2024年華東師大版高三物理下冊(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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華東師大版高三物理下冊(cè)月考試卷701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5題，共10分)1、一輛額定功率為20kw、質(zhì)量為1500kg的汽車，從靜止開始以2m/s2的加速度勻加速啟動(dòng)，若汽車運(yùn)動(dòng)過程所受阻力恒為1000N，則汽車啟動(dòng)后3秒時(shí)的瞬時(shí)功率為（）A.6kwB.18kwC.20kwD.24kw2、如圖所示，正方形閉合金屬線框，電阻為R，從距離勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界h高處，由靜止開始沿豎直平面自由下落，線框平面始終垂直于磁場(chǎng)方向，且磁場(chǎng)區(qū)域的高度大于線框的邊長(zhǎng)．t=0時(shí)，線框恰好完全近入磁場(chǎng)，則在從線框完全近入磁場(chǎng)到線框恰好完全穿出磁場(chǎng)的過程中，下列v-t圖象中，可能正確描述上述方程的是（）A.B.C.D.3、圖示為一列向右傳播的橫波在t=0時(shí)刻的波形圖，a、b；c三個(gè)質(zhì)點(diǎn)從圖示時(shí)刻起第一次回到平衡位置的先后次序是（）

A.b；c，a

B.c，b；a

C.a，b；c

D.a，c，b

4、關(guān)于運(yùn)動(dòng)的合成和分解，下列說法正確的是（A.合運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和B.合速度一定比其中一個(gè)分速度大C.合運(yùn)動(dòng)的加速度不可能與分運(yùn)動(dòng)的加速度相同D.兩個(gè)互成角度的初速度不為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)可能是直線運(yùn)動(dòng)5、（理）[選修物理3-1模塊（偏理）的考生做此題]圖中實(shí)線表示電場(chǎng)線，虛線表示等勢(shì)面，過a．b兩點(diǎn)的等勢(shì)面的電勢(shì)分別為40V、20V，那么ab連線的中點(diǎn)的電勢(shì)值為（）A.等于30VB.大于30VC.小于30VD.無法確定評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、（2012秋?大興區(qū)期末）一個(gè)物體，置于水平面上，在0～4s內(nèi)受水平力F和摩擦力作用，在4～10s內(nèi)僅受摩擦力作用，其v一t圖線如圖所示，取重力加速度g=10m/s2，則在0～4s內(nèi)物體的加速度大小為____m/s2，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為____．7、如圖為“用DIS（位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計(jì)算機(jī)）研究加速度和力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置。（1）在該實(shí)驗(yàn)中必須采用，應(yīng)保持小車的總質(zhì)量不變，用鉤碼所受的重力作為小車所受外力，用DIS測(cè)小車的加速度。（2）改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復(fù)測(cè)量。在某次實(shí)驗(yàn)中根據(jù)測(cè)得的多組數(shù)據(jù)可畫出a-F關(guān)系圖線（如圖所示）。分析此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是____A．小車與軌道之間存在摩擦B．導(dǎo)軌保持了水平狀態(tài)C．所掛鉤碼的總質(zhì)量太大D．所用小車的質(zhì)量太大8、某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器做“探究碰撞中不變量”的實(shí)驗(yàn)：在小車A的前端粘有橡皮泥，推動(dòng)小車A使之做勻速運(yùn)動(dòng)．然后與原來靜止在前方的小車A相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，他設(shè)計(jì)的具體裝置如圖1所示．在小車A后連著紙帶，電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源為50Hz；長(zhǎng)木板下墊著小木片用以平衡摩擦力．

①若已得到打點(diǎn)紙帶如圖2所示，并測(cè)得各計(jì)數(shù)點(diǎn)間距離，A為運(yùn)動(dòng)起始的第一點(diǎn)，則應(yīng)選段來計(jì)算A和A碰后的共同速度____．（填“AA”或“AC”或“CD”或“DE”）

②已測(cè)得小車A的質(zhì)量m1=0.40kg，小車A的質(zhì)量m2=0.20kg，由以上測(cè)量結(jié)果可得．碰前mAv0=____kg?m/s；碰后（mA+mA）v共=____kg?m/s；由此得出結(jié)論____．9、在用伏安法測(cè)電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得最大路端電壓為Ua=1.2V

最大電流為Ib=0.5A

實(shí)驗(yàn)共記錄五組數(shù)據(jù)，作圖得到伏鈭?

安圖線，如圖所示.

則ab

兩狀態(tài)時(shí)電池消耗的總功率之差為______W

測(cè)量范圍內(nèi)電池最大輸出功率為______W.

10、兩個(gè)共點(diǎn)力的合力最大值25N，最小值為15N，則這兩個(gè)力分別為____N和____N，當(dāng)這兩個(gè)力互為90度角時(shí)，合力大小為____N．11、美國的NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾．經(jīng)常有這樣的場(chǎng)面：在臨終場(chǎng)0.1s的時(shí)候，運(yùn)動(dòng)員把球投出且準(zhǔn)確命中，獲得比賽的勝利．如果運(yùn)動(dòng)員投籃過程中對(duì)籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計(jì)，則籃球出手時(shí)的速度為____，籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為____．12、甲車質(zhì)量是乙車質(zhì)量的2倍，把它們放在光滑水平面上，用力F作用在靜止的甲車上時(shí)，得到2m/s2的加速度．若用力F作用在靜止的乙車上，經(jīng)過2s，乙車的速度大小是____m/s．13、如圖所示，水平線對(duì)重力為1000N的電線桿的拉力為2000N，為了不使桿發(fā)生傾斜，在桿的另一側(cè)用鐵索拉住，鐵索的拉力與豎直方向的夾角為30°，則鐵索上的拉力為____N；地面對(duì)桿的彈力為____N．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、電場(chǎng)力大的地方電場(chǎng)強(qiáng)度一定大．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、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)）16、電子手表中的液晶在外加電壓的影響下能夠發(fā)光．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與初速度有關(guān)．____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．____．19、質(zhì)點(diǎn)是一個(gè)理想化模型，實(shí)際上并不存在，所以，引入這個(gè)概念沒有多大意義．____．20、非晶體的結(jié)構(gòu)跟液體非常相似，可以看成是黏滯性極大的液體．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、沒有施力物體的力有可能存在．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、畫圖題(共2題，共10分)22、圖所示為一列向左傳播的簡(jiǎn)諧波在某一時(shí)刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經(jīng)7s時(shí)的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）23、在圖示中，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，請(qǐng)畫出各圖中A物體所受的彈力．評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共3題，共21分)24、【化學(xué)選修r(nóng)m{3}物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】四種常見元素的性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息如表，根據(jù)信息回答有關(guān)問題。元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}性質(zhì)。

或結(jié)。

構(gòu)信息原子核外有兩個(gè)電子層，最外層有rm{3}個(gè)未成對(duì)電子原子的rm{M}層有rm{1}對(duì)成對(duì)的rm{p}電子原子核外電子排布為：rm{[Ar]3d^{10}4s}rm{{,!}^{x}}，有rm{+1}rm{+2}兩種常見化合價(jià)有兩種常見氧化物，其中一種是冶煉金屬工業(yè)的常用還原劑rm{(1)A}元素與其同周期相鄰兩種元素原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)開_____rm{(}用元素符號(hào)表示rm{)}rm{B}原子基態(tài)電子排布式為______。

rm{(2)B}元素的低價(jià)氧化物分子中心原子的雜化方式為______，rm{B}元素的最高價(jià)氧化物分子的rm{VSEPR}構(gòu)型為______；與rm{AO_{3}^{-}}離子互為等電子體的另外一種陰離子是____。

rm{(3)D}元素最高價(jià)氧化物的熔點(diǎn)比同主族相鄰元素最高價(jià)氧化物的熔點(diǎn)______rm{(}填“高”或“低”rm{)}其原因是______。

rm{(4)}往rm{C}元素的硫酸鹽溶液中逐滴加入過量rm{A}元素的氫化物水溶液；觀察到的現(xiàn)象為______；后一現(xiàn)象的離子方程式為：______。

rm{(5)C}晶體的堆積方式如圖所示設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為rm{acm}阿伏伽德羅常數(shù)用rm{N_{A}}表示，則晶胞中rm{C}原子的配位數(shù)為____，rm{C}晶體的密度為_____rm{g?cm^{-3}(}要求寫表達(dá)式，可以不簡(jiǎn)化rm{)}25、rm{Cu}rm{Fe}rm{Se}rm{Co}rm{S}rm{P}等元素常用于化工材料的合成。請(qǐng)回答下列問題：rm{Cu}rm{Fe}rm{Se}rm{Co}rm{S}等元素常用于化工材料的合成。請(qǐng)回答下列問題：rm{P}最外層電子排布式為________，其核外共有________種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子。rm{(1)Fe^{3+}}比rm{Fe^{3+}}更穩(wěn)定的原因是________。rm{Fe^{2+}}硒為第四周期元素，相鄰的元素有砷和溴，則三種元素的電負(fù)性從大到小的順序?yàn)開_______rm{(2)}用元素符號(hào)表示rm{(}rm{)}分子的空間構(gòu)型為________。rm{SeO_{2}}可用于制造火柴，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示。rm{(3)P_{4}S_{3}}分子中硫原子的雜化軌道類型為________，每個(gè)rm{P_{4}S_{3}}分子中含孤電子對(duì)的數(shù)目為________。rm{P_{4}S_{3}}銅的某種氧化物晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，若該晶胞的邊長(zhǎng)為rm{(4)}則該氧化物的密度為________rm{acm}rm{g隆隴cm^{-3}}設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為rm{(}rm{N_{A})}26、如圖所示；三個(gè)電阻的阻值分別為2Ω；3Ω、1.8Ω，U為6v．

求：（1）電路的總電阻；（2）各支路的電流和總電流；（3）各電阻兩端的電壓；（4）各電阻消耗的功率．評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共2題，共8分)27、如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一自由端恰好與水平線AB平齊，靜止放于傾角為60°的光滑斜面上。一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝10cm的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m＝1kg的小球，將細(xì)繩拉至水平，使小球在位置C由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)D時(shí)，細(xì)繩剛好被拉斷。之后小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好沿斜面方向?qū)哦认禂?shù)為k=100N/m的彈簧壓縮，已知彈簧的彈性勢(shì)能EP與彈簧的勁度系數(shù)k及彈簧的形變量x的關(guān)系式為g＝10m/s2，求：(1)當(dāng)彈簧的形變量為x=9cm時(shí)小球的加速度大?。?2)D點(diǎn)到水平線AB的高度h；(3)在小球的運(yùn)動(dòng)過程中，小球的動(dòng)能最大值。28、【題文】如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，在兩極板間加一垂直極板方向的場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。設(shè)一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的離子以速度v0從左邊O’點(diǎn)射入；入射方向跟極板平行，設(shè)離子能從右邊緣射出。不計(jì)離子重力，求。

（1）離子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a的大??？

（2）離子從O’點(diǎn)射入到射出平行金屬板的時(shí)間t？

（3）離子離開電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移距離y？參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出勻加速運(yùn)動(dòng)汽車的牽引力，以及根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)求出第3s末的速度，最后根據(jù)P=Fv求出第3s末發(fā)動(dòng)機(jī)的瞬時(shí)功率．【解析】【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得：F-f=ma；則F=f+ma=1000N+1500×2N=4000N．汽車第3s末的速度v=at=2×3m/s=6m/s．所以。

P=Fv=4000×6=24000W=24kW＞20kW．故達(dá)到額定功率20kW；故C正確，A；B、D錯(cuò)誤．

故選：C．2、B【分析】【分析】分析線框的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)線框受力情況分析判斷線框速度隨時(shí)間變化的關(guān)系．【解析】【解答】解：線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)；穿過線框的磁通量不變，線框中沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力，線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度v隨時(shí)間t均勻增加，由圖示圖象可知，ACD錯(cuò)誤，B正確；

故選：B．3、B【分析】

由題簡(jiǎn)諧橫波向右傳播，由波形平移法得知，圖示時(shí)刻a質(zhì)點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，從圖示時(shí)刻起第一次回到平衡位置的時(shí)間大于b質(zhì)點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過第一次回到平衡位置；c向下運(yùn)動(dòng)從圖示時(shí)刻起第一次回到平衡位置的時(shí)間小于所以a、b、c三個(gè)質(zhì)點(diǎn)從圖示時(shí)刻起第一次回到平衡位置的先后次序是c，b；a．

故選B

【解析】【答案】簡(jiǎn)諧橫波向右傳播，根據(jù)波形的平移法判斷三個(gè)質(zhì)點(diǎn)的速度方向，確定出時(shí)間與周期的關(guān)系，判斷a、b；c三個(gè)質(zhì)點(diǎn)從圖示時(shí)刻起第一次回到平衡位置的先后次序．

4、D【分析】【分析】分運(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，根據(jù)平行四邊形定則，可以得出合速度與分速度的大小關(guān)系．根據(jù)合加速度的方向與合速度方向是否在同一條直線上，判斷合運(yùn)動(dòng)是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)．【解析】【解答】解：A；分運(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性；故A錯(cuò)誤．

B；根據(jù)平行四邊形定則；知合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能與分速度相等，故B錯(cuò)誤．

C；合運(yùn)動(dòng)的加速度不可能與分運(yùn)動(dòng)的加速度相同；比如：平拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤．

D；兩個(gè)互成角度的初速度不為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)；當(dāng)合加速度與合速度方向共線時(shí)，則是直線運(yùn)動(dòng)；若不共線，則是曲線運(yùn)動(dòng)，故D正確．

故選：D．5、C【分析】【分析】由圖看出，ac段電場(chǎng)線比bc段電場(chǎng)線密，ac段場(chǎng)強(qiáng)較大，根據(jù)公式U=Ed定性分析a、c間與b、c間電勢(shì)差的大小，再求解中點(diǎn)b的電勢(shì)φc．【解析】【解答】解：由圖看出，ac段電場(chǎng)線比bc段電場(chǎng)線密，ac段場(chǎng)強(qiáng)較大，根據(jù)公式U=Ed可知，a、c間電勢(shì)差Uac大于b、c間電勢(shì)差Ucb，即φa-φc＞φc-φb，得到φc＜==30V．

故選：C．二、填空題(共8題，共16分)6、30.2【分析】【分析】根據(jù)速度時(shí)間圖線求出勻加速直線運(yùn)動(dòng)和勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度，根據(jù)牛頓第二定律列出勻減速運(yùn)動(dòng)加速度的表達(dá)式，從而求出物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)．【解析】【解答】解：0～4s內(nèi)物體的加速度大小．

勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小．

根據(jù)牛頓第二定律得，；解得μ=0.2．

故答案為：3，0.2．7、略

【分析】【解析】試題分析：（1）試驗(yàn)中的變量由三個(gè)，只有讓其中一個(gè)不變，才能研究另外兩個(gè)量的關(guān)系，這種方法叫控制變量法。（2）本實(shí)驗(yàn)要求小車的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量，否則就會(huì)出現(xiàn)圖線反映的情況；故選C考點(diǎn)：探究加速度和力的關(guān)系【解析】【答案】控制變量法C8、de0.4200.417在誤差允許的范圍內(nèi)，小車A、A組成的系統(tǒng)碰撞前后總動(dòng)量守恒【分析】【解答】（1）推動(dòng)小車由靜止開始運(yùn)動(dòng)，故小車有個(gè)加速過程，在碰撞前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即在相同的時(shí)間內(nèi)通過的位移相同，故AC段為勻速運(yùn)動(dòng)的階段，故選AC計(jì)算碰前的速度；碰撞過程是一個(gè)變速運(yùn)動(dòng)的過程，而A和A碰后的共同運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在相同的時(shí)間內(nèi)通過相同的位移，故應(yīng)選DE段來計(jì)算碰后共同的速度（2）碰前系統(tǒng)的動(dòng)量即A的動(dòng)量，則P1=mAv0=mA=0.40×=0.420kg?m/s；

碰后的總動(dòng)量P2=mAvA+mAvA=（mA+mA）v2=（mA+mA）=（0.40+0.20）×=0.417kg?m/s；

由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知：在誤差允許的范圍內(nèi)，小車A、A組成的系統(tǒng)碰撞前后總動(dòng)量守恒．

故答案為：（1）DE；（2）0.420；0.417；在誤差允許的范圍內(nèi)，小車A、A組成的系統(tǒng)碰撞前后總動(dòng)量守恒．

【分析】（1）碰撞之后共同勻速運(yùn)動(dòng)的速度小于碰撞之前A獨(dú)自運(yùn)動(dòng)的速度，確定AC應(yīng)在碰撞之前，DE應(yīng)在碰撞之后，在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)在相同的時(shí)間內(nèi)通過的位移相同，所以AC應(yīng)為碰撞之前勻速運(yùn)動(dòng)階段，DE應(yīng)為碰撞之后勻速運(yùn)動(dòng)階段．（2）物體發(fā)生的位移與發(fā)生這些位移所用時(shí)間的比值等于勻速運(yùn)動(dòng)的物體在該段時(shí)間內(nèi)的速度，由動(dòng)量定義式求出動(dòng)量．并得出結(jié)論．9、略

【分析】解：由圖可知；電源的電動(dòng)勢(shì)為E=1.50V

根據(jù)圖象的斜率求出內(nèi)電阻r=1.2婁賂

．

ab

兩狀態(tài)時(shí)電池消耗的總功率分別是pa=EIapb=EIb

所以ab

兩狀態(tài)時(shí)電池消耗的總功率之差為鈻?p=1.5隆脕(0.5鈭?0.25)=0.375w

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)分析得知，當(dāng)外電阻等于電源的內(nèi)阻，即R脥芒=r

時(shí)；電源的輸出功率最大．

但測(cè)量范圍內(nèi)達(dá)不到R脥芒=r

電源的最大輸出功率為Pm=UI=0.9隆脕0.5=0.45w

故答案為：0.3750.45

U鈭?I

圖象中圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)；根據(jù)圖象的斜率求出內(nèi)電阻．

根據(jù)電功率的公式求出ab

兩狀態(tài)電池消耗的總功率.

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)分析得知；當(dāng)外電阻等于電源的內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大．

測(cè)定電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中為了減小誤差采用了圖象分析法，關(guān)于電路中功率的計(jì)算問題，可以純粹采用數(shù)學(xué)函數(shù)求極值的方法，也可以利用功率與電阻關(guān)系的圖象分析．【解析】0.3750.45

10、20520.6【分析】【分析】?jī)闪铣蓵r(shí)，合力隨夾角的增大而減小，當(dāng)夾角為零時(shí)合力最大，夾角180°時(shí)合力最小，合力范圍為：|F1+F2|≥F≥|F1-F2|．【解析】【解答】解：當(dāng)夾角為零時(shí)合力最大，最大值為F1+F2=25N；

當(dāng)夾角180°時(shí)合力最小，最小值為F1-F2=15N；

解得：F1=20N；F2=5N；

當(dāng)夾角為90°時(shí)，合力的大小為≈20.6N；

故答案為：20，5，20.6．11、W+mgh1-mgh2【分析】【分析】分析在投籃過程中外力對(duì)球所做的功，則可求得籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能．【解析】【解答】解：運(yùn)動(dòng)員投籃過程中對(duì)籃球做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理：W=mv12

得：v1=

籃球機(jī)械能守恒，選取地面為0勢(shì)能面，設(shè)籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為W2；則有。

mgh1+W=mgh2+W2

得：W2=W+mgh1-mgh2

故答案為：；W+mgh1-mgh2．12、8【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合質(zhì)量關(guān)系求出加速度的關(guān)系，從而得出乙車的加速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出乙車的速度．【解析】【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得，a=，因?yàn)榧总囐|(zhì)量是乙車質(zhì)量的2倍，則甲車的加速度是乙車加速度的．所以乙車的加速度等于4m/s2；

則乙車的速度v=at=4×2m/s=8m/s．

故答案為：8．13、40001000【分析】【分析】由題意可知，拉索及OA的拉力的合力豎直向下，由力的合成知識(shí)可得出幾何圖形，由幾何關(guān)系可求得OB的拉力及地面對(duì)桿的支持力．【解析】【解答】解：（1）因OA與OB的拉力的合力豎直向下；如圖所示；由幾何關(guān)系可知，OB的拉力：

F==；

（2）此時(shí)OA與OB的合力豎直向下，大小為：F=；

對(duì)桿受力分析，則有：N=G+F=1000+2000N；

故答案為：4000；1000．三、判斷題(共8題，共16分)14、×【分析】【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=變形得到F與E的關(guān)系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=得：F=qE

可知電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度和電荷量都有關(guān)；則電場(chǎng)力大的地方電場(chǎng)強(qiáng)度不一定大，故該判斷是錯(cuò)的．

故答案為：×．15、×【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．所以以上的說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×16、×【分析】【分析】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)；液晶在外加電壓的影響下并不發(fā)光，而是由于液晶通電時(shí)，排列變得有秩序，使光線容易通過．【解析】【解答】解：液晶在外加電壓的影響下并不發(fā)光；而是由于液晶通電時(shí)，排列變得有秩序，使光線容易通過．所以該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×17、×【分析】【分析】平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，與初速度無關(guān)．【解析】【解答】解：根據(jù)h=得：t=；知平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，與初速度無關(guān)．所以這個(gè)說法是錯(cuò)的．

故答案為：×．18、√【分析】【分析】物理量按有無方向分矢量和標(biāo)量，矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．【解析】【解答】解：矢量是既有大小；又有方向的物理量，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：√19、×【分析】【分析】質(zhì)點(diǎn)是人們?yōu)榱搜芯繂栴}的方便而忽略物體的形狀和大小而人為引入的一個(gè)理想化模型，故實(shí)際上并不存在，質(zhì)點(diǎn)雖然忽略物體的形狀和大小但保留了物體其它的性質(zhì)，故不同于幾何中的點(diǎn)，只要物體的形狀和大小對(duì)研究問題沒有影響或者影響可以忽略不計(jì)時(shí)物體就可以當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)，與物體的體積的大小無關(guān)．【解析】【解答】解：質(zhì)點(diǎn)是一個(gè)理想化模型；實(shí)際上并不存在，質(zhì)點(diǎn)是人們?yōu)榱搜芯繂栴}的方便而忽略物體的形狀和大小而人為引入的一個(gè)理想化模型，只要物體的形狀和大小對(duì)研究問題沒有影響或者影響可以忽略不計(jì)時(shí)物體就可以當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)．故說法錯(cuò)誤．

故答案為：×．20、√【分析】【分析】液體微觀結(jié)構(gòu)理論：

（1）液體分子的排列更接近于固體；是密集在一起的，因而液體具有一定的體積，不易被壓縮。

（2）液體分子之間的相互作用不像固體中的微粒那樣強(qiáng)；液體分子只在很小的區(qū)域內(nèi)做有規(guī)則的排列，這種區(qū)域是暫時(shí)形成的，邊界和大小隨時(shí)改變，有時(shí)瓦解，有時(shí)又重新形成，液體由大量的這種暫時(shí)形成的小區(qū)域構(gòu)成，這種小區(qū)域雜亂無章地分布著，因而液體表現(xiàn)出各向同性。

（3）液體分子的熱運(yùn)動(dòng)與固體類似，主要表現(xiàn)為在平衡位置附近做微小的振動(dòng)，但液體分子沒有長(zhǎng)期固定的平衡位置，在一個(gè)平衡位置附近振動(dòng)一小段時(shí)間以后，又轉(zhuǎn)移到另一個(gè)平衡位置附近去振動(dòng)，即液體分子可以在液體中移動(dòng)，這就是液體具有流動(dòng)性的原因．【解析】【解答】解：由液體的結(jié)構(gòu)知非晶體的結(jié)構(gòu)進(jìn)行比較可知；二者在很多的方面非常類似，可以看作是粘滯性極大的液體．該說法是正確的；

故答案為：√21、×【分析】【分析】從力的概念，力作用的相互性，一個(gè)對(duì)另一個(gè)物體施加力的作用有兩種形式：一是物體直接接觸作用，二是物體之間的間接作用，分析即可．【解析】【解答】解：力是物體對(duì)物體的作用；力不能脫離物體而存在；因此有力必然涉及兩個(gè)物體，一個(gè)是施力物體，另一個(gè)是受力物體，施力物體對(duì)受力物體施力的同時(shí)也受到受力物體對(duì)它的作用力，也就是說，物體間力的作用是相互的，沒有施力物體的力有不可能存在．

故答案為：×四、畫圖題(共2題，共10分)22、略

【分析】【解析】試題分析：由圖讀出波長(zhǎng)，由波速公式求出周期．根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)在一個(gè)周期內(nèi)通過的路程，求出位移．采用波形平移的方法畫出7s時(shí)的波形圖．由圖直接可得波長(zhǎng)根據(jù)得：7秒內(nèi)波傳播的位移為：根據(jù)平移法，把波形沿傳播方向平移3.5米，如下圖實(shí)線：考點(diǎn)：畫波形圖【解析】【答案】圖形向左平移1.5m23、略

【分析】彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體，據(jù)此可得思路分析：彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體試題【解析】【答案】【解析】彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體，據(jù)此可得思路分析：彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體試題五、簡(jiǎn)答題(共3題，共21分)24、（1）N＞O＞C1s22s22p63s23p4（2）sp2雜化平面三角形PO3-或CO32-（3）低CO2是分子晶體，SiO2是原子晶體（4）先生成藍(lán)色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深藍(lán)色溶液Cu（OH）2+4NH3?H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH-（5）12【分析】【分析】本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、雜化方式與空間構(gòu)型判斷、晶體類型與性質(zhì)、配合物、晶胞計(jì)算等，注意同周期第一電離能異常情況，掌握熔沸點(diǎn)高低比較方法?！窘獯稹縭m{A}原子核外有兩個(gè)電子層，最外層有rm{3}個(gè)未成對(duì)的電子，外圍電子排布為rm{2s^{2}2p^{3}}故A為rm{N}元素；rm{B}原子的rm{M}層有rm{1}對(duì)成對(duì)的rm{p}電子，外圍電子排布為rm{3s^{2}3p^{4}}故B為rm{S}元素；rm{C}原子的核外電子排布為rm{[Ar]3d^{10}4s^{x}}有rm{+1}rm{+2}兩種常見化合價(jià)，故C為rm{Cu}元素；rm{D}有兩種常見氧化物，其中有一種是冶金工業(yè)常用的還原劑，故D為rm{C}元素．

rm{(1)}同周期隨原子序數(shù)增大，元素第一電離能呈增大趨勢(shì)，氮元素rm{2p}能級(jí)為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：rm{N>O>C}rm{B}為rm{S}元素，其原子基態(tài)電子排布式為：為rm{B}元素，其原子基態(tài)電子排布式為：rm{S}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}；rm{N>O>C}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}元素的低價(jià)氧化物分子為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}；原子孤電子對(duì)數(shù)為rm{(2)B}價(jià)層電子對(duì)數(shù)rm{SO_{2}}雜化軌道數(shù)目為rm{S}故rm{dfrac{6-2隆脕2}{2}=1}原子采取rm{=2+1=3}雜化，rm{3}元素的最高價(jià)氧化物為rm{S}分子中rm{sp^{2}}原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為rm{B}其的rm{SO_{3}}構(gòu)型為平面三角形，rm{S}rm{3+dfrac{6-2隆脕3}{2}=3}rm{VSEPR}與rm{AO}rm{AO}rm{{,!}_{3}^{-}}離子互為等電子體的另外一種陰離子是：故答案為：rm{PO_{3}^{-}}雜化；平面三角形；rm{PO_{3}^{-}}或rm{CO_{3}^{2-}}；

rm{CO_{3}^{2-}}元素最高價(jià)氧化物為二氧化碳，同主族相鄰元素最高價(jià)氧化物為二氧化硅，，是分子晶體，rm{sp^{2}}是原子晶體；則二氧化碳的熔點(diǎn)比二氧化硅的低；

故答案為：低；rm{PO_{3}^{-}}是分子晶體，rm{PO_{3}^{-}}是原子晶體；

或元素的硫酸鹽為硫酸銅，硫酸銅溶液中逐滴加入過量氨水溶液，先生成氫氧化銅沉淀，后氫氧化銅溶解得到四氨合銅絡(luò)離子，觀察到的現(xiàn)象為：先生成藍(lán)色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深藍(lán)色溶液，后一現(xiàn)象的離子方程式為：rm{CO_{3}^{2-}}

故答案為：先生成藍(lán)色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深藍(lán)色溶液；rm{CO_{3}^{2-}}

rm{(3)D}晶體為面心立方密堆積，以頂點(diǎn)rm{CO_{2}}原子研究，與之相鄰的rm{SiO_{2}}原子處于面心，每個(gè)頂點(diǎn)為rm{CO_{2}}個(gè)晶胞共用，每個(gè)面心為rm{SiO_{2}}個(gè)晶胞共用，則rm{(4)C}原子配位數(shù)為rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O簍T[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+4H_{2}O+2OH^{-}}晶胞中rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O簍T[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+4H_{2}O+2OH^{-}}原子數(shù)目為rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}則晶胞質(zhì)量為rm{(5)Cu}則晶胞密度為rm{4隆脕dfrac{64}{N_{A}}g隆脗(acm)^{3}=dfrac{4隆脕64}{a^{3}隆脕N_{A}}g?cm^{-3}}

故答案為：rm{Cu}rm{dfrac{4隆脕64}{a^{3}隆脕N_{A}}}rm{Cu}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{N>O>C}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}rm{(2)}雜化平面三角形rm{(2)}rm{sp^{2}}rm{PO_{3}^{-}}rm{PO_{3}^{-}}低或是分子晶體，rm{CO_{3}^{2-}}是原子晶體rm{CO_{3}^{2-}}先生成藍(lán)色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深藍(lán)色溶液rm{(3)}rm{(3)}rm{CO_{2}}rm{dfrac{4隆脕64}{a^{3}隆脕N_{A}}}rm{SiO_{2}}25、（1）3s23p63d523Fe3＋的電子排布為[Ar]3d5，3d軌道為半充滿狀態(tài)，比Fe2＋電子排布[Ar]3d6更穩(wěn)定

（2）Br＞Se＞AsV形

（3）sp310

（4）288/NAa3【分析】【分析】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，題目綜合性大，涉及電負(fù)性、雜化理論、核外電子排布、晶胞計(jì)算等，難度中等。【解答】rm{(1)}鐵為rm{26}號(hào)元素，rm{Fe^{3+}}最外層電子排布式為rm{3s^{2}3p^{6}3d^{5}}，其核外共有rm{23}種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，rm{Fe^{3+}}比rm{Fe^{2+}}更穩(wěn)定的原因是rm{Fe^{3+}}的電子排布為rm{[Ar]3d^{5}}rm{3d}軌道為半充滿狀態(tài)，比rm{Fe^{2+}}電子排布rm{[Ar]3d^{6}}更穩(wěn)定，故答案為：rm{3s^{2}3p^{6}3d^{5}}rm{23}rm{Fe^{3+}}的電子排布為rm{[Ar]3d^{5}}rm{3d}軌道為半充滿狀態(tài)，比rm{Fe^{2+}}電子排布rm{[Ar]3d^{6}}更穩(wěn)定；rm{(2)}同一周期越往右電負(fù)性越大，則三種元素的電負(fù)性從大到小的順序?yàn)閞m{Br>Se>As}，rm{SeO_{2}}的價(jià)層電子總數(shù)為rm{2+1/2(6-2隆脕2)=3}有一對(duì)孤電子對(duì)，則分子的空間構(gòu)型為rm{V}形，故答案為：rm{Br>Se>As}rm{V}形；rm{(3)P_{4}S_{3}}分子中硫原子的價(jià)層電子對(duì)總數(shù)為rm{3+1/2(5-3)=4}則雜化