2025年華師大新版高三物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年華師大新版高三物理下冊月考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(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9題，共18分)1、（2015秋?洛陽期末）小燈泡的伏安特性曲線如圖的AB段（曲線）所示，由圖可知，燈絲的電阻因溫度的影響改變了（）A.0.2ΩB.0.5ΩC.2ΩD.10Ω2、矩形線圈在勻強磁場內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動過程中，線圈輸出的交流電壓隨時間變化的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A.交流電壓的有效值為36B.交流電的頻率為4HzC.2s時通過線圈的磁通量變化最快D.3s時通過線圈的磁通量變化最快3、放射性元素衰變時放出三種射線，按穿透能力由強到弱的排列順序是（）A.α射線，β射線，γ射線B.γ射線，β射線，α射線C.γ射線，α射線，β射線D.β射線，α射線，γ射線4、如圖所示，電路中L1、L2、L3是三盞完全相同的白熾小燈泡，把它們串聯(lián)后接在電壓為6V的電源上，三個小燈泡都正常發(fā)光，后來三個小燈泡都不亮了，用電壓表接ac兩端時，示數(shù)是6V；接bd兩端時，電壓表示數(shù)為零．接ab兩端時，示數(shù)也為零．導(dǎo)線連接良好，則燈絲燒斷的小燈泡是（）A.僅是L1B.僅是L2C.L1和L2D.L2和L35、如圖所示是街頭變壓器通過降壓給用戶供電的示意圖．變壓器的輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負載變化時輸入電壓不會有大的波動（V1的示數(shù)不變）．輸出電壓通過輸電線輸送給用戶，兩條輸電線的總電阻用R0表示，變阻器R代表用戶用電器的總電阻，當用電器增加時，相當于R的值減?。ɑ瑒悠蛳乱疲绻儔浩魃系哪芰繐p失可以忽略，當用戶的用電器增加時，圖中各表的讀數(shù)變化情況為（）A.A1的示數(shù)不變B.A2的示數(shù)變大C.V2的示數(shù)變大D.V3的示數(shù)變大6、【題文】一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在某時刻（設(shè)該時間為t＝0時刻）的波形如圖所示；在0.7s末，質(zhì)點P恰好第二次到達波峰，則下列說法正確的是。

A.該列波的傳播速度是1m/sB.在0.9s末，質(zhì)點Q第一次到達波峰C.如果x＝5m處就是波源，則它剛開始起振的方向是y軸的正方向D.當質(zhì)點Q到達波峰時，質(zhì)點P也在波峰7、【題文】有一個多用電表，其歐姆擋的四個量程分別為：“×1”“×10”“×100”“×1k”，某同學(xué)把選擇開關(guān)旋到“×100”擋測量一未知電阻時，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角很大，為了減小誤差，它應(yīng)該()A.換用“×1k”擋，不必重新調(diào)整調(diào)零旋鈕B.換用“×10”擋，不必重新調(diào)整調(diào)零旋鈕C.換用“×1k”擋，必須重新調(diào)整調(diào)零旋鈕D.換用“×10”擋，必須重新調(diào)整調(diào)零旋鈕8、以速度v0水平拋出一小球，某時刻小球在豎直方向上的分位移與水平方向上的分位移大小相等，則此時小球（）A.速度大小為v0B.速度大小為v0C.速度方向與位移方向相同D.豎直分速度與水平分速度大小相等9、A、B兩人分立于如圖所示的位置上，人A在豎直平面內(nèi)沿順時針方向做勻速圓周運動，人B在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動，則人B觀察到人A的即時速度（）A.斜向右上方B.斜向右下方C.水平向左D.斜向左上方評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、關(guān)于E=和E=k，下列說法正確的是（）A.E=對任何電場都適用B.E=k只適用于真空中點電荷的電場C.在庫侖定律的表達式F=k中，k是點電荷q2產(chǎn)生的電場在點電荷q1處的場強大小，而k是點電荷q1產(chǎn)生的電場在點電荷q2處的場強大小D.由E=k可知，在離點電荷很近，r接近于零時，電場強度達無窮大11、已知貨物的質(zhì)量為m，在某段時間內(nèi)起重機將貨物在豎直方向以加速度a（a＜g）勻加速下降h，重力加速度為g，在這段時間內(nèi)（）A.貨物的動能增加了m（g-a）hB.貨物的機械能減小了m（g-a）hC.貨物的重力勢能減少了mghD.起重機對貨物做功為m（g-a）h12、如圖所示，已知R1＞R2，C1=C2，當S斷開時，C1內(nèi)有一帶電粒子處于平衡狀態(tài)，下面敘述正確的是（）A.S斷開時，C1、C2電量之比為1：1B.S閉合后，C1、C2電量之比為R1：R2C.S閉合后，C1內(nèi)的帶電微粒向上加速運動D.S閉合后，B點電勢升高13、一物體隨升降機豎直向上運動的v-t圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知此物體（）A.前2s內(nèi)處于失重狀態(tài)B.前5s內(nèi)合力對物體做功為OC.第2s內(nèi)的位移大于第5s內(nèi)的位移D.第1s末的加速度大于第4.5s末的加速度14、下列說法中正確的是()A.氫原子由較高能級躍遷到較低能級時，電子的動能增加，原子的電勢能減少B.光波是概率波，光子在前進和播過過程中；其位置和動量能夠同時確定C.在光的雙縫干涉實驗中，若僅將入射光由綠光改為紅光其他條件不變，則干涉條紋間距變寬D.發(fā)生光電效應(yīng)時，光電子的最大初動能和入射光的頻率成正比15、如圖甲所示；在升降機的頂部安裝了一個能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機在勻速運行過程中突然停止，并以此時為零時刻，在后面一段時間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，g為重力加速度，則（）

A.升降機停止前在向上運動B.O-tl時間內(nèi)小球處于失重狀態(tài)，t1-t2時間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)C.t1-t3時間內(nèi)小球向下運動，動能先增大后減小D.t3-t4時間內(nèi)彈簧彈性勢能變化量小于小球動能變化量評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、（2005?徐匯區(qū)校級模擬）如圖所示，物塊A、B間用輕彈簧連接，放在框架C內(nèi)，框架C用細繩懸掛著，系統(tǒng)靜止，兩個物塊和框架的質(zhì)量都相等，當剪斷懸繩D的瞬間，A受____個力，B受____力，此瞬間，它們的加速度大小分別為aA=____，aB=____，aC=____．17、（2006?上海模擬）（A類題）在傾角為θ的光滑供銷斜面上垂直紙面放一根長為L，質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒，一勻強磁場垂直于斜面向下，如圖所示，當導(dǎo)體棒內(nèi)通有垂直紙面向里的電流I時，導(dǎo)體棒恰好靜止在斜面上，則磁感應(yīng)強度的大小為____，若磁感應(yīng)強度大小不變，方向改為豎直向上，則導(dǎo)體棒的滑動方向為沿斜面向____．18、某同學(xué)“用單擺測定重力加速度”實驗探究該問題．

（1）用最小分度為毫米的米尺測得擺線的長度為990.8mm，用10分度的游標卡尺測得擺球的直徑如圖1所示，擺球的直徑為____mm．

（2）把擺球從平衡位置拉開一個小角度由靜止釋放，使單擺在豎直平面內(nèi)擺動，用秒表測出單擺做50次全振動所用的時間，秒表讀數(shù)如圖2所示，讀出所經(jīng)歷的時間，單擺的周期為____s．

（3）測得當?shù)氐闹亓铀俣葹開___m/s2．（保留3位有效數(shù)字）

19、質(zhì)量為m的汽車經(jīng)過凸拱橋頂點時的速度為v，橋面可看成圓弧，半徑為r，則汽車的向心力大小為______，當汽車經(jīng)過凸拱橋頂點時的速度為______時，橋面對汽車的支持力為零。（已知重力加速度為g）。20、春分時，陽光直射赤道，現(xiàn)赤道上有一個人在日落后2小時，抬頭發(fā)現(xiàn)在頭頂正上方有一顆衛(wèi)星，設(shè)地球半徑為R，則該衛(wèi)星離地面高度至少為____，若該衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，它離地比同步衛(wèi)星離地更遠，則從地面上看它的運動方向為____（填“自東向西”或“自西向東”）．21、完成下列核反應(yīng)方程。

（1）Al+n→Na+____

（2）N+He→O+____

（3）Be+He→____+n．22、將一根長為1.0m的導(dǎo)體棒AD在中點O處彎折成直角，放在磁感應(yīng)強度B=0.8T的勻強磁場中，其AO邊與磁場方向成60°角，使導(dǎo)體棒中通以10A的電流，如圖所示，在導(dǎo)體棒沿著磁場力方向移動20cm的過程中，磁場力對通電導(dǎo)體棒所作的功為____．23、真空中有兩個大小相等的帶電球體，帶電量分別為Q和-8Q，相距為r（r遠大于球半徑）時，它們之間的靜電引力為F，若將兩個帶電體接觸后再分開，仍相距r，它們之間的靜電力F′為____力（吸引或排斥），靜電力大小為F′=____F．24、（2015秋?宜春月考）在同一平面上共點的四個力F1、F2、F3、F4的大小依次是19N、40N、30N和15N方向如圖所示，其合力大小為____N（sin37°=0.6，cos37°=0.8）評卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)25、每一種形式的能對應(yīng)于一種運動形式．____．（判斷對錯）26、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）27、幾個不同阻值的電阻并聯(lián)后，其總電阻等于各電阻之和．____．（判斷對錯）評卷人得分五、簡答題(共3題，共21分)28、如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的斜劈靜止于粗糙平面上，另一個質(zhì)量為m的物體置于斜劈上，如果在物體上施加一沿斜面向上的力F，物體與斜劈仍然保持靜止狀態(tài)，求斜劈與水平面間的摩擦力．29、rm{(1)}除去下列少量雜質(zhì)rm{(}括號內(nèi)雜質(zhì)rm{)}寫出所用試劑和有關(guān)離子方程式：rm{(2)}在標準狀況下rm{4.48LCH_{4}}和rm{CO_{2}}混合氣體的質(zhì)量為rm{6.0g}則混合氣體平均摩爾質(zhì)量為____________rm{g/mol}相對于氫氣的密度為____________；其中rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的物質(zhì)的量比為____________rm{(3)4gNaOH}溶解在水中，配成rm{100mL}溶液，配好后從中取出rm{10mL}溶液，加水稀釋至rm{100mL}則稀釋后所得溶液物質(zhì)的量濃度是_______________rm{mol/L}．30、氮化硼rm{(BN)}晶體有多種相結(jié)構(gòu)。六方相氮化硼是通常存在的穩(wěn)定相；與石墨相似，具有層狀結(jié)構(gòu)，可作高溫潤滑劑。立方相氮化硼是超硬材料，有優(yōu)異的耐磨性。它們的晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示。

rm{(1)}基態(tài)硼原子的電子排布式為_________________________。rm{(2)}關(guān)于這兩種晶體的說法，正確的是________rm{(}填序號rm{)}rm{a.}立方相氮化硼含有rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵，所以硬度大rm{b.}六方相氮化硼層間作用力小，所以質(zhì)地軟rm{c.}兩種晶體中的rm{B-N}鍵均為共價鍵rm{d.}兩種晶體均為分子晶體rm{(3)}六方相氮化硼晶體層內(nèi)一個硼原子與相鄰氮原子構(gòu)成的空間構(gòu)型為________________，其結(jié)構(gòu)與石墨相似卻不導(dǎo)電，原因是____________________________rm{(4)}該晶體的天然礦物在青藏高原地下約rm{300km}的古地殼中被發(fā)現(xiàn)。根據(jù)這一礦物形成事實，推斷實驗室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的條件應(yīng)是_________________________。rm{(5)NH_{4}BF_{4}(}氟硼酸銨rm{)}是合成氮化硼納米管的原料之一。rm{1molNH_{4}BF_{4}}含有________rm{mol}配位鍵。評卷人得分六、綜合題(共1題，共8分)31、【題文】電熱毯、電飯鍋等人們常用的電熱式家用電器，他們一般具有加熱和保溫功能，其工作原理大致相同。圖①為某種電熱式電器的簡化電路圖，主要遠件有電阻絲R1、R2和自動開關(guān)S。

（1）當自動開關(guān)S閉合和斷開時；用電器分別處于什么狀態(tài)？

（2）用電器由照明電路供電（U＝220V，設(shè)加熱時用電器的電功率為400W，保溫時用電器的電動功率為40W，則R1和R2分雖為多大？

（3）若將圖①中的自動開關(guān)S換成理想的晶體二極管D；如圖②所示，其它條件不變，求該用電器工作1小時消耗的電能。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】伏安特性是曲線時，根據(jù)各點的對應(yīng)坐標值，由歐姆定律求解電阻，即可求得電阻的差值．【解析】【解答】解：小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大；故得出來的伏安特性曲線不是直線；

由圖可知，A點的電阻RA==30Ω；B點電阻RB==40Ω；故電阻的變化為：40-30=10Ω；故D正確．

故選：D2、D【分析】【分析】根據(jù)瞬時值的表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，即可求得結(jié)論．【解析】【解答】解：A、B、根據(jù)圖象可知，交流電壓的最大值為36V，有效值為36V，頻率為f==0.25Hz；故A錯誤，B錯誤；

C；在2s末；交變電流的電壓為零，所以此時的線框平面垂直于磁場，通過線框的磁通量最大，變化率為零，故C錯誤；

D；3s末；電壓最大，故磁通量的變化率最大，即磁通量變化最快，故D正確；

故選：D．3、B【分析】【分析】本題考查三種射線的穿透能力的大?。害吝B一張紙都不能穿過，β射線能穿透幾毫米的鋁板，γ射線甚至能穿透幾厘米厚的鉛板．【解析】【解答】解：α射線貫穿本領(lǐng)很弱；在空氣中只能前進幾厘米，一張紙就能把它擋住．β射線貫穿本領(lǐng)較強，能穿過黑紙，甚至能穿過幾毫米厚的鋁板．γ射線貫穿本領(lǐng)最強，甚至能穿透幾厘米厚的鉛板．

故貫穿能力最強的是γ射線；β射線次之，α射線最弱，故B正確，A；C、D錯誤．

故選：B．4、C【分析】【分析】根據(jù)題意：用電壓表接ac兩端時，示數(shù)是6V，接bd兩端時，電壓表示數(shù)為零．接ab兩端時，示數(shù)也為零，根據(jù)歐姆定律，逐一分析四個選項，選擇符合題意的選項．【解析】【解答】解：

A、若僅是L1斷路，電路中沒有電流，由歐姆定律得知，bd兩端的電壓為零，而ab兩端的電壓為6V；與題不符．故A錯誤．

B、若僅是L2斷路，電路中沒有電流，由歐姆定律得知，ab兩端的電壓為零，而bd兩端的電壓為6V；與題不符．故B錯誤．

C、若L1、L2斷路，根據(jù)歐姆定律分析得知，ac兩端的電壓為6V，bd兩端的電壓為零，ab兩端電壓為零；與題相符．故C正確．

D、若L2、L3斷路，根據(jù)歐姆定律分析得知，bd兩端的電壓應(yīng)為6V；與題不符．故D錯誤．

故選C5、B【分析】【分析】和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況．【解析】【解答】解：理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓和匝數(shù)比不變，所以副線圈的輸出的電壓也不變，所以V2的示數(shù)不變；所以C錯誤；

當用電器增加時，相當于R的值減小，電路中的總的電阻減小，所以電流要變大，即A2的示數(shù)變大；所以B正確；

由于副線圈的電流變大，電阻R0消耗的電壓變大，又因為V2的示數(shù)不變，所以V3的示數(shù)變?。凰訢錯誤；

由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小了，輸出的功率變大了，所以原線圈的輸入的功率也要變大，因為輸入的電壓不變，所以輸入的電流要變大，所以A1的示數(shù)變大；所以A錯誤．

故選B．6、B【分析】【解析】

試題分析：經(jīng)過0.7s,質(zhì)點P恰好第二次到達波峰，所以故從圖中可得所以A錯誤；從圖中可得波上的質(zhì)點的起振方向為向下振動，t=0.6s傳播到Q點，t=0.9s時Q點振動了此時第一次達到波峰，B正確，C錯誤；PQ相距10m，不是波長的整數(shù)倍，所以不同步，Q點到達波峰時，P點在波谷，D錯誤。

故選B

考點：考查了橫波圖像。

點評：從圖像中得出波長，振動方向，根據(jù)公式計算波速是要求必備的能力【解析】【答案】B7、D【分析】【解析】

試題分析：用多用電表的歐姆擋測未知電阻時；指針偏轉(zhuǎn)角很大，說明該待測電阻的阻值相對該擋比較小，為了提高測量精確度，應(yīng)換低率“×10Ω”的擋來測量，換擋之后，必須重新調(diào)零。故選D

考點：歐姆表的使用【解析】【答案】D8、B【分析】【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，抓住豎直分位移和水平分位移相等求出運動的時間，結(jié)合速度時間公式求出豎直分速度，通過平行四邊形定則求出速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈、根據(jù)得，平拋運動的時間t=，則豎直分速度vy=gt=2v0，與初速度不等．則速度的大小．故A；D錯誤；B正確．

C、速度方向與水平方向夾角的正切值，而位移與水平方向的夾角的正切值；可知速度方向與位移的方向不同．故C錯誤．

故選：B．9、D【分析】【分析】物質(zhì)處于不停的運動和發(fā)展中，因此運動是絕對的，靜止是相對的．我們在研究物體的運動和靜止情況要先選擇一個假定不動的物體作為參照物，再看被研究物體相對于參照物是否有位置的變化，如果有變化，被研究物體就是運動的，如果沒有變化，被研究物體就是靜止的；參照物可以任意選取，運動的物體也可以作為參照物，但不能選被研究物體本身，參照物的選擇情況不同，物體的運動和靜止情況也不同，這是運動和靜止的相對性．【解析】【解答】解：相對于地面；A的運動的方向向左，B運動的方向向下，人B觀察到人A的即時速度是斜向左上方．故D選項正確．

故選：D二、多選題(共6題，共12分)10、ABC【分析】【分析】公式E=是電場強度的定義式，公式E=k是真空中點電荷的電場強度的計算式，它們的內(nèi)涵與外延不同．據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A、E=是電場強度的定義式；運用比值法定義，適用于任何電場，故A正確．

B、E=k只適用于真空中點電荷的電場；故B正確．

C、根據(jù)公式F=qE，知在庫侖定律的表達式F=k中，k是點電荷q2產(chǎn)生的電場在點電荷q1處的場強大小，而k是點電荷q1產(chǎn)生的電場在點電荷q2處的場強大??；故C正確．

D、由E=k，可知該公式只適用于真空中點電荷的電場，當r接近于零時；帶電體不能看成點電荷，該公式不再成立，所以得不到場強為無窮大的結(jié)論．故D錯誤．

故選：ABC．11、BC【分析】【分析】根據(jù)重力做功的大小求出重力勢能的增加量，根據(jù)合力做功的大小求出動能的增加量，根據(jù)動能和重力勢能的增加量求出機械能的增加量．【解析】【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律得：合力為F合=ma，則合力做功為W合=mah；知動能增加量為mah．故A錯誤．

B、根據(jù)動能定理：合力做功為W合=WG+W機=mgh+W機=mah，所以：W機=mah-mgh；所以貨物的機械能減小了m（g-a）h．故B正確，D錯誤；

C；貨物下降h高度；重力勢能的減小量為mgh，故C正確；

故選：BC．12、AB【分析】【分析】電容器的電容不變，通過分析電壓變化來分析電量變化．當開關(guān)S斷開時，電路中無電流，兩電容的電壓都等于電源的電動勢．當S閉合時，R1、R2串聯(lián)，C1與電阻R1并聯(lián)，C2與電阻R2并聯(lián)，C1、C2的電壓等于R1、R2兩端的電壓，根據(jù)Q=UC及C1=C2即可判斷S斷開和閉合時電量之比；S閉合后，電容器C1的電壓變小，則電場力變小，帶電粒子向下加速運動；開關(guān)S斷開時，電路中沒有電流，B點電勢為零，當S閉合時，B點電勢高于零．【解析】【解答】解：A、當開關(guān)S斷開時，電路中無電流，兩電容的電壓都等于電源的電動勢，Q=UC，而C1=C2，所以Q1=Q2，即C1、C2電量之比為1：1；故A正確；

B、當S閉合時，R1、R2串聯(lián)，C1與電阻R1并聯(lián)，C2與電阻R2并聯(lián)，C1、C2的電壓等于R1、R2兩端的電壓，所以根據(jù)串聯(lián)電路的特點可知，，Q=UC，而C1=C2，所以；故B正確；

C、由B分析可知，當S閉合時，C1的電壓小于電源電壓，則帶電粒子受到的電場力F=變小；電場力小于重力，帶電粒子向下加速運動，故C錯誤；

D、開關(guān)S斷開時，電路中沒有電流，B點電勢為零，當S閉合時，R2兩端有電壓且R2下端電勢為零；所以B點電勢大于零，即S閉合后，B點電勢降低，故D錯誤．

故選：AB．13、BC【分析】【分析】速度圖象的斜率等于物體的加速度大?。鶕?jù)斜率的正負分析加速度的正負．圖線與兩個坐標軸所圍“面積”等于位移．根據(jù)速度時間的圖象，判斷物體的受力的情況和運動的情況，再由功率的公式和動能定理就可以做出判斷．【解析】【解答】解：A；由圖象可知；在前2s內(nèi)，物體向上做勻加速運動，加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

B；由圖象可知；前5s內(nèi)物體動能的變化量為零，由動能定理可得，合外力對物體做功為零，故B正確；

C；由圖象可知；第2s內(nèi)圖象與坐標軸所包圍的圖形面積大于第5s內(nèi)圖象與坐標軸所包圍圖形的面積，因此第2s內(nèi)的位移大于第5s內(nèi)的位移，故C正確；

D；由圖象可知；前2s內(nèi)圖象的斜率小于第5s內(nèi)圖象的斜率，即前2s內(nèi)的加速度小于第5s內(nèi)的加速度，故D錯誤；

故選：BC．14、AC【分析】【分析】能級躍遷時；根據(jù)電子軌道半徑的變化，結(jié)合庫侖引力提供向心力分析電子動能的變化，結(jié)合能量的變化分析電勢能的變化；光波是概率波，其位置和動量具有不確定性；根據(jù)雙縫干涉的條紋間距公式，結(jié)合波長的變化分析條紋的間距變化；根據(jù)光電效應(yīng)方程分析光電子的最大初動能與入射光的頻率關(guān)系。

本題考查了能級；概率波、雙縫干涉、光電效應(yīng)方程等基礎(chǔ)知識點；關(guān)鍵要熟悉教材，了解這些基本規(guī)律.

對于原子電勢能的變化，也可以結(jié)合庫侖引力做功來判斷。

【解答】A.氫原子由較高能級躍遷到較低能級時，電子的軌道半徑減小，根據(jù)ke2r2=mv2r知，電子的動能增加，由于原子的能量減小，則原子的電勢能減小，故A正確；

B.光波是概率波，光子在前進和傳播過程中，其位置和動量具有不確定性，故B錯誤；

C.根據(jù)?x=Ld婁脣知，僅將入射光由綠光改為紅光其他條件不變，則波長增大，干涉條紋的間距變寬，故C正確；

D.根據(jù)光電效應(yīng)方程知，EEkm=hv鈭?W=hv-W0，可知光電子的最大初動能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，不是正比關(guān)系，故D錯誤。

故選AC。

【解析】AC

15、AC【分析】【分析】根據(jù)彈力的變化，結(jié)合慣性的知識判斷升降機停止前向哪個方向運動，對小球受力，通過加速度的方向確定超重還是失重；根據(jù)加速度的方向與速度方向的關(guān)系確定小球的速度變化，從而得出小球動能的變化．【解析】【解答】解：A；從0時刻開始；彈簧彈力減小，知小球向上運動，可知升降機停止前向上運動．故A正確．

B、O-tl時間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，處于失重狀態(tài)，t1-t2時間內(nèi)；重力大于彈力，加速度向下，也處于失重狀態(tài)．故B錯誤．

C、O-tl時間內(nèi)，小球向上運動，t1-t3時間內(nèi)；小球向下運動，加速度先向下后向上，則速度先增大后減小，所以動能先增大后減小．故C正確．

D、t3時刻處于最低點，t3-t4時間內(nèi)，小球向上運動，動能增加，彈性勢能減小，重力勢能增加，則小球彈性勢能的減小量等于動能和勢能增加量之和，所以t3-t4時間內(nèi)彈簧彈性勢能變化量大于小球動能變化量．故D錯誤．

故選：AC．三、填空題(共9題，共18分)16、230【分析】【分析】先對A受力分析，求出細線剪短前后A的加速度；再對B、C整體受力分析，求出BC整體的加速度．【解析】【解答】解：物體A受重力和彈簧彈力；在細繩剪斷瞬間，重力和彈力都未發(fā)生改變，所以A仍受兩個力，仍受力平衡，所以a=0；

當剪斷懸繩D的瞬間，BC的加速度相等，將B，C看作一個整體，受重力和彈簧的壓力，彈簧的壓力等于A物體的重力，故整體的加速度為：a=

對B進行受力分析；B受到重力，彈簧彈力，和C對它的支持力，三個力作用．

故答案為：2；3；0；；17、下【分析】【分析】對導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)共點力平衡求出安培力的大小，從而求出磁感應(yīng)強度的大小．通過導(dǎo)體棒的受力判斷其滑動方向．【解析】【解答】解：對導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)平衡得，安培力F=mgsinθ，根據(jù)F=BIL，解得B=．

若磁感應(yīng)強度大小不變；方向改為豎直向上，導(dǎo)體棒所受的安培力水平向右，則導(dǎo)體棒的滑動方向沿斜面向下．

故答案為：，下．18、略

【分析】

（1）主尺讀數(shù)為18mm．10分度的游標卡尺每一分度表示的長度為0.1mm；游標尺第4條刻度線與主尺對齊，則游標尺讀數(shù)為0.4mm，擺球的直徑為18mm+0.4mm=18.4mm．

（2）由秒表讀出單擺做50次全振動所用的時間t=90s+10.0s=100．s，單擺的周期T==．

（3）單擺的擺長l=擺線的長度+擺球的半徑=990.8mm+9.2mm=1.00m．由單擺的周期公式T=2得，重力加速度g=代入解得，g=9.86m/s2

故答案為：（1）18.4；（2）2.0；（3）9.86

【解析】【答案】（1）10分度的游標卡尺每一分度表示的長度為0.1mm．由主尺讀出整米數(shù)；由游標尺讀出毫米的小數(shù)部分．

（2）（3）由秒表讀出時間t，由T=求出單擺的周期；再由單擺的周期公式求出重力加速度g．

19、【分析】解：根據(jù)向心力公式：F=

當橋面對汽車的支持力為零時，只有重力提供向心力：

解得：v=

故答案為：

根據(jù)向心力公式寫出向心力的大小；當橋面對汽車的支持力為零時，只有重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出此時的速度大小。

本題考查向心力，關(guān)鍵是分析出誰提供向心力，基礎(chǔ)題目?！窘馕觥?0、自東向西【分析】【分析】赤道上有一個人在日落后2小時，抬頭發(fā)現(xiàn)在頭頂正上方有一顆衛(wèi)星，2h地球轉(zhuǎn)動30°，畫出光路圖，結(jié)合幾何關(guān)系分析衛(wèi)星的最小高度；如果衛(wèi)星的高度大于同步衛(wèi)星，利用萬有引力等于向心力列式求解出角速度的表達式分析即可．【解析】【解答】解：春分時；陽光直射赤道，現(xiàn)赤道上有一個人在日落后2小時，抬頭發(fā)現(xiàn)在頭頂正上方有一顆衛(wèi)星，光路圖如圖所示：

結(jié)合幾何關(guān)系；有：

h==

對于衛(wèi)星；萬有引力提供向心力，故：

解得：

ω=

故如果衛(wèi)星的高度大于同步衛(wèi)星；則軌道半徑大于同步衛(wèi)星，則角速度小于同步衛(wèi)星，故從地面上看它的運動方向為自東向西；

故答案為：，自東向西．21、HeC【分析】【分析】核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，根據(jù)守恒規(guī)律列式求解即可．【解析】【解答】解：根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒得：

（1）Al+n→Na+He

（2）N+He→O+；

（3）Be+He→C+n．

故答案為：（1）He；（2）；（3）C22、0【分析】【分析】根據(jù)安培力的特點：安培力一定垂直于磁感應(yīng)強度的方向，安培力的方向與導(dǎo)線運動方向垂直．【解析】【解答】解：根據(jù)安培力的特點：安培力一定垂直于磁感應(yīng)強度的方向；由題意導(dǎo)線沿磁感應(yīng)強度方向移動了20cm，則導(dǎo)線移動的方向與安培力的方向垂直，故安培力不做功，即做功為0；

故答案為：0．23、排斥0.2【分析】【分析】當在真空中兩個點電荷，其間的庫侖力與兩點電荷的電量乘積成正比，與間距的平方成反比．當異種電荷相接觸時，則出現(xiàn)先中和再平分剩余的電荷．【解析】【解答】解：真空中有兩個大小相等的帶電球體，帶電量分別為Q和-8Q，相距為r（r遠大于球半徑）時；它們之間的靜電引力為：

F=k①

兩個帶電體接觸后再分開，電荷先中和在均分，故均為-；為排斥力，庫侖力為：

F′=k②

聯(lián)立①②解得：F′≈0.2F

故答案為：排斥，0.2．24、27【分析】【分析】建立坐標系：以四個力的作用點為原點，以正東方向為x軸正方向，以正北方向為y軸方向，將F2、F3、F4分解到兩個坐標軸上，分別求出x軸和y軸上的合力，再求解四個力的合力的大小和方向．【解析】【解答】解：1；建立坐標系如圖．

2；根據(jù)平行四邊形定則將各力垂直分解到兩個坐標軸上．

3；分別求出x軸和y軸上的合力；

x軸方向的合力為：Fx=F1+F2cos37°-F3cos37°=19+32-24=27N

y軸方向的合力為：Fy=F2sin37°+F3sin37°-F4=24+18-15=27N；

所以四個力的合力大小為：

F=27N；方向東偏北45°．

故答案為：27四、判斷題(共3題，共9分)25、√【分析】【分析】自然界物質(zhì)運動的形式是多樣的，每種運動形式都對應(yīng)一種形式的能量．各種運動形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化【解析】【解答】解：根據(jù)能量守恒定律可知：自然界物質(zhì)運動的形式是多樣的；每種運動形式都對應(yīng)一種形式的能量．各種運動形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化．

例如機械能對應(yīng)機械運動；內(nèi)能對應(yīng)分子的無規(guī)則運動．故每一種形式的能對應(yīng)于一種運動形式是對的．

故答案為：√26、√【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：√27、×【分析】【分析】根據(jù)并聯(lián)電阻的總電阻的倒數(shù)等于個分電阻的讀數(shù)之和進行判定即可，【解析】【解答】解：因為并聯(lián)電阻的總電阻的倒數(shù)等于個分電阻的倒數(shù)之和；所以題干則的說法是錯誤的．

故答案為：×五、簡答題(共3題，共21分)28、略

【分析】【分析】斜劈和物體都處于靜止狀態(tài)，受力平衡，把斜劈和物體看成一個整體，受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解即可．【解析】【解答】解：把斜劈和物體看成一個整體；整體處于靜止狀態(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件得：

水平方向f=Fcosθ

答：斜劈與水平面間的摩擦力為Fcosθ．29、（1）①稀鹽酸Al2O3+6H+=2Al3++3H2O②CO2CO2+CO32-+H2O=2HCO3-③鐵粉Fe+2Fe3+=3Fe2+

（2）30g/mol151：1

（3）0.1mol/L

【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對物質(zhì)分離和提純方法、化學(xué)計量的綜合計算的應(yīng)用。【解答】rm{(1)壟脵}氧化鋁能和稀鹽酸反應(yīng)，二氧化硅不能，可以用稀鹽酸除去，離子方程式為：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}故答案為：稀鹽酸；rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{壟脷}碳酸鈉和二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸氫鈉，離子方程式為：rm{CO_{2}+CO_{3}^{2-}+H_{2}O=2HCO_{3}^{-}}故答案為：二氧化碳；rm{CO_{2}+CO_{3}^{2-}+H_{2}O=2HCO_{3}^{-}}rm{壟脹}鐵和鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，離子方程式為：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}故答案為：鐵粉；rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{(2)}在標準狀況下rm{4.48LCH}在標準狀況下rm{(2)}rm{4.48LCH}rm{{,!}_{4}}和rm{CO}rm{CO}質(zhì)量為rm{{,!}_{2}}則混合氣體平均摩爾質(zhì)量為混合氣體物質(zhì)的量為rm{0.2mol}質(zhì)量為rm{6.0g}則混合氣體平均摩爾質(zhì)量為rm{30g/mol}相對于氫氣的密度為rm{15}設(shè)甲烷的物質(zhì)的量為rm{a}二氧化碳的物質(zhì)的量為rmrm{30(a+b)=16a+44b}解得rm{a}rm{b=1:1}故答案為：rm{30g/mol}rm{15}rm{1:1}相對于氫氣的密度為rm{0.2mol}設(shè)甲烷的物質(zhì)的量為rm{6.0g}二氧化碳的物質(zhì)的量為rm{30g/mol}rm{15}解得rm{a}rm故答案為：rm{30(a+b)=16a+44b}rm{a}rm{b=1:1}rm{30g/mol}物質(zhì)的量為rm{15}溶解在水中，配成rm{1:1}溶液，濃度為rm{(3)4gNaOH}物質(zhì)的量為rm{0.1mol}溶解在水中，配成rm{100mL}溶液，濃度為rm{1mol/L}配好后從中取出rm{10mL}溶液，加水稀釋至rm{100mL}則稀釋后所得溶液物質(zhì)的量濃度是rm{0.1mol/L}故答案為：rm{0.1}配好后從