2024年滬教新版高三物理上冊月考試卷

…………○…………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年滬教新版高三物理上冊月考試卷661考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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7題，共14分)1、在物理學(xué)的重大發(fā)現(xiàn)中，科學(xué)家總結(jié)出了許多物理學(xué)方法，如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、類比法、假說法和建立物理模型法等，以下關(guān)于物理學(xué)研究方法的敘述不正確的是（）A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法叫假設(shè)法B.根據(jù)速度的定義式v=，當(dāng)△t非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思想法C.在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該探究運用了控制變量法D.在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程等分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里運用了微元法2、物理學(xué)是一門以實驗為基礎(chǔ)的科學(xué)，任何理論和學(xué)說的建立都離不開實驗．下面有關(guān)物理實驗與物理理論或?qū)W說關(guān)系的說法中正確的是（）A.雙縫干涉現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)表明光是電磁波B.光電效應(yīng)實驗證實了光是橫波C.天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)證實了玻爾原子理論D.α粒子散射實驗表明了原子具有核式結(jié)構(gòu)3、下列說法中不正確的是（）A.利用放大1000倍的高倍光學(xué)顯微鏡，可以觀察到分子的無規(guī)則運動．B.有些物質(zhì)在適當(dāng)溶劑中溶解時在一定濃度范圍內(nèi)具有液晶態(tài)C.對于煤炭、石油等化石能源要節(jié)約使用，提高其利用率，并避免使用過程中對環(huán)境造成影響．D.一定質(zhì)量的理想氣體氣體溫度升高，體積增大，壓強不變，則氣體分子在單位時間撞擊容器壁單位面積的次數(shù)一定減少．4、關(guān)于慣性，下列說法正確的是（）A.在宇宙飛船內(nèi)的物體不存在慣性B.乒乓球可快速抽殺，是因為乒乓球的慣性比較小的緣故C.靜止的火車啟動時速度變化緩慢，是因為物體靜止時慣性大D.慣性是指原來靜止的物體一定總保持靜止，原來運動的物體總保持勻速直線運動5、一質(zhì)量為0.6kg的籃球，以8m/s的速度水平撞擊籃板，被籃板反彈后以6m/s的速度水平反向彈回，在空中飛行0.5s后以7m/s的速度被運動員接住，取g=10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.與籃板碰撞前后籃球的動量變化大小為8.4kg?m/sB.被籃板彈回到被運動員接住的過程中籃球的動量變化大小為0.6kg?m/sC.籃板對籃球的作用力大小約為15.6ND.被籃板彈回到被運動員接住的過程中籃球的重力產(chǎn)生的沖量大小為7N?s6、如圖所示，水平面上固定著直角支架ABC，支架所在平面與水平面垂直，在AC和BC桿上分別套有質(zhì)量為m1和m2的光滑的圓環(huán)，且兩圓環(huán)用輕質(zhì)的細線相連．已知AC與水平面的夾角為θ，則兩圓環(huán)平衡后細線上的拉力為（）A.B.C.D.m1gsinθ+m2gcosθ7、下列說法中錯誤的是（）A.普朗克在對黑體輻射的研究中提出了能量子的觀點B.愛因斯坦在對光電效應(yīng)的解釋中提出光具有粒子性C.康普頓在研究石墨對X射線的散射中發(fā)現(xiàn)光具有波動性D.鋁箔對電子束的衍射實驗證實了德布羅意的物質(zhì)波假設(shè)評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、（2013?寶應(yīng)縣模擬）如圖所示，矩形線圈abcd繞OO′軸在磁感應(yīng)強度為0.2T的勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動．已知線圈面積為0.1m2，線圈共有100匝．如果從圖示位置開始計時，經(jīng)0.5s線圈轉(zhuǎn)動90°，則穿過線圈磁通量的變化量△?=____Wb，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢E=____V．9、物理學(xué)的科學(xué)研究方法較多；請將研究的對象與所采用的方法進行正確配對，填在相應(yīng)的橫線上．（填A(yù)；B、C、D）

研究對象：

①伽利略理想實驗。

②探究加速度與力的關(guān)系。

③研究共點力的合成。

部分研究方法：

A．比值定義法B．科學(xué)的類比推理法C．控制變量法D．等效替代法。

問：①對應(yīng)____，②對應(yīng)____，③對應(yīng)____．10、試探負電荷q放在電場中的A點時，試探電荷受到的電場力為F，電場力方向豎直向下，A點的電場強度為E，在A點改放另一電荷量為2q的試探電荷后，A點的電場強度為____（E或2E），A點的電場強度方向為____（豎直向上或豎直向下）11、（2014?長寧區(qū)一模）如圖所示，電阻R1為8Ω，電阻R2為3Ω，電源內(nèi)阻r為1Ω，電鍵S閉合后，電源的總功率為20W，電源的輸出功率為16W，則燈泡消耗的電功率為____W；若燈泡的電阻不變，當(dāng)電鍵S斷開時，燈泡兩端的電壓為____V．12、下列現(xiàn)象中，利用做功改變物體內(nèi)能的是：____，其余是通過____方式改變物體的內(nèi)能．

（1）冬天；人們用雙手反復(fù)摩擦取暖．

（2）在古代；人類鉆木取火．

（3）冬天；人們用嘴對著雙手“呵氣”取暖。

（4）把燒紅的鐵塊放到冷水中；冷水變熱。

（5）曬太陽時會感到很熱。

（6）用錘子反復(fù)打擊一塊鐵片；它的溫度會升高。

（7）多次彎折一根鐵絲，彎折處會發(fā)燙．13、【題文】如圖a所示的電路，電源電壓保持不變。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動變阻器的滑片P從a端滑到b端的過程中，兩電壓表的示數(shù)隨電路中電流變化的圖線如圖b所示，根據(jù)圖線的信息可知：____（選填“甲”或“乙”）是電壓表V2示數(shù)變化的圖線，電源電壓為____V，滑動變阻器的最大阻值為____Ω。14、一質(zhì)點沿直線ox做勻加速運動，它離開o點的距離x隨時間t的變化關(guān)系為x=t+4t2（m），則該質(zhì)點在t=0到t=3s間的平均速度v=____m/s，質(zhì)點在t=3s末的瞬時速度v3=____m/s．15、（2014春?獅子山區(qū)校級月考）如圖所示，在光滑水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，如圖所示，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大．一個邊長為a，質(zhì)量為m，電阻為R的正方形金屬線框垂直磁場方向，以速度v從圖示位置向右運動，當(dāng)線框中心線AB運動到與PQ重合時，線框的速度為0.5v，此時線框中的電功率為____，此過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為____．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、熱力學(xué)系統(tǒng)的平衡態(tài)是一種動態(tài)平衡，分子仍做無規(guī)則運動．____．（判斷對錯）17、一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)壓強不變而溫度由100℃上升到200℃時，其體積增加為原來的2倍．____．（判斷對錯）18、原先沒有磁性的鐵，在長期受到磁鐵的吸引會產(chǎn)生磁性____．（判斷對錯）19、在磁場中任一點，小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．____．（判斷對錯）20、封閉在汽缸內(nèi)一定質(zhì)量的氣體，如果保持氣體體積不變，當(dāng)溫度升高時，每秒撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多．____．（判斷對錯）21、在磁場中任一點，小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．____．（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共3題，共30分)22、東晉rm{隆露}華陽國志南中志rm{隆路}卷四中已有關(guān)于白銅的記載，云南鎳白銅rm{(}銅鎳合金rm{)}曾主要用于造幣和制作仿銀飾品?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}基態(tài)rm{Cu}原子的價電子軌道表達式________。rm{(2)}已知元素銅與鎳的第二電離能分別為：rm{I_{Cu}=1958kJ隆隴mol^{-1}}rm{I_{Ni}=1753kJ隆隴mol^{-1}}銅與鎳的第二電離能rm{I_{Cu}>I_{Ni}}的原因是_______________。rm{(3)}寫出rm{Ni(CO)_{4}}中rm{CO}互為等電子體的中性分子、帶一個單位負電荷的陰離子各一個：________、________。rm{(4)}配合物rm{壟脵}該配合物中碳原子的雜化類型是________，存在的化學(xué)鍵有________rm{(}填序號rm{)}A.共價鍵B.離子鍵C.配位鍵D.金屬鍵E.氫鍵rm{壟脷}該配合物中與rm{Ni2+}配位的rm{N}原子有________個，rm{N}所在的第二周期的第一電離能大小介于rm{B}rm{F}的元素有________種。rm{(5)}金屬rm{Cu}rm{K}晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖rm{(}請先判斷對應(yīng)的圖rm{)}rm{Cu}rm{K}兩種晶體晶胞中金屬原子的配位數(shù)之比為________。金屬rm{K}的晶胞中，若設(shè)該晶胞的密度為rm{ag/cm^{3}}阿伏加德羅常數(shù)的值為rm{N_{A}}rm{K}原子的摩爾質(zhì)量為rm{Mg/mol}則表示rm{K}原子半徑的計算式為________rm{pm}rm{(}不必化簡rm{)}23、霧霾天氣頻繁出現(xiàn)，嚴重影響人們的生活和健康。其中首要污染物為可吸入顆粒物rm{PM2.5}其主要來源為燃煤、機動車尾氣等。因此，對rm{PM2.5}rm{SO_{2}}rm{NO_{x}}等進行研究具有重要意義。請回答下列問題：rm{(1)}將rm{PM2.5}樣本用蒸餾水處理制成待測試樣。若測得該試樣所含水溶性無機離子的化學(xué)組分及其平均濃度如下表：。離子rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Cl^{-}}濃度rm{mol/L}rm{4隆脕10^{-6}}rm{6隆脕10^{-6}}rm{2隆脕10^{-5}}rm{4隆脕10^{-5}}rm{3隆脕10^{-5}}rm{2隆脕10^{-5}}根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷試樣的rm{pH=}____。rm{(2)}汽車尾氣中rm{NO_{x}}和rm{CO}的生成：rm{壟脵}已知汽缸中生成rm{NO}的反應(yīng)為：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)overset{?}{}2NO(g)triangleH>0}恒溫，恒容密閉容器中，下列說法中能說明該反應(yīng)達到化學(xué)平衡狀態(tài)的是____A.混合氣體的密度不再變化rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)overset{?}{}

2NO(g)triangleH>0}混合氣體的平均分子量不再變化C.rm{B.}rm{N_{2}}rm{O_{2}}的物質(zhì)的量之比為rm{NO}rm{1隆脙1隆脙2}氧氣的百分含量不再變化rm{D.}汽車燃油不完全燃燒時產(chǎn)生rm{壟脷}有人設(shè)想按下列反應(yīng)除去rm{CO}rm{CO}已知該反應(yīng)的rm{2CO(g)=2C(s)+O_{2}(g)}則該設(shè)想能否實現(xiàn)______________rm{triangleH>0}填“能”或“不能”rm{(}rm{)}為減少rm{(3)}的排放，常采取的措施有：rm{SO_{2}}將煤轉(zhuǎn)化為清潔氣體燃料。已知：rm{H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)=H_{2}O(g)triangleH=-241.8kJ隆隴mol^{-1}}rm{C(s)+1/2O_{2}(g)=CO(g)triangleH=-110.5kJ隆隴mol^{-1}}寫出焦炭與水蒸氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____。rm{壟脵}洗滌含rm{H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)

=H_{2}O(g)triangleH=-241.8kJ隆隴mol^{-1}}的煙氣。

rm{C(s)+1/2O_{2}(g)=CO(g)triangleH

=-110.5kJ隆隴mol^{-1}}電化學(xué)催化凈化rm{壟脷}是一種最新脫硝方法。原理示意圖如下，固體電解質(zhì)起到傳導(dǎo)rm{SO_{2}}的作用。rm{(4)}為外接電源為____極rm{NO}填“正”、“負”rm{O^{2隆陋}}通入rm{A}的電極反應(yīng)式為________

rm{(}已知：rm{)}的電離常數(shù)rm{NO}rm{(5)}rm{HCN}的電離常數(shù)rm{K}rm{=4.9隆脕10^{-10}}rm{H_{2}S}rm{K}向rm{{,!}_{1}=1.3隆脕10^{-7}}溶液中通入少量的rm{K}氣體，反應(yīng)的離子方程式為____。在廢水處理領(lǐng)域中常用rm{{,!}_{2}=7.0隆脕10^{-15}}將rm{NaCN}轉(zhuǎn)化為rm{H_{2}S}除去，向含有rm{H_{2}S}廢水中通入一定量的rm{Mn^{2+}}氣體，調(diào)節(jié)溶液的rm{MnS}當(dāng)rm{0.020mol隆隴L^{-1}Mn^{2+}}濃度為rm{H_{2}S}時，rm{pH=a}開始沉淀，則rm{HS^{-}}____。rm{1.0隆脕10^{-4}mol隆隴L^{-1}}已知：rm{Mn^{2+}}rm{a=}rm{[}24、（2015秋?天津期末）如圖所示，在水平光滑的平面上，停著一輛平板小車，小車的質(zhì)量為M=10kg．在小車的A處，放有質(zhì)量為m=5kg的小物塊，現(xiàn)給物塊一個I=30N?s的瞬時沖量，物塊便在平板車上滑行．與固定在平板車的水平彈簧作用后又彈回，最后剛好回到A點與車保持相對靜止，物塊與平板間動摩擦因數(shù)μ=0.4．（g=10m/s2）求：

（1）物塊最后回到A處的瞬時速度v1；

（2）彈簧在壓縮過程中所具有的最大彈性勢能EP；

（3）物塊相對于車所通過的總路程x：評卷人得分五、實驗探究題(共3題，共30分)25、利用如圖所示的裝置可測量滑塊在斜面上運動的加速度和通過某一確定位置時的速度．一斜面上安裝有兩個光電門；其中光電門甲固定在斜面上一確定點位置處，光電門乙在甲的下方可移動的位置上．當(dāng)一帶有遮光片的滑塊自斜面頂端由靜止滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間t．改變光電門乙的位置進行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜止開始下滑，并用米尺測量甲；乙之間的距離s，記下相應(yīng)的t值；所得數(shù)據(jù)如下表所示．

。s（m）0.3000.5500.6901.0001.170t（s）0.150.250.300.400.45s/t（m/s）2.002.202.302.502.60（1）在所給出的坐標(biāo)紙上作出s/t-t圖線；

（2）由圖象2確定：滑塊經(jīng)過光電門甲的速度是______m/s，滑塊在斜面上滑行的加速度的大小為______m/s2．

26、某同學(xué)通過實驗測量一種合金的電阻率．(1)

用螺旋測微器測量合金絲的直徑.

為防止讀數(shù)時測微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動，讀數(shù)前應(yīng)先旋緊如圖甲所示的部件________(

選填“A

”“B

”“C

”或“D

”).

從圖中的示數(shù)可讀出合金絲的直徑為________mm

．

甲(2)

如圖乙所示是測量合金絲電阻的電路，相關(guān)器材的規(guī)格已在圖中標(biāo)出.

合上開關(guān)，將滑動變阻器的滑片移到最左端的過程中，發(fā)現(xiàn)電壓表和電流表的指針只在圖示位置發(fā)生很小的變化.

由此可以推斷：電路中________(

選填圖中表示接線柱的數(shù)字)

之間出現(xiàn)了________(

選填“短路”或“斷路”)

．

乙(3)

在電路故障被排除后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，讀出電壓表和電流表的示數(shù)分別為2.23V

和38mA

由此，該同學(xué)算出接入電路部分的合金絲的阻值為58.7婁賂.

為了更準(zhǔn)確地測出合金絲的阻值，在不更換實驗器材的條件下，對實驗應(yīng)作怎樣的改進？請寫出兩條建議：壟脵

________________________________________________________________________；壟脷

________________________________________________________________________．27、在“利用單擺測重力加速度”的實驗中。

壟脵

測得擺線長l0

小球直徑D

小球完成n

次全振動的時間t

則實驗測得的重力加速度的表達式g=

______；

壟脷

實驗中如果重力加速度的測量值偏大；其可能的原因是______．

A.把擺線的長度lo

當(dāng)成了擺長。

B.擺線上端未牢固地固定于O

點；振動中出現(xiàn)松動，使擺線變長。

C.測量周期時；誤將擺球(n鈭?1)

次全振動的時間t

記成了n

次全振動的時間。

D.擺球的質(zhì)量過大。

壟脹

為了減少實驗誤差，可采用圖象法處理數(shù)據(jù)，通過多次改變擺長，測得多組擺長L

和對應(yīng)的周期T

并作出T2鈭?L

圖象，如圖所示.

若圖線的斜率為k

則用k

表示重力加速度的測量值g=

______．評卷人得分六、計算題(共4題，共40分)28、【題文】要描繪某電學(xué)元件（最大電流不超過６mＡ；最大電壓不超過７Ｖ）的伏安特性曲線，設(shè)計電路如圖，圖中定值電阻Ｒ為１ＫΩ，用于限流；電流表量程為１０mＡ，內(nèi)阻約為５Ω；電壓表（未畫出）量程為１０Ｖ，內(nèi)阻約為１０ＫΩ；電源電動勢Ｅ為１２Ｖ，內(nèi)阻不計。

（１）實驗時有兩個滑動變阻器可供選擇：

a、阻值０到２００Ω，額定電流

b、阻值０到２０Ω，額定電流

本實驗應(yīng)選的滑動變阻器是____（填“a”或“b”）

（２）正確接線后；測得數(shù)據(jù)如下表。

。

１

２

３

４

５

６

７

８

９

１０

Ｕ（Ｖ）

０.00

3.00

6.00

6.16

6.28

6.32

6.36

6.38

6.39

6.40

Ｉ（mＡ）

0.00

0.00

0.00

0.06

0.50

1.00

2.00

3.00

4.00

5.50

a）根據(jù)以上數(shù)據(jù)，電壓表是并聯(lián)在Ｍ與____之間的（填“Ｏ”或“Ｐ”）

b）畫出待測元件兩端電壓ＵＭＯ隨ＭＮ間電壓ＵＭＮ變化的示意圖為（無需數(shù)值）29、某同學(xué)設(shè)計了如下一個用“油膜法測分子大小”的實驗．他配制的油酸酒精溶液的濃度為103mL溶液中有純油酸1mL，用注射器量得1mL上述油酸酒精溶液中有液滴50滴，將其中的1滴滴入水面撒有痱子粉的淺盤里，待穩(wěn)定后，形成了清晰的油膜輪廓．他然后將一有機玻璃板放在淺盤上，并在玻璃板上描下了油膜的形狀．但他沒有坐標(biāo)紙，就先用游標(biāo)卡尺測量了該玻璃板的厚度如甲圖所示，然后用剪刀剪出了面積量等于油膜形狀的有機玻璃板，如乙圖所示，并用天平稱出了其質(zhì)量為0.3kg，已知該有機玻璃板的密度為ρ=3×103kg/m3；請根據(jù)以上數(shù)據(jù)估測：

（1）油酸膜的實際面積；

（2）油酸分子的直徑．30、如圖所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間距離為d

右極板有一小孔，通過孔有一絕緣桿，左端固定在左極板上，電容器極板連同底座、絕緣桿總質(zhì)量為M.

給電容器充電后，有一質(zhì)量為m

的帶正電環(huán)恰套在桿上以某一初速度V0

對準(zhǔn)小孔向左運動，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場的分布.

帶電環(huán)進入電容器后距左板的最小距離為d2

試求帶電環(huán)與左極板相距最近時的速度v

并求出此過程中電容器移動的距離．31、如圖所示，兩豎直放置的圓柱形玻璃管用一水平的導(dǎo)管連接，其中左側(cè)玻璃管的半徑為右側(cè)玻璃管半徑的2倍，左側(cè)玻璃管的上端封閉．現(xiàn)用一段水銀柱封閉一定質(zhì)量的氣體，氣柱的長度l=26cm，氣體的溫度T1=280K；且右側(cè)的水銀面比左側(cè)玻璃管中的水銀面低h=36cm．現(xiàn)對左側(cè)玻璃管中的氣體加熱，使氣柱的長度變?yōu)閘′=30cm．

求此狀態(tài)下氣體的溫度（已知大氣壓強P0=76cmHg）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】質(zhì)點是實際物體在一定條件下的科學(xué)抽象；是采用了建立理想化的物理模型的方法；

當(dāng)時間非常小時；我們認為此時的平均速度可看作某一時刻的速度即稱之為瞬時速度，采用的是極限思維法；

在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，可運用控制變量法．【解析】【解答】解：A；在不需要考慮物體本身的大小和形狀時；用質(zhì)點來代替物體的方法叫建立物理模型法，故A錯誤；

B、根據(jù)速度定義式v=，當(dāng)△t非常非常小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度；該定義應(yīng)用了極限思想法，故B正確；

C；在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時；先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該探究運用了控制變量法，故C正確．

D；在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時；把整個運動過程劃分成很多小段，每一段近似看成勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里運用了微元法，故D正確．

本題選不正確的，故選：A．2、D【分析】【分析】光具有波粒二象性，雙縫干涉的方向表明了光具有波動性；光電效應(yīng)實驗證實了光具有粒子性；α粒子散射實驗表明了原子具有核式結(jié)構(gòu)；天然放射現(xiàn)象證實了原子核內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)．【解析】【解答】解：A；雙縫干涉現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)表明光具有波動性．故A錯誤；

B；光具有波粒二象性；光電效應(yīng)證實了光具有粒子性．故B錯誤；

C；天然放射現(xiàn)象證實了原子核內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)．故C錯誤；

D；α粒子散射實驗表明了原子具有核式結(jié)構(gòu)．故D正確．

故選：D．3、A【分析】【分析】利用分子直徑的數(shù)量級、從環(huán)境污染和壓強的微觀解釋即可求解．【解析】【解答】解：A、分子直徑的數(shù)量級分子直徑的數(shù)量級是10-10m；利用放大1000倍的高倍光學(xué)顯微鏡是看不到的，故A錯誤；

B；當(dāng)有些物質(zhì)溶解達到飽和度時；會達到溶解平衡，所以有些物質(zhì)在適當(dāng)溶劑中溶解時在一定濃度范圍內(nèi)具有液晶態(tài)，故B正確；

C；煤炭、石油在利用時；會產(chǎn)生二氧化碳、灰塵等有害物質(zhì)，為避免對環(huán)境的危害，必須提高利用率，故C正確；

D；氣體壓強的微觀解釋可知；壓強取決于單位時間撞擊容器壁單位面積的次數(shù)（體積）和分子的無規(guī)則運動程度即分子的平均動能（溫度），所以體積增大，壓強不變時，氣體分子在單位時間撞擊容器壁單位面積的次數(shù)一定減少，故D正確．

本題是下列說法不正確的是，故選：A．4、B【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動狀態(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：A；任何物體在任何狀態(tài)下都具有慣性；故A錯誤

B；乒乓球可快速抽殺；是因為乒乓球的慣性比較小的緣故，故B正確

C；靜止的火車啟動時速度變化緩慢；是因為物體慣性大，慣性大小與物體的質(zhì)量有關(guān)，與運動狀態(tài)無關(guān)，故C錯誤

D；慣性是能夠保持原來的運動狀態(tài)的一種性質(zhì)；故D錯誤

故選B．5、A【分析】解：A、以被籃板反彈后的速度方向為正方向，與籃板碰撞前后籃球的動量變化大小為：△p1=mv2-（-mv1）=m（v2+v1）=0.6×（8+6）kg?m/s=8.4kg?m/s；故A正確；

B、據(jù)動量定理，被籃板彈回到被運動員接住的過程中籃球的動量變化大小為：△p2=mgt=0.6×10×0.5kg?m/s=3kg?m/s；故B錯誤；

C、根據(jù)動量定理：F△t=△p1；因作用時間△t未知，則無法確定籃板對籃球的作用力大小，故C錯誤；

D、被籃板彈回到被運動員接住的過程中籃球的重力產(chǎn)生的沖量大小為IG=△p2=3kg?m/s=3N?s；故D錯誤。

故選：A。

根據(jù)動量的定義分析動量的變化；根據(jù)沖量的定義求出重力的沖量。

考查沖量與動量定理，對于矢量的運算要確定好方向?！窘馕觥緼6、A【分析】【分析】設(shè)繩子與水平方向的夾角為α，m1和m2平衡后，受力平衡，對m1和m2受力分析，根據(jù)沿著斜面方向合力為零列式求解即可．【解析】【解答】解：設(shè)繩子與水平方向的夾角為α，設(shè)繩子拉力為T，m1和m2平衡后；受力平衡；

對m1，沿著斜面方向有：m1gsinθ=Tcosα①

對m2，沿著斜面方向有：m2gcosθ=Tsinα②

把①和2平方后相加得：

兩圓環(huán)平衡后細線上的拉力為T=．

故選：A．7、C【分析】【分析】對黑體輻射的研究中，普朗克提出了能量子的觀點；對光電效應(yīng)的解釋中，愛因斯坦提出光具有粒子性；在研究石墨對X射線的散射中，康普頓發(fā)現(xiàn)光具有粒子性；電子束的衍射實驗證實了粒子具有波動性，從而即可求解．【解析】【解答】解：A；普朗克在對黑體輻射的研究中；提出了能量子的觀點，故A正確；

B；愛因斯坦在對光電效應(yīng)的解釋中；提出光具有粒子性，故B正確；

C；康普頓在研究石墨對X射線的散射中；發(fā)現(xiàn)光具有粒子性，而不是波動性，故C錯誤；

D；鋁箔對電子束的衍射實驗；說明粒子具有波動性，證實了德布羅意的物質(zhì)波假設(shè)，故D正確；

本題選擇錯誤的，故選：C．二、填空題(共8題，共16分)8、0.024【分析】【分析】（1）當(dāng)磁場與面平行時；穿過面的磁通量為零，當(dāng)磁場與面垂直時，穿過面的磁通量Φ=BS；根據(jù)題意求出磁通量的變化；

（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢．【解析】【解答】解：（1）由圖示可知；圖示時刻，磁場與面平行，穿過面的磁通量為零，轉(zhuǎn)過90°后，穿過面的磁通量為BS，在此過程中穿過線圈的磁通量增大；

穿過線圈的磁通量的變化量為：

△Φ=Φ2-Φ1=BS-0=0.2×0.1=0.02Wb；

（2）由法拉第電阻感應(yīng)定律可得：

感應(yīng)電動勢：E=n=100×=4V；

故答案為：0.02；4．9、BCD【分析】【分析】正確理解比值定義法、理想化方法、控制變量法、科學(xué)的類比推理法、極限法、等效替代法等各種方法的物理愿意以及應(yīng)用即可正確解答．【解析】【解答】解：①伽利略理想實驗；是通過推論和將斜面實驗進行外推得出的；

故選：B．

②在探究加速度與力；質(zhì)量三者關(guān)系的實驗中；應(yīng)用了控制變量法；

故選：C．

③研究共點力的合成的實驗中；要求兩次拉橡皮筋到同一點，因此采用的是“等效替代法”．

故選：D．

故答案為：B；C；D．10、E豎直向下【分析】【分析】電場強度是描述電場本身性質(zhì)的物理量，是由電場本身決定的，與試探電荷的電量以及試探電荷受到的電場力無關(guān)．【解析】【解答】解：電場強度是由電場本身決定的；與試探電荷的電量以及試探電荷受到的電場力無關(guān)，所以在A點改放另一電荷量為2q的試探電荷后，A點的電場強度保持不變，仍然是E，方向仍然是豎直向下．

故答案為：E；豎直向下．11、5【分析】【分析】電鍵S閉合后，電源的總功率為20W，電源的輸出功率為16W，先根據(jù)能量守恒定律得到電源的內(nèi)電阻消耗的功率，求解出電流和路端電壓，然后結(jié)合串并聯(lián)電路的電壓、電流關(guān)系求解燈泡L的電功率情況；當(dāng)電鍵S斷開時，先根據(jù)閉合電路歐姆定律求解干路電流，然后根據(jù)歐姆定律求解燈泡的電壓．【解析】【解答】解：電鍵S閉合后；電源的總功率為20W，電源的輸出功率為16W，故電源的內(nèi)電阻消耗的功率為4W；

根據(jù)P=I2r，干路電流為：I=；

電源電動勢為：E=

外電壓為：U=E-Ir=10-2×1=8V

通過電阻R1的電流為：I1==1A

故通過電阻R2支路的電流為：I2=I-I1=2-1=1A

燈泡的電壓為：UL=U-I2R2=8-1×3=5V

故燈泡消耗的電功率為：PL=ULIL=5×1=5W

燈泡的電阻為：

當(dāng)電鍵S斷開時；根據(jù)閉合電路歐姆定律，干路電流為：

I′===A

燈泡兩端的電壓為：

故答案為：5，．12、（1）（2）（6）（7）熱傳遞【分析】【分析】依據(jù)做功和熱傳遞兩種改變內(nèi)能的方式，可判定本題各個選項．【解析】【解答】解：（1）冬天；人們用雙手反復(fù)摩擦取暖，是以做功方式改變內(nèi)能．

（2）在古代；人類鉆木取火，是以做功方式改變內(nèi)能．

（3）冬天；人們用嘴對著雙手“呵氣”取暖，是熱量的傳遞．

（4）把燒紅的鐵塊放到冷水中；冷水變熱，是熱量的傳遞．

（5）曬太陽時會感到很熱均是通過熱傳遞方式改變物體的內(nèi)能；是熱量的傳遞．

（6）用錘子反復(fù)打擊一塊鐵片；它的溫度會升高，是以做功方式改變內(nèi)能．

（7）多次彎折一根鐵絲；彎折處會發(fā)燙．均是利用做功改變物體內(nèi)能，是以做功方式改變內(nèi)能．

故答案為：（1）（2）（6）（7），熱傳遞．13、略

【分析】【解析】

試題分析：如圖所示，定值電阻和滑動變阻器是串聯(lián)，電壓表V1是測量電阻R1兩端的電壓，電壓表V2是測量電阻R2兩端的電壓；當(dāng)當(dāng)滑動變阻器的滑片P從a端滑到b端的過程中，滑動變阻器的電阻變大，總電阻變大，電源電壓不變，所以電路中的電流變小，根據(jù)定值電阻兩端的電壓變??；根據(jù)串聯(lián)電路電壓特點。所以滑動變阻器兩端電壓變大，所以乙是滑動變阻器兩端的電壓，甲是定值電阻兩端的電壓；電源電壓是兩電阻電壓之和，所以是4V+2V=6V;當(dāng)電路中電流最小時，滑動變阻器的電阻最大，所以滑動變阻器的最大阻值是

考點：動態(tài)電路分析；歐姆定律。

點評：解決本題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用歐姆定律解決問題，會用圖像進行分析?！窘馕觥俊敬鸢浮恳?2014、1325【分析】【分析】由于該物體做的是勻變速直線運動，可根據(jù)物體的位移與時間的關(guān)系公式與題目中的位移時間關(guān)系對比，從物理量的系數(shù)中能夠求得物體的初速度和加速度，從而求出質(zhì)點在t=3s末的瞬時速度，分別求出t=0、t=2s時的坐標(biāo)，從而求出這段時間內(nèi)的位移，根據(jù)=求出平均速度【解析】【解答】解：質(zhì)點離開O點的距離隨時間t的變化關(guān)系為x=t+4t2m；

則t=0s時，坐標(biāo)x0=0，t=3s時，坐標(biāo)x2=39m；

質(zhì)點在t=0到t=3s間的位移△x=x2-x0=39m-0=39m；

平均速度===13m/s

根據(jù)勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系公式x=v0t+at2與x=t+4t2對比可得：

v0=1m/sa=8m/s2

根據(jù)公式v=v0+at得v3=1+3×8=25m/s

故答案為：132515、0.375mv2【分析】【分析】當(dāng)線框中心線AB運動到與PQ重合時，左右兩邊都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，兩個電動勢方向相同串聯(lián)．根據(jù)感應(yīng)電動勢公式和歐姆定律求出感應(yīng)電流，再求線框中的電功率．求出左右兩邊所受安培力大小，由牛頓第二定律求出加速度．由推論求出電量．根據(jù)功能關(guān)系求解回路產(chǎn)生的電能．【解析】【解答】解：回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為E=2Ba=Bav，感應(yīng)電流為I=，此時線框中的電功率P=I2R=．

根據(jù)能量守恒定律得到，此過程回路產(chǎn)生的電能為．

故答案為：；0.375mv2三、判斷題(共6題，共12分)16、√【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)．【解析】【解答】解：熱平衡是兩個系統(tǒng)相互影響的最終結(jié)果；根據(jù)熱平衡的定義可知，熱力學(xué)系統(tǒng)的平衡態(tài)是一種動態(tài)平衡，分子仍做無規(guī)則運動．所以該說法是正確的．

故答案為：√17、×【分析】【分析】一定質(zhì)量的氣體，保持體積不變，溫度升高時，發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律分析壓強的變化【解析】【解答】解：根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程，一定質(zhì)量的氣體，保持壓強不變，溫度升高時氣體的體積跟它的熱力學(xué)溫度成正比，即：；

初狀態(tài)：T0=100℃=373K，末狀態(tài)：T1=200℃=473K；所以溫度從100℃升高到200℃時，它的體積改變?yōu)樵瓉淼谋叮?/p>

故答案為：×18、√【分析】【分析】在鐵棒未被磁化前，鐵棒內(nèi)的分子電流的排布是雜亂無章的，故分子電流產(chǎn)生的磁場相互抵消，對外不顯磁性，但當(dāng)鐵棒靠近磁鐵時分子電流由于受到磁場的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對外表現(xiàn)出磁性；對磁鐵加熱或敲打時會使磁鐵內(nèi)的分子電流的排布變的雜亂無章，從而使磁鐵的磁性減弱．【解析】【解答】解：在鐵棒未被磁化前；鐵棒內(nèi)的分子電流的排布是雜亂無章的，故分子電流產(chǎn)生的磁場相互抵消，對外不顯磁性，但當(dāng)鐵棒靠近磁鐵時分子電流由于受到磁場的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對外表現(xiàn)出磁性．所以該說法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】磁場雖然是看不見、摸不著的，但它會對放入它中的磁體產(chǎn)生力的作用，小磁針N極在磁場中所受的磁力方向跟該點的磁場方向相同．【解析】【解答】解：磁體的周圍存在磁場；電流周圍也存在磁場，磁場的基本性質(zhì)是對放在其中的磁體存在力的作用．

磁場方向與放在該點的小磁針的N極靜止時的方向一致；或小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．所以該說法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】溫度是氣體分子平均動能變化的標(biāo)志．氣體壓強是氣體分子撞擊器壁而產(chǎn)生的．【解析】【解答】解：如果保持氣體體積不變；當(dāng)溫度升高時，分子的運動變得更加激烈，分子的運動加快，所以每秒撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多，氣體的壓強增大．故該說法正確．

故答案為：√21、√【分析】【分析】磁場雖然是看不見、摸不著的，但它會對放入它中的磁體產(chǎn)生力的作用，小磁針N極在磁場中所受的磁力方向跟該點的磁場方向相同．【解析】【解答】解：磁體的周圍存在磁場；電流周圍也存在磁場，磁場的基本性質(zhì)是對放在其中的磁體存在力的作用．

磁場方向與放在該點的小磁針的N極靜止時的方向一致；或小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．所以該說法是正確的．

故答案為：√四、簡答題(共3題，共30分)22、（1）

（2）鎳失去的是4s1電子，銅失去的是全充滿的3d10電子

（3）N2、CN-

（4）①sp2雜化、sp3雜化AC

②44

（5）3：2【分析】【分析】本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、空間構(gòu)型與雜化方式判斷、配位鍵、氫鍵、電離能、晶胞計算等，是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)主干知識的綜合考查，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)?！窘獯稹縭m{(1)}rm{Cu}是rm{29}號元素，原子核外電子數(shù)為rm{29}銅的基態(tài)原子價電子是rm{Cu}號元素，原子核外電子數(shù)為rm{29}銅的基態(tài)原子價電子電子排布式為rm{29}rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{10}}rm{4s}故答案為：rm{4s}rm{{,!}^{1}}，價電子軌道表達式為rm{(2)}rm{Cu}rm{Cu}rm{{,!}^{+}}的外圍電子排布為rm{3d}rm{3d}rm{{,!}^{10}}，rm{Ni}rm{Ni}rm{{,!}^{+}}的外圍電子排布為rm{3d}，故答案為：鎳失去的是rm{3d}電子，銅失去的是全充滿的rm{{,!}^{8}}電子；rm{4s}rm{4s}含有rm{{,!}^{1}}個原子，rm{Cu}個電子，所以rm{Cu}互為等電子體的中性分子、帶一個單位負電荷陰離子分別為：rm{{,!}^{+}}的核外電子排布更穩(wěn)定，失去第二個電子更難，元素銅的第二電離能高于鎳的rm{4s^{1}}rm{3d^{10}}rm{(3)}故答案為：rm{CO}含有rm{2}個原子rm{14}個電子，所以rm{CO}互為等電子體的中性分子、帶一個單位負電荷陰離子分別為：rm{N}rm{CO}rm{2}rm{14}rm{CO}雜化，雙鍵碳原子的雜化類型是rm{N}雜化；rm{{,!}_{2}}中、原子和rm{CN}中氫原子形成氫鍵，該配合物分子中配位鍵、氫鍵為rm{CN}，故答案為：rm{{,!}^{-}}雜化、rm{N_{2}}雜化；rm{CN^{-}}rm{(4)壟脵}該配合物中甲基碳原子的雜化類型是含有空軌道、rm{sp^{3}}原子含有孤電子對，所以配位鍵由rm{sp^{2}}原子指向該配合物中rm{N-O}中rm{O}原子和rm{-OH}中氫原子形成氫鍵，該配合物分子中配位鍵、氫鍵為原子，有rm{N-O}個配位鍵；rm{O}所在的第二周期的第一電離能大小介于rm{-OH}，除此之外還含有共價鍵，但氫鍵不屬于化學(xué)鍵的元素有rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{AC}rm{壟脷}共rm{Ni}含有空軌道、rm{N}原子含有孤電子對，所以配位鍵由rm{N}原子指向rm{Ni}原子，有rm{4}個配位鍵；rm{N}所在的第二周期的第一電離能大小介于rm{B}rm{F}的元素有rm{Be}rm{C}rm{N}rm{O}共rm{4}種種，故答案為：rm{Ni}rm{N}rm{N}rm{Ni}晶體為體心立方堆積，晶胞中rm{4}原子配位數(shù)為rm{N}金屬rm{B}晶體為面心立方最密堆積，以頂點rm{F}原子研究與之最近的原子位于面心，每個頂點rm{Be}原子為rm{C}個面共用，晶胞中rm{N}原子配位數(shù)為rm{O}rm{4}rm{4}兩種晶體晶胞中金屬原子的配位數(shù)之比為rm{4}rm{(5)}金屬rm{K}晶體為體心立方堆積，晶胞中rm{K}原子配位數(shù)為rm{8}金屬rm{Cu}晶體為面心立方最密堆積，以頂點rm{Cu}原子研究與之最近的原子位于面心，每個頂點rm{Cu}原子為rm{12}個面共用，晶胞中rm{Cu}原子配位數(shù)為rm{12}rm{Cu}rm{K}兩種晶體晶胞中金屬原子的配位數(shù)之比為rm{12}rm{8=3}rm{2}

rm{K}的晶胞中，rm{K}原子數(shù)目rm{8}rm{Cu}若rm{Cu}原子的摩爾質(zhì)量為rm{Cu}阿伏加得羅常數(shù)為rm{12}則晶胞質(zhì)量rm{=dfrac{;2隆脕M;}{{N}_{A}}g}設(shè)該晶胞的密度為rm{Cu}rm{12}則晶胞體積rm{=dfrac{;dfrac{2M}{;{N}_{A;}}g;}{ag/c{m}^{3}}=dfrac{;2M}{;a{N}_{A};}c{m}^{3}}晶胞棱長rm{=sqrt[3]{dfrac{2M;}{a{N}_{A}}};cm}設(shè)rm{Cu}原子半徑為rm{K}則晶胞體對角線長度rm{12}故rm{3(sqrt[3]{dfrac{2M;}{aNA}};cm{)}^{2}=(4r{)}^{2}}故rm{r=dfrac{sqrt{3}}{4}sqrt[3]{dfrac{2M}{a{N}_{A}}}cm=dfrac{sqrt{3}}{4}sqrt[3]{dfrac{2M}{a{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}pm}故答案為：rm{8=3}rm{2}；rm{dfrac{sqrt{3}}{4}sqrt[3]{dfrac{2M}{a{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}。金屬rm{K}的晶胞中，rm{K}原子數(shù)目rm{=1+8隆脕1/8}【解析】rm{(1)}rm{(1)}鎳失去的是rm{(2)}電子，銅失去的是全充滿的rm{(2)}電子rm{4s^{1}}rm{3d^{10}}rm{(3)}rm{(3)}rm{N_{2}}雜化、rm{CN^{-}}雜化rm{(4)}rm{(4)}rm{壟脵sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{AC}rm{壟脷4}rm{dfrac{sqrt{3}}{4}sqrt[3]{dfrac{2M}{a{N}_{A}}}隆脕{10}^{10}}rm{4}23、（1）4（2）①D②不能（3）①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ?mol-1（4）負2NO+4e-=N2+2O2-（5）CN－+H2S=HCN+HS－5【分析】【分析】本題考查化學(xué)反應(yīng)中能量的變化以及化學(xué)平衡的相關(guān)知識，還涉及rm{pH}的計算，涉及內(nèi)容雖然較廣但題型考查基礎(chǔ)能很好的反應(yīng)學(xué)習(xí)基礎(chǔ)知識點的落實情況，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)電荷守恒可知rm{c(H^{+})=(}rm{4}rm{4}rm{隆脕}rm{10^{-5}}rm{10^{-5}}rm{隆脕}rm{2+3}rm{2+3}rm{隆脕}rm{10^{-5}}rm{+2}rm{10^{-5}}rm{+2}rm{隆脕}rm{10^{-5}}rm{-4}rm{10^{-5}}rm{-4}rm{隆脕}rm{10^{-6}}rm{-6}rm{10^{-6}}rm{-6}rm{隆脕}rm{10^{-6}}rm{-2}rm{10^{-6}}rm{-2}所以rm{隆脕}rm{10^{-5}}rm{10^{-5}}rm{)}該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，混合氣體的質(zhì)量與體積均不變，混合氣體的密度為一定值，所以不能根據(jù)混合氣體密度不再變化判斷是否達到平衡，故A錯誤；B.該反應(yīng)中混合氣體的質(zhì)量與物質(zhì)的量均不變，即混合氣體的平均分子量為一定值，所以不能根據(jù)混合氣體的平均分子量不再變化判斷反應(yīng)是否達到平衡，故B錯誤；C.物質(zhì)的物質(zhì)的量為化學(xué)計量數(shù)之比與反應(yīng)是否達到平衡沒有必然聯(lián)系，不能判斷反應(yīng)是否達到平衡，故C錯誤；D.組分的百分比含量一定說明化學(xué)反應(yīng)達到平衡，故D正確。故選D，故答案為：rm{mol/L=1}rm{mol/L=1}該反應(yīng)是一個熵減焓增的反應(yīng)，該反應(yīng)一定不能自發(fā)進行，所以該設(shè)想不能實現(xiàn)，故答案為：不能；rm{隆脕}令rm{H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)=H_{2}O(g)triangleH=-241.8kJ隆隴mol^{-1}}為rm{10^{-4}}rm{mol/L}所以rm{pH=4}rm{10^{-4}}rm{mol/L}rm{(g)=CO(g)triangleH=-110.5kJ隆隴mol^{-1}}為rm{pH=4}焦炭與水蒸氣反應(yīng)的可以由故答案為：rm{4}得到，整理可得對應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：rm{4}rm{(2)}故答案為：rm{(2)}rm{triangleH=+131.3kJ?mol^{-1}}rm{壟脵A.}由圖所示rm{D}氮元素化合價降低，被還原，是陰極的反應(yīng)，故A應(yīng)接電源的負極，電極反應(yīng)式為rm{壟脷}rm{(3)壟脵}rm{H_{2}(g)+1/2O_{2}(g)=H_{2}O(g)

triangleH=-241.8kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脵}；rm{C(s)+1/2O}rm{2}溶液中通入少量的rm{2}rm{(g)=CO(g)triangle

H=-110.5kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脷}rm{壟脷-壟脵}rm{C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)}rm{triangleH=+131.3kJ/mol}rm{C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)}rm{triangle

H=+131.3kJ?mol^{-1}}rm{(4)}開始沉淀，則rm{c(S^{2-})=dfrac{1.4隆脕{10}^{-15}}{0.02}=7隆脕{10}^{-14}mol/L}rm{Ka_{2}=dfrac{c({H}^{+})隆脕c({S}^{2-})}{c(H{S}^{-})}=dfrac{c({H}^{+})隆脕7隆脕10{隆脕}^{-14}}{{10}^{-4}}=7隆脕{10}^{-15}}解得rm{NO隆煤N_{2}}rm{2NO+4e^{-}=N}rm{2}【解析】rm{(1)4}rm{(2)壟脵D}rm{壟脷}不能rm{(3)壟脵C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)triangleH=+131.3kJ?mol^{-1}}rm{(3)壟脵C(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)triangleH=

+131.3kJ?mol^{-1}}負rm{2NO+4e^{-}=N_{2}+2O^{_{2}-;}}rm{(4)}rm{2NO+4e^{-}=

N_{2}+2O^{_{2}-;}}rm{(5)CN^{-}+H_{2}S=HCN+HS^{-}}24、略

【分析】【分析】（1）給小物體一個I=30N?S的瞬時沖量；先根據(jù)動量定理求出物體獲得的速度．物體在小車運動的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，當(dāng)兩者相對靜止時速度相同，由動量守恒定律求出共同速度；

（2）彈簧壓縮量最大時彈性勢能最大，此時物體與小車的速度相同，由動量守恒可求得此時的共同速度，對于物體在小車開始運動到彈簧壓縮到最短的過程，運用能量守恒列式，即可求得彈簧最大彈性勢能EP；

（3）塊相對于車所通過的總路程為小車長度的2倍．【解析】【解答】解：（1）對小物塊，由動量定理得：I=mv0；

解得：v0=；

對于物體、小車及彈簧組成的系統(tǒng)，全過程動量守恒，設(shè)物體剛好回到A點時的速度為v1；以初速度方向為正，則有。

mv0=（M+m）v1

代入數(shù)據(jù)解得：v1=2m/s

（2）設(shè)小車的長度為L，當(dāng)彈簧具有最大彈性勢能時物體與小車的速度相等，也是v1；

全過程能量守恒，則有：μmg（2L）=mv02-（M+m）v12；

到彈簧有最大勢能時：Ep+μmgL=mv02-（M+m）v12

解得：Ep=30J；L=1.5m

（3）相對總路程：x=2L=3m

答：（1）物塊最后回到A處的瞬時速度v1為2m/s；

（2）彈簧在壓縮過程中所具有的最大彈性勢能EP為30J；

（3）物塊相對于車所通過的總路程x為3m．五、實驗探究題(共3題，共30分)25、略

【分析】解：（1）根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，在圖2給出的坐標(biāo)紙上畫出-t圖線；

（2）根據(jù)勻變速運動位移時間公式得s=v0t+at2

所以=v0+at

根據(jù)-t圖線得圖t=0時=v0=1.7m/s；

所以滑塊經(jīng)過光電門甲的速度是1.7m/s；

由表達式可知，加速度等于斜率大小的兩倍，根據(jù)圖象得：k=2=a，因此a=4m/s2．

故答案為：（1）如圖。

（2）1.7；4

可以把光電門甲至乙的運動看成勻加速運動；寫出測量值s和t四個物理量之間所滿足的關(guān)系式．

由位移時間關(guān)系式整理得到-t圖線的表達式；并找出圖線的斜率和加速度關(guān)系．

題目的難度在于：物體加速下滑時，我們研究了-t圖線，并且要整理圖象所要求的表達式，根據(jù)圖象結(jié)合物理規(guī)律求解．【解析】1.7；426、(1)B0.410(2)7、9斷路(3)電流表改為內(nèi)接；測量多組電流和電壓值，計算出電阻的平均值(或測量多組電流和電壓值，用圖象法求電阻值)【分析】(1)

螺旋測微器讀數(shù)時應(yīng)先將鎖緊裝置鎖緊，即旋緊B

.

螺旋測微器的示數(shù)為(0+41.0隆脕0.01)mm=0.410mm

．(2)

電壓表的示數(shù)不為零，電流表的示數(shù)幾乎為零，說明連接兩電表的電路是導(dǎo)通的.

而滑動變阻器幾乎不起作用，說明線路電阻很大，故可判斷789

間斷路．(3)

由題意知RARx隆脰0.005<RxRV隆脰0.02

說明電流表的分壓作用不顯著，故可將電流表改為內(nèi)接，并測出多組U

、I

值，求出Rx

后，再取平均值作為實驗結(jié)果．【解析】(1)

B

0.410(2)79

斷路(3)

電流表改為內(nèi)接；測量多組電流和電壓值，計算出電阻的平均值(

或測量多組電流和電壓值，用圖象法求電阻值)

27、略

【分析】解：壟脵

單擺的擺長：l=l0+D2

周期為：T=tn

由單擺周期公式T=2婁脨lg

解得：

g=4婁脨2(lo+D2)n2t2

．

壟脷

由單擺周期公式T=2婁脨lg

解得：g=4婁脨2lT2

由此可知：

A；把擺線的長度lo

當(dāng)成了擺長；導(dǎo)致擺長偏小，g

值偏小，故A錯誤．

B；擺線上端未牢固地固定于O

點；振動中出現(xiàn)松動，使擺線實際值偏大，帶入進行計算的數(shù)