2025年滬科新版高三物理上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科新版高三物理上冊月考試卷770考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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、受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運動，其v-t圖線如圖所示，則下面說法錯誤的是（）A.在0～t1秒內，外力F大小不斷減小B.在t1時刻，合外力為零C.在t1～t2秒內，外力F大小一定不斷減小D.在t1～t2秒內，外力F大小可能先減小后增大2、建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料．質量為80.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為（g取l0m/s2）（）A.590NB.610NC.990ND.1010N3、【題文】如圖所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a流向b，不允許電流從b流向a；平行板電容器AB內部原有電荷P處于靜止狀態(tài)，當兩極板A和B的間距稍增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，P的運動情況將是。

A.仍靜止不動B.向下運動C.向上運動D.無法判斷4、利用速度傳感器與計算機結合，可以自動做出物體的速度v隨時間t的變化圖象．某次實驗中獲得的v-t圖象如圖所示，由此可以推斷該物體在（）A.t=2s時速度的方向發(fā)生了變化B.t=2s時加速度的方向發(fā)生了變化C.0～4s內做曲線運動D.0～4s內的位移約為2.8m5、F1、F2是力F的兩個分力．若F=10N，則下列不可能是F的兩個分力的是（）A.F1=10N，F(xiàn)2=10NB.F1=20N，F(xiàn)2=20NC.F1=2N，F(xiàn)2=6ND.F1=20N，F(xiàn)2=30N6、如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＞tanθ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的圖象是（）A.B.C.D.7、如圖所示，傾角為30度的斜面末端與水平地面相連，將一小球（可看成質點）從斜面頂端以3J的初動能水平拋出，不計空氣阻力，經(jīng)過一段時間，小球以6J的動能第一次落在接觸面上．若將此小球以6J的初動能水平從斜面頂端拋出，則小球第一次落在接觸面上的動能為（）A.9JB.12JC.16JD.條件不足，無法判定評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、我國“北斗二號”地球衛(wèi)星導航系統(tǒng)是由離地最近的中軌道、高軌道和離地最遠的同步衛(wèi)星等組成的，在交通、氣象、軍事等方面發(fā)揮重要的定位作用．若三種衛(wèi)屬可視為繞地球做圓周運動，則下列說法正確的是（）A.中軌道衛(wèi)星的周期小于高軌道衛(wèi)星的周期B.中軌道衛(wèi)星的線速度大于同步衛(wèi)星的線速度C.中軌道衛(wèi)星的向心加速小于同步衛(wèi)星的向心加速度D.高軌道衛(wèi)星的質量小于同步衛(wèi)星的質量9、（2015秋?溫州期末）夏季游樂場的“飛舟沖浪”項目受到游客的歡迎，簡化模型如圖所示，一游客（可視為質點）以某一水平速度v0從圓軌道上的A點出發(fā)，沿光滑圓軌道運動至B點恰好脫離軌道，最終落在水面上的C點，不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）A.B到C過程，游客做勻變速運動B.B到C過程，游客做變加速運動C.在離開A點瞬間，游客對圓軌道壓力等于自身重力D.在離開A點瞬間，游客對圓軌道壓力小于自身重力10、下列所描述的運動中，不可能發(fā)生的有（）A.速度變化很大，加速度很小B.速度變化的方向向東，加速度的方向向西C.速度變化越來越快，加速度越來越小D.加速度越來越小，速度越來越大11、如圖，矩形閉合導線框abcd

平放在光滑絕緣水平面上，導線框的右側有一豎直向下且范圍足夠大的有左邊界PQ

的勻強磁場.

導線框在水平恒力F

作用下從靜止開始運動，ab

邊始終與PQ

平行.

用t1t2

分別表示線框ab

和cd

邊剛進入磁場的時刻.

下列婁脭鈭?t

圖象中可能反映導線框運動過程的是(

)

A.B.C.D.12、兩個力F1和F2間的夾角為θ，兩力的合力為F，以下說法正確的是（）A.若F1和F2大小不變，θ角越小，合力F就越大B.合力F總比分力F1和F2中任何一個力都大C.合力F總比分力F1和F2中任何一個力都小D.如果夾角θ不變，F(xiàn)1大小不變，若F2增大，合力F有可能減小13、一電量為2×10-9C的點電荷在外力作用下，從靜電場中的a點運動到b點，在這過程中，外力對點電荷做功為8×10-6J，若a點電勢為φa，b點電勢為φb，則下列結論中正確的是（）A.可以斷定φa-φb=4000VB.可以斷定φa-φb=-4000VC.φa-φb可能等于零D.不能判斷φa-φb的值14、某機器內有兩個圍繞各自固定軸勻速轉動的鋁盤A、B，A盤上固定一個信號發(fā)射裝置P，能持續(xù)沿半徑向外發(fā)射紅外線，P到圓心的距離為40cm．B盤上固定一個帶窗口的紅外線信號接收裝置Q，Q到圓心的距離為24cm．P、Q轉動的線速度均為4πm/s．當P、Q正對時，P發(fā)出的紅外線恰好進入Q的接收窗口，如圖，P、Q可視為質點．則（）A.A盤的轉速為5轉/秒B.Q的周期為0.2sC.Q每隔一定時間就能接收到紅外線信號，這個時間的最小值為0.24sD.Q每隔一定時間就能接收到紅外線信號，這個時間的最小值為0.6s15、如圖所示，A為系在豎直輕彈簧上的小球，在豎直向下的恒力F的作用下，彈簧被壓縮到B點，現(xiàn)突然撤去力F，小球將在豎直方向上開始運動，若不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A.小球在上升過程中，加速度一直減小B.小球在上升過程中，重力勢能逐漸增大C.小球在上升過程中，彈簧的形變量恢復到最初（指撤去力F的瞬間）的一半時，小球的動能最大D.小球在上升過程中，動能先增大后減小16、關于摩擦力與彈力的關系，下列說法中正確的是（）A.有彈力一定有摩擦力B.有彈力不一定有摩擦力C.有摩擦力力一定有彈力D.同一接觸面上的彈力和摩擦力的方向一定垂直評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、電量為+2×10-6C的點電荷放入電場中A點，受到作用力為4×10-4N，方向向右，則A點的場強大小為____，方向____．若另一電荷放在該點受到力為8×10-4N，方向向左，則這個電荷的電量為____．18、（2012春?渭濱區(qū)校級期末）如圖所示為安全防盜門上觀察孔（俗稱“貓眼”），直徑cd=1.5cm，門的厚度ac=2.0cm，為了擴大向外觀察的范圍，在孔中完全嵌入折射率為n的玻璃，由圖中光線可知，玻璃的折射率n=____；若要將視野擴大到1800，需重新嵌入的新的玻璃的折射率等于____．19、（2013秋?包河區(qū)校級期中）如圖所示．質量為m，帶正電的小球以速度v0從O點沿水平方向射入方向向下的勻強電場中，A點是小球運動軌跡上的一點，O、A兩點的連線與水平方向夾角а=30°，則小球通過A點時的動能為____．20、（1）人類對物質屬性的認識是從宏觀到微觀不斷深入的過程．以下說法正確的是____．

a．液體的分子勢能與體積有關。

b．晶體的物理性質都是各向異性的。

c．溫度升高；每個分子的動能都增大。

d．露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用。

（2）氣體溫度計結構如圖所示．玻璃測溫泡A內充有理想氣體，通過細玻璃管B和水銀壓強計相連．開始時A處于冰水混合物中，左管C中水銀面在O點處，右管D中水銀面高出O點h1=14cm．后將A放入待測恒溫槽中，上下移動D，使C中水銀面仍在O點處，測得D中水銀面高出O點h2=44cm．（已知外界大氣壓為1個標準大氣壓；1標準大氣壓相當于76cmHg）

①求恒溫槽的溫度．

②此過程A內氣體內能____（填“增大”或“減小”），氣體不對外做功，氣體將____（填“吸熱”或“放熱”）．21、（2014秋?合江縣校級月考）如圖所示的勻強電場中，正電荷q在a、b兩點所受的電場力分別為Fa、Fb，則它們之間的關系是Fa____Fb．（選填：“＞”、“＜”、“=”）22、各種粒子的符號：

α粒子____β粒子____正電子____質子____

電子____中子____氘核____．23、已知一顆人造衛(wèi)星在某行星表面上空繞行星做勻速圓周運動，經(jīng)過時間t，衛(wèi)星運動的弧長為s，衛(wèi)星與行星的中心連線掃過的角度是2[rad]，那么衛(wèi)星的環(huán)繞周期T=____，該行星的質量M=____．（引力常量為G）評卷人得分四、判斷題(共4題，共12分)24、電荷所受的洛倫茲力方向不一定與磁場方向垂直____．（判斷對錯）25、平拋運動屬于勻變速運動，勻速圓周運動也屬于勻變速運動．____．26、晶體的分子（或原子、離子）排列是有規(guī)則的．____．（判斷對錯）27、因為汽車剎車時的速度越大滑的越遠，所以速度大的物體慣性大．____（判斷對錯）評卷人得分五、畫圖題(共2題，共10分)28、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經(jīng)7s時的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）29、在圖示中，物體A處于靜止狀態(tài)，請畫出各圖中A物體所受的彈力．評卷人得分六、證明題(共1題，共7分)30、如圖所示，細繩系一小球（如圖甲所示）或軌道內側的小球（如圖乙所示）在豎直面內做圓周運動，在最高點時的臨界狀態(tài)為只受重力作用，則有mg=m，故小球能通過最高點的臨界速度v=．

試證明小球在最高點時：

（1）v=；拉力或壓力為零；

（2）v＞；小球受向下的拉力或壓力作用；

（3）v＜；小球不能到達最高點．

即輕繩模型的臨界速度為v臨=．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】速度時間圖線的切線斜率表示加速度，結合圖線斜率分析加速度的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析外力F的變化．【解析】【解答】解：A、在在0～t1秒內，物體做加速運動，加速度在減小，根據(jù)牛頓第二定律得，a=；知外力F逐漸減小，故A正確．

B、在t1時刻；圖線切線斜率為零，則加速度為零，可知合外力為零，故B正確．

C、在t1～t2秒內，加速度增大，做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律有：a=，知F可能減小，當F減小零后，F(xiàn)和運動方向可能相反，a=；F可能增大，所以F可能先減小后增大，故C錯誤，D正確．

本題選錯誤的，故選：C．2、A【分析】【分析】以建筑材料為研究對象，分析受力，根據(jù)牛頓定律求出繩子拉力，再對人研究，由平衡條件，求出支持力，由牛頓第三定律確定工人對地的壓力．【解析】【解答】解：以建筑材料為研究對象

根據(jù)牛頓第二定律；得F-mg=ma，得F=m（g+a）=20（10+0.5）N=210N

對人研究，得FN+F=Mg得FN=Mg-F=（800-210）N=590N

由牛頓第三定律；得：工人對地面的壓力大小為590N．

故選A3、A【分析】【解析】

試題分析：因D是一只二極管，只允許電流從a流向b，不允許電流從b流向a，所以平行板電容器的電荷量Q不變，由可知知E不變；所以電荷P處于靜止狀態(tài)，即A正確。

考點：考查含容電路的分析。

點評：本題難度較小，注意二極管的單向導電性，對于電容器問題要先判斷不變量，如果是電壓不變，應用公式E=U/d，如果是電量不變，應用公式判斷場強大小【解析】【答案】A4、A【分析】解：A；由圖看出；0-2s內速度為正，2-4s內速度為負，t=2s時速度的方向發(fā)生了變化．故A正確．

B；由圖讀出；1-3s內圖象的斜率一直為負，方向不變．故B錯誤．

C；物體做的是變速直線運動；不是曲線運動．故C錯誤．

D；根據(jù)速度圖線與坐標軸所圍“面積”等于位移可知；0-4s內位移為零．故D錯誤．

故選：A

根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度分析物體的運動性質．根據(jù)速度圖線與坐標軸所圍“面積”等于位移；求出0-4s內的位移，物體做直線運動．

本題根據(jù)斜率分析加速度的變化并不難，注意v-t圖象只能表示直線運動，不能表示曲線運動．【解析】【答案】A5、C【分析】【分析】根據(jù)合力F和兩分力F1、F2之間的關系|F1-F2|≤F≤|F1+F2|，求出兩個力的合力范圍，判斷哪一組合力不可能為10N．【解析】【解答】解：A、根據(jù)|F1-F2|≤F≤|F1+F2|；10N和10N的合力范圍為[0N，20N]，可能為10N．故A正確．

B、根據(jù)|F1-F2|≤F≤|F1+F2|；20N和20N的合力范圍為[0N，40N]，可能為10N．故B正確．

C、根據(jù)|F1-F2|≤F≤|F1+F2|；2N和6N的合力范圍為[4N，8N]，不可能為10N．故C錯誤．

D、根據(jù)|F1-F2|≤F≤|F1+F2|；20N30N的合力范圍為[10N，50N]，可能為10N．故D正確．

本題選不可能的，故選：C．6、C【分析】【分析】要找出小木塊速度隨時間變化的關系，先要分析出初始狀態(tài)物體的受力情況，本題中明顯重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運動，有牛頓第二定律求出加速度a1；當小木塊的速度與傳送帶速度相等時，由μ＞tanθ知道木塊將與帶以相同的速度勻速運動，圖象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率為零．【解析】【解答】解：初狀態(tài)時：重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下；且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運動；

由牛頓第二定律得：

加速度：a1=gsinθ+μgcosθ恒定；斜率不變；

當小木塊的速度與傳送帶速度相等時；由μ＞tanθ知道木塊將與帶以相同的速度勻速運動，圖象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率為零．

故選：C7、A【分析】【分析】根據(jù)小球以3J動能拋出，以6J動能落在接觸面上，判斷出小球是落在斜面上還是水平面上，從而通過動能定理分析求解．【解析】【解答】解：小球第一次落在斜面上時；設速度與水平方向的夾角為α；

則cosα=

因為；

解得

則α=45°．

因為小球速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的兩倍，若小球落在斜面上，位移與水平方向的夾角正切值為

而tanα=1；不是位移與水平方向夾角正切值的2倍，所以小球落在水平面上．

根據(jù)動能定理得，mgh=．

則以6J的動能水平拋出；一定落在水平面上．

根據(jù)動能定理得，mgh=Ek2′-Ek1′，解得Ek2′=3+6J=9J．故A正確；B；C、D錯誤．

故選：A．二、多選題(共9題，共18分)8、AB【分析】【分析】萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律列式比較線速度、周期、向心加速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈、萬有引力提供向心力，得；則半徑小的周期小，則A正確．

B、萬有引力提供向心力，得：V=；則半徑小的速度大，則B正確．

C、萬有引力提供向心力，得：a=；則半徑小的加速度大，則C錯誤。

D；衛(wèi)星的質量與軌道半徑無關；則D錯誤。

故選：AB9、AD【分析】【分析】根據(jù)游客的受力情況，分析其運動情況．從A到B，游客在豎直圓軌道內做變速圓周運動，根據(jù)加速度的方向，利用牛頓第二定律分析游客對軌道的壓力與重力的關系．【解析】【解答】解：AB；游客從B到C過程；游客只受重力，做勻變速曲線運動，故A正確，B錯誤．

CD；在離開A點瞬間；游客具有向下的加速度，由牛頓運動定律知游客處于失重狀態(tài)，則游客對圓軌道壓力小于自身重力，故C錯誤，D正確．

故選：AD10、BC【分析】【分析】加速度是反應速度變化快慢的物理量，加速度的方向與速度變化量的方向相同．【解析】【解答】解：A；速度變化很大；若變化的時間很長，則加速度很小．故A可能發(fā)生的．

B；速度變化量的方向與加速度方向相同．故B不可能發(fā)生的．

C；加速度表示速度的變化快慢；速度變化快，則加速度大．故C不可能發(fā)生的．

D；當加速度的方向與速度方向相同；加速度越來越小，速度越來越大．故D可能發(fā)生的．

本題選擇不可能發(fā)生的，故選：BC．11、ACD【分析】解：線框進入磁場前做勻加速直線運動，加速度為a=Fm

．

A、ad

邊進入磁場后可能安培力與恒力F

二力平衡，做勻速直線運動，完全進入磁場后磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，線框不受安培力，做加速度為a=Fm

的勻加速直線運動；故A正確．

BDad

邊進入磁場后，可能安培力大于恒力F

線框做減速運動，由FA=B2L2vR

知；速度減小，安培力減小，加速度逐漸減小，v鈭?t

圖象的斜率逐漸減小.

當加速度減至零后做勻速直線運動，完全進入磁場后磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，線框不受安培力，做加速度為a

的勻加速直線運動，故B錯誤，D正確．

C、ad

邊進入磁場后，可能安培力小于恒力F

線框做加速運動，由FA=B2L2vR

知；速度增大，安培力增大，加速度逐漸減小，v鈭?t

圖象的斜率逐漸減小，完全進入磁場后磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，線框不受安培力，做加速度為a

的勻加速直線運動，故C正確．

故選：ACD

．

分析線框可能的運動情況；根據(jù)安培力與速度成正比，分析加速度的變化情況，確定v鈭?t

圖象的斜率變化情況，即可選擇圖象．

對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下物體的平衡問題；另一條是能量，分析電磁感應現(xiàn)象中的能量如何轉化是關鍵．【解析】ACD

12、AD【分析】【分析】由力的合成方法可知，二力合成時，夾角越大，合力越小，兩力合力的范圍|F1-F2|≤F合≤F1+F2；一個合力與幾個分力共同作用的效果相同，合力可以大于分力，可以小于分力，也可以等于分力．【解析】【解答】解：A、若F1和F2大小不變；θ角越小，合力F越大，故A正確；

B、由力的合成方法可知，兩力合力的范圍|F1-F2|≤F合≤F1+F2；所以合力有可能大于任一分力，也可能小于任一分力，還可能與兩個分力都相等，故B錯誤；

C；二力平衡時；合力為零，此時合力F比分力中的任何一個力都小，故C錯誤；

D、如果夾角不變，F(xiàn)1大小不變，只要F2增大，合力F可以減小，也可以增加，若F2與F1反向，F(xiàn)1＞F2；則合力F減小，同理，若同向，則增大，故D正確；

故選：AD．13、CD【分析】【分析】根據(jù)電場力做功與電勢差的關系Wab=qUab，可分析a、b兩點的電勢差．【解析】【解答】解：根據(jù)Wab=qUab知，a、b兩點的電勢差Uab=

由題外力對點電荷做功為8×10-6J，并不知道電場力做功，由上式不能求出Uab，即不能判斷φa-φb的值，所以φa-φb可能為零．故CD正確；AB錯誤．

故選：CD．14、AD【分析】【分析】因為P、Q正對時，P發(fā)出的紅外線恰好進入Q的接收窗口，再次被接收時，經(jīng)歷的時間都為各自周期的整數(shù)倍，分別求出各自的周期，求出周期的最小公倍數(shù)，從而求出經(jīng)歷的時間．【解析】【解答】解：A、A盤的轉速n====5r/s．故A正確．

B、Q的周期T===0.12s．故B錯誤．

C、P的周期為T′===0.2s；Q的周期為T=0.12s，因為經(jīng)歷的時間必須等于它們周期的整數(shù)倍，根據(jù)數(shù)學知識，0.12和0.2的最小公倍數(shù)為0.6s，則這個時間的最小值為0.6s．故C錯誤，D正確．

故選：AD．15、BD【分析】【分析】分析小球在運動過程中受力的情況，根據(jù)牛頓第二定律，來確定加速度變化情況，從而確定速度的變化情況，并得出動能的大小情況，最后根據(jù)高度的變化，來確定重力勢能變化．【解析】【解答】解：A；小球在上升過程中；一開始彈力大于重力時，加速度方向向上，隨著彈力在減小，則加速度大小在減?。划攺椓Φ扔谥亓r，加速度為零；當彈力小于重力后，加速度方向向下，隨著彈力在減小，則加速度大小在增大，故A錯誤；

B；小球上升過程中；高度增加，故重力勢能增加，故B正確；

C；小球在上升過程中；開始時彈力大于重力，動能增加；而當彈力和重力相等后，合外力做負功，動能減小，則在彈力等于重力時刻，小球動能最大，而不是彈簧的形變量恢復到最初（指撤去力F的瞬間）的一半時，動能最大，故C錯誤；

D；由C的分析可知；小球在上升過程中，動能先增大，后減小，故D正確；

故選BD．16、BCD【分析】【分析】關于摩擦力與彈力的關系，結合摩擦力產(chǎn)生的條件分析可知，有彈力不一定有摩擦力，有摩擦力一定有彈力．【解析】【解答】解：A；B物體間有彈力；還要有相對運動或相對運動趨勢，才有摩擦力．則有彈力不一定有摩擦力．故A錯誤，B正確．

C；有摩擦力；物體間必定存在相互擠壓，一定有彈力．故C正確．

D；摩擦力的方向沿著接觸面；彈力的方向是垂直于接觸面的，所以同一接觸面上的彈力和摩擦力的方向一定垂直，所以D正確．

故選：BCD三、填空題(共7題，共14分)17、200N/C向右-4×10-6C【分析】【分析】電場強度等于試探電荷所受電場力與其電荷量的比值，方向與正電荷所受電場力方向相同，與負電荷所受電場力方向相反．同一點電場強度不變，由電場力F=qE求解電荷量．【解析】【解答】解：A點的場強E===200N/C；方向：向右．

把另一電荷放在該點時；場強不變．由F′=q′E得。

q′===4×10-6C

因電場力方向與場強方向相反；則該電荷帶負電荷．

故答案是：200N/C；向右；-4×10-6C．18、【分析】【分析】根據(jù)折射定律求得折射率．若要求將視野擴大到180°，入射角為90°，再由折射定律求出折射率．【解析】【解答】解：由圖可得玻璃的折射率n=；

若要視野擴大到180°，即入射角為90°，設折射角為θ2

則由數(shù)學知識可得sinθ2===

則折射率n==．

故答案為：；．19、【分析】【分析】小球在電場中受到重力和電場力而做類平拋運動，水平方向不受力做勻速運動，運用速度合成，求出P點的速度，再求出動能．【解析】【解答】解：小球做類平拋運動，tan30°==．

解得；

在A點的動能=．

故答案為：．20、ad增大吸熱【分析】【分析】（1）；液體分子之間的距離不同；分子勢能就不同；單晶體的物理性質具有各向異性，而多晶體的物理性質具有各向同性；溫度對單個分子來說沒有意義；液體表面張力使液體的表面積收縮．

（2）①要求恒溫槽的溫度由于封閉氣體的體積不變，所以可根據(jù)查理定律得=求解；故需要確定在冰水混合物中時氣體的壓強和在恒溫槽中時氣體的壓強．

②由于氣體溫度升高；所以A內氣體分子的平均動能增大，由于氣體體積保持不變，故氣體分子勢能保持不變．

要判定氣體是否吸熱，可根據(jù)熱力學第一定律△U=Q+W處理．【解析】【解答】解：（1）a；液體分子之間的距離不同；液體分子之間的分子力大小就不同，所以分子勢能就不同，所以液體的分子勢能與體積有關，故a正確．

b、單晶體的物理性質具有各向異性，而多晶體的物理性質具有各向同性．故b錯誤．

c；溫度越高分子的平均動能越大；但對于某個分子來說其分子動能反而可能減小，故溫度對單個分子來說沒有意義，故C錯誤．

d；由于液體表面張力的作用使液體的表面積收縮；是露珠呈球形．故d正確．

故選ad．

（2）①由于使C中水銀面仍在O點處；故封閉氣體的體積保持不變，即發(fā)生等容變化．冰水混合物的溫度。

T1=273K，此時封閉氣體的壓強P1=P0+h1=90cmHg

設待測恒溫槽的溫度T2，此時封閉氣體的壓強P2=P0+h2=120cmHg

根據(jù)查理定律得=；

解得T2=364K．

②氣體體積保持不變；故分子勢能保持不變，由于氣體溫度升高，所以A內氣體分子的平均動能增大，故氣體的內能增大．

根據(jù)熱力學第一定律△U=Q+W；與氣體體積保持不變，故W=0，由于氣體的內能增大，故△U＞0，所以Q＞

0；即氣體從外界吸熱．

故答案為：（1）ad

（2）①恒溫槽的溫度為364K．②增大；吸熱．21、=【分析】【分析】為了形象的描述電場的強弱和方向引入了電場線的概念，在電場中電場線密的地方電場強度大，稀疏的地方電場強度小，電場力與場強的關系為F=qE．【解析】【解答】解：勻強電場中，電場線疏密均勻，而電場線的疏密表示電場強度的大小，則知Ea=Eb．因電場力F=qE，所以Fa=Fb．

故答案為：=22、【分析】【分析】根據(jù)各種粒子的組成，及質量數(shù)，與質子數(shù)，即可求解．【解析】【解答】解：α粒子的符號；β粒子，即為電子，其的符號為；正電子的符號；

質子的符號，中子的符號，氘核的符號；

故答案為：，，，，，．23、πt【分析】【分析】根據(jù)圓周運動的規(guī)律間的關系解出T，由萬有引力提供向心力可得到中心天體的質量．【解析】【解答】解：由圓周運動的規(guī)律得：T=，ω=

得：T=πt．

衛(wèi)星在行星表面上做圓周運動；

由萬有引力提供向心力得：=mω2R；

而R==；

解得：M=

故答案為：πt；．四、判斷題(共4題，共12分)24、×【分析】【分析】電荷的定向移動叫做電流；根據(jù)左手定則判斷磁場力方向；

左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一平面內；讓磁感線從掌心進入，并