1：m2a2=2m1：9m2=m1：4.5m2．所以隨轉(zhuǎn)速慢慢增加，m2的靜摩擦力先達到最大靜摩擦力；就先開始滑動．選項B正確，C錯誤．

D、物塊相對盤開始滑動前，根據(jù)a=ω2r得：m1與m2的向心加速度之比為a1：a2=ω12?2r：ω22r=2：9；選項D錯誤．

故選：B3、A【分析】【分析】小球A、B分別受重力、支持力和繩子的拉力處于平衡，根據(jù)共點力平衡求出繩子拉力和重力的關(guān)系，抓住拉力相等，求出兩球的質(zhì)量比，剪斷細線時，兩球所受的合力與繩子的拉力等值反向，根據(jù)牛頓第二定律求出兩球的加速度之比．【解析】【解答】解：兩球受繩子的拉力F相等。

受力分析得：F=mAgcos60°，F(xiàn)=mBgcos30°

所以mA：mB=：1．

剪斷細繩時；小球A；小球B所受的合力與繩子的拉力等值反向，根據(jù)牛頓第二定律得；

aA=，aB=

aA：aB=1：

故選：A．4、C【分析】【分析】木球和鐵球都要隨容器一起向右加速運動，考慮到鐵球的密度比水大，木球的密度比水小，采用等效替代思維考慮．【解析】【解答】解：假設把P球拿掉，用同樣體積的水球來替代，很顯然，當這個水球隨容器以加速度a作勻加速直線運動時，水球受到的水平合力為F水=ma水，且水球相對于容器的原來位置不會改變，我們知道，同樣體積的實心鐵球質(zhì)量要比水球質(zhì)量大，即m鐵＞m水，故要使P球也以加速度a向右作勻加速直線運動，單靠F水是不夠的；因而還應借助繩子的拉力，所以P向左偏移，同理可以推得Q向右偏移，故ABD錯誤，C正確．

故選：C．5、B【分析】【分析】根據(jù)v=rω判斷線速度、角速度、半徑的關(guān)系．【解析】【解答】解：A、根據(jù)ω=知；半徑一定，角速度與線速度成正比．故A錯誤，B正確；

C、根據(jù)ω=知；線速度一定，角速度與半徑成反比．故C錯誤；

D、根據(jù)v=rω知；角速度一定，線速度與半徑成正比．故D錯誤．

故選：B．6、C【分析】【分析】衛(wèi)星繞地球做圓周運動，萬有引力提供向心力，由速度公式求出衛(wèi)星到地面的高度，應用萬有引力公式與牛頓第二定律求出地球的質(zhì)量．【解析】【解答】解：衛(wèi)星到地面的高度：h=，衛(wèi)星的軌道半徑：r=R+h；

衛(wèi)星繞地球做圓周運動；萬有引力提供向心力；

由牛頓第二定律得：G=mr，解得：G=；

故選：C．7、B【分析】【分析】導體棒MN向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源，線框左右兩部分并聯(lián)，相當于外電路，當MN運動到線框中線時，外電路的電阻最大，而MN的感應電動勢不變，根據(jù)推論：當外電阻等于電源的內(nèi)電阻時，電源的輸出功率最大，可知，由于外電阻與MN電阻的關(guān)系未知，無法判斷線框消耗的功率如何變化．根據(jù)閉合電路歐姆定律分析MN棒中的電流強度變化情況．根據(jù)路端電壓隨外電阻增大而增大，判斷MN棒兩端電壓的變化．MN棒做勻速運動，拉力的功率等于電路中電功率，從而判斷出拉力功率的變化．【解析】【解答】解：

A；導體棒MN向右運動的過程中；MN相當于電源，其余部分是外電路，外電阻先增大后減小，當MN運動到線框中線時，外電路的電阻最大．

根據(jù)閉合電路歐姆定律I=得知；外電阻R先增大后減小，則MN棒中的電流強度先減小后增大．故A錯誤．

B、MN兩端電壓是路端電壓，由U=E-Ir，可知：E、r不變；I先減小后增大，則U先增大后減小，故B正確．

C、MN棒做勻速運動，拉力的功率等于電路中電功率，根據(jù)電功率公式P=得知；拉力的功率先減小后增大．故C錯誤．

D；根據(jù)推論：當外電阻等于電源的內(nèi)電阻時；電源的輸出功率最大，由于外電阻與MN電阻的關(guān)系未知，無法判斷線框消耗的功率如何變化．故D錯誤．

故選：B．二、多選題(共5題，共10分)8、BCD【分析】【分析】當靜水速與河岸垂直時；渡河時間最短，由位移與速度的關(guān)系，即可求出時間；再根據(jù)平行四邊形定則，即可求解最短時間的過河位移大小．

因船在靜水中的速度大于水流速度，當船的合速度垂直河岸時，船渡河的位移最短，最短位移即為河寬，從而求解最短位移對應的時間．【解析】【解答】解：ABC、設河寬為d，水速為v1，船在靜水中的航速為v2；

當小船的船頭始終正對河岸時，渡河時間最短設為t，則t==s=12s；故A錯誤，BC正確；

D；因船在靜水中的速度大于水流速度；當船的合速度垂直河岸時，船渡河的位移最短；

根據(jù)矢量的合成法則，則合速度大小為：v==3m/s；

因此最短位移行駛時所用時間為：t′==20s；故D正確．

故選：BCD．9、AC【分析】【分析】電阻是導體自身的一種特性，它由導體的材料、長度、橫截面積和溫度決定，與加在導體兩端的電壓和通過導體的電流大小無關(guān)．【解析】【解答】解：A；電阻是導體本身的性質(zhì)；與導體兩端的電壓無關(guān)；故A錯誤；B正確；

C、根據(jù)R=知；導體的電阻與導體的電阻率和導體長度成正比，與導體的橫截面積成反比；故C錯誤；

D；導體的電阻率與導體的電阻R；橫截面積S，與導體的長度L皆無關(guān)；故D正確；

本題選錯誤的；故選：AC．10、AC【分析】解：R2

的滑動觸點向a

端移動時；R2

增大，整個電路的總電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，即電壓表示數(shù)U

增大，R3

電壓減小，R1R2

并聯(lián)電壓增大，通過R1

的電流I1

增大，即A1

示數(shù)增大，而總電流I

減小，則通過R2

的電流I2

減小，即A2

示數(shù)I2

減小，故C正確；D錯誤；

電源的總功率P脳脺=IE

總電流I

減小，電源的總功率減小，故A正確；

R3

消耗的功率P=I2R3

總電流減小，R3

消耗的功率減小，故B錯誤；

故選：AC

理清電路；確定電壓表測的是什么電壓，電流表測定的是什么電流，抓住電動勢和內(nèi)阻不變，采用局部隆煤

整體隆煤

局部的方法，利用閉合電路電路的歐姆定律進行分析；根據(jù)P脳脺=IE

分析電源總功率變化情況，由P=I2R3

分析R3

消耗的功率。

解決本題的關(guān)鍵抓住電動勢和內(nèi)阻不變，結(jié)合閉合電路歐姆定律求解，注意做題前一定要理清電路，看電壓表測的是什么電壓，電流表測的是什么電流．【解析】AC

11、BC【分析】【分析】電荷在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB=m，得到r=；周期T==；畫出運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑；結(jié)合軌道半徑和圓心角判斷初速度和運動時間．【解析】【解答】解：AB；在A點；粒子速度向右，磁場向外，洛侖茲力向下，根據(jù)左手定則，粒子帶正電荷；

粒子在磁場中做勻速圓周運動；軌跡如圖所示：

故甲、乙、丙三種粒子的軌道半徑分別為、R、R；

甲、乙、丙三種粒子的比荷相等，根據(jù)推論公式r=，r∝v，故甲、乙、丙三種粒子的速度之比為：R：R=1：：3；故A錯誤，B正確；

CD、甲、乙、丙三種粒子的比荷相等，根據(jù)T=；周期相等；

甲、乙、丙三種粒子的軌跡對應的圓心角分別為120°、90°、60°，根據(jù)t=；甲；乙、丙三種粒子在磁場中運動的時間之比為120°：90°：60°=4：3：2；故C正確，D錯誤；

故選：BC12、AD【分析】【分析】慣性定律的內(nèi)容是：一切物體都有保持原來運動狀態(tài)的性質(zhì)，即任何物體在任何情況下都有慣性；根據(jù)慣性定律的內(nèi)容進行分析．【解析】【解答】解：A；物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)稱為慣性；所以物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性，故A正確；

B；沒有力的作用；物體可能做勻速直線運動，故B錯誤；

C；運動物體在阻力作用下會停止運動；說明力可以改變速度，不是消除慣性，故C錯誤；

D；運動物體如果沒有受到力的作用；物體將保持原來的運動狀態(tài)，即勻速直線運動，故D正確；

故選：AD．三、填空題(共7題，共14分)13、1004【分析】【分析】彈簧的彈力根據(jù)胡克定律求，每一小段的彈力都相等，伸長相等．【解析】【解答】解：彈簧的伸長量為x=L-L0=70cm-50cm=20cm=0.2m

這一小段產(chǎn)生的彈力為F=G=100N

原來彈簧中長L′=10cm的這一小段伸長了x′==m=0.04m=4cm

故答案為：100，4．14、【分析】【分析】對物塊進行受力分析；分析下滑過程中哪些力做功．

運用動能定理研究A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，列出等式找出答案．【解析】【解答】解：A點釋放；恰好能滑動到C點，物塊受重力；支持力、滑動摩擦力．

設斜面AC長為L；

運用動能定理研究A點釋放；恰好能滑動到C點而停下，列出等式：

mgLsinθ-μ1mgcosθ?L-μ2mgcosθ?L=0-0=0

解得：

故答案為：15、1500吸收400【分析】【分析】改變物體內(nèi)能的兩種方式：做功和熱傳遞．熱傳遞過程是能量的轉(zhuǎn)移過程，做功過程是能量的轉(zhuǎn)化過程．【解析】【解答】解：由熱力學第一定律知△U=Q+W知；做功和熱傳遞在改變內(nèi)能上是等效的，所以使氣體溫度同樣升高5℃，那么氣體應吸收1500J的熱量，Q=2400-2000=400J表明該過程中，氣體還吸收熱量400J．

故答案為：1500，吸收，40016、【分析】【分析】根據(jù)動能定理求出落地式物體的速度，再根據(jù)勾股定理求出落地式豎直方向上的分速度，運用公式P=Fv求解重力的瞬時功率．【解析】【解答】解：根據(jù)動能定理：

又因為

所以

所以重力的瞬時功率為：P=

故答案為：17、4.8×10-13垂直【分析】【分析】當電子垂直進入磁場時，由左手定則來判定洛倫茲力的方向，并由F=Bqv來計算其力的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓寒旊娮哟怪边M入磁場時，則由F=Bqv=0.3×1.6×10-19×107N=4.8×10-13N；

根據(jù)左手定則來確定洛倫茲力的方向；即為垂直于電子的速度方向．

故答案為：4.8×10-13、垂直18、略

【分析】

（1）為了獲取單色光；讓光源先經(jīng)過濾光片．

（3）螺旋測微器1的讀數(shù)為2mm+0.01×32.0mm=2.320mm，螺旋測微器2的讀數(shù)為13.5mm+0.01×37.0mm=13.870mm，則條紋的間距．

根據(jù)條紋的間距公式得，nm．

故答案為：（1）①濾光片（3）6.6×102

【解析】【答案】在“用雙縫干涉測光的波長”實驗中，用單色光通過雙縫產(chǎn)生干涉條紋，根據(jù)條紋的間距公式得出光的波長．

19、略

【分析】解：(1)①由圖甲可知，用彈簧測力計b拉動木塊A；木塊B受到滑動摩擦力作用；

彈簧測力計a的示數(shù)等于木塊受到的滑動摩擦力；彈簧測力計a固定不動，便于讀數(shù)；

由圖乙可知；用彈簧測力計勻速拉動木塊A，使木塊A做勻速直線運動，A處于平衡狀態(tài)，彈簧測力計c的示數(shù)等于木塊受到的滑動變阻器，彈簧測力計是運動的，不便于讀數(shù)，另一方面，要使彈簧測力計示數(shù)等于滑動摩擦力，要控制木塊做勻速直線運動，難度較大；比較兩種實驗方案可以發(fā)現(xiàn)，方案甲更合理．

②在甲方案中，物體間的滑動摩擦力f=Fa=6N，物體間的正壓力F=GB=20N，則物體間的動摩擦因數(shù)μ===0.3．

(2)①由圖1可知，歐姆表測得的電阻值約為R=40×1000Ω=4.0×104Ω．

②要測多組實驗數(shù)據(jù)；電源電壓應適當大一些，因此電源應選G；直流穩(wěn)壓電源，輸出電壓24V，額定電流0.5A；

電源電壓是24V；因此電壓表應選D；電壓表，量程0～15V，內(nèi)阻約30KΩ；電阻的額定功率P=0.01W；

電阻約為R═4.0×104Ω，則額定電流約為I===5×10-4A=0.5mA=500μA＜＜10mA；

因此電流表可以選A；量程0～400μA；內(nèi)阻約150Ω；

電路最大電流約為0.5mA＜＜1A；為方便操作滑動變阻器應選H；0～50Ω，1A；

③為實現(xiàn)多次測量；滑動變阻器應采用分壓接法，由所選擇的實驗器材可知；

待測電阻阻值遠大于電流表內(nèi)阻；可以采用電流表內(nèi)接法，電路圖如圖所示．

故答案為：(1)①甲；②0.3；(2)①4.0×104；②A；D；G；H；③實驗電路圖如圖所示．【解析】甲;0.3;4.0×104;A;D;G;H四、證明題(共4題，共24分)20、略

【分析】【分析】根據(jù)位移時間公式的表達式，結(jié)合平均速度的定義式求出平均速度的大小，通過速度時間公式得出中間時刻的瞬時速度，判斷是否相等．【解析】【解答】證明：設物體在上述兩個T內(nèi)的總位移為s，則s=v0?2T+a（2T）2

物體在這兩個T內(nèi)的平均速度為==v0+aT=vT

而v0+aT==

故可證物體經(jīng)過時刻的速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，還等于．21、略

【分析】【解析】設行星半徑為R、質(zhì)量為M，飛船在靠近行星表面附近的軌道上運行時，有即①又行星密度②將①代入②得思路分析：根據(jù)萬有引力提供向心力利用公式推導出又因為所以得到結(jié)論試題【解析】【答案】見解析22、略

【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再由運動學公式速度位移關(guān)系公式列式，變形即可證明．【解析】【解答】證明：設物體的質(zhì)量為m，從光滑斜面上的A點滑到B點，在A、B兩點的速度分別為v1和v2．斜面的傾角為α，A、B兩點的高度分別為h1和h2．

根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα=ma

即有a=gsinα

根據(jù)運動學公式有-=2a?

聯(lián)立得有-=2g（h1-h2）

即得：m-=mg（h1-h2）

移項得+mgh1=m+mgh2．

即E1=E2；

得證．

證明見上．23、略

【分析】【分析】根據(jù)位移時間公式的表達式，結(jié)合平均速度的定義式求出平均速度的大小，通過速度時間公式得出中間時刻的瞬時速度，判斷是否相等．【解析】【解答】證明：設物體在上述兩個T內(nèi)的總位移為s，則s=v0?2T+a（2T）2

物體在這兩個T內(nèi)的平均速度為==v0+aT=vT

而v0+aT==

故可證物體經(jīng)過時刻的速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，還等于．五、推斷題(共2題，共20分)24、（1）C7H12O3

（2）取代反應

（3）

（4）

（5）13

（6）【分析】【分析】本題考查有機物的推斷，綜合性較強，題目難度一般。由rm{D}可推知rm{C}的結(jié)構(gòu)簡式為：rm{A}加成得到rm{C}且rm{A}可以發(fā)生銀鏡反應，含有醛基，可以發(fā)生銀鏡反應，含有醛基，rm{A}為rm{A}失去rm{A}生成呋喃，并結(jié)合可知呋喃為：【解答】rm{CO}rm{(1)}的分子式為rm{D}的分子式為故答案為：rm{D}rm{C_{7}H_{12}O_{3}}rm{C_{7}H_{12}O_{3}}rm{(2)}的反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；呋喃的結(jié)構(gòu)簡式為rm{壟脷}的反應類型為發(fā)生銀鏡反應的化學方程式為故答案為：rm{壟脷}由反應可知，rm{(3)}rm{A}發(fā)生銀鏡反應的化學方程式為rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：rm{(4)}rm{+}的同分異構(gòu)體中，含有“rm{xrightarrow[]{?}}rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{B}銀鏡反應，且核磁共振氫譜中有rm{(5)}組吸收峰的有機物的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：rm{C}的同分異構(gòu)體中，含有“rm{C}以環(huán)己烯和丙烯為原料制備的合成路線故答案為：

”結(jié)構(gòu)的共有【解析】rm{(1)C_{7}H_{12}O_{3}}

rm{(2)}取代反應rm{(3)}rm{(4)}rm{(5)}rm{13}rm{(6)}25、rm{(1)}rm{(1)}鐵粉或rm{(2)壟脵}硝化反應rm{FeCl_{3;;;}}rm{(3)ad}rm{(4)}rm{(5)15}rm{(6)}【分析】【分析】本題考查有機物推斷與合成，需要學生對給予的信息進行利用，能較好的考查學生自學能力，需要學生熟練掌握官能團性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系中有機物的結(jié)構(gòu)利用逆推法進行推斷，對學生的推理有一定的要求，同分異構(gòu)體數(shù)目判斷為易錯點，難度中等?！窘獯稹繜Nrm{A}和氯氣發(fā)生取代反應生成rm{B}rm{B}發(fā)生水解反應然后酸化得到rm{C}從rm{A}到rm{B}rm{B}到rm{C}反應過程中碳原子個數(shù)不變，所以rm{A}為根據(jù)rm{E}結(jié)構(gòu)簡式知，甲苯苯環(huán)上甲基鄰位rm{H}原子被