2024年北師大新版高三物理下冊(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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大新版高三物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷118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8題，共16分)1、如圖所示，在粗糙水平面上的A、B兩物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，質(zhì)量分別為mA和mB．兩物體間有一彈簧與兩物體連接．當(dāng)物體A受到恒定的水平拉力F時(shí)，兩物體沿水平面做穩(wěn)定的勻加速運(yùn)動(dòng)，彈簧的形變量為△x1．現(xiàn)用同樣大小的力F水平推物體B，使它們?nèi)宰龇€(wěn)定的勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧的形變量為△x2．彈簧始終在彈性限度內(nèi)．則關(guān)于△x1和△x2的判斷正確的是（）A.△x1=△x2B.=C.=D.=2、如圖所示，帶電平行板中勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)滑下，經(jīng)過軌道端點(diǎn)P進(jìn)入板間后恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)使小球從稍低些的b點(diǎn)開始自由滑下，經(jīng)過P點(diǎn)進(jìn)入板間，則球在板間的運(yùn)動(dòng)過程中，以下分析正確的是（）A.其動(dòng)能將會(huì)減小B.小球所受洛倫茲力將會(huì)增大C.其電勢(shì)能將會(huì)減小D.小球所受的電場(chǎng)力將會(huì)增大3、下列說法中不正確的是（）A.變速直線運(yùn)動(dòng)的速度是變化的B.平均速度即為一段時(shí)間內(nèi)初末速度的平均值C.瞬時(shí)速度是物體在某一時(shí)刻或在某一位置時(shí)的速度D.瞬時(shí)速度可看作時(shí)間趨于無窮小時(shí)的平均速度4、【題文】在如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r恒定；閉合開關(guān)S后燈泡能夠發(fā)光，經(jīng)過一段時(shí)間后燈泡突然變亮，則出現(xiàn)這種現(xiàn)象的原因可能是()

A.電阻R1短路B.電阻R2斷路C.電阻R2短路D.電容器C斷路5、【題文】下列屬于國(guó)際單位制中的基本物理量的是（）A.牛頓B.電場(chǎng)強(qiáng)度C.磁感應(yīng)強(qiáng)度D.電流6、如圖所示的電路為演示自感現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路，若閉合開關(guān)S，一段時(shí)間后電流達(dá)到穩(wěn)定時(shí)通過線圈L的電流為I1，通過小燈泡L2的電流為I2，小燈泡L2處于正常發(fā)光狀態(tài)，則下列說法中正確的是（）A.開關(guān)S斷開瞬間，小燈泡L2立即熄滅B.開關(guān)S斷開瞬間，小燈泡L1閃亮一下再熄滅C.開關(guān)S剛閉合時(shí)，L2燈緩慢變亮，L1燈立即變亮D.開關(guān)S剛閉合時(shí)，通過線圈L的電流由零逐漸增大到I17、兩個(gè)相同的物體1、2，靜止在動(dòng)摩擦因數(shù)相同的地面上，現(xiàn)對(duì)兩物體施加等大的恒力F，拉力的方向如圖所示，經(jīng)過一段時(shí)間，物體的末速度相等，在此過程中，下列說法正確的是（）A.F對(duì)兩物體做功相等B.F對(duì)物體1做功多C.F對(duì)兩物體做功的平均功率相等D.F對(duì)物體1做功的平均功率大8、汽車以20m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，剎車后的加速度為5m/s2，那么剎車后2s與剎車后6s汽車通過的位移之比為（）A.2：3B.3：4C.1：1D.4：3評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、（2016春?達(dá)州校級(jí)期中）如圖所示，兩平行金屬板相距d，用導(dǎo)線與一個(gè)n匝線圈連接，線圈置于方向豎直向上的變化磁場(chǎng)中．若金屬板間有一質(zhì)量m、帶電量+q的微粒恰好處于平衡狀態(tài)，則磁場(chǎng)的變化情況是____，磁通量的變化率為____．10、（2014春?三亞校級(jí)期中）如圖所示，條形磁鐵在光滑水平面上以一定的初速度向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁鐵的機(jī)械能____（填變大、變小或不變），流過電阻R的電流方向____（填向左或向右）．11、真空中有兩個(gè)固定點(diǎn)電荷q1與q2，若電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，則它們間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼腳___．12、在原子物理中，常用元電荷作為電量的單位，元電荷的電量為______；一個(gè)電子的電量為______，一個(gè)質(zhì)子的電量為______；任何帶電粒子，所帶電量或者等于電子或質(zhì)子的電量，或者是它們電量的______．13、【題文】圖為盧瑟福和他的同事們做粒子散射實(shí)驗(yàn)的裝置示意圖；熒光屏和顯微鏡一起分別放在圖中的A；B、C、D四個(gè)位置時(shí)，觀察到的現(xiàn)象描述正確的是（）

A．在A位置時(shí)；相同時(shí)間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)最多。

B．在B位置時(shí)；相同時(shí)間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)只比在A位置時(shí)稍少些。

C．在C；D位置時(shí)；屏上觀察不到閃光。

D．在D位置時(shí)，屏上仍能觀察到一些閃光，但次數(shù)極少14、一個(gè)人從某地出發(fā)，向東走4m，然后再向南走4m，這個(gè)人位移的大小為____m；路程為____m．15、外力對(duì)氣體做功100J，氣體向外放熱20J，在這個(gè)過程中氣體的內(nèi)能的增加量是____J；若氣體膨脹對(duì)外做功100J，同時(shí)從外界吸收120J的熱量，此時(shí)內(nèi)能的增加量是____J．16、能量為Ei的光子照射基態(tài)氫原子，剛好可使該原子中的電子成為自由電子．這一能量Ei稱為氫的電離能．現(xiàn)用一頻率為ν的光子從基態(tài)氫原子中擊出了一電子，該電子在遠(yuǎn)離核以后速度的大小為____（用光子頻率ν、電子質(zhì)量m、氫原子的電離能Ei和普朗克常量h表示）．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)17、甲、乙兩杯水，水中均有顆粒在做面朗運(yùn)動(dòng)，經(jīng)顯微鏡觀察后，發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，說明甲杯中水溫高于乙杯．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、兩滴水銀相接觸，立即合并到一起以及熔化的蠟從蠟燭上流下來，冷卻后呈球形，均是由液體表面張力造成的．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、地面上靜止的人觀察一條沿自身長(zhǎng)度方向高速運(yùn)動(dòng)的桿，其長(zhǎng)度總比桿靜止時(shí)的長(zhǎng)度小____（判斷對(duì)錯(cuò)）20、在磁場(chǎng)中任一點(diǎn)，小磁針北極的受力方向?yàn)樵擖c(diǎn)的磁場(chǎng)方向．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、分力的大小一定小于合力的大小．____．22、電源電動(dòng)勢(shì)反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、只要溫度不變且處處相等，系統(tǒng)就一定處于平衡態(tài)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、單晶體的所有物理性質(zhì)都是各向異性的．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題，共36分)25、為了測(cè)量一精密金屬絲的電阻率：

Ⅰ．先用多用電表×1Ω擋粗測(cè)其電阻為______Ω，然后用螺旋測(cè)微器測(cè)其直徑為______mm，游標(biāo)卡尺測(cè)其長(zhǎng)度是______mm．

Ⅱ．為了減小實(shí)驗(yàn)誤差；需進(jìn)一步測(cè)其電阻，除待測(cè)金屬絲外，實(shí)驗(yàn)室還備有的實(shí)驗(yàn)器材如下：

A．電壓表V1（量程3V；內(nèi)阻約為15kΩ）

B．電壓表V2（量程15V；內(nèi)阻約為75kΩ）

C．電流表A1（量程3A；內(nèi)阻約為0.2Ω）

D．電流表A2（量程600mA；內(nèi)阻約為1Ω）

E．滑動(dòng)變阻器R1（0～5Ω；0.6A）

F．滑動(dòng)變阻器R2（0～2000Ω；0.1A）

G．輸出電壓為3V的直流穩(wěn)壓電源E

H．電阻箱。

I．開關(guān)S；導(dǎo)線若干。

為了測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，則上述器材中應(yīng)選用的實(shí)驗(yàn)器材有（填代號(hào)）______．請(qǐng)?jiān)谔摼€框內(nèi)設(shè)計(jì)最合理的電路圖并將圖5的實(shí)物連線．但用該電路電阻的測(cè)量值______真實(shí)值（選填“大于”、“等于”或“小于”）．如果金屬絲直徑為D，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，所測(cè)電壓為U，電流為I，寫出計(jì)算電阻率______．

26、（1）用如圖1所示裝置探究“加速度與力的關(guān)系”；已知砂和砂捅的總質(zhì)童為m，小車的質(zhì)量為M，實(shí)驗(yàn)中用砂和秒桶總重力韻大小作為細(xì)線對(duì)小車?yán)Φ拇笮。?/p>

①實(shí)驗(yàn)中要進(jìn)行質(zhì)量m和M的選取，以下最合理的一組是______

A．M=40g；m=10g；20g、30g、40g、50g

B．M=100g；m=10g；20g、30g、40g、50g

C．M=500g；m=10g；20g、30g、40g、50g

D．M=500g；m=30g；60g、90g、120g、150g

②本實(shí)驗(yàn)中應(yīng)在釋放小車______（選填“之前”或“之后”）接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源．圖2所示為實(shí)驗(yàn)中打出的一條紙帶；A；B、C、D、E為計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒有畫出，計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖所示．已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作頻率為50Hz．則。

小車加速度a=______m/sZ．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

③實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測(cè)量得到的a-F圖象，可能是圖3中的______圖線．（選填“甲”；“乙”或“丙”）

（2）在“測(cè)定金屬的電阻率”實(shí)驗(yàn)中。

①用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，結(jié)果如圖甲所示，其讀數(shù)為______mm；

②用伏安法測(cè)金屬絲的電阻Rx；實(shí)驗(yàn)所用器材為：

電流表（內(nèi)阻約0.1Ω）?

電壓表（內(nèi)阻約3kΩ）

電池組（電動(dòng)勢(shì)為3V；內(nèi)阻約1Ω）

滑動(dòng)變阻器R（0-20Ω；額定電流2A）

開關(guān)；導(dǎo)線若干。

利用以上器材正確連接好電路；進(jìn)行測(cè)量，記錄數(shù)據(jù)如下：

。次數(shù)1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.020.060.150.210.290.330.45根據(jù)上表可以計(jì)算出Rx=______Ω，可推得測(cè)量Rx采用的電路是圖______（選填“乙”或“丙”）

③本實(shí)驗(yàn)關(guān)于誤差的說法正確的有______

A．螺旋測(cè)微器是非常精密的儀器；測(cè)量金屬絲直徑時(shí)不存在誤差。

B．由于電流表和電壓表的內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差。

C．實(shí)驗(yàn)中通電時(shí)間不宜過長(zhǎng)；是為了減少因溫度變化而帶來的誤差。

D．用U-I圖象處理數(shù)據(jù)求金屬絲電阻可以減小偶然誤差．

27、性染色體上的基因的遺傳總是與性別相關(guān)聯(lián)，稱為伴性遺傳。而從性遺傳受到性激素的影響，位于常染色體上的等位基因在不同性別中表達(dá)不同。分析回答下列問題：鵪鶉的性別決定方式為ZW型，其羽毛顏色栗色（B）與白色（b）?？蒲行〗M用一只白羽雄鵪鶉與一只純合栗羽雌鵪鶉交配，產(chǎn)生的F1中雄性全為栗羽，雌性全為白羽。解釋此現(xiàn)象時(shí)，有人認(rèn)為是伴性遺傳，B、b基因位于Z染色體上；也有人認(rèn)為是從性遺傳造成的，基因型為Bb的個(gè)體雄性表現(xiàn)為栗羽，雌性表現(xiàn)為白羽。請(qǐng)利用F1為實(shí)驗(yàn)材料，設(shè)計(jì)最簡(jiǎn)便的雜交實(shí)驗(yàn)予以證明，寫出實(shí)驗(yàn)思路、預(yù)期結(jié)果及結(jié)論28、如圖1為測(cè)量物塊與水平桌面之間動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①用天平測(cè)量物塊和遮光片的總質(zhì)量M；重物的質(zhì)量m；用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片的寬度d；用米尺測(cè)量?jī)晒怆婇T之間的距離L；

②調(diào)整輕滑輪；使細(xì)線水平；

③讓物塊從光電門A的左側(cè)由靜止釋放，用數(shù)字毫秒討分別測(cè)出遮光片經(jīng)過光電門A和光電門B所用的時(shí)間△tA和△tB；求出加速度a；

④多次重復(fù)步驟③，求a的平均值

⑤根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求出動(dòng)摩擦因數(shù)μ

回答下列問題：

（1）用20分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量d時(shí)的示數(shù)如圖2所示；其讀數(shù)為______cm；

（2）物塊的加速度a可用d、L、△tA和△tB表示為a=______；

（3）動(dòng)摩擦因數(shù)μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ=______。評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共4題，共28分)29、參照伽利略時(shí)期演示平拋運(yùn)動(dòng)的方法制作了圖示的實(shí)驗(yàn)裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板．M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道；P為最高點(diǎn)，Q為最低點(diǎn)，Q點(diǎn)處的切線水平，距底板高為H．N板上固定有三個(gè)圓環(huán)．將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L(zhǎng)處．不考慮空氣阻力，重力加速度為g．求：

（1）小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小；

（2）小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；

（3）小球克服摩擦力做的功．30、金屬鈦rm{(Ti)}因其硬度大、熔點(diǎn)高、常溫時(shí)耐酸堿腐蝕而被廣泛用作高新科技材料，被譽(yù)為“未來金屬”。以鈦鐵礦rm{(}主要成分鈦酸亞鐵rm{)}為主要原料冶煉金屬鈦同時(shí)獲得副產(chǎn)品甲的工業(yè)生產(chǎn)流程如下。請(qǐng)回答下列問題。

rm{(1)}鈦酸亞鐵rm{(}用rm{R}表示rm{)}與碳在高溫下反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{2R+C簍T2Fe+2TiO_{2}+CO_{2}隆眉}鈦酸亞鐵的化學(xué)式為______________；鈦酸亞鐵和濃rm{H_{2}SO_{4}}反應(yīng)的產(chǎn)物之一是rm{TiOSO_{4}}反應(yīng)中無氣體生成，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________________________________。

rm{(2)}上述生產(chǎn)流程中加入鐵屑的目的是________________________，此時(shí)溶液Ⅰ中含有rm{Fe^{2+}}rm{TiO^{2+}}和少量rm{Mg^{2+}}等陽離子。常溫下，其對(duì)應(yīng)氫氧化物的rm{K_{sp}}如下表所示。。氫氧化物rm{Fe(OH)_{2}}rm{TiO(OH)_{2}}rm{Mg(OH)_{2}}rm{K_{sp}}rm{8.0隆脕10^{-16}}rm{1.0隆脕10^{-29}}rm{1.8隆脕10^{-11}}rm{壟脵}常溫下，若所得溶液中rm{Mg^{2+}}的物質(zhì)的量濃度為rm{0.0018mol/L}當(dāng)溶液的rm{pH}等于______時(shí)，rm{Mg(OH)_{2}}開始沉淀。

rm{壟脷}若將含有rm{Fe^{2+}}rm{TiO^{2+}}和rm{Mg^{2+}}的溶液加水稀釋；立即析出大量白色沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為__________________________________________________________。

rm{(3)}中間產(chǎn)品乙與焦炭、氯氣在高溫下發(fā)生反應(yīng)制取rm{TiCl_{4}}的方程式為__________________________________________。rm{Mg}還原rm{TiCl_{4}}過程中必須在rm{1070K}的溫度下進(jìn)行，你認(rèn)為還應(yīng)該控制的反應(yīng)條件是___________________________。除去所得金屬鈦中少量的金屬鎂可用的試劑是_________________。31、鋰rm{-}磷酸氧銅電池正極的活性物質(zhì)是rm{Cu_{4}O(PO_{4})_{2}}可通過下列反應(yīng)制備：rm{2Na_{3}PO_{4}+4CuSO_{4}+2NH_{3}隆隴H_{2}O==Cu_{4}O(PO_{4})2隆媒+3Na_{2}SO_{4}+(NH_{4})_{2}SO_{4}+H_{2}O}rm{(1)}寫出基態(tài)rm{Cu^{2+}}的核外電子排布式：___________________；與rm{Cu}同周期的元素中，最外層電子數(shù)與銅原子相等的元素還有____________________rm{(}填元素符號(hào)rm{)}rm{(2)PO_{{4}}^{{3}-}}的空間構(gòu)型是_____________。rm{(3)P}rm{S}元素第一電離能大小關(guān)系為_______________，原因?yàn)開____________。rm{(4)NH_{3}隆隴H_{2}O}分子中rm{NH_{3}}與rm{H_{2}O}之間的氫鍵表示為_______rm{(}填序號(hào)rm{)}rm{A.N隆陋HOB.O隆陋HNC.H隆陋NHD.H}一rm{A.N隆陋HOB.O隆陋HNC.H隆陋NH

D.H}rm{OH}氨基乙酸銅的分子結(jié)構(gòu)如圖，碳原子的雜化方式為__，基態(tài)碳原子核外電子有__________種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。

rm{(5)}在硫酸銅溶液中加入過量rm{(6)}生成配合物rm{KCN}則rm{[Cu(CN)_{4}]^{2-}}該配合物中含有的rm{1mol}鍵的數(shù)目為_________________________。rm{婁脨}銅晶體為面心立方最密堆積，配位數(shù)為____________，銅的原子半徑為rm{(7)}rm{127.8pm}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出晶體銅的密度計(jì)算式：__________rm{N_{A}}rm{g/cm^{3}}32、索氏提取法是測(cè)定動(dòng)植物樣品中粗脂肪含量的標(biāo)準(zhǔn)方法。其原理是利用如圖裝置，用無水乙醚等有機(jī)溶劑連續(xù)、反復(fù)、多次萃取動(dòng)植物樣品中的粗脂肪。具體步驟如下：

rm{壟脵}包裝：取濾紙制成濾紙筒，放入烘箱中干燥后，移至儀器rm{X}中冷卻至室溫。然后放入稱量瓶中稱量，質(zhì)量記作rm{a}在濾紙筒中包入一定質(zhì)量研細(xì)的樣品，放入烘箱中干燥后，移至儀器rm{X}中冷卻至室溫，然后放入稱量瓶中稱量，質(zhì)量記作rmrm{壟脷}萃取：將裝有樣品的濾紙筒用長(zhǎng)鑷子放入抽提筒中，注入一定量的無水乙醚，使濾紙筒完全浸沒入乙醚中，接通冷凝水，加熱并調(diào)節(jié)溫度，使冷凝下滴的無水乙醚呈連珠狀，至抽提筒中的無水乙醚用濾紙點(diǎn)滴檢查無油跡為止rm{(}大約rm{6h隆蘆12h)}rm{壟脹}稱量：萃取完畢后，用長(zhǎng)鑷子取出濾紙筒，在通風(fēng)處使無水乙醚揮發(fā)，待無水乙醚揮發(fā)后，將濾紙筒放入烘箱中干燥后，移至儀器rm{X}中冷卻至室溫，然后放入稱量瓶中稱量，質(zhì)量記作rm{c}回答下列問題：rm{(1)}實(shí)驗(yàn)中使用了三次的儀器rm{X}的名稱___________。為提高乙醚蒸氣的冷凝效果，索氏提取器可選用下列______rm{(}填字母rm{)}代替。

rm{a.}空氣冷凝管rm{b.}直形冷凝管

rm{c..}蛇形冷凝管rm{(2)壟脵}實(shí)驗(yàn)中必須十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火加熱、室內(nèi)保持通風(fēng)等。為防止乙醚揮發(fā)到空氣中形成燃爆，常在冷凝管上口連接一個(gè)球形干燥管，其中裝入的藥品為___rm{(}填字母rm{)}rm{a.}活性炭rm{b.}堿石灰rm{c:P_{2}0_{5}}rm{d.}濃硫酸rm{壟脷}無水乙醚在空氣中可能氧化生成少量過氧化物，加熱時(shí)發(fā)生爆炸。檢驗(yàn)無水乙醚中是否含有過氧化物的方法是______________________。rm{(3)壟脵}實(shí)驗(yàn)中需控制溫度在rm{70隆忙隆蘆80隆忙}之間，考慮到安全等因素，應(yīng)采取的加熱方式是_____。rm{壟脷}索氏提取法與一般萃取法相比較，其優(yōu)點(diǎn)為_______________。rm{(4)}數(shù)據(jù)處理：樣品中純脂肪百分含量_______rm{(}填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}rm{dfrac{(b-c)}{(b-a)}times100%}rm{dfrac{(b-c)}{(b-a)}times

100%}評(píng)卷人得分六、證明題(共2題，共4分)33、（2016?海淀區(qū)模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）平放在水平桌面的一張薄紙上，對(duì)紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動(dòng)．已知物塊的質(zhì)量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1，紙與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質(zhì)量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動(dòng)量的定義；結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，證明：水平拉力F和桌面對(duì)薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動(dòng)量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質(zhì)量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L(zhǎng)，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對(duì)桌面移動(dòng)了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動(dòng)），求此過程中水平拉力所做的功．34、如圖所示，兩個(gè)光滑的水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)．左側(cè)連接有阻值為R的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面，有一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)．設(shè)除左邊的電阻R外．其它電阻不計(jì)．棒向右移動(dòng)最遠(yuǎn)的距離為s，問當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)到λs時(shí)0＜λ＜L，證明此時(shí)電阻R上的熱功率：P=．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離分析，結(jié)合牛頓第二定律求出彈簧的彈力大小，從而求出形變量之間的關(guān)系．【解析】【解答】解：當(dāng)物體A受到恒定的水平拉力F時(shí)；對(duì)整體分析，整體的加速度為：

a=；

隔離對(duì)B分析；根據(jù)牛頓第二定律得：

F彈1-μmBg=mBa；

解得：．

當(dāng)F水平推物體B；對(duì)整體分析，整體的加速度為：

a=；

隔離對(duì)A分析；根據(jù)牛頓第二定律得：

F彈2-μmAg=mAa；

解得：；

根據(jù)胡克定律知：F彈=k△x；

則．

故選：B．2、B【分析】【分析】小球從P點(diǎn)進(jìn)入平行板間后做直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析得小球共受到三個(gè)力作用：恒定的重力G、恒定的電場(chǎng)力F、洛倫茲力f，這三個(gè)力都在豎直方向上，小球在水平直線上運(yùn)動(dòng)，所以可以判斷出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力和電場(chǎng)力同向，故都向上；減小入射速度后，洛倫茲力減小，合力向下，故向下偏轉(zhuǎn)．【解析】【解答】解：根據(jù)題意分析得：小球從P點(diǎn)進(jìn)入平行板間后做直線運(yùn)動(dòng)；對(duì)小球進(jìn)行受力分析得小球共受到三個(gè)力作用：恒定的重力G；恒定的電場(chǎng)力F、洛倫茲力f，這三個(gè)力都在豎直方向上，小球在水平直線上運(yùn)動(dòng)，所以可以判斷出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合左手定則，洛倫茲力和電場(chǎng)力同向，都向上，小球帶正電．

如果小球從稍低的b點(diǎn)下滑到從P點(diǎn)進(jìn)入平行板間；則小球到達(dá)P點(diǎn)的速度會(huì)變小，所以洛倫茲力f比之前的減小，因?yàn)橹亓和電場(chǎng)力F一直在豎直方向上，所以這兩個(gè)力的合力一定在豎直方向上；

若洛倫茲力變化了；則三個(gè)力的合力一定不為零，且在豎直方向上，而小球從P點(diǎn)進(jìn)入時(shí)的速度方向在水平方向上，所以小球會(huì)偏離水平方向向下做曲線運(yùn)動(dòng)，因此減小入射速度后，洛倫茲力減小，合力向下，故向下偏轉(zhuǎn)，故電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所以動(dòng)能將會(huì)增大，導(dǎo)致洛倫茲力也會(huì)增大，電場(chǎng)力不變，故B正確，ACD錯(cuò)誤；

故選：B．3、B【分析】【分析】變速直線運(yùn)動(dòng)的速度是變化的；勻變速直線運(yùn)動(dòng)中平均速度即為一段時(shí)間內(nèi)初末速度的平均值；瞬時(shí)速度是物體在某一時(shí)刻或在某一位置時(shí)的速度，可看作時(shí)間趨于無窮小時(shí)的平均速度．【解析】【解答】解：A；變速直線運(yùn)動(dòng)的速度大小是變化的；故A正確；

B；在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中；平均速度即為一段時(shí)間內(nèi)初末速度的平均值，非勻變速直線運(yùn)動(dòng)不能直接使用．故B錯(cuò)誤；

C；D、瞬時(shí)速度是物體在某一時(shí)刻或在某一位置時(shí)的速度；可看作時(shí)間趨于無窮小時(shí)的平均速度．故CD正確．

本題要求選擇不正確的，故選：B4、A|B【分析】【解析】本題考查的是對(duì)電路故障的分析，燈泡突然變亮，可能電阻R1短路，電阻R2斷路；故AB正確；【解析】【答案】AB5、D【分析】【解析】國(guó)際單位制中的基本物理量（質(zhì)量，長(zhǎng)度，時(shí)間，電流，熱力學(xué)溫度，發(fā)光強(qiáng)度，物質(zhì)的量）故選D【解析】【答案】D6、D【分析】【分析】當(dāng)燈泡處于正常發(fā)光狀態(tài)時(shí)，迅速斷開開關(guān)S時(shí)，燈泡中原來的電流突然減小到零，線圈中電流開始減小，磁通量減小產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生自感現(xiàn)象，根據(jù)楞次定律分析線圈中電流的變化【解析】【解答】解：AB、開關(guān)S斷開后，L1立即熄滅，線圈與L2構(gòu)成回路，由于自感的存在，電流將從I1開始減小為0，方向與I2方向相反；故AB均錯(cuò)誤；

CD、S閉合后，電源的電壓立即加到兩燈泡兩端，故兩燈泡將立刻發(fā)光，通過線圈L的電流由零逐漸增大到I1故C錯(cuò)誤；D正確；

故選：D7、C【分析】【分析】先對(duì)物體受力分析，根據(jù)動(dòng)量定理判斷運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷平均速度的大小關(guān)系和位移的大小關(guān)系，根據(jù)W=Fxcosθ判斷功，根據(jù)判斷平均功率．【解析】【解答】解：A；B、物體受重力、支持力、拉力和摩擦力；根據(jù)動(dòng)量定理，有：

左圖：[Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）]t1=mv

右圖：[Fcosθ-μ（mg+Fsinθ）]t2=mv

故：t1＜t2

根據(jù)平均速度公式；有：

x=t=

故：x1＜x2

根據(jù)公式W=Fxcosθ；F對(duì)物體2做的功較大，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；

C、D、根據(jù)平均速度公式，有：

平均功率：；故拉力的平均功率相等，故C正確，D錯(cuò)誤；

故選：C．8、B【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間公式求出汽車剎車到速度為零所需的時(shí)間，判斷汽車是否停止，結(jié)合位移公式求出剎車后的位移，從而求出汽車通過的位移之比．【解析】【解答】解：汽車剎車到速度為零所需的時(shí)間為：

則6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移，則有：．

汽車剎車后2s內(nèi)的位移為：m=30m．

則剎車后2s與剎車后6s汽車通過的位移之比為3：4．故B正確；A；C、D錯(cuò)誤．

故選B．二、填空題(共8題，共16分)9、磁通量在均勻減弱【分析】【分析】由題意可知，線圈置于豎直向上的均勻變化的磁場(chǎng)中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律會(huì)產(chǎn)生穩(wěn)定的電動(dòng)勢(shì)，小球受到向上的電場(chǎng)力，根據(jù)小球的平衡可求出磁通量的變化率以及磁場(chǎng)的變化．【解析】【解答】解：電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)；電場(chǎng)力豎直向上，則電容器的下極板帶正電，所以線圈下端相當(dāng)于電源的正極，由題意可知，根據(jù)楞次定律，可得穿過線圈的磁通量在均勻減弱；

線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=n；

油滴所受電場(chǎng)力：F=E場(chǎng)q=；

對(duì)油滴，根據(jù)平衡條件得：q=mg；

所以解得，線圈中的磁通量變化率的大小為；=．

故答案為：磁通量在均勻減弱，10、變小向左【分析】【分析】磁鐵向左運(yùn)動(dòng)，則螺線管處的磁場(chǎng)減弱，磁通量減小，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律判斷電流的方向．【解析】【解答】解：由分析知螺線管上的導(dǎo)線中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流；從能量守恒的角度考慮即磁鐵的機(jī)械能減少轉(zhuǎn)化為R產(chǎn)生的焦耳熱；

根據(jù)安培定則判斷可知；磁鐵遠(yuǎn)離時(shí)，磁通量減小，方向向左，則線圈內(nèi)部感應(yīng)電流的方向向左，由安培定則判斷出電流的通過R的電流方向?yàn)橄蜃螅?/p>

故答案為：變小，向左．11、4倍【分析】【分析】真空中有兩個(gè)固定點(diǎn)電荷之間的距離保持不變，當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)庫侖定律分析庫侖力的變化．【解析】【解答】解：真空中有兩個(gè)固定點(diǎn)電荷之間的距離保持不變；當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，電荷量的乘積變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)庫侖定律可知，庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍．

故答案為：4倍．12、略

【分析】【解析】元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號(hào)e表示，最早是由美國(guó)科學(xué)家密立根用實(shí)驗(yàn)測(cè)得的，任何帶電體所帶電荷都是e的整數(shù)倍．電子和質(zhì)子所帶的電荷量大小等于元電荷，思路分析：人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號(hào)e表示，任何帶電體所帶電荷都是e的整數(shù)倍．試題【解析】【答案】1.6×10－19C，－1.6×10－19C，1.6×10－19C，整數(shù)倍13、略

【分析】【解析】因?yàn)榻^大多數(shù)粒子穿過金箔后仍然沿原來方向前進(jìn)，在A位置時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)最多，A對(duì)；因?yàn)樯贁?shù)粒子穿過金箔后發(fā)生了較大偏轉(zhuǎn)，在B位置時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)觀察到屏上的閃光次數(shù)比在A位置時(shí)要少得多，B錯(cuò)；粒子散射實(shí)驗(yàn)中有極少數(shù)粒子轉(zhuǎn)角超過90°，甚至接近180°，所以C錯(cuò)D對(duì)。正確選項(xiàng)為A、D?！窘馕觥俊敬鸢浮緼D14、8【分析】【分析】根據(jù)路程等于物體運(yùn)動(dòng)路線的長(zhǎng)度、位移大小等于初位置到末位置有向線段的長(zhǎng)度，確定路程和位移的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓何灰频拇笮〉扔谑啄┪恢玫木嚯x，大小x=m；路程等于運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度，s=4+4=8m．

故答案為：，8．15、8020【分析】【分析】已知吸收、放熱的熱量與對(duì)外做功，應(yīng)用熱力學(xué)第一定律解題．【解析】【解答】解：1；由熱力學(xué)第一定律得：△U=W+Q=100J-20J=80J；

在這個(gè)過程中氣體的內(nèi)能的增加量是80J

2；△U=W+Q=-100J+120J=20J；此時(shí)內(nèi)能的增加量是20J．

故答案為：80，20．16、【分析】【分析】題中電子遠(yuǎn)離原子核的過程中要克服原子核對(duì)電子的庫侖力引力所做的功，而氫原子吸收光子后能量增多，增多的能量一方面克服引力做功，另一方面轉(zhuǎn)化為電離后的電子的動(dòng)能，故本題利用能量守恒可以解得．【解析】【解答】解：由題意可知?dú)涞碾婋x能實(shí)際上等于電子從基態(tài)向外躍遷直到電離的過程中克服核的引力所做的功，頻率為ν的光子的能量為hν，故用該光子照射處于基態(tài)的氫原子時(shí)氫原子獲得的能量為hν，要使處于基態(tài)的氫原子剛好電離，則在該電子遠(yuǎn)離核的過程中核的引力對(duì)電子所做的功為-E1；

由能量守恒得；

故電子遠(yuǎn)離核以后的速度為v=

故答案為：三、判斷題(共8題，共16分)17、×【分析】【分析】懸浮在液體（或氣體）中固體小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯；布朗運(yùn)動(dòng)是液體（或氣體）分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反應(yīng)．【解析】【解答】解：布朗運(yùn)動(dòng)的激烈程度與液體的溫度；懸浮顆粒的大小有關(guān)；溫度越高，懸浮物的顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越激烈．所以發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水溫高于乙杯．所以以上的說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力．它產(chǎn)生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力．就象你要把彈簧拉開些，彈簧反而表現(xiàn)具有收縮的趨勢(shì)．【解析】【解答】解：兩滴水銀相接觸；立即合并到一起以及熔化的蠟燭從燃燒的蠟燭上流下來，冷卻后呈球形，是因?yàn)楸砻鎻埩κ挂后w表面有收縮的趨勢(shì)．故該說法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】根據(jù)狹義相對(duì)論的幾個(gè)重要的效應(yīng)之一：尺縮效應(yīng)：在尺子長(zhǎng)度方向上運(yùn)動(dòng)的尺子比靜止的尺子短，當(dāng)速度接近光速時(shí)，尺子縮成一個(gè)點(diǎn)，即可正確解答．【解析】【解答】解：根據(jù)相對(duì)論的尺縮效應(yīng)：一條沿自身長(zhǎng)度方向運(yùn)動(dòng)的桿；其長(zhǎng)度總比桿靜止時(shí)的長(zhǎng)度短．故該說法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】磁場(chǎng)雖然是看不見、摸不著的，但它會(huì)對(duì)放入它中的磁體產(chǎn)生力的作用，小磁針N極在磁場(chǎng)中所受的磁力方向跟該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向相同．【解析】【解答】解：磁體的周圍存在磁場(chǎng)；電流周圍也存在磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的基本性質(zhì)是對(duì)放在其中的磁體存在力的作用．

磁場(chǎng)方向與放在該點(diǎn)的小磁針的N極靜止時(shí)的方向一致；或小磁針北極的受力方向?yàn)樵擖c(diǎn)的磁場(chǎng)方向．所以該說法是正確的．

故答案為：√21、×【分析】【分析】（1）如果二力在同一條直線上；根據(jù)力的合成計(jì)算合力的大小，即同一直線上同方向二力的合力等于二力之和；

同一直線反方向二力的合力等于二力之差．

（2）如果二力不在同一條直線上，合力大小介于二力之和與二力之差之間．【解析】【解答】解：當(dāng)二力反向時(shí)；合力等于二力大小之差，合力有可能小于分力，故這句話是錯(cuò)誤的；

故答案為：×22、√【分析】【分析】電源是通過非靜電力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，電源電動(dòng)勢(shì)反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)．【解析】【解答】解：電源是通過非靜電力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；電源電動(dòng)勢(shì)反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)．故此說法正確．

故答案為：√23、×【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)；據(jù)此分析判斷即可．【解析】【解答】解：一般來說；平衡態(tài)是針對(duì)某一系統(tǒng)而言的，描述系統(tǒng)狀態(tài)的參量不只溫度一個(gè)，還與體積壓強(qiáng)有關(guān)，當(dāng)溫度不變時(shí)，系統(tǒng)不一定處于平衡態(tài)．所以該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×24、×【分析】【分析】晶體有單晶體和多晶體兩種，單晶體各向異性，而多晶體各向同性．【解析】【解答】解：由于晶體在不同方向上物質(zhì)微粒的排列情況不同；即為各向異性，則為單晶體具有各向異性，但并不是所有物理性質(zhì)都是各向異性的．故該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×四、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題，共36分)25、略

【分析】解：Ⅰ；由圖示多用電表可知；待測(cè)電阻阻值是6×1Ω=6Ω；

由圖示螺旋測(cè)微器可知；其讀數(shù)為：2mm+9.5×0.01mm=2.095mm；

由圖示游標(biāo)卡尺可知；其示數(shù)為：36mm+2×0.1mm=36.2mm；

Ⅱ、實(shí)驗(yàn)需要G電源，I開關(guān)與導(dǎo)線，電源電動(dòng)勢(shì)為3V，因此電壓表應(yīng)選：A．電壓表V1（量程3V；內(nèi)阻約為15kΩ）；

通過待測(cè)電阻的最大電流約為I===0.5A，則電流表應(yīng)選：D．電流表A2（量程600mA；內(nèi)阻約為1Ω）；

為保證電路安全方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選：E．滑動(dòng)變阻器R1（0～5Ω；0.6A）；故需要的實(shí)驗(yàn)器材是：A；D、E、G、I．

為測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，==6，==250，＞電流表應(yīng)采用外接法；

實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示；根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖連接實(shí)物電路圖，如圖所示；

電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，電流測(cè)量值偏大，由R=可知；待測(cè)電阻測(cè)量值比真實(shí)值?。?/p>

由電阻定律可知，R=ρ=ρ=ρR=則電阻率ρ=．

故答案為：Ⅰ、6；2.095；36.2；Ⅱ、ADEGI；電路圖如圖所示；小于；．

Ⅰ；歐姆表指針示數(shù)與倍率的乘積是歐姆表示數(shù)；螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)；游標(biāo)考查主尺示數(shù)與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù)；

Ⅱ；根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)選擇電壓表；根據(jù)通過待測(cè)電阻的最大電流選擇電流表，在保證安全的前提下，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器；為準(zhǔn)確測(cè)量電阻阻值，應(yīng)測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器可以采用分壓接法，根據(jù)待測(cè)電阻與電表內(nèi)阻間的關(guān)系確定電流表的接法，作出實(shí)驗(yàn)電路圖，然后根據(jù)電路圖連接實(shí)物電路圖；根據(jù)電流表的接反分析實(shí)驗(yàn)誤差。

選擇實(shí)驗(yàn)器材時(shí)，要注意保證電路安全、注意所選實(shí)驗(yàn)器材方便實(shí)驗(yàn)操作；確定滑動(dòng)變阻器的接法與電流表接法是正確設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路的關(guān)鍵．【解析】6；2.095；36.2；ADEGI；小于；26、略

【分析】解：（1）①實(shí)驗(yàn)時(shí)要保證小車質(zhì)量M遠(yuǎn)大于砂和砂桶的質(zhì)量m；由所給數(shù)據(jù)可知，C組數(shù)據(jù)符合要求，最合理，故選C；

②實(shí)驗(yàn)中應(yīng)在釋放小車之前接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源．由題意可知；計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為：

t=0.02s×5=0.1s；

小車的加速度為：

a====0.50m/s2；

③實(shí)驗(yàn)時(shí)如果沒有平衡摩擦力；小車受到的合力將小于砂和砂桶的重力，只有當(dāng)砂和砂桶質(zhì)量大到一定程度時(shí)，小車才有加速度，a-F圖象在F軸上有截距，由圖示圖象可知，圖線丙是小車的a-F圖線．

（2）①由圖示螺旋測(cè)微器可知；固定刻度為0mm，可動(dòng)刻度示數(shù)為：39.9×0.01mm=0.399mm；

②由表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知；在誤差運(yùn)行范圍內(nèi)，電流與電壓成正比，比值為5，則電阻阻值為5Ω，實(shí)驗(yàn)時(shí)電流表應(yīng)采用外接法，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，由圖示可知，應(yīng)選用圖乙所示電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；

③A；雖然螺旋測(cè)微器是非常精密的儀器；但測(cè)量金屬絲直徑時(shí)仍存在誤差，故A錯(cuò)誤；

B；由于電流表和電壓表的內(nèi)阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差；不是偶然誤差，故B錯(cuò)誤；

C；實(shí)驗(yàn)中通電時(shí)間不宜過長(zhǎng)；是為了減少因溫度變化而帶來的誤差，故C正確；

D；用U-I圖象處理數(shù)據(jù)求金屬絲電阻可以減小偶然誤差；故D正確；

故選CD．

故答案為：（1）①C；②之前；0.50；③乙；（2）①0.399；②5；③CD．

（1）①探究“加速度與力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)；當(dāng)小車質(zhì)量遠(yuǎn)大于砂和砂桶質(zhì)量時(shí)，可近似認(rèn)為小車受到的拉力等于砂和砂桶的重力，據(jù)此分析答題；

②實(shí)驗(yàn)時(shí)要先接通電源，再釋放小車；根據(jù)圖示紙帶數(shù)據(jù)，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論△x=at2求出加速度；

③實(shí)驗(yàn)前要平衡摩擦力；如果不平衡摩擦力，小車所受合力將小于砂和砂桶的重力，a-F圖象在F軸上有截距，分析圖示圖象答題．

（2）①螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)；

②根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求出金屬絲的電阻；然后根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)選擇實(shí)驗(yàn)電路；

③實(shí)驗(yàn)誤差分為偶然誤差與系統(tǒng)誤差；根據(jù)對(duì)誤差產(chǎn)生原因的掌握和減小誤差措施的掌握分析答題．

（1）掌握驗(yàn)證牛頓第二定律實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)；掌握根據(jù)紙帶處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法即可正確解題；

（2）螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)，螺旋測(cè)微器需要估讀．【解析】C；之前；0.50；丙；0.399；5；乙；CD27、用F1的雌雄鵪鶉相互交配，觀察并統(tǒng)計(jì)F2的表現(xiàn)型及比例。

若子代（無論雌雄）都表現(xiàn)為栗羽︰白羽=1︰1，則證明B、b基因位于Z染色體上；

若子代雄鵪鶉表現(xiàn)為栗羽︰白羽=3︰1，雌鵪鶉表現(xiàn)為栗羽︰白羽=1︰3，則證明B、b基因位于常染色體上?！痉治觥俊痉治觥勘绢}主要考查了伴性遺傳相關(guān)知識(shí)，理解伴性遺傳的類型及應(yīng)用是解答本題的關(guān)鍵。【解答】鵪鶉的性別決定方式為ZW型，其羽毛顏色栗色（B）與白色（b）?？蒲行〗M用一只白羽雄鵪鶉與一只純合栗羽雌鵪鶉交配，產(chǎn)生的F1中雄性全為栗羽，雌性全為白羽。解釋此現(xiàn)象時(shí)，有人認(rèn)為是伴性遺傳，B、b基因位于Z染色體上；也有人認(rèn)為是從性遺傳造成的，基因型為Bb的個(gè)體雄性表現(xiàn)為栗羽，雌性表現(xiàn)為白羽。

用F1的雌雄鵪鶉相互交配，觀察并統(tǒng)計(jì)F2的表現(xiàn)型及比例。若子代（無論雌雄）都表現(xiàn)為栗羽︰白羽=1︰1，則證明B、b基因位于Z染色體上；若子代雄鵪鶉表現(xiàn)為栗羽︰白羽=3︰1，雌鵪鶉表現(xiàn)為栗羽︰白羽=1︰3，則證明B、b基因位于常染色體上?！窘馕觥坑肍1的雌雄鵪鶉相互交配，觀察并統(tǒng)計(jì)F2的表現(xiàn)型及比例。若子代（無論雌雄）都表現(xiàn)為栗羽︰白羽=1︰1，則證明B、b基因位于Z染色體上；若子代雄鵪鶉表現(xiàn)為栗羽︰白羽=3︰1，雌鵪鶉表現(xiàn)為栗羽︰白羽=1︰3，則證明B、b基因位于常染色體上。28、0.950【分析】解：（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)：0.9cm+0.05mm×10=9.50mm=0.950cm；

（2）物塊經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度為：

物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度為：

物塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；由速度位移公式得：

vB2-vA2=2aL；

加速度為：a=

（3）以M；m組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象；由牛頓第二定律得：

mg-μMg=（M+m）

解得：μ=

故答案為：（1）0.950；（2）（3）

（1）解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法；主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；

（2）根據(jù)平均速度公式可求得AB點(diǎn)的速度；再根據(jù)速度和位移的關(guān)系即可確定加速度大?。?/p>

（3）對(duì)M；m組成的系統(tǒng)進(jìn)行分析；根據(jù)牛頓第二定律可求得動(dòng)摩擦因數(shù)的大小。

對(duì)于基本測(cè)量?jī)x器如游標(biāo)卡尺，要了解其原理，正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測(cè)量；本題為探究性實(shí)驗(yàn)，要注意正確掌握實(shí)驗(yàn)原理，能根據(jù)題意明確實(shí)驗(yàn)的原理。【解析】0.950五、簡(jiǎn)答題(共4題，共28分)29、略

【分析】

（1）根據(jù)高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；結(jié)合水平位移和時(shí)間求出Q點(diǎn)的速度大小．

（2）根據(jù)牛頓第二定律求出Q點(diǎn)的支持力；從而得出壓力的大?。?/p>

（3）對(duì)P到Q的過程運(yùn)用動(dòng)能定理；求出摩擦力做功．

本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的綜合運(yùn)用，知道圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源，以及平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵．【解析】解：（1）由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知；

水平方向上有：L=vt；

豎直方向上有：H=gt2；

解得：v==L

（2）小球在Q受重力mg和軌道的支持力F支，對(duì)拋出點(diǎn)分析，由牛頓第二定律：F支-mg=m

解得：F支=mg+

由牛頓第三定律：F壓=F支=mg+

（3）對(duì)P點(diǎn)至Q點(diǎn)的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理有：mgR+Wf=mv2-0

解得：Wf=-mgR

W克f=mgR-

答：（1）小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為L(zhǎng)

（2）小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為mg+

（3）小球克服摩擦力做的功為mgR-．30、（1）FeTiO3FeTiO3+H2SO4（濃）=TiOSO4+FeSO4+2H2O

（2）防止Fe2+氧化

①10

②TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+

（3）TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO隔絕空氣稀鹽酸

【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，為高考常見題型，難度中等，注意把握實(shí)驗(yàn)的基本原理和物質(zhì)的性質(zhì)?！据^短】鈦鐵礦和濃硫酸混合，鈦鐵礦和濃硫酸反應(yīng)的產(chǎn)物之一是rm{TiOSO_{4}}反應(yīng)中無氣體生成，濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，rm{+2}價(jià)rm{Fe}具有還原性，則rm{+2}價(jià)rm{Fe}被濃硫酸氧化生成rm{Fe^{3+}}然后向混合物中加入水、鐵屑，發(fā)生反應(yīng)rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}沉降過濾，濾液rm{I}中溶質(zhì)為rm{TiOSO_{4}}和rm{FeSO_{4}}將濾液冷卻結(jié)晶得到副產(chǎn)品甲和溶液rm{II}根據(jù)流程圖中溶液rm{II}中含有rm{TiOSO_{4}}則副產(chǎn)品甲為綠礬rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}先將溶液rm{II}中加入水并加熱，rm{TiO^{2+}}水解生成rm{H_{2}TiO_{3}}然后過濾回收硫酸，同時(shí)得到rm{H_{2}TiO_{3}}煅燒rm{H_{2}TiO_{3}}rm{H_{2}TiO_{3}}分解生成rm{TiO_{2}}和水，乙能和氯氣、rm{C}在高溫下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成rm{TiCl_{4}}則乙是rm{TiO_{2}}在高溫條件下，用rm{Mg}和四氯化鈦發(fā)生置換反應(yīng)生成rm{Ti}

rm{(1)}根據(jù)原子守恒可知，鈦酸亞鐵的化學(xué)式為rm{FeTiO_{3}}鈦鐵礦精礦和濃硫酸反應(yīng)的產(chǎn)物之一是rm{TiOSO_{4}}反應(yīng)中無氣體生成，依據(jù)氧化還原反應(yīng)分析，應(yīng)生成硫酸亞鐵和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{FeTiO_{3}+H_{2}SO_{4}(}濃rm{)=TiOSO_{4}+FeSO_{4}+2H_{2}O}故答案為：rm{FeTiO_{3}}rm{FeTiO_{3}+H_{2}SO_{4}(}濃rm{)=TiOSO_{4}+FeSO_{4}+2H_{2}O}

rm{(2)}鈦鐵礦和濃硫酸反應(yīng)的產(chǎn)物之一是rm{TiOSO_{4}}加入鐵屑，可防止rm{Fe^{2+}}氧化；故答案為：可防止rm{Fe^{2+}}氧化；

rm{壟脵K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=c(Mg^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})=1.8隆脕10^{-11}}故rm{c(O{H}^{-})=sqrt{dfrac{1.8隆脕{10}^{-11}}{0.0018}}={10}^{-4}mol/L}故rm{c({H}^{+})=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-4}}={10}^{-10}mol/L}故此時(shí)rm{c(O{H}^{-})=sqrt{

dfrac{1.8隆脕{10}^{-11}}{0.0018}}={10}^{-4}mol/L}故答案為：rm{c({H}^{+})=

dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-4}}={10}^{-10}mol/L}rm{pH=10}已知rm{10}發(fā)生水解生成鈦酸rm{壟脷}沉淀和氫離子，其離子方程式為：rm{TiO^{2+}}故答案為：rm{(H_{2}TiO_{3})}

rm{TiO^{2+}+2H_{2}O簍TH_{2}TiO_{3}隆媒+2H^{+}}中間產(chǎn)品乙與焦炭、氯氣在高溫下發(fā)生反應(yīng)制取rm{TiO^{2+}+2H_{2}O簍TH_{2}TiO_{3}隆媒+2H^{+}}的方程式為：rm{(3)}防止碳與氧氣反應(yīng)，應(yīng)隔絕空氣加熱，可用稀鹽酸溶解鎂除去鈦中混有的鎂；故答案為：rm{TiCl_{4}}隔絕空氣；稀鹽酸。

rm{TiO_{2}+2C+2Cl_{2}=TiCl_{4}+2CO}【解析】rm{(1)FeTiO_{3;;;;}FeTiO_{3}+H_{2}SO_{4}(}濃rm{)=TiOSO_{4}+FeSO_{4}+2H_{2}O}rm{(2)}防止rm{Fe^{2+}}氧化rm{壟脵10}rm{壟脷TiO^{2+}+2H_{2}O簍TH_{2}TiO_{3}隆媒+2H^{+}}rm{(3)TiO_{2}+2C+2Cl_{2}=TiCl_{4}+2CO}隔絕空氣稀鹽酸

31、（1）[Ar]3d9；K、Cr；（2）正四面體；（3）P>S；P元素3p軌道為半充滿，較穩(wěn)定，所以第一電離能大；（4）B；（5）sp3、sp2；6；（6）4.82×1024（或8NA）；（7）12；??！痉治觥俊痉治觥勘绢}考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)及性質(zhì)，這些知識(shí)點(diǎn)都是考查熱點(diǎn)，難點(diǎn)是化學(xué)式的確定，注意該題中每個(gè)頂點(diǎn)上的原子被rm{6}個(gè)晶胞占有而不是rm{8}個(gè)晶胞占有，為易錯(cuò)點(diǎn)?！窘獯稹縭m{(1)}銅是rm{29}號(hào)元素，rm{+2}價(jià)銅離子核外有rm{27}個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理知，其核外電子排布式為：rm{[Ar]3d}rm{[Ar]3d}rm{{,!}^{9}}同周期的元素中，與銅原子最外層電子數(shù)相等的元素還有與rm{Cu}同周期的元素中，與銅原子最外層電子數(shù)相等的元素還有、rm{Cu}rm{K}故答案為：rm{Cr}，rm{[Ar]3d}、rm{[Ar]3d}rm{{,!}^{9}}rm{K}rm{Cr}故答案為：正四面體；rm{(2)PO}同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第rm{(2)PO}族元素的第一電離能大于其相鄰元素，所以rm{{,!}_{4}^{3-}}的空間構(gòu)型是正四面體，元素第一電離能為rm{(3)}rm{VA}rm{P}元素rm{S}半充滿，較穩(wěn)定，所以第一電離能大，故答案為：rm{S<P}原因?yàn)樵豶m{P}軌道為半充滿；較穩(wěn)定，所以第一電離能大；

rm{3p3}rm{S<P}rm{P}rm{3p}rm{(4)}rm{NH}分子中rm{NH}rm{3}rm{3}rm{隆隴H}rm{隆隴H}之間氫鍵表示為rm{2}或rm{2}故答案為：rm{O}分子中rm{NH}

rm{O}氨基乙酸銅的分子中一種碳有碳氧雙鍵，碳的雜化方式為rm{NH}雜化，另一種碳周圍都是單鍵，碳的雜化方式為rm{3}雜化，rm{3}個(gè)空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故答案為：與rm{H}rm{H}rm{2}

rm{2}在rm{O}之間氫鍵表示為中，一個(gè)rm{O}中含有rm{H-N...H-O}個(gè)rm{H-OH-N}鍵，每個(gè)rm{B}和rm{(5)}間有rm{sp^{2}}個(gè)rm{sp^{3}}鍵，所以基態(tài)碳原子核外電子有rm{6}個(gè)空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，中含有的rm{6}鍵的數(shù)目為rm{sp^{3}}約為rm{sp^{2}}或rm{6}故答案為：rm{(5)}或rm{[Cu(CN)_{4}]^{2-}}rm{CN^{-}}晶胞中rm{1}原子位于面心、頂點(diǎn)上，屬于面心立方最密堆積，以頂點(diǎn)rm{婁脨}原子研究，與之相鄰的原子處于面心，每個(gè)頂點(diǎn)為rm{婁脨}個(gè)晶胞共用，每個(gè)面心為rm{CN^{-}}個(gè)晶胞共有，故Crm{Cu}原子配位數(shù)為rm{1}

銅晶體為面心立方最密堆積，則每個(gè)晶胞中含有銅的原子：rm{left(8隆脕dfrac{1}{8}right)+left(6隆脕dfrac{1}{2}right)=4}rm{婁脨}原子半徑為rm{婁脨}假設(shè)晶體銅的密度為rm{1mol[Cu(CN)_{4}]^{2-}}晶胞的邊長(zhǎng)為rm{婁脨}rm{婁脨}rm{8N_{A}}則晶胞的體積是rm{4.82隆脕10^{24}(}則rm{p隆隴bbujzxw^{3}=dfrac{4隆脕64}{{N}_{A}}}解得rm{dfrac{4mol隆脕64g/mol}{{N}_{A}{left(2sqrt{2}r隆脕{10}^{-10}cmright)}^{3}}=dfrac{4mol隆脕64g/mol}{{N}_{A}{left(2sqrt{2}隆脕127.8隆脕{10}^{-10}cmright)}^{3}}=}rm{8N_{A})}rm{4.82隆脕10^{24}(}rm{8N_{A})}故答案為：rm{(7)}rm{Cu}。

rm{Cu}【解析】rm{(1)[Ar]3d^{9}}；rm{K}、rm{Cr}rm{(2)}正四面體；rm{(3)P>S}rm{P}元素rm{3p}軌道為半充滿，較穩(wěn)定，所以第一電離能大；rm{(4)B}rm{(5)sp^{3}}rm{sp^{2}}rm{6}rm{(6)}rm{4.82隆脕10}rm{4.82隆脕10}rm{{,!}^{24}}或rm{(}或rm{8N}rm{(}rm{8N}rm{{,!}_{A}}rm{)}。rm{)}32、rm{(1)}干燥器rm{c}

rm{(2)壟脵a}

r