2025年冀教版高三物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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年冀教版高三物理上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8題，共16分)1、一航天探測器完成對月球的探測任務后；在離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行，先加速運動，再勻速運動．探測器通過噴氣而獲得推動力．以下關于噴氣方向的描述中正確的是（）

A.探測器加速運動時；沿直線向后噴氣。

B.探測器加速運動時；豎直向下噴氣。

C.探測器勻速運動時；豎直向下噴氣。

D.探測器勻速運動時；不需要噴氣。

2、如圖（a）所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖（b）所示，若重力加速度g取10m/s2．根據(jù)圖（b）中所提供的信息可以計算出（）

A.物體的質(zhì)量。

B.斜面的傾角。

C.斜面的長度。

D.加速度為6m/s2時物體的速度。

3、下列關于力的理解中正確的是（）

A.物體靜止一定是受到了靜摩擦力的作用。

B.甲用力把乙推倒；說明甲對乙的力大，而乙對甲的力小。

C.當物體離開地面時不再受重力作用。

D.力是矢量；不但有大小，還有方向。

4、下列說法正確的是(

)

A.由玻爾理論可知，當氫原子從低能級向高能級躍遷時，要吸收光子，核外電子的動能減少，原子的電勢能增加B.自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損對應的能量大于該原子核的結合能C.庫侖發(fā)現(xiàn)了點電荷間的相互作用規(guī)律，并通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值D.伽利略猜想自由落體運動的速度與下落時間成正比，并直接用實驗驗證了這個猜想5、如圖，在O

點固定一點電荷Q

，一帶電粒子P

從很遠處以初速度v

0

射入電場，MN

為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡．虛線是以O

為中心，R

1

R

2

R

3

為半徑畫出的三個圓，且R

2鈭?

R

1=

R

3鈭?

R

2，a

、b

、c

為軌跡MN

與三個圓的3

個交點，則A.P

、Q

兩電荷可能同號，也可能異號B.a

點電勢大于b

點電勢C.P

在a

的電勢能大于在c

的電勢能D.P

由a

到b

的動能變化是由a

到c

的動能變化的兩倍6、火星和地球繞太陽運行的軌道可近似視為圓形，若已知火星和地球繞太陽運行的周期之比，則由此可求得

A.火星和地球受到太陽的萬有引力之比B.火星和地球繞太陽運行速度大小之比C.火星和地球表面的重力加速度之比D.火星和地球的第一宇宙速度之比7、（2015秋?泰安期末）甲、乙兩質(zhì)點沿同一直線向同一方向運動，其v-t圖象如圖．甲的圖線是一條平滑的曲線，乙的圖線是一條傾斜的直線．已知t1時刻兩質(zhì)點位于同一位置，t2時刻甲圖線的切線與乙圖線平行．下列判斷正確的是（）A.t=0時刻，乙在甲的前面B.t2時刻兩質(zhì)點的加速度相同C.t1～t3時間內(nèi)兩質(zhì)點間的距離先變大后變小D.t3時刻兩質(zhì)點再次相遇8、一小船渡河；已知河水的流速與距某河岸的距離的變化關系如圖甲所示，船在靜水中的速度與時間的關系如圖乙所示，則（）

A.船渡河的最短時間75sB.要使船以最短時間渡河，船在河水中航行的軌跡是一條直線C.要使船以最短路程渡河，船在行駛過程中，船頭必須始終與河岸垂直D.要使船以最短時間渡河，船在河水中的速度是5m/s評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、一質(zhì)量m=1kg的物體在地面上以初速度v0=30m/s豎直上拋，不計空氣阻力，則第5s末重力的功率為____，第5s內(nèi)重力的平均功率為____．10、（2012秋?鯉城區(qū)校級期中）一個小球沿斜面向下運動；用每隔T=0.1s曝光一次的頻閃相機進行拍攝，不同時刻小球的位置如圖，實驗數(shù)據(jù)見下表．

。各間距X1X2X3X4X/cm8.209.3110.4011.49（1）小球沿斜面下滑的加速度表達式a=____（用T、X1、X2、X3和X4表示），加速度大小為____m/s2（保留三位有效數(shù)字）．

（2）小球經(jīng)過位置C的速度表達式為Vc=____（用T、X1、X2、X3和X4表示），經(jīng)過位置C的速度大小為____m/s（保留三位有效數(shù)字）．11、有一列真空中波長為λ=30m的電磁波信號，收音機為了收該信號，必須調(diào)節(jié)接收電路產(chǎn)生電諧振，該過程叫____（選填“調(diào)諧”或“解調(diào)”），此時該電路的固有頻率應該調(diào)為____Hz．12、做自由落體運動的物體，若第1s內(nèi)位移為S，則在第ns內(nèi)的位移是____．13、（2013春?船營區(qū)校級月考）電話的話筒可以把聲音變化轉換為電流變化．炭精話筒的結構如圖所示，炭精盤和振動膜之間充滿了接觸不緊密的炭粒．聲音使振動膜振動，改變炭粒接觸的緊密程度，使炭粒的電阻發(fā)生變化，從而改變電路電流的大?。绻苛５碾娮枘茉?5～55Ω的范圍內(nèi)變化，當加在它兩端的電壓為3V時，電路中電流變化的范圍是____．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、液晶分子在特定方向排列比較整齊，但不穩(wěn)定．____．（判斷對錯）15、化學成分相同的物質(zhì)只能生成同一種晶體．____．（判斷對錯）16、絕對零度是低溫的極限，永遠達不到．____．（判斷對錯）17、穿過閉合導體回路所包圍面積的磁通量為零時，回路中感應電流就一定為零．____（判斷對錯）18、月亮在云中穿梭，參考系是云．____（判斷對錯）19、物體受到的合外力不做功，則物體一定作勻速直線運動．____．20、不論用什么方法，只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有電流產(chǎn)生．____（判斷對錯）21、電視機的顯象管中電子束每秒進行50場掃描____．22、如果通電的金屬棒在磁場中不受力的作用，則該處的磁感應強度一定為零．____．（判斷對錯）評卷人得分四、解答題(共2題，共8分)23、如圖1所示，為利用光敏電阻檢測傳送帶上物品分布從而了解生產(chǎn)線運行是否運行正常的儀器．其中A是發(fā)光儀器，B是一端留有小孔用絕緣材料封裝的光敏電阻．當傳送帶上沒有物品擋住由A射向B的光信號時，光敏電阻阻值為R1=50Ω；當傳送帶上有物品擋住由A射向B的光信號時，光敏電阻阻值為R2=150Ω．固定電阻R3=45Ω．C為平行板電容器，虛線與兩極板距離相等，極板長L1=8.0×10-2m，兩極板的間距d=1.0×10-2m．D為屏，與極板垂直，D到極板的距離L2=0.16m，屏上貼有用特殊材料做成的記錄紙，當電子打在記錄紙上時會留下黑點，工作時屏沿圖示方向勻速運動．有一細電子束沿圖中虛線以速度v0=8.0×106m/s連續(xù)不斷地射入電容C，v0延長線與屏交點為O．圖2為一段記錄紙．已知電子電量e=1.6×10-19C，電子質(zhì)量m=9×10-31kg．忽略細光束的寬度、電容器的充電放電時間及電子所受的重力．求：電源的電動勢E和內(nèi)阻r．24、A、B兩列火車，在同一軌道上同向行駛，A車在前，其速度vA=10m/s，B車在后，其速度vB=30m/s，因大霧能見度低，B車在距A車x0=85m時才發(fā)現(xiàn)前方有A車，這時B車立即剎車，但B車要經(jīng)過180m才能停止，問：B車剎車時A車仍按原速率行駛，兩車是否會相撞？若會相撞，將在B車剎車后何時相撞？若不會相撞，則兩車最近距離是多少？評卷人得分五、證明題(共4題，共8分)25、如圖所示，1、2、3為p-V圖中一定量理想氣體的三個狀態(tài)，該理想氣體由狀態(tài)1經(jīng)過程1-3-2到達狀態(tài)2．試利用氣體實驗定律證明：．26、如圖所示，細繩系一小球（如圖甲所示）或軌道內(nèi)側的小球（如圖乙所示）在豎直面內(nèi)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=．27、如圖所示，兩個光滑的水平導軌間距為L．左側連接有阻值為R的電阻，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過導軌平面，有一質(zhì)量為m的導體棒以初速度v0向右運動．設除左邊的電阻R外．其它電阻不計．棒向右移動最遠的距離為s，問當棒運動到λs時0＜λ＜L，證明此時電阻R上的熱功率：P=．28、船以4m/s′的速度（相對靜水）垂直河岸渡河；水流的速度為5m/s．若河寬為120m，試計算：

（1）船能否垂直到達對岸？

（2）船需要多少時間才能到達對岸？

（3）船登陸的地點離出發(fā)點的距離是多少？評卷人得分六、簡答題(共3題，共18分)29、二氧化鈰rm{(CeO_{2})}是一種重要的稀土化合物。以氟碳鈰礦rm{(}主要含rm{CeCO_{3}F)}為原料制備rm{CeO_{2}}的一種工藝流程如下：已知：rm{i.Ce^{4+}}能與rm{F隆樓}結合成rm{[CeFx]^{(4-e)+}}也能與rm{SO_{4}^{2-}}結合成rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{壟壟.}在硫酸體系中rm{Ce^{4+}}能被萃取劑rm{[(HA)_{2}]}萃取，而rm{Ce^{3+}}不能rm{壟攏.}常溫下，rm{Ce_{2}(CO_{3})_{3}}飽和溶液濃度為rm{1.0隆脕10^{-6}mol隆隴L^{-1}}回答下列問題：rm{(1)}“氧化焙燒”過程中可以加快反應速率和提高原料利用率的方法是__________、__________rm{(}寫出rm{2}種即可rm{)}rm{(2)}寫出“氧化焙燒”產(chǎn)物rm{CeO_{2}}與稀rm{H_{2}SO_{4}}反應的離子方程式：__________。rm{(3)}“萃取”時存在反應：rm{Ce^{4+}+n(HA)_{2}?Ce(H_{2n-4}A_{2n})+4H^{+}}rm{Ce^{4+}+n(HA)_{2}?

Ce(H_{2n-4}A_{2n})+4H^{+}}表示rm{D}分別在有機層中與水層中存在形式的濃度之比rm{Ce^{4+}}保持其它條件不變，在起始料液中加入不同量的rm{(D=dfrac{[Ce({{H}_{2n-4}}{{A}_{2n}})]}{c(CeSO_{4}^{2+})})}以改變水層中的rm{Na_{2}SO_{4}}rm{c(SO_{4}^{2-})}隨起始料液中rm{D}增大而減小的原因是__________。rm{c(SO_{4}^{2-})}浸渣經(jīng)處理可得rm{(4)}加入rm{Ce(BF_{4})_{3}}溶液發(fā)生如下反應：rm{Ce(BF_{4})_{3}(s)+3K^{+}(aq)?3KBF_{4}(s)+Ce^{3+}(aq)}若一定溫度時，rm{KCl}rm{Ce(BF_{4})_{3}(s)+3K^{+}(aq)?

3KBF_{4}(s)+Ce^{3+}(aq)}的rm{Ce(BF_{4})_{3}}分別為rm{KBF_{4}}rm{K_{sp}}則該反應的平衡常數(shù)rm{a}__________rm用rm{K=}rm{(}表示rm{a}rm“反萃取”中加rm{)}的主要反應離子方程式為_________________。在“反萃取”后所得水層中加入rm{(5)}的rm{H_{2}O_{2}}溶液，產(chǎn)生rm{1.0mol隆隴L^{-1}}沉淀，當rm{NH_{4}HCO_{3}}沉淀完全時rm{Ce_{2}(CO_{3})_{3}}溶液中rm{Ce^{3+}}約為__________。rm{[c(Ce^{3+})=1隆脕10^{-5}mol隆隴L^{-1}]}是汽車尾氣凈化催化劑的關鍵成分，它能在還原氣氛中供氧，在氧化氣氛中耗氧。在尾氣消除過程中發(fā)生著rm{CeO_{2}?CeO_{2(1-x)}+xO_{2}隆眉(0leqslantxleqslant0.25)}的循環(huán)。寫出rm{c(CO_{3}^{2-})}消除rm{(6)CeO_{2}}尾氣的化學方程式：__________________________________。rm{CeO_{2}?

CeO_{2(1-x)}+xO_{2}隆眉(0leqslantxleqslant0.25)}30、如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A

，B

，C

，質(zhì)量關系是mA

=

mC

=

m

、mB

=m2.

開始時滑塊B

，C

緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止狀態(tài)，滑塊A

以速度v

0

正對B

向右運動，在A

未與B

碰撞之前，引爆了B

，C

間的炸藥，炸藥爆炸后B

與A

迎面碰撞，最終A

與B

粘在一起，以速率v

0

向左運動．(1)

炸藥爆炸過程中炸藥對C

的沖量；(2)

炸藥的化學能有多少轉化為機械能？31、如圖所示．質(zhì)量mA=2kg和mB=3kg的小球A、B（可視為質(zhì)點）用長L=1.5m的輕繩相連，放在高h=0.5m的水平桌面上，A球剛好在桌邊，桌面右邊緣上方有一弧形擋板，它能使B球無能量損失地滑過桌邊后豎直向下運動．現(xiàn)使小球A由靜止開始下落，若A、B兩球落地后均不再彈起，不計一切摩擦，取g=10m/s2；試求：

（1）A球落地時的速率v．

（2）輕繩的拉力對B球做的功．

（3）B球從開始運動到落地所用時間t．

（4）釋放A球后經(jīng)0.4s，繩中拉力對B球做功的功率．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

A；B：探測器由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行加速運動時；加速度的方向沿直線與速度方向相同，即合力的方向也沿直線與速度方向相同，而受到月球的萬有引力方向豎直向下，所以，反沖力方向與運動直線成一角度斜向上，那么，噴氣方向與運動直線成一角度斜向下，∴選項A、B錯誤．

C；D：探測器勻速運動；受力平衡，合力為零，已知受到的月球的萬有引力豎直向下，則受到的氣體的反沖力豎直向上，因此，探測器豎直向下噴氣，∴選項C正確，選項D錯誤．

故選：C．

【解析】【答案】探測器由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行時；受到月球豎直向下的萬有引力及沿氣體噴氣方向相反的反沖力，在兩個力的合力作用下運動，再由探測器的運動狀態(tài)來判斷反沖力的方向，進而判斷噴氣方向．

2、A|B【分析】

物體受重力、拉力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律a=．圖線的縱軸截距為-6m/s2；則gsinθ=6，解得斜面的傾角θ=37°．

圖線的斜率k==因為sinθ=0.6，則cosθ=0.8，所以m=2kg．

物體做加速度變化的運動；無法根據(jù)運動學公式求出速度和位移．故A；B正確，C、D錯誤．

故選AB．

【解析】【答案】對物體進行受力分析；根據(jù)牛頓第二定律求出物體加速度與拉力F的關系式，根據(jù)圖線的斜率和截距可以求出物體的質(zhì)量和傾角．注意物體做變加速直線運動，速度和位移無法求出．

3、D【分析】

A；物體靜止說明受力平衡；合力為零，不一定受到靜摩擦力的作用，故A錯誤；

B；根據(jù)牛頓第三定律可知；作用力、反作用力大小相等，故B錯誤。

C；物體在地球的重力場中都要受到重力作用；故C錯誤．

D；力是矢量；有大小、有方向．故D正確。

故選D

【解析】【答案】力不是維持運動狀態(tài)的原因；而是改變物體運動狀態(tài)的原因；根據(jù)牛頓第三定律，可知作用力；反作用力大小相等；物體在地球的重力場中都要受到重力，力是矢量，有大小、有方向．

4、A【分析】解：A

根據(jù)波爾理論可知，當氫原子從低能級向高能級躍遷時氫原子的能量增大，要吸收光子；根據(jù)ke2r2=mv2r

可知核外電子的動能減少，同時原子的電勢能增加，故A正確；

B；自由核子組成原子核時；其質(zhì)量虧損所對應的能量等于該原子核的結合能，故B錯誤；

C；考庫侖發(fā)現(xiàn)了點電荷間的相互作用規(guī)律；密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值。故C錯誤；

D；伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比；并未直接進行驗證，而是在斜面實驗的基礎上的理想化推理得出的結論。故D錯誤。

故選：A

玻爾理論可知；氫原子輻射出一個光子后，氫原子的電勢能減小，動能增大，當氫原子從低能級向高能級躍遷時，要吸收光子，核外電子的動能減少，原子的電勢能增加；自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應的能量等于該原子核的結合能；密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值；了解伽利略“理想斜面實驗”的內(nèi)容；方法、原理以及物理意義。

考查玻爾的原子模型、結合能以及物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一?！窘馕觥緼

5、C【分析】略【解析】C

6、B【分析】

我們研究火星和地球繞太陽做圓周運動，火星和地球作為環(huán)繞體，無法求得火星和地球的質(zhì)量之比，故C錯誤；根據(jù)題目已知條件，不能求得火星和太陽的質(zhì)量之比，故B錯誤；研究火星和地球繞太陽做圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：根據(jù)公式得其中M

為太陽的質(zhì)量，r

為軌道半徑.

火星和地球繞太陽運動的周期之比根據(jù)圓周運動知識得：由于火星和地球繞太陽運動的周期之比和火星和地球到太陽的距離之比都知道，所以能求得火星和地球繞太陽運行速度大小之比，故B正確．

故選B．

【解析】B

7、B【分析】【分析】v-t圖象中，圖象與坐標軸圍成的面積表示位移．通過分析位移關系，判斷t=0時刻，兩個質(zhì)點的位置關系．圖象的斜率表示加速度，根據(jù)速度關系分析兩質(zhì)點間距離的變化情況．【解析】【解答】解：A、根據(jù)圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，知t1時間內(nèi)乙的位移比甲的位移大，而t1時刻兩質(zhì)點位于同一位置；所以t=0時刻，乙在甲的后面．故A錯誤．

B、t2時刻兩圖象的斜率相同；則加速度相同，故B正確．

C、t1～t3時間內(nèi)甲的速度一直比乙的速度大；則兩質(zhì)點間的距離一直變大．故C錯誤．

D、由上分析知，t3時刻甲質(zhì)點在乙質(zhì)點的前方；兩者沒有相遇，故D錯誤．

故選：B8、A【分析】【分析】將船的運動分解為垂直于河岸方向和沿河岸方向，當靜水速與河岸垂直時，渡河時間最短．當水流速最大時，船在河水中的速度最大．【解析】【解答】解：AB、當靜水速與河岸垂直時，渡河時間最短，t==s=75s．故A正確．

B；船在沿河岸方向上做變速運動；在垂直于河岸方向上做勻速直線運動，兩運動的合運動是曲線，故B錯誤；

C；要使船以最短時間渡河；船在行駛過程中，船頭必須始終與河岸垂直．故C錯誤．

D；要使船以最短時間渡河；船在航行中與河岸垂直，根據(jù)速度的合成可知，船河水中的最大速度是5m/s，故D錯誤．

故選：A．二、填空題(共5題，共10分)9、200W150W【分析】【分析】豎直上拋運動可看成一種勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式求出第5s末的速度，結合瞬時功率的公式求出重力瞬時功率的大?。Y合重力做功和時間求出重力做功的平均功率．【解析】【解答】解：第5s末物體的速度大小為v=|v0-gt|=|30-5×10|=20m/s；第5s末重力的功率為P=mgv=10×20W=200W

4s內(nèi)物體上升的高度為h1=v0t4-g=30×4-×10×42=40m

5s內(nèi)物體上升的高度為h2=v0t5-g=30×5-×10×52=25m

則第5s內(nèi)下落的高度為h=h1-h2=15m

第5s內(nèi)重力的平均功率為==W=150W

故答案為：200W，150W．10、1.100.986【分析】【分析】（1）根據(jù)逐差法求加速度；

（2）先根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間中間時刻的瞬時速度求出小球經(jīng)過C點時的速度，再根據(jù)速度時間關系求出小球在A點的速度．【解析】【解答】解：

（1）根據(jù)逐差法求加速度有：===1.10m/s2

（2）某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度．所以BD段的平均速度等于C點的瞬時速度：

即：=

故答案為：（1）；1.10m/s2．

（2）vC=；0.986m/s11、調(diào)諧107【分析】【分析】明確電磁波的接收的過程，知道相關名稱．明確電磁波在真空中傳播速度等于光速，由c=λf求解頻率．【解析】【解答】解：收音機為了收該信號；必須調(diào)節(jié)接收電路產(chǎn)生電諧振，該過程叫調(diào)諧．

由c=λf得f===107Hz

故答案為：調(diào)諧、107．12、（2n-1）S【分析】【分析】根據(jù)自由落體運動的位移時間公式表示出第1s，和第ns內(nèi)的位移，列出等式求解【解析】【解答】解：第1s內(nèi)的位移為：h=

第n秒的位移為為：

解得：hn=（2n-1）S

故答案為：（2n-1）S13、0.067～0.054A【分析】【分析】已知加在話筒兩端的電壓和通話時電路中碳粒的電阻變化范圍，根據(jù)歐姆定律求出電流的變化范圍；【解析】【解答】解：加在話筒兩端的電壓為3V；

當電路中碳粒的電阻為45Ω時；通過的電流最大，為：

Imax==A≈0.067A；

當電路中碳粒的電阻為55Ω時；通過的電流最小，為：

Imin==≈0.054A；

故電流的變化范圍為0.067A～0.054A；

故答案為：0.067～0.054A．三、判斷題(共9題，共18分)14、√【分析】【分析】人們熟悉的物質(zhì)狀態(tài)（又稱相）為氣、液、固，較為生疏的是電漿和液晶，液晶像液體一樣可以流動，又具有某些晶體結構特征的一類物質(zhì)．液晶是介于液態(tài)與結晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài)．【解析】【解答】解：液晶像液體一樣可以流動；又具有某些晶體結構特征的一類物質(zhì)，所以液晶分子在特定方向排列比較整齊，但不穩(wěn)定．故該說法是正確的．

故答案為：√15、×【分析】【分析】根據(jù)晶體的結構與特點可知，同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體．【解析】【解答】解：由同種元素構成的固體；可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石墨和金剛石．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×16、√【分析】【分析】熱力學溫標亦稱“絕對溫標”．是由開爾文首先引入的．開爾文所利用的實驗事實是氣體發(fā)生等容變化時，壓強與攝氏溫度成線性關系，再進行合理外推得到的．熱力學溫度與攝氏溫度的關系是T=t+273.15K；熱力學溫度的0K是不可能達到的．【解析】【解答】解：根據(jù)熱力學第三定律可知；熱力學溫標的零K達不到．所以該說法是正確的．

故答案為：√17、×【分析】【分析】結合產(chǎn)生感應電流的條件：閉合回路的磁通量發(fā)生變化即可正確判定．【解析】【解答】解：產(chǎn)生感應電流的條件是閉合回路的磁通量發(fā)生變化；題目中穿過閉合導體回路所包圍面積的磁通量為零時，沒有說明磁通量是否變化，所以不能判斷出沒有感應電流產(chǎn)生．所以以上說法是錯誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】參考系，是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不作相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系．【解析】【解答】解：月亮在云中穿梭；月亮相對于云層的位置發(fā)生變化，所以參考系為云層，該說法是正確的．

故答案為：√19、×【分析】【分析】物體做勻速直線運動時，合外力對物體不做功，但合外力不做功，物體不一定作勻速直線運動．【解析】【解答】解：物體受到的合外力不做功；則物體一定作勻速直線運動，如勻速圓周運動，合外力提供向心力，合外力不做功．

故答案為：×20、√【分析】【分析】感應電流產(chǎn)生的條件是穿過閉合電路磁通量發(fā)生變化．1、電路要閉合；2、穿過的磁通量要發(fā)生變化．【解析】【解答】解：感應電流產(chǎn)生的條件是穿過閉合電路磁通量發(fā)生變化；只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有電流產(chǎn)生．該說法是正確的．

故答案為：√21、√【分析】【分析】根據(jù)顯像原理：顯像管尾部的電子槍發(fā)射的電子束被加速和控制后呈掃描狀轟擊屏幕上的熒光粉，使屏幕發(fā)光，結合交流電的頻率，即可求解．【解析】【解答】解：電子槍發(fā)射電子束擊在顯像管的屏幕上的彩色繭光粉上；它的電子束是逐行掃描的，速度非常的快，肉眼是看不出來的，電子束掃描的方向主是靠顯像管管頸上的偏轉線圈來控制的，交流電的頻率為50赫茲，因此電子束能在1秒內(nèi)，打在熒光屏上50場畫面，所以顯象管中電子束每秒進行50場掃描；

故答案為：√．22、×【分析】【分析】B⊥L，根據(jù)安培力的公式F=BIL，求磁感應強度B，注意公式是采用比值法定義的，磁場中某點磁感應強度的大小與F，Il等因素無關，是由磁場本身決定的．【解析】【解答】解：根據(jù)磁感應強度的定義式，有：；由此可知的磁感應強度與導線的放置；長短、電流大小等因素無關，即該處的磁感應強度有磁場本身決定．

所以如果通電的金屬棒在磁場中不受力的作用；該處的磁感應強度不一定為零．故以上說法是錯誤的．

故答案為：×四、解答題(共2題，共8分)23、略

【分析】【分析】帶電粒子在勻強電場中偏轉時；做類平拋運動，將運動分解成豎直方向的勻加速運動和水平方向的勻速直線運動，代入相關的公式，即可求出兩極板之間的電壓；

根據(jù)電路的結構可知，極板之間的電壓等于電阻上的電壓，然后根據(jù)閉合電路的歐姆定律，寫出相應的公式，解出結果．【解析】【解答】解：當沒有物品擋光時，設電容器兩端電壓為U1，此時電子在屏上的偏轉Y1=0.02米；電子在平行板間運動時：

加速度①

L1=v0t1②

側移量：③

由①②③得：④

電子射出平行板后做勻速直線運動。

vy=at1⑤

⑥

所以Y1=y1+L2tanθ⑦

解④⑥⑦得U1=4.5V

同理可得，當有物品擋光時，電容器兩端電壓為U2=2.25V

在閉合電路中

解得：E=10V；r=5Ω

答：電源的電動勢為10V，內(nèi)阻是5Ω．24、略

【分析】【分析】B車做勻減速直線運動；已知剎車距離，根據(jù)速度位移關系公式求解剎車的加速度；

兩車能夠相撞或者最近距離的臨界情況是兩車速度相等，先根據(jù)速度時間關系公式求解速度相同的時間，然后分別求解出兩車的位移進行判斷．【解析】【解答】解：B車剎車至停下來過程中，由，得

假設不相撞，設經(jīng)過時間t兩車速度相等，對B車有vA=vB+aBt

解得t=8s

此時，B車的位移有

A車位移有xA=vAt=80m

因xB＜x0+xA故兩車不會相撞；兩車最近距離為△x=5m

答：B車剎車時A車仍按原速率行駛，兩車不會相撞，兩車最近距離是5米．五、證明題(共4題，共8分)25、略

【分析】【分析】從p-V圖中找到某一過程中發(fā)生的是什么變化．

能夠運用控制變量法研究多個物理量變化時的關系．【解析】【解答】證明：設狀態(tài)3的溫度為T；

狀態(tài)1-3為等壓過程，①

狀態(tài)3-2為等容過程，②

由①②兩式消去T，即得．26、略

【分析】【分析】利用小球做圓周運動時的向心力與速度之間的關系式Fn=m以及向心力是沿半徑方向上的所有力的合力即可證明．【解析】【解答】解：（1）、當小球的速度v=時，在最高點需要的向心力為：Fn=m=mg；此時需要的向心力與重力大小相等，方向為重力的方向，即重力提供向心力，所以此時拉力或壓力為零；

（2）當小球的速度v＞，在最高點需要的向心力為：Fn=m＞mg；此時需要的向心力大于重力，方向為重力的方向，重力不足以提供小球的向心力，所以小球要做圓周運動，小球還得受向下的拉力或壓力作用；

（3）當小球的速度v＜，在最高點需要的向心力為：Fn=m＜mg；所以小球會在上升的過程中脫離圓形軌道，不能到達最高點．

由以上闡述可知，輕繩模型的臨界速度為v臨=．

答：證明過程如上．27、略

【分析】【分析】導體棒向右運動時，受到向左的安培力作用而減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和加速度的定義式，運用積分法研究整個過程，再對棒運動λs時研究，求出電路中電流，從而得到R上的熱功率．【解析】【解答】證明：取向右為正方向．根據(jù)牛頓第二定律得：

-=ma=m①

即得-v△t=m△v②

兩邊求和得：（-v△t）=m△v③

又v△t=△x④

對整個過程，由③求和得-s=m（0-v0）；

即有s=mv0⑤

從開始運動到棒運動到λs的過程，由③求和得：-λs=m（v-v0）⑥

由⑤⑥解得棒運動到λs速度為：v=（1-λ）v0⑦

此時電阻R上的熱功率為：P===．

得證．28、略

【分析】【分析】將小船渡河的運動分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向的兩個分運動；在兩個方向上都做勻速直線運動，因此不能垂直到達對岸；

再根據(jù)分運動和合運動具有等時性求出渡河的時間；

結合兩方向的位移公式，由矢量合成法則，即可求解登陸的地點離船出發(fā)點的距離【解析】【解答】解：（1）船以4m/s垂直河岸的速度渡河；因存在水流的速度為5m/s，則是船不能垂直達到對岸；

（2）因船以4m/s垂直河岸的速度渡河時間最短，根據(jù)t==s=30s；則有渡河時間至少為30s；

（3）在渡河時間內(nèi)，船沿著水流方向的位移為：s=vst=5×30m=150m；

所以船登陸的地點離船出發(fā)點的距離是：x==m=30m；

答：（1）船不能垂直達到對岸；

（2）船需要30s時間才能達到對岸；

（3）船登陸的地點離船S發(fā)點的距離是30m．六、簡答題(共3題，共18分)29、（1）礦石粉碎成細顆粒，增大接觸面積通入適當過量空氣

（2）CeO2+4H++SO42-=[CeSO4]2++2H2O

（3）隨著c(SO42-)增大，水層中CeO2+4H++SO42-=[CeSO4]2++2H2O,導致萃取平衡向生成[CeSO4]2+方向移動，增大，則D減小

（4）

（5）2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+1×10-6mol/L

（6）2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2

【分析】【分析】本題以氟碳鈰礦為原料紙杯二氧化鈰的流程為載體，考查流程的分析，制定情境下方程式的書寫，外界條件對反應速率和化學平衡的影響，溶度積和平衡常數(shù)的計算?！窘獯稹縭m{(1)}“氧化焙燒”過程中可以加快反應速率和提高原料利用率的方法是：將礦石粉碎成細顆粒，增大接觸面積，通入適當過量空氣，故答案為：將礦石粉碎成細顆粒，增大接觸面積；通入適當過量空氣；rm{(2)}根據(jù)題給條件rm{Ce}rm{Ce}rm{{,!}^{4+}}能與rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}結合成rm{[CeSO}rm{[CeSO}可知，rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}rm{{,!}^{2+}}rm{CeO}rm{CeO}rm{{,!}_{2}}與稀rm{H}故答案為：rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}反應的離子方程式為：rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{(3)}“萃取”時存在反應：rm{Ce}rm{Ce}rm{{,!}^{4+}}加入rm{+n(HA)}rm{+n(HA)}rm{{,!}_{2}?}rm{Ce(H}隨著rm{Ce(H}增大，水層中rm{{,!}_{2n-4}}導致萃取平衡向生成rm{A}方向移動，rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}}增大，則rm{A}減小，故答案為：隨著rm{{,!}_{2n}}增大，水層中rm{)+4H}導致萃取平衡向生成rm{)+4H}方向移動，rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}}增大，則rm{{,!}^{+}}減??；rm{Na}反應rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{c(SO_{4}^{2-})}rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}

}rm{D}rm{c(SO_{4}^{2-})}rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}的平衡常數(shù)rm{Kdfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}}=dfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}=dfrac{{K}_{spleft[Ce{left(B{F}_{4}right)}_{3}right]}}{{{K}_{sp}}_{left(KB{F}_{4}right)}}=dfrac{a}{^{3}}}故答案為：rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}

}“萃取”后的有機層中為rm{D}rm{(4)}反應rm{Ce(BF}根據(jù)流程，加入rm{(4)}rm{Ce(BF}rm{{,!}_{4}}rm{)}將rm{)}還原為rm{{,!}_{3}}則rm{(s)+3K}rm{(s)+3K}rm{{,!}^{+}}rm{(aq)}被氧化為rm{(aq)}故離子方程式為：rm{?}rm{3KBF}rm{3KBF}rm{{,!}_{4}}rm{(s)+Ce}rm{(s)+Ce}rm{{,!}^{3+}}rm{(aq)}的平衡常數(shù)rm{(aq)}rm{K

dfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}}=

dfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}=

dfrac{{K}_{spleft[Ce{left(B{F}_{4}right)}_{3}right]}}{{{K}_{sp}}_{left(KB{F}_{4}right)}}=

dfrac{a}{^{3}}}rm{(5)}rm{Ce}rm{Ce}rm{{,!}^{4+}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}的溶解平衡：rm{C{e}_{2}{left(C{O}_{3}right)}_{3left(sright)}?2C{{e}^{3+}}_{left(aqright)}+3C{O_{3}^{2-}}_{left(aqright)}}則飽和溶液中rm{O}（Cerm{{,!}_{2}}）=2.0rm{Ce^{4+}}rm{Ce^{3+}}3rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{{K}_{sp}left[C{e}_{2}left(C{O}_{3}right)right]=c_{left(C{e}^{3+}right)}^{2}隆脕c_{left(CO_{3}^{2-}right)}^{3}={left(2.0隆脕{10}^{-6}right)}^{2}隆脕{left(3.0隆脕{10}^{-6}right)}^{3}=1.08隆脕{10}^{-28}}當rm{O}沉淀完全時，rm{c_{left(CO_{3}^{2-}right)}^{3}=dfrac{{K}_{sp}left[C{e}_{2}{left(C{O}_{3}right)}_{3}right]}{c_{left(C{e}^{3+}right)}^{2}}dfrac{1.08隆脕{10}^{-28}}{{left(1隆脕{10}^{-5}right)}^{2}}=1.08隆脕{10}^{-18}}rm{O}3rm{{,!}_{2}}rm{)=1.026隆脕10^{-6}mol.L^{-1}