2024年滬教新版高三物理上冊(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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年滬教新版高三物理上冊(cè)月考試卷661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、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(shí)驗(yàn)法、控制變量法、極限思想法、類(lèi)比法、假說(shuō)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(shí)，用質(zhì)點(diǎn)來(lái)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(shí)，就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度，該定義運(yùn)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(shí)，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(yùn)用了控制變量法D.在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程等分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里運(yùn)用了微元法2、物理學(xué)是一門(mén)以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的科學(xué)，任何理論和學(xué)說(shuō)的建立都離不開(kāi)實(shí)驗(yàn)．下面有關(guān)物理實(shí)驗(yàn)與物理理論或?qū)W說(shuō)關(guān)系的說(shuō)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(shí)驗(yàn)證實(shí)了光是橫波C.天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)證實(shí)了玻爾原子理論D.α粒子散射實(shí)驗(yàn)表明了原子具有核式結(jié)構(gòu)3、下列說(shuō)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(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)．B.有些物質(zhì)在適當(dāng)溶劑中溶解時(shí)在一定濃度范圍內(nèi)具有液晶態(tài)C.對(duì)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(guò)程中對(duì)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(qiáng)不變，則氣體分子在單位時(shí)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(shuō)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?yàn)槠古仪虻膽T性比較小的緣故C.靜止的火車(chē)啟動(dòng)時(shí)速度變化緩慢，是因?yàn)槲矬w靜止時(shí)慣性大D.慣性是指原來(lái)靜止的物體一定總保持靜止，原來(lái)運(yùn)動(dòng)的物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員接住，取g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A.與籃板碰撞前后籃球的動(dòng)量變化大小為8.4kg?m/sB.被籃板彈回到被運(yùn)動(dòng)員接住的過(guò)程中籃球的動(dòng)量變化大小為0.6kg?m/sC.籃板對(duì)籃球的作用力大小約為15.6ND.被籃板彈回到被運(yùn)動(dòng)員接住的過(guò)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(xì)線相連．已知AC與水平面的夾角為θ，則兩圓環(huán)平衡后細(xì)線上的拉力為（）A.B.C.D.m1gsinθ+m2gcosθ7、下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）A.普朗克在對(duì)黑體輻射的研究中提出了能量子的觀點(diǎn)B.愛(ài)因斯坦在對(duì)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(duì)X射線的散射中發(fā)現(xiàn)光具有波動(dòng)性D.鋁箔對(duì)電子束的衍射實(shí)驗(yàn)證實(shí)了德布羅意的物質(zhì)波假設(shè)評(píng)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(qiáng)度為0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．已知線圈面積為0.1m2，線圈共有100匝．如果從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)0.5s線圈轉(zhuǎn)動(dòng)90°，則穿過(guò)線圈磁通量的變化量△?=____Wb，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=____V．9、物理學(xué)的科學(xué)研究方法較多；請(qǐng)將研究的對(duì)象與所采用的方法進(jìn)行正確配對(duì)，填在相應(yīng)的橫線上．（填A(yù)；B、C、D）

研究對(duì)象：

①伽利略理想實(shí)驗(yàn)。

②探究加速度與力的關(guān)系。

③研究共點(diǎn)力的合成。

部分研究方法：

A．比值定義法B．科學(xué)的類(lèi)比推理法C．控制變量法D．等效替代法。

問(wèn)：①對(duì)應(yīng)____，②對(duì)應(yīng)____，③對(duì)應(yīng)____．10、試探負(fù)電荷q放在電場(chǎng)中的A點(diǎn)時(shí)，試探電荷受到的電場(chǎng)力為F，電場(chǎng)力方向豎直向下，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在A點(diǎn)改放另一電荷量為2q的試探電荷后，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為_(kāi)___（E或2E），A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)開(kāi)___（豎直向上或豎直向下）11、（2014?長(zhǎng)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_(kāi)___W；若燈泡的電阻不變，當(dāng)電鍵S斷開(kāi)時(shí)，燈泡兩端的電壓為_(kāi)___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(guò)____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(lèi)鉆木取火．

（3）冬天；人們用嘴對(duì)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(yáng)時(shí)會(huì)感到很熱。

（6）用錘子反復(fù)打擊一塊鐵片；它的溫度會(huì)升高。

（7）多次彎折一根鐵絲，彎折處會(huì)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(kāi)關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P從a端滑到b端的過(guò)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_(kāi)___V，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為_(kāi)___Ω。14、一質(zhì)點(diǎn)沿直線ox做勻加速運(yùn)動(dòng)，它離開(kāi)o點(diǎn)的距離x隨時(shí)間t的變化關(guān)系為x=t+4t2（m），則該質(zhì)點(diǎn)在t=0到t=3s間的平均速度v=____m/s，質(zhì)點(diǎn)在t=3s末的瞬時(shí)速度v3=____m/s．15、（2014春?獅子山區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在光滑水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大．一個(gè)邊長(zhǎng)為a，質(zhì)量為m，電阻為R的正方形金屬線框垂直磁場(chǎng)方向，以速度v從圖示位置向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框中心線AB運(yùn)動(dòng)到與PQ重合時(shí)，線框的速度為0.5v，此時(shí)線框中的電功率為_(kāi)___，此過(guò)程回路產(chǎn)生的焦耳熱為_(kāi)___．評(píng)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(dòng)態(tài)平衡，分子仍做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)壓強(qiáng)不變而溫度由100℃上升到200℃時(shí)，其體積增加為原來(lái)的2倍．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、原先沒(méi)有磁性的鐵，在長(zhǎng)期受到磁鐵的吸引會(huì)產(chǎn)生磁性____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、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)）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(shí)，每秒撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、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)）評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共3題，共30分)22、東晉rm{隆露}華陽(yáng)國(guó)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?wèn)題：rm{(1)}基態(tài)rm{Cu}原子的價(jià)電子軌道表達(dá)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(xiě)出rm{Ni(CO)_{4}}中rm{CO}互為等電子體的中性分子、帶一個(gè)單位負(fù)電荷的陰離子各一個(gè)：________、________。rm{(4)}配合物rm{壟脵}該配合物中碳原子的雜化類(lèi)型是________，存在的化學(xué)鍵有________rm{(}填序號(hào)rm{)}A.共價(jià)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(gè)，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(qǐng)先判斷對(duì)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_(kāi)_______。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(jì)算式為_(kāi)_______rm{pm}rm{(}不必化簡(jiǎn)rm{)}23、霧霾天氣頻繁出現(xiàn)，嚴(yán)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(lái)源為燃煤、機(jī)動(dòng)車(chē)尾氣等。因此，對(duì)rm{PM2.5}rm{SO_{2}}rm{NO_{x}}等進(jìn)行研究具有重要意義。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：rm{(1)}將rm{PM2.5}樣本用蒸餾水處理制成待測(cè)試樣。若測(cè)得該試樣所含水溶性無(wú)機(jī)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(chē)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(shuō)法中能說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)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(chē)燃油不完全燃燒時(shí)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(shí)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(xiě)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_(kāi)___極rm{NO}填“正”、“負(fù)”rm{O^{2隆陋}}通入rm{A}的電極反應(yīng)式為_(kāi)_______

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_(kāi)___。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(shí)，rm{pH=a}開(kāi)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(chē)，小車(chē)的質(zhì)量為M=10kg．在小車(chē)的A處，放有質(zhì)量為m=5kg的小物塊，現(xiàn)給物塊一個(gè)I=30N?s的瞬時(shí)沖量，物塊便在平板車(chē)上滑行．與固定在平板車(chē)的水平彈簧作用后又彈回，最后剛好回到A點(diǎn)與車(chē)保持相對(duì)靜止，物塊與平板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4．（g=10m/s2）求：

（1）物塊最后回到A處的瞬時(shí)速度v1；

（2）彈簧在壓縮過(guò)程中所具有的最大彈性勢(shì)能EP；

（3）物塊相對(duì)于車(chē)所通過(guò)的總路程x：評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)探究題(共3題，共30分)25、利用如圖所示的裝置可測(cè)量滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度和通過(guò)某一確定位置時(shí)的速度．一斜面上安裝有兩個(gè)光電門(mén)；其中光電門(mén)甲固定在斜面上一確定點(diǎn)位置處，光電門(mén)乙在甲的下方可移動(dòng)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(shí)，與兩個(gè)光電門(mén)都相連的計(jì)時(shí)器可以顯示出遮光片從光電門(mén)甲至乙所用的時(shí)間t．改變光電門(mén)乙的位置進(jìn)行多次測(cè)量，每次都使滑塊從同一點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，并用米尺測(cè)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(guò)光電門(mén)甲的速度是______m/s，滑塊在斜面上滑行的加速度的大小為_(kāi)_____m/s2．

26、某同學(xué)通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)量一種合金的電阻率．(1)

用螺旋測(cè)微器測(cè)量合金絲的直徑.

為防止讀數(shù)時(shí)測(cè)微螺桿發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，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_(kāi)_______mm

．

甲(2)

如圖乙所示是測(cè)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(kāi)關(guān)，將滑動(dòng)變阻器的滑片移到最左端的過(guò)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(dòng)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(cè)出合金絲的阻值，在不更換實(shí)驗(yàn)器材的條件下，對(duì)實(shí)驗(yàn)應(yīng)作怎樣的改進(jìn)？請(qǐng)寫(xiě)出兩條建議：壟脵

________________________________________________________________________；壟脷

________________________________________________________________________．27、在“利用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中。

壟脵

測(cè)得擺線長(zhǎng)l0

小球直徑D

小球完成n

次全振動(dòng)的時(shí)間t

則實(shí)驗(yàn)測(cè)得的重力加速度的表達(dá)式g=

______；

壟脷

實(shí)驗(yàn)中如果重力加速度的測(cè)量值偏大；其可能的原因是______．

A.把擺線的長(zhǎng)度lo

當(dāng)成了擺長(zhǎng)。

B.擺線上端未牢固地固定于O

點(diǎn)；振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線變長(zhǎng)。

C.測(cè)量周期時(shí)；誤將擺球(n鈭?1)

次全振動(dòng)的時(shí)間t

記成了n

次全振動(dòng)的時(shí)間。

D.擺球的質(zhì)量過(guò)大。

壟脹

為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，可采用圖象法處理數(shù)據(jù)，通過(guò)多次改變擺長(zhǎng)，測(cè)得多組擺長(zhǎng)L

和對(duì)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(cè)量值g=

______．評(píng)卷人得分六、計(jì)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(guò)６mＡ；最大電壓不超過(guò)７Ｖ）的伏安特性曲線，設(shè)計(jì)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(huà)出）量程為１０Ｖ，內(nèi)阻約為１０ＫΩ；電源電動(dòng)勢(shì)Ｅ為１２Ｖ，內(nèi)阻不計(jì)。

（１）實(shí)驗(yàn)時(shí)有兩個(gè)滑動(dòng)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(shí)驗(yàn)應(yīng)選的滑動(dòng)變阻器是____（填“a”或“b”）

（２）正確接線后；測(cè)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(huà)出待測(cè)元件兩端電壓ＵＭＯ隨ＭＮ間電壓ＵＭＮ變化的示意圖為（無(wú)需數(shù)值）29、某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下一個(gè)用“油膜法測(cè)分子大小”的實(shí)驗(yàn)．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(pán)里，待穩(wěn)定后，形成了清晰的油膜輪廓．他然后將一有機(jī)玻璃板放在淺盤(pán)上，并在玻璃板上描下了油膜的形狀．但他沒(méi)有坐標(biāo)紙，就先用游標(biāo)卡尺測(cè)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(jī)玻璃板，如乙圖所示，并用天平稱(chēng)出了其質(zhì)量為0.3kg，已知該有機(jī)玻璃板的密度為ρ=3×103kg/m3；請(qǐng)根據(jù)以上數(shù)據(jù)估測(cè)：

（1）油酸膜的實(shí)際面積；

（2）油酸分子的直徑．30、如圖所示，電容器固定在一個(gè)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(guò)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(duì)準(zhǔn)小孔向左運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場(chǎng)的分布.

帶電環(huán)進(jìn)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(shí)的速度v

并求出此過(guò)程中電容器移動(dòng)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(zhǎng)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(duì)左側(cè)玻璃管中的氣體加熱，使氣柱的長(zhǎng)度變?yōu)閘′=30cm．

求此狀態(tài)下氣體的溫度（已知大氣壓強(qiáng)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(diǎn)是實(shí)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(shí)間非常小時(shí)；我們認(rèn)為此時(shí)的平均速度可看作某一時(shí)刻的速度即稱(chēng)之為瞬時(shí)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(shí)，可運(yùn)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(shí)；用質(zhì)點(diǎn)來(lái)代替物體的方法叫建立物理模型法，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)速度定義式v=，當(dāng)△t非常非常小時(shí)，就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)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(shí)；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(yùn)用了控制變量法，故C正確．

D；在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)；把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一段近似看成勻速直線運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里運(yùn)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(dòng)性；光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)證實(shí)了光具有粒子性；α粒子散射實(shí)驗(yàn)表明了原子具有核式結(jié)構(gòu)；天然放射現(xiàn)象證實(shí)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(dòng)性．故A錯(cuò)誤；

B；光具有波粒二象性；光電效應(yīng)證實(shí)了光具有粒子性．故B錯(cuò)誤；

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

D；α粒子散射實(shí)驗(yàn)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(jí)、從環(huán)境污染和壓強(qiáng)的微觀解釋即可求解．【解析】【解答】解：A、分子直徑的數(shù)量級(jí)分子直徑的數(shù)量級(jí)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(cuò)誤；

B；當(dāng)有些物質(zhì)溶解達(dá)到飽和度時(shí)；會(huì)達(dá)到溶解平衡，所以有些物質(zhì)在適當(dāng)溶劑中溶解時(shí)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(shí)；會(huì)產(chǎn)生二氧化碳、灰塵等有害物質(zhì)，為避免對(duì)環(huán)境的危害，必須提高利用率，故C正確；

D；氣體壓強(qiáng)的微觀解釋可知；壓強(qiáng)取決于單位時(shí)間撞擊容器壁單位面積的次數(shù)（體積）和分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)程度即分子的平均動(dòng)能（溫度），所以體積增大，壓強(qiáng)不變時(shí)，氣體分子在單位時(shí)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(shuō)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(lái)的運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤

B；乒乓球可快速抽殺；是因?yàn)槠古仪虻膽T性比較小的緣故，故B正確

C；靜止的火車(chē)啟動(dòng)時(shí)速度變化緩慢；是因?yàn)槲矬w慣性大，慣性大小與物體的質(zhì)量有關(guān)，與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤

D；慣性是能夠保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的一種性質(zhì)；故D錯(cuò)誤

故選B．5、A【分析】解：A、以被籃板反彈后的速度方向?yàn)檎较?，與籃板碰撞前后籃球的動(dòng)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(dòng)量定理，被籃板彈回到被運(yùn)動(dòng)員接住的過(guò)程中籃球的動(dòng)量變化大小為：△p2=mgt=0.6×10×0.5kg?m/s=3kg?m/s；故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)動(dòng)量定理：F△t=△p1；因作用時(shí)間△t未知，則無(wú)法確定籃板對(duì)籃球的作用力大小，故C錯(cuò)誤；

D、被籃板彈回到被運(yùn)動(dòng)員接住的過(guò)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(cuò)誤。

故選：A。

根據(jù)動(dòng)量的定義分析動(dòng)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(dòng)量定理，對(duì)于矢量的運(yùn)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(duì)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(mén)，m1和m2平衡后；受力平衡；

對(duì)m1，沿著斜面方向有：m1gsinθ=Tcosα①

對(duì)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(xì)線上的拉力為T(mén)=．

故選：A．7、C【分析】【分析】對(duì)黑體輻射的研究中，普朗克提出了能量子的觀點(diǎn)；對(duì)光電效應(yīng)的解釋中，愛(ài)因斯坦提出光具有粒子性；在研究石墨對(duì)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(shí)驗(yàn)證實(shí)了粒子具有波動(dòng)性，從而即可求解．【解析】【解答】解：A；普朗克在對(duì)黑體輻射的研究中；提出了能量子的觀點(diǎn)，故A正確；

B；愛(ài)因斯坦在對(duì)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(duì)X射線的散射中；發(fā)現(xiàn)光具有粒子性，而不是波動(dòng)性，故C錯(cuò)誤；

D；鋁箔對(duì)電子束的衍射實(shí)驗(yàn)；說(shuō)明粒子具有波動(dòng)性，證實(shí)了德布羅意的物質(zhì)波假設(shè)，故D正確；

本題選擇錯(cuò)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(chǎng)與面平行時(shí)；穿過(guò)面的磁通量為零，當(dāng)磁場(chǎng)與面垂直時(shí)，穿過(guò)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(dòng)勢(shì)．【解析】【解答】解：（1）由圖示可知；圖示時(shí)刻，磁場(chǎng)與面平行，穿過(guò)面的磁通量為零，轉(zhuǎn)過(guò)90°后，穿過(guò)面的磁通量為BS，在此過(guò)程中穿過(guò)線圈的磁通量增大；

穿過(guò)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(dòng)勢(shì)：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(lèi)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(shí)驗(yàn)；是通過(guò)推論和將斜面實(shí)驗(yàn)進(jìn)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(shí)驗(yàn)中；應(yīng)用了控制變量法；

故選：C．

③研究共點(diǎn)力的合成的實(shí)驗(yàn)中；要求兩次拉橡皮筋到同一點(diǎn)，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(chǎng)強(qiáng)度是描述電場(chǎng)本身性質(zhì)的物理量，是由電場(chǎng)本身決定的，與試探電荷的電量以及試探電荷受到的電場(chǎng)力無(wú)關(guān)．【解析】【解答】解：電場(chǎng)強(qiáng)度是由電場(chǎng)本身決定的；與試探電荷的電量以及試探電荷受到的電場(chǎng)力無(wú)關(guān)，所以在A點(diǎn)改放另一電荷量為2q的試探電荷后，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)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(kāi)時(shí)，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(dòng)勢(shì)為：E=

外電壓為：U=E-Ir=10-2×1=8V

通過(guò)電阻R1的電流為：I1==1A

故通過(guò)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(kāi)時(shí)；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(gè)選項(xiàng)．【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(lèi)鉆木取火，是以做功方式改變內(nèi)能．

（3）冬天；人們用嘴對(duì)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(yáng)時(shí)會(huì)感到很熱均是通過(guò)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(huì)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(huì)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(dòng)變阻器是串聯(lián)，電壓表V1是測(cè)量電阻R1兩端的電壓，電壓表V2是測(cè)量電阻R2兩端的電壓；當(dāng)當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P從a端滑到b端的過(guò)程中，滑動(dòng)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?。桓鶕?jù)串聯(lián)電路電壓特點(diǎn)。所以滑動(dòng)變阻器兩端電壓變大，所以乙是滑動(dòng)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(shí)，滑動(dòng)變阻器的電阻最大，所以滑動(dòng)變阻器的最大阻值是

考點(diǎn)：動(dòng)態(tài)電路分析；歐姆定律。

點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用歐姆定律解決問(wèn)題，會(huì)用圖像進(jìn)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(yùn)動(dòng)，可根據(jù)物體的位移與時(shí)間的關(guān)系公式與題目中的位移時(shí)間關(guān)系對(duì)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(diǎn)在t=3s末的瞬時(shí)速度，分別求出t=0、t=2s時(shí)的坐標(biāo)，從而求出這段時(shí)間內(nèi)的位移，根據(jù)=求出平均速度【解析】【解答】解：質(zhì)點(diǎn)離開(kāi)O點(diǎn)的距離隨時(shí)間t的變化關(guān)系為x=t+4t2m；

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

質(zhì)點(diǎn)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(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系公式x=v0t+at2與x=t+4t2對(duì)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(yùn)動(dòng)到與PQ重合時(shí)，左右兩邊都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)方向相同串聯(lián)．根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)勢(shì)為E=2Ba=Bav，感應(yīng)電流為I=，此時(shí)線框中的電功率P=I2R=．

根據(jù)能量守恒定律得到，此過(guò)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(gè)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(dòng)態(tài)平衡，分子仍做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)．所以該說(shuō)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(shí)，發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律分析壓強(qiáng)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(qiáng)不變，溫度升高時(shí)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(shí)，它的體積改變?yōu)樵瓉?lái)的倍．

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(wú)章的，故分子電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消，對(duì)外不顯磁性，但當(dāng)鐵棒靠近磁鐵時(shí)分子電流由于受到磁場(chǎng)的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對(duì)外表現(xiàn)出磁性；對(duì)磁鐵加熱或敲打時(shí)會(huì)使磁鐵內(nèi)的分子電流的排布變的雜亂無(wú)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(wú)章的，故分子電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消，對(duì)外不顯磁性，但當(dāng)鐵棒靠近磁鐵時(shí)分子電流由于受到磁場(chǎng)的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對(duì)外表現(xiàn)出磁性．所以該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】磁場(chǎng)雖然是看不見(jiàn)、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?chē)嬖诖艌?chǎng)；電流周?chē)泊嬖诖艌?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(shuō)法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】溫度是氣體分子平均動(dòng)能變化的標(biāo)志．氣體壓強(qiáng)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(shí)，分子的運(yùn)動(dòng)變得更加激烈，分子的運(yùn)動(dòng)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(qiáng)增大．故該說(shuō)法正確．

故答案為：√21、√【分析】【分析】磁場(chǎng)雖然是看不見(jiàn)、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?chē)嬖诖艌?chǎng)；電流周?chē)泊嬖诖艌?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(shuō)法是正確的．

故答案為：√四、簡(jiǎn)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(duì)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(jì)算等，是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)主干知識(shí)的綜合考查，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)?！窘獯稹縭m{(1)}rm{Cu}是rm{29}號(hào)元素，原子核外電子數(shù)為rm{29}銅的基態(tài)原子價(jià)電子是rm{Cu}號(hào)元素，原子核外電子數(shù)為rm{29}銅的基態(tài)原子價(jià)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(jià)電子軌道表達(dá)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(gè)原子，rm{Cu}個(gè)電子，所以rm{Cu}互為等電子體的中性分子、帶一個(gè)單位負(fù)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(gè)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(gè)原子rm{14}個(gè)電子，所以rm{CO}互為等電子體的中性分子、帶一個(gè)單位負(fù)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(lèi)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(lèi)型是含有空軌道、rm{sp^{3}}原子含有孤電子對(duì)，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(gè)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(jià)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(duì)，所以配位鍵由rm{N}原子指向rm{Ni}原子，有rm{4}個(gè)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(diǎn)rm{F}原子研究與之最近的原子位于面心，每個(gè)頂點(diǎn)rm{Be}原子為rm{C}個(gè)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(diǎn)rm{Cu}原子研究與之最近的原子位于面心，每個(gè)頂點(diǎn)rm{Cu}原子為rm{12}個(gè)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(zhǎng)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(duì)角線長(zhǎng)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(fù)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(shí)，還涉及rm{pH}的計(jì)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(shí)點(diǎn)的落實(shí)情況，難度不大。【解答】rm{(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(dá)到平衡，故A錯(cuò)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(dá)到平衡，故B錯(cuò)誤；C.物質(zhì)的物質(zhì)的量為化學(xué)計(jì)量數(shù)之比與反應(yīng)是否達(dá)到平衡沒(méi)有必然聯(lián)系，不能判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故C錯(cuò)誤；D.組分的百分比含量一定說(shuō)明化學(xué)反應(yīng)達(dá)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(gè)熵減焓增的反應(yīng)，該反應(yīng)一定不能自發(fā)進(jìn)行，所以該設(shè)想不能實(shí)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(duì)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(jià)降低，被還原，是陰極的反應(yīng)，故A應(yīng)接電源的負(fù)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(kāi)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(jī)(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)triangleH=+131.3kJ?mol^{-1}}rm{(3)壟脵C(jī)(s)+H_{2}O(g)=CO(g)+H_{2}(g)triangleH=

+131.3kJ?mol^{-1}}負(fù)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(gè)I=30N?S的瞬時(shí)沖量；先根據(jù)動(dòng)量定理求出物體獲得的速度．物體在小車(chē)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，當(dāng)兩者相對(duì)靜止時(shí)速度相同，由動(dòng)量守恒定律求出共同速度；

（2）彈簧壓縮量最大時(shí)彈性勢(shì)能最大，此時(shí)物體與小車(chē)的速度相同，由動(dòng)量守恒可求得此時(shí)的共同速度，對(duì)于物體在小車(chē)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮到最短的過(guò)程，運(yùn)用能量守恒列式，即可求得彈簧最大彈性勢(shì)能EP；

（3）塊相對(duì)于車(chē)所通過(guò)的總路程為小車(chē)長(zhǎng)度的2倍．【解析】【解答】解：（1）對(duì)小物塊，由動(dòng)量定理得：I=mv0；

解得：v0=；

對(duì)于物體、小車(chē)及彈簧組成的系統(tǒng)，全過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)物體剛好回到A點(diǎn)時(shí)的速度為v1；以初速度方向?yàn)檎?，則有。

mv0=（M+m）v1

代入數(shù)據(jù)解得：v1=2m/s

（2）設(shè)小車(chē)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，當(dāng)彈簧具有最大彈性勢(shì)能時(shí)物體與小車(chē)的速度相等，也是v1；

全過(guò)程能量守恒，則有：μmg（2L）=mv02-（M+m）v12；

到彈簧有最大勢(shì)能時(shí)：Ep+μmgL=mv02-（M+m）v12

解得：Ep=30J；L=1.5m

（3）相對(duì)總路程：x=2L=3m

答：（1）物塊最后回到A處的瞬時(shí)速度v1為2m/s；

（2）彈簧在壓縮過(guò)程中所具有的最大彈性勢(shì)能EP為30J；

（3）物塊相對(duì)于車(chē)所通過(guò)的總路程x為3m．五、實(shí)驗(yàn)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(huà)出-t圖線；

（2）根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式得s=v0t+at2

所以=v0+at

根據(jù)-t圖線得圖t=0時(shí)=v0=1.7m/s；

所以滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)甲的速度是1.7m/s；

由表達(dá)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(mén)甲至乙的運(yùn)動(dòng)看成勻加速運(yùn)動(dòng)；寫(xiě)出測(cè)量值s和t四個(gè)物理量之間所滿足的關(guān)系式．

由位移時(shí)間關(guān)系式整理得到-t圖線的表達(dá)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(shí)，我們研究了-t圖線，并且要整理圖象所要求的表達(dá)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(cè)量多組電流和電壓值，計(jì)算出電阻的平均值(或測(cè)量多組電流和電壓值，用圖象法求電阻值)【分析】(1)

螺旋測(cè)微器讀數(shù)時(shí)應(yīng)先將鎖緊裝置鎖緊，即旋緊B

.

螺旋測(cè)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(shuō)明連接兩電表的電路是導(dǎo)通的.

而滑動(dòng)變阻器幾乎不起作用，說(shuō)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(shuō)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(cè)出多組U

、I

值，求出Rx

后，再取平均值作為實(shí)驗(yàn)結(jié)果．【解析】(1)

B

0.410(2)79

斷路(3)

電流表改為內(nèi)接；測(cè)量多組電流和電壓值，計(jì)算出電阻的平均值(

或測(cè)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(zhǎng)：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(zhǎng)度lo

當(dāng)成了擺長(zhǎng)；導(dǎo)致擺長(zhǎng)偏小，g

值偏小，故A錯(cuò)誤．

B；擺線上端未牢固地固定于O

點(diǎn)；振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線實(shí)際值偏大，帶入進(jìn)行計(jì)算的數(shù)