2024年上外版高一物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年上外版高一物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷667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7題，共14分)1、如圖所示，在不計(jì)滑輪摩擦和繩子質(zhì)量的條件下，當(dāng)小車勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體A

的受力情況是(

)

A.繩的拉力大于A

的重力B.繩的拉力等于A

的重力C.繩的拉力小于A

的重力D.拉力先大于重力，后變?yōu)樾∮谥亓?、質(zhì)量為0.5kg

的物體由靜止開始沿光滑斜面下滑，下滑到斜面的底端后進(jìn)入粗糙水平面滑行，直到靜止，它的v鈭?t

圖象如圖所示.(g

取10m/s2)

那么，下列說法中正確的是(

)

A.斜面的傾角為60鈭?

B.物體在斜面上受到的合外力是5N

C.物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25

D.物體在水平面上受到的合外力是2.5N

3、我國(guó)將發(fā)射“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室，之后發(fā)射“神州十一號(hào)”飛船與“天宮二號(hào)”對(duì)接.

假設(shè)“天宮二號(hào)”與“神州十一號(hào)”都圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，為了實(shí)現(xiàn)飛船與空間實(shí)驗(yàn)室的對(duì)接，下列措施可行的是(

)

A.使飛船與空間實(shí)驗(yàn)室在同一軌道上運(yùn)行，然后飛船加速追上空間實(shí)驗(yàn)室實(shí)現(xiàn)對(duì)接B.使飛船與空間實(shí)驗(yàn)室在同一軌道上運(yùn)行，然后空間實(shí)驗(yàn)室減速等待飛船實(shí)現(xiàn)對(duì)接C.飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上加速，加速后飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接D.飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上減速，減速后飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接4、【題文】將一物體豎直向上拋出，物體向上運(yùn)動(dòng)過程中所受到的空氣阻力大小恒定．若以地面為零勢(shì)能參考面，則在物體從拋出直至落回地面的過程中，物體機(jī)械能E與物體距地面的高度h的關(guān)系圖象（E–h）是（圖中h0為上拋的最大高度）5、【題文】在水平面上有a、b兩點(diǎn)，相距0.2m，一質(zhì)點(diǎn)在一恒定的水平合外力作用下沿a向b做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過0.2的時(shí)間先后通過a、b兩點(diǎn)，則該質(zhì)點(diǎn)通過a、b中點(diǎn)時(shí)的速度大小為A.若力的方向由a向b，則大于1m/s，若力的方向由b向a，則小于1m/sB.若力的方向由a向b，則小于1m/s，若力的方向由b向a，則大于1m/sC.無論力的方向如何均小于1m/sD.無論力的方向如何均大于1m/s6、【題文】將一小球從高處水平拋出，最初2s內(nèi)小球動(dòng)能EK隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2．根據(jù)圖象信息；不能確定的物理量是（）

A.小球的質(zhì)量B.小球的初速度C.最初2s內(nèi)重力對(duì)小球做功的平均功率D.小球拋出時(shí)的高度7、如圖所示，一個(gè)物塊在與水平方向成α角的恒力F作用下沿水平面向右運(yùn)動(dòng)一段距離x，在此過程中，恒力F對(duì)物塊所做的功為（）A.B.C.FxsinαD.Fxcosα評(píng)卷人得分二、多選題(共6題，共12分)8、宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用互相繞轉(zhuǎn)，稱之為雙星系統(tǒng).

設(shè)某雙星系統(tǒng)PQ

繞其連線上的O

點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示.

若PO>OQ

則()

A.星球P

的周期一定等于星球Q

的周期B.星球P

的線速度一定大于Q

的線速度C.兩星球的向心力一定不相等D.星球P

的質(zhì)量一定小于Q

的質(zhì)量9、如圖所示，實(shí)線為真空中某一正點(diǎn)電荷所形成的一簇電場(chǎng)線，abc

三條虛線為三個(gè)帶電粒子以相同的速度從O

點(diǎn)射入電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中b

虛線為一圓弧，AB

的長(zhǎng)度等于BC

的長(zhǎng)度，且三個(gè)粒子的電荷量大小相等，不計(jì)粒子重力，則以下說法正確的是(

)

A.a

一定是正粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，其動(dòng)能增加，電勢(shì)能減少B.由于AB

的長(zhǎng)度等于BC

的長(zhǎng)度，故UAB=UBC

C.a

虛線對(duì)應(yīng)的粒子的加速度越來越小，c

虛線對(duì)應(yīng)的粒子的加速度越來越大，b

虛線對(duì)應(yīng)的粒子的加速度大小不變D.b

虛線對(duì)應(yīng)的粒子的質(zhì)量大于c

虛線對(duì)應(yīng)的粒子的質(zhì)量10、在如圖所示的位移隆陋

時(shí)間(x鈭?t)

圖象和速度隆陋

時(shí)間(v鈭?t)

圖象中，給出的四條圖線甲、乙、丙、丁分別代表四輛車由同一地點(diǎn)向同一方向運(yùn)動(dòng)的情況，則下列說法正確的是A.t1

時(shí)刻，乙車追上甲車B.0隆蘆t1

時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩車的平均速度相等C.丙、丁兩車在t2

時(shí)刻相遇D.0隆蘆t2

時(shí)間內(nèi)，丙、丁兩車的平均速度相等11、利用傳感器和計(jì)算機(jī)可以研究力的大小變化情況，實(shí)驗(yàn)時(shí)讓某同學(xué)從桌子上跳下，自由下落H

后雙腳觸地，他順勢(shì)彎曲雙腿，他的重心又下降了h.

計(jì)算機(jī)顯示該同學(xué)受到地面支持力F

隨時(shí)間變化的圖象如圖所示.

根據(jù)圖象提供的信息，以下判斷正確的是(

)

A.在0

至t2

時(shí)間內(nèi)該同學(xué)處于失重狀態(tài)B.在t2

至t3

時(shí)間內(nèi)該同學(xué)處于超重狀態(tài)C.t3

時(shí)刻該同學(xué)的加速度為零D.在t3

至t4

時(shí)間內(nèi)該同學(xué)處于靜止?fàn)顟B(tài)12、放在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在0隆蘆6s

內(nèi)其速度與時(shí)間圖象和該拉力的功率與時(shí)間圖象分別如圖甲和乙所示，下列說法正確的是

A.0隆蘆6s

內(nèi)物體位移大小為36m

B.0隆蘆2s

內(nèi)拉力做的功為30J

C.合外力在0隆蘆6s

內(nèi)做的功與0隆蘆2s

內(nèi)做的功相等D.滑動(dòng)摩擦力大小為53N

13、關(guān)于人造地球衛(wèi)星的說法正確的是()

A.高軌道衛(wèi)星的運(yùn)行速度小，但發(fā)射速度大B.低軌道衛(wèi)星的運(yùn)行速度大，發(fā)射速度也大C.可以發(fā)射一顆周期小于84min

的人造地球衛(wèi)星D.在繞地球圓形軌道上運(yùn)行的衛(wèi)星里，可能會(huì)出現(xiàn)在任何物體輕輕放手后，就地停著不動(dòng)，不需要支承的現(xiàn)象。評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、在“研究平拋物體的運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)中；某同學(xué)在建立直角坐標(biāo)系時(shí)，如圖所示有一處失誤，假設(shè)他在安裝實(shí)驗(yàn)裝置和進(jìn)行其他操作時(shí)準(zhǔn)確無誤．

（1）觀察圖可知，他的失誤之處是：____．

（2）他根據(jù)所建立坐標(biāo)系記錄的數(shù)據(jù)，運(yùn)用教學(xué)實(shí)驗(yàn)原理測(cè)得的平拋初速度值與其真實(shí)值相比____（選填“偏大”；“相等”或“偏小”）

15、當(dāng)一個(gè)帶電體靠近導(dǎo)體時(shí)，由于電荷間相互吸引或排斥，導(dǎo)體中的自由電荷便會(huì)趨向或遠(yuǎn)離帶電體，使______的一端帶異號(hào)電荷，______的一端帶同號(hào)電荷，這種現(xiàn)象叫______．16、如圖所示，光滑水平面右端B處連接一個(gè)豎直的半徑為R的光滑半圓軌道，在離B距離為x的A點(diǎn)，用水平恒力將質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從靜止開始推到B處后撤去恒力，質(zhì)點(diǎn)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到C處后又正好落回A點(diǎn)，則當(dāng)x=_______時(shí)，此過程中施加的推力最小，最小值為__________(提示：)17、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一段5cm

的導(dǎo)線和磁場(chǎng)垂直.

當(dāng)導(dǎo)線通過的電流是lA

時(shí)，受磁場(chǎng)的作用力是0.1N

那么磁感應(yīng)強(qiáng)度B=

______T.

18、一物體以7m/s2

的加速度豎直下落時(shí)，物體受到的空氣阻力大小是物體重力的______倍.(g

取10m/s2)

評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)探究題(共1題，共2分)19、（1）在“研究平拋物體的”實(shí)驗(yàn)中，正確的操作是______．

A．為保證實(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確；先在斜槽的滑道上涂抹一些潤(rùn)滑油，以減小小球與槽的摩擦力。

B．固定斜槽時(shí)其底部末端的切線必須水平是為了保證小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一條平拋曲線。

C．在坐標(biāo)紙上畫坐標(biāo)時(shí)；要選定斜槽底部末端在豎直向上方向上加上小球半徑所在位置作為平拋運(yùn)動(dòng)坐標(biāo)原點(diǎn)，再畫出x；y軸。

D．實(shí)驗(yàn)中每次必須由靜止釋放小球；但釋放的位置可以不同，記錄小球位置的凹槽（或木條）一定得嚴(yán)格地等距離下移。

E．記錄小球通過不同位置的點(diǎn)后；用平滑的曲線畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，舍棄個(gè)別偏差較大的點(diǎn)。

（2）一次用閃光照相方法研究平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律時(shí)，由于某種原因，只拍到了部分方格背景及小球的3個(gè)瞬時(shí)位置A、B、C，如圖所示，A、B位置在豎直方向相距3格，B、C位置在豎直方向相距5格，每格長(zhǎng)度為5cm，則小球做平拋運(yùn)動(dòng)過程中從A到B的時(shí)間為______s，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小為______m/s，小球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)的豎直分速度大小為______m/s．（g=10m/s2）評(píng)卷人得分五、推斷題(共3題，共24分)20、已知rm{A}的產(chǎn)量通常用來衡量一個(gè)國(guó)家的石油化工水平，現(xiàn)以rm{A}為主要原料合成高分子化合物rm{E}和一種具有果香味的物質(zhì)rm{F}其合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：rm{(}提示圖中rm{C隆煤}rm{D}的轉(zhuǎn)化關(guān)系是：rm{CH_{3}CHO隆煤CH_{3}COOH)}rm{(1)}工業(yè)上由石蠟制取rm{A}的方法稱作：______，rm{A隆煤B}的反應(yīng)類型_____________。rm{(2)A}中官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)式為________________________，rm{B}的官能團(tuán)名稱為_____________。rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脻}的化學(xué)方程式：_______________________，其中濃硫酸的作用是______________。rm{(4)}下列有關(guān)rm{A}和rm{E}的敘述正確的是______。rm{a.}均能使溴水褪色rm{b.}均只含極性鍵rm{c.}最簡(jiǎn)式相同rm{d.}均屬于純凈物rm{(5)}寫出由rm{B隆煤C}的反應(yīng)方程式：____________________________。21、從鋁土礦rm{(}主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}含rm{SiO_{2}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{MgO}等雜質(zhì)rm{)}中提取氧化鋁的兩種工藝流程如下：rm{(1)}寫出物質(zhì)的化學(xué)式rm{A}_____________，固體rm{X}__________________。____________________________rm{(2)}寫出流程甲加入鹽酸后生成rm{Al^{3+}}的離子方程式：___________________________。rm{(3)}寫出流程乙加入燒堿后生成rm{SiO}的離子方程式：___________________________。rm{(4)}為了驗(yàn)證濾液rm{B}中含rm{Fe^{3+}}可取少量濾液并加入___________rm{(}填試劑名稱rm{)}rm{(5)}濾液rm{E}、rm{K}中溶質(zhì)的主要成分是_____rm{(}填化學(xué)式rm{)}寫出該溶液的一種用途：_______。rm{(6)}寫出濾液rm{D}rm{Y}中與過量rm{CO_{2}}反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________________。22、（化學(xué)）某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定條件下可實(shí)現(xiàn)下圖所示的物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化：據(jù)此判斷：(1)固體B的化學(xué)式為________；固體E所含物質(zhì)的化學(xué)式為________。(2)反應(yīng)①的離子方程式為____________。____(3)沉淀Ⅰ與氫氧化鈉反應(yīng)的離子方程式__________。(4)由溶液D得到固體E所需的瓷質(zhì)儀器名稱：____。(5)沉淀Ⅱ的主要成分是：____，將其溶于少量稀鹽酸所得的溶液中陽(yáng)離子的檢驗(yàn)最好的試劑是____。評(píng)卷人得分六、作圖題(共4題，共24分)23、請(qǐng)做出如圖所示靜止的A物體的受力示意圖,A的重力用G表示,所受的彈力用N表示(支持面)或用T表示(繩子),摩擦力用f表示24、畫出圖中甲、乙兩個(gè)物體所受力的示意圖。（1）靜止于斜面上的物體。（2）用水平向右的力F拉物體。25、畫出下圖中靜止物體A

所受的力的示意圖(

球面是光滑的；其他粗糙)

存在漏力，錯(cuò)力均不得分。

26、畫出下列兩種情況下；物體A

的受力示意圖．

(1)

物體A

靜止在斜面上。

(2)

物體A

在拉力F

作用下沿水平面勻速運(yùn)動(dòng)。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】解：小車沿繩子方向的速度等于A

的速度；設(shè)繩子與水平方向的夾角為婁脠

根據(jù)平行四邊形定則，物體A

的速度vA=vcos婁脠

小車勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，婁脠

減小，則A

的速度增大，所以A

加速上升，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有：T鈭?GA=mAa.

知拉力大于重力.

故A正確，BCD錯(cuò)誤．

故選：A

．

將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向；沿繩子方向的速度等于A

的速度，根據(jù)平行四邊形定則判斷出A

的速度變化，從而得出A

的加速度方向，根據(jù)牛頓第二定律判斷拉力和重力的大小關(guān)系．

解決本題的關(guān)鍵知道小車沿繩子方向的分速度等于物體A

的速度，根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行分析．【解析】A

2、C【分析】解：A

物塊先在光滑斜面上做勻加速，a=鈻?v鈻?t=51=5m/s2

而a=mgsin婁脠m

所以?shī)涿?30鈭?

故A錯(cuò)誤；

B；物體在斜面上受到的合外力F=ma=2.5N

故B錯(cuò)誤；

C、粗糙水平面上做勻減速，a隆盲=鈻?v鈻?t=52=2.5m/s2

所以?shī)涿宮g=ma隆盲

解得：婁脤=0.25

故C正確；

D；物體在水平面上受到的合外力F隆盲=ma隆盲=1.25N

故D錯(cuò)誤。

故選：C

物塊先在光滑斜面上做勻加速；后在粗糙水平面上做勻減速.

由圖象可求得下滑的加速度，從而可求出斜面傾角和合外力.

再由圖象可知?jiǎng)驕p速的時(shí)間與速度變化，從而求出加速度的大小，最終由牛頓第二定律可算出滑動(dòng)摩擦力大小，并求出物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)．

本題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，加速度的大小可由圖象的斜率大小來表示．【解析】C

3、C【分析】解：AB

在同一軌道上運(yùn)行加速做離心運(yùn)動(dòng)；減速做向心運(yùn)動(dòng)均不可實(shí)現(xiàn)對(duì)接。則AB錯(cuò)誤。

C；飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上加速；則其做離心運(yùn)動(dòng)可使飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接。則C正確。

D；飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上減速；則其做向心運(yùn)動(dòng)，不可能與空間實(shí)驗(yàn)室相接觸。則D錯(cuò)誤。

故選：C

正常運(yùn)行的衛(wèi)星若加速則所需向心力大于萬有引力做離心運(yùn)動(dòng)；若減速則所需向力小于萬有引力做向心運(yùn)動(dòng)，據(jù)此分析各選項(xiàng)．

明確正常運(yùn)行的衛(wèi)星加速做離心運(yùn)動(dòng)會(huì)達(dá)到高軌道，若減速則會(huì)做向心運(yùn)動(dòng)達(dá)到低軌道．【解析】C

4、C【分析】【解析】

試題分析：由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機(jī)械能要減小，減小的機(jī)械能等于克服阻力做的功，設(shè)阻力的大小為則物體的機(jī)械能為在返回的過程中，阻力大小恒定，機(jī)械能還是均勻減小的，當(dāng)返回地面時(shí)，物體還有動(dòng)能，所以物體的機(jī)械能不會(huì)是零，圖C符合題意。

故選C

考點(diǎn)：功能關(guān)系。

點(diǎn)評(píng)：只有重力對(duì)物體做功時(shí)，物體的機(jī)械能守恒，由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機(jī)械能要減小，減小的機(jī)械能等于克服阻力做的功,由于空氣阻力的大小恒定，所以機(jī)械能應(yīng)是均勻減小。【解析】【答案】C5、D【分析】【解析】物體做勻變速運(yùn)動(dòng)，平均速度小于位移中點(diǎn)速度，平均速度所以無論力的方向如何該質(zhì)點(diǎn)通過a、b中點(diǎn)時(shí)的速度均大于1m/s?！窘馕觥俊敬鸢浮緿6、D【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律有由圖像可知2s時(shí)小球的動(dòng)能為30J，代入上式可求得小球質(zhì)量；從而可求得小球下落的高度，但無法確定小球拋出時(shí)的高度；根據(jù)可確定2s內(nèi)重力做功的平均功率；根據(jù)動(dòng)能定義可確定小球的初速度；由上述可知；題目中問不能確定的物理量，故應(yīng)選D；

考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律、拋體運(yùn)動(dòng)、功率【解析】【答案】D7、D【分析】解：由圖可知；力和位移的夾角為α，故推力的功W=Fxcosα；

故選：D。

由題意可知力；位移及二者之間的夾角；由功的計(jì)算公式可求得恒力的功。

本題考查功的公式，在解題時(shí)要注意夾角為力和位移之間的夾角．【解析】D二、多選題(共6題，共12分)8、ABD【分析】【分析】雙星靠彼此的萬有引力提供向心力，所以兩顆星的向心力大小相等，兩者同軸轉(zhuǎn)動(dòng)所以角速度和周期相同。解決本題的關(guān)鍵知道雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，具有相同的角速度.

以及會(huì)用萬有引力提供向心力進(jìn)行求解：【解答】A.雙星圍繞同一個(gè)中心點(diǎn)運(yùn)動(dòng)所以周期相同，故A正確；B.兩顆星同軸轉(zhuǎn)動(dòng)所以角速度相同，線速度和半徑成正比，所以P

的線速度大于Q

的線速度，故B正確；C.兩顆星靠彼此的萬有引力提供向心力，所以兩顆星的向心力大小相等，故C錯(cuò)誤；D.由于向心力相等，角速度相同，所以有F=mw2rm

與r

成反比，所以P

的質(zhì)量小于Q

的質(zhì)量。故D正確。故選ABD。【解析】ABD

9、ACD【分析】解：Aa

粒子的軌跡向左彎曲；所受的電場(chǎng)力向左.

正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線向左，所以a

一定是正粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡.

電場(chǎng)力對(duì)a

粒子做正功，則其動(dòng)能增加，電勢(shì)能減少，故A正確．

B、根據(jù)公式U=Ed

知AB

間的場(chǎng)強(qiáng)小于BC

間的場(chǎng)強(qiáng)，得UAB<UBC

故B錯(cuò)誤；

C、由于電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，粒子只受電場(chǎng)力，根據(jù)F=qE

知，虛線對(duì)應(yīng)的粒子所受的電場(chǎng)力越來越小，其加速度越來越小，c

虛線對(duì)應(yīng)的粒子所受的電場(chǎng)力越來越大，其加速度越來越大，b

虛線對(duì)應(yīng)的粒子的加速度大小不變；故C正確；

D、abc

三條虛線為三個(gè)帶電粒子以相同的速度從O

點(diǎn)射入電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡；且三個(gè)粒子的電荷量大小相等；故靜電力相等；由于b

粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，說明向心力等于靜電力；c

粒子做向心運(yùn)動(dòng)，故靜電力大于需要的向心力，根據(jù)F=mv2r

知b

粒子的質(zhì)量大于c

粒子的質(zhì)量；故D正確；

故選：ACD

根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)受力特點(diǎn)判斷電場(chǎng)力方向；分析電場(chǎng)力做功情況，從而判斷電勢(shì)能的變化；電場(chǎng)線的疏密反映了電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由牛頓第二定律分析加速度的大?。唤Y(jié)合離心運(yùn)動(dòng)的條件列式比較粒子質(zhì)量大?。?/p>

本題是帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，關(guān)鍵要掌握曲線運(yùn)動(dòng)受力特點(diǎn)：合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析粒子的質(zhì)量關(guān)系．【解析】ACD

10、AB【分析】解：A

在t1

時(shí)刻甲乙位移相同；故兩車相遇，由于相遇前乙車在后，故是乙車追上甲車，故A正確；

B；在t1

時(shí)刻兩車的位移相等；時(shí)間相等，所以平均速度相等，故B正確；

C；丙、丁兩車在t2

時(shí)刻速度相等；為相遇前距離最遠(yuǎn)的時(shí)刻，沒有相遇，故C錯(cuò)誤；

D；0隆蘆t2

時(shí)間內(nèi).

丙、丁兩車的位移不相等；丁的位移大于丙的位移，故丁的平均速度大于丙的，故D錯(cuò)誤；

故選：AB

．

在位移鈭?

時(shí)間圖象中；傾斜的直線表示物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，斜率表示速度，圖象的交點(diǎn)表示位移相等，平均速度等于位移除以時(shí)間；

在速度鈭?

時(shí)間圖象中；斜率表示加速度，圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示位移．

本題考查對(duì)x鈭?t

圖象以及v鈭?t

圖象的認(rèn)識(shí)，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象讀出有用信息，注意位移鈭?

時(shí)間圖象和速度鈭?

時(shí)間圖象的區(qū)別，兩個(gè)圖象一定要放在一起對(duì)比一下，明確它們各自的準(zhǔn)確性質(zhì)才能更好地掌握．【解析】AB

11、AB【分析】解：A

在到t2

時(shí)間內(nèi)；支持力的大小小于重力，加速度大小向下，所以該同學(xué)處于失重狀態(tài).

故A正確．

B；在t2

到t3

時(shí)間內(nèi)；支持力的大小大于重力，加速度方向向上，所以該同學(xué)處于超重狀態(tài).

故B正確．

C；t3

時(shí)刻；支持力大于重力，合力不為零，加速度不為零.

故C錯(cuò)誤．

D；根據(jù)牛頓第二定律得在t3

到t4

時(shí)間內(nèi)；F

在減小，加速度在減小，處于非平衡狀態(tài).

故D錯(cuò)誤．

本題選錯(cuò)誤的。

故選AB．

根據(jù)支持力和重力的大小關(guān)系；運(yùn)用牛頓第二定律判斷加速度的方向，從而判斷出該同學(xué)所處的狀態(tài)．

解答本題要知道超重失重的含義，當(dāng)加速度方向向上時(shí)超重，當(dāng)加速度方向向下時(shí)失重，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】AB

12、BCD【分析】【分析】速度圖象的“面積”表示位移，0隆蘆2s0隆蘆2s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由速度圖象的斜率求出加速度，2隆蘆6s2隆蘆6s內(nèi)物體做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于摩擦力，由P=FvP=Fv求出摩擦力，再由圖讀出P=30WP=30W時(shí)，v=6m/sv=6m/s由F=Pv求出0隆蘆2s0隆蘆2s內(nèi)的拉力，由W=FxW=Fx求出0隆蘆2s0隆蘆2s內(nèi)的拉力做的功，由W=PtW=Pt求出2隆蘆6s2隆蘆6s內(nèi)拉力做的功?！窘獯稹緼.在速度時(shí)間圖像中，“面積”表示位移，則0隆蘆6s

內(nèi)物體的位移大?。簒=4+62隆脕6=30m

故A錯(cuò)誤；

B.在0隆蘆2s

內(nèi)，物體的加速度a=?v?t=3m/s2

由圖知，當(dāng)P=30W

時(shí)，v=6m/s

得到牽引力F=Pv=5N

在0隆蘆2s

內(nèi)物體的位移為：x1=6m

則拉力做功為：W1=Fx1=5隆脕6=30J

故B正確；

C.在2隆蘆6s

內(nèi)；物體做勻速運(yùn)動(dòng)，合力做零，則合外力在0隆蘆6s

內(nèi)做的功與0隆蘆2s

內(nèi)做的功相等，故C正確；

D.在2隆蘆6s

內(nèi)，v=6m/sP=10W

物體做勻速運(yùn)動(dòng)，摩擦力f=F

得到f=F=Pv=106=53N

故D正確。

故選BCD。

【解析】BCD

13、AD【分析】【分析】人造衛(wèi)星的發(fā)射后先做離心運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到所受的萬有引力等于其做圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力時(shí)會(huì)正常運(yùn)行，發(fā)射速度越大其穩(wěn)定后運(yùn)動(dòng)軌道半徑越大，據(jù)線速度表達(dá)式：v=GMr

得其運(yùn)行速度越?。挥傻厍虻娜f有引力提供向心力求出最小的周期；衛(wèi)星里的物體處于完全失重狀態(tài)?？疾槿嗽煨l(wèi)星的運(yùn)行速度與發(fā)射速度之間的關(guān)系，明確發(fā)射速度大，運(yùn)行速度反而小?！窘獯稹緼B.AB.根據(jù)萬有引力提供向心力可知GMmr2=mv2r，解得：v=GMrv=sqrt{dfrac{GM}{r}}發(fā)射速度大，運(yùn)轉(zhuǎn)軌道半徑大，運(yùn)行線速度小，發(fā)射速度小，運(yùn)轉(zhuǎn)軌道半徑小，運(yùn)行線速度大，故A正確，B錯(cuò)誤；C.由地球的萬有引力提供向心力得：GMmr2=m(2婁脨T)2r，解得：T=2婁脨r3GM，如果軌道半徑取地球半徑，可以得出衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的最小周期為84min84min故C錯(cuò)誤；D.在繞地球圓形軌道上運(yùn)行的衛(wèi)星里，任何物體輕輕放手后，就地停著不動(dòng)，萬有引力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，不需要支承的現(xiàn)象，故D正確。故選AD。

【解析】AD

三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】

（1）由圖可以看出該同學(xué)錯(cuò)誤地將坐標(biāo)原點(diǎn)取在槽口處．坐標(biāo)系原點(diǎn)應(yīng)建立在飛離斜槽口的小球重心處，即在槽口上方r（r為球半徑）處．

（2）由于坐標(biāo)原點(diǎn)偏下，所以在計(jì)算飛行時(shí)間時(shí)t=偏小，而v=應(yīng)比真實(shí)值偏大．

故答案為：（1）將坐標(biāo)原點(diǎn)取在槽口處；（2）偏大．

【解析】【答案】（1）注意畫軌跡時(shí)小球平拋的起點(diǎn)應(yīng)該是球心在木板上的水平投影點(diǎn)；

（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)中；水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)可正確解答．

15、導(dǎo)體靠近帶電體；導(dǎo)體遠(yuǎn)離帶電體；靜電感應(yīng)【分析】解：靜電感應(yīng)不是創(chuàng)造電荷；而是使導(dǎo)體上的正負(fù)電荷分開，當(dāng)一個(gè)帶正電荷的物體靠近原來不帶電的導(dǎo)體時(shí)，由于靜電感應(yīng)，導(dǎo)體兩端就會(huì)帶等量異號(hào)電荷，其中導(dǎo)體靠近帶電物體的一端帶負(fù)電，遠(yuǎn)離帶電物體的一端帶正電．

故答案為：導(dǎo)體靠近帶電體；導(dǎo)體遠(yuǎn)離帶電體，靜電感應(yīng)．

靜電感應(yīng)現(xiàn)象是金屬導(dǎo)體在外電場(chǎng)的作用下自由電子定向移動(dòng)；電荷在導(dǎo)體內(nèi)發(fā)生重新分布，當(dāng)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)與外電場(chǎng)大小相等時(shí)方向相反時(shí)達(dá)到靜電平衡，導(dǎo)體為等勢(shì)體．

考查了靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)體靠近帶電物體的一端帶上與點(diǎn)電荷相反電性的電荷，遠(yuǎn)離帶電物體的一端帶上與點(diǎn)電荷電性相同的電荷．【解析】導(dǎo)體靠近帶電體；導(dǎo)體遠(yuǎn)離帶電體；靜電感應(yīng)16、略

【分析】質(zhì)點(diǎn)從半圓弧軌道做平拋運(yùn)動(dòng)又回到A點(diǎn)；設(shè)質(zhì)點(diǎn)在C點(diǎn)的最小速度為vc，質(zhì)點(diǎn)從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為t

水平方向上：

豎直方向上：

根據(jù)動(dòng)能定理：

聯(lián)立解得：

當(dāng)即x=4R時(shí)，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min=mg?！窘馕觥?7、2【分析】解：根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B=FIL

可得：B=FIL=0.11隆脕0.05T=2T

故答案為：2

在磁場(chǎng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度有強(qiáng)弱；則由磁感應(yīng)強(qiáng)度來描述強(qiáng)弱.

將通電導(dǎo)線垂直放入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，即確保電流方向與磁場(chǎng)方向相互垂直，則所受的磁場(chǎng)力與通電導(dǎo)線的電流與長(zhǎng)度乘積之比．

磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B=FIL

可知，是屬于比值定義法.

即B

與FIL

均沒有關(guān)系，它是由磁場(chǎng)的本身決定．【解析】2

18、略

【分析】解：根據(jù)牛頓第二定律得；mg鈭?f=ma

解得f=mg鈭?ma=3m=0.3mg

．

故答案為：0.3

．

根據(jù)牛頓第二定律得出阻力與重力的關(guān)系．

本題考查了牛頓第二定律的基本運(yùn)用，知道合力與加速度的關(guān)系，基礎(chǔ)題．【解析】0.3

四、實(shí)驗(yàn)探究題(共1題，共2分)19、略

【分析】解：（1）A；為了保證小球的初速度相等；每次讓小球從斜槽的同一位置由靜止釋放，斜槽不一定需要光滑，故A錯(cuò)誤．

B；斜槽的末端需水平；為了保證小球的初速度水平，故B正確．

C；在坐標(biāo)紙上畫坐標(biāo)時(shí)；要選定斜槽底部末端在豎直向上方向上加上小球半徑所在位置作為平拋運(yùn)動(dòng)坐標(biāo)原點(diǎn)，再畫出x、y軸，故C正確．

D；實(shí)驗(yàn)中；每次讓小球從斜槽的同一位置由靜止釋放，記錄小球位置的凹槽（或木條）不一定得嚴(yán)格地等距離下移，故D錯(cuò)誤．

E；記錄小球通過不同位置的點(diǎn)后；用平滑的曲線畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，舍棄個(gè)別偏差較大的點(diǎn)，故E正確．

故選：BCE．

（2）在豎直方向上，根據(jù)△y=2L=gT2得，T=可知平拋運(yùn)動(dòng)過程中從A到B的時(shí)間為0.1s；

小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度．

小球經(jīng)過B點(diǎn)的豎直分速度．

故答案為：（1）BCE；（2）0.1，1，2．

（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理以及操作中的注意事項(xiàng)確定正確的操作步驟．

（2）根據(jù)豎直方向上連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差是一恒量求出相等的時(shí)間間隔；結(jié)合水平位移和時(shí)間間隔求出初速度，根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出B點(diǎn)的豎直分速度．

解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論靈活求解，難度不大．【解析】BCE；0.1；1；2五、推斷題(共3題，共24分)20、rm{(1)}裂解加成反應(yīng)

rm{(2)}羥基

rm{(3)CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜簍脕貌脣謾}{overset{?}{?}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}催化劑，吸水劑

rm{(3)CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜簍脕貌脣謾}{overset{?}{?}}

CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}

rm{(4)c}rm{2CH_{3}CH_{3}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(5)}【分析】【分析】rm{A}的產(chǎn)量通常用來衡量一個(gè)國(guó)家的石油化工水平，則rm{A}為rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{CH_{2}=CH_{2}}與水發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}在rm{Cu}或rm{Ag}作催化劑條件下，發(fā)生催化氧化生成rm{C}為rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}進(jìn)一步氧化生成rm{D}為rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOH}與rm{CH_{3}CH_{2}OH}發(fā)生酯化反應(yīng)生成rm{E}為rm{CH_{3}COOC_{2}H_{5}}乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成rm{E}為【解答】rm{(1)}工業(yè)上由石蠟制取乙烯的方法稱作：裂解，rm{CH_{2}=CH_{2}}與水發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}故填：裂解；加成反應(yīng)；rm{(2)A}為rm{CH_{2}=CH_{2}}官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)式為rm{B}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{B}的官能團(tuán)名稱為羥基，故填：羥基；rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脻}是乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，反應(yīng)方程式為：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜簍脕貌脣謾}{overset{?}{?}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}其中濃硫酸的作用是，故填：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜簍脕貌脣謾}{overset{?}{?}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}催化劑，吸水劑；rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜簍脕貌脣謾}{overset{?}{?}}

CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜簍脕貌脣謾}{overset{?}{?}}

CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}為乙烯，rm{(4)}為聚乙烯，rm{A}乙烯含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色，而聚乙烯沒有碳碳雙鍵，不能是溴水褪色，故rm{E}錯(cuò)誤；rm{a..}乙烯與聚乙烯中均含有碳碳鍵，碳?xì)滏I，碳碳鍵屬于非極性鍵，故rm{a}錯(cuò)誤；rm{b.}乙烯與聚乙烯的最簡(jiǎn)式均為rm故rm{c.}正確；rm{CH_{2}}聚乙烯中聚合度rm{c}不同，均混合物，故rm{d.}錯(cuò)誤。故填：rm{n}rmakk6icq為rm{c}rm{(5)B}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}由rm{C}的反應(yīng)方程式rm{2CH_{3}CH_{3}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}故填：rm{2CH_{3}CH_{3}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{CH_{3}CHO}【解析】rm{(1)}裂解加成反應(yīng)rm{(2)}羥基rm{(3)CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜簍脕貌脣謾}{overset{?}{?}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}催化劑，吸水劑rm{(3)CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{脜簍脕貌脣謾}{overset{?}{?}}

CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}rm{(4)c}rm{2CH_{3}CH_{3}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(5)}21、（1）SiO2MgO、Fe2O3

（2）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O

（3）SiO2+2OH-══SiO32-+H2O

（4）硫氰化鉀

（5）NaHCO3滅火器或制糕點(diǎn)NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3【分析】【分析】本題以氧化鋁提取工藝流程為載體，考查無機(jī)物推斷、元素化合物性質(zhì)及相互轉(zhuǎn)化、除雜的方法、離子方程式等。【解答】由工藝流程甲可知，鋁土礦與鹽酸反應(yīng)得固體rm{A}和濾液rm{B}則固體rm{A}為rm{SiO_{2}}濾液rm{B}含有氯化鋁、氯化鐵、氯化鎂等，濾液中加入過量的rm{NaOH}可推知沉淀rm{C}為氫氧化鐵、氫氧化鎂，濾液rm{D}含有偏鋁酸鈉、氯化鈉，所以向?yàn)V液rm{D}中通入過量二氧化碳，生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉，沉淀rm{F}為rm{Al(OH)_{3}}濾液rm{E}中含有rm{NaCl}rm{NaHCO_{3}}根據(jù)工藝流程乙可知，鋁土礦中的rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}能和氫氧化鈉反應(yīng)，可知固體rm{X}為rm{Fe_{2}O_{3}}rm{MgO}等，濾液rm{Y}為硅酸鈉、偏鋁酸鈉，濾液中通入過量二氧化碳，沉淀rm{Z}為rm{Al(OH)_{3}}硅酸，濾液rm{K}中含有rm{NaHCO_{3}}則rm{(1)}由分析可知，rm{A}為rm{SiO_{2}}固體rm{X}為rm{Fe_{2}O_{3}}rm{MgO}故答案為：rm{SiO_{2}}；rm{MgO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{(2)Al_{2}O_{3}}與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁和水，氧化物不能拆，離子方程式為：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}簍T2Al^{3+}+3H_{2}O}故答案為：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}簍T2Al^{3+}+3H_{2}O}

rm{(3)}二氧化硅與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉和水，二氧化硅不能拆，故離子反應(yīng)方程式為：rm{SiO_{2}+2OH^{-}簍TSiO_{3}^{2-}+H_{2}O}故答案為：rm{SiO_{2}+2OH^{-}簍TSiO_{3}^{2-}+H_{2}O}

rm{(4)Fe^{3+}}與硫氰化鉀溶液反應(yīng)，使溶液變紅色，檢驗(yàn)濾液rm{B}中是否含rm{Fe^{3+}}離子的方法為：取少量濾液rm{B}向其中加入硫氰化鉀溶液，溶液變紅色，說明濾液中含rm{Fe^{3+}}溶液不變紅色，說明濾液中不含rm{Fe^{3+}}；故答案為：硫氰化鉀；

rm{(5)}根據(jù)工藝流程甲可知，固體rm{A}為rm{SiO_{2}}濾液rm{B}含有氯化鋁、氯化鐵、氯化鎂等，沉淀rm{C}為氫氧化鐵、氫氧化鎂，濾液rm{D}含有偏鋁酸鈉、氯化鈉，所以向?yàn)V液rm{D}中通入過量二氧化碳，反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉，碳酸氫鈉可用于制純堿或做發(fā)酵粉等，故答案為：rm{NaHCO_{3}}滅火器或制糕點(diǎn)rm{NaAlO_{2}+CO_{2}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+NaHCO_{3}}

【解析】rm{(1)SiO_{