2024年沪教版高三物理下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版高三物理下册月考试卷675考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、甲乙两个物体都做匀加速直线运动，从同一时刻开始计时的一段时间内，两物体的位移相等，则在这段时间内（）A.甲的初速度一定等于乙的初速度B.甲的平均速度一定等于乙的平均速度C.甲的速度变化量一定等于乙的速度变化量D.甲的速度变化一定和乙的速度变化一样快2、磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使身体重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面的反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速（视为匀加速）的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24cm．那么嗑头虫向下的加速度大小为（空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等）（）A.3000m/s2B.750m/s2C.1500m/s2D.75m/s23、某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s和9km/s．一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成（如图）．在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两振子相差5s开始振动，则（）A.H先开始振动，震源距地震仪约25kmB.P先开始振动，震源距地震仪约25kmC.H先开始振动，震源距地震仪约36kmD.P先开始振动，震源距地震仪约36km4、如图所示为远距离交流输电的简化电路图.

发电厂的输出电压是U

用等效总电阻是r

的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1

其末端间的电压为U1.

在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2.

则()

A.用户端的电压为I1U1I2

B.输电线上的电压降为U

C.理想变压器的输入功率为I12r

D.输电线上损失的电功率为I1U

5、下列关于半导体的说法中，错误的是（）A.半导体的电阻随温度的升高而增大B.利用半导体的导电特点可以制成有特殊用途的光敏、热敏电阻C.半导体材料可以制成晶体二极管和晶体三极管D.半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间6、下列说法中正确的是（）A.重力和加速度这两个物理量都是矢量B.摩擦力的方向一定和物体的运动方向相反C.跳水比赛中裁判在给跳水运动员打分时可以将运动员看作质点D.动摩擦因数的大小与滑动摩擦力的大小成正比评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、在外界气压为1标准大气压的状况下，将半径为0.1m的两个马德保半球合拢，抽去里面一部分空气，使得球内部气体的压强降为0.5个标准大气压，估算大约需要用力____N才能将两半球拉开；两半球密封处每1cm长度受到的挤压力的大小约为____N．8、（2006秋•杨浦区校级期末）如图所示，在一细绳C点系住一重物P，细绳两端A、B分别固定在两边墙上，使得AC保持水平，BC与水平方向成30°角，已知细绳最大只能承受200N的拉力，那么C点悬挂物体的重量最多为____，AC、BC绳中先断的是____．9、某次演习中，某飞行员从正在高空飞行的飞机上扔下一颗炸弹，击中地面的某个目标．该飞行员应在到达目标的正上方之____（填“时”、“前”或“后”）扔下炸弹，才可能击中目标．若炸弹被抛出后所受的阻力不计，则炸弹所做的运动为____运动，该运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的____运动．10、【题文】图示为一简谐波的一段图象，已知d点到达波峰的时间比c点早0.01s，ac间的水平距离是4.5m，则该波的传播方向为____，波速为____m/s。11、做功不可缺少的两个因素：

（1）____；

（2）____．12、（2014秋•邛崃市校级期末）在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中；一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．

实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的____而增大，随其所带电荷量的____而增大．

此同学在探究中应用的科学方法是____（选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”）．13、河宽300m，水流速度为3m/s，小船在静水中的速度为5m/s，则小船渡河最短时间为____s；以最短航程渡河，小船渡河时间为____s．14、（2014秋•怒江州校级期中）某交变电压随时间的变化规律如图所示，则此交变电流的频率为____Hz．线圈转动的角速度是____rad/s．若将此电压加在10μF的电容器上，则电容器的耐压值不应小于____V．15、物体做曲线运动时，任意时刻的速度方向是曲线上该点的____，所以曲线运动一定是____运动．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、如果以高出地面0.8m的桌面位置为坐标原点，则地面的坐标为x=-0.8m．____．（判断对错）17、串联电路中，电压分配与电阻成反比．____．（判断对错）18、当达到动态平衡时，蒸发的速度不再改变，以恒速蒸发．____．（判断对错）19、任何液体的表面分子排列都比内部分子稀疏．____．（判断对错）20、一定质量的理想气体内能的大小只与温度有关____（判断对错）21、根据公式v=ωr可知，若角速度增大一倍，则线速度也增大一倍．____．22、“宁停三分，不抢一秒”指的是时间．____．（判断对错）23、不论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有电流产生．____（判断对错）24、矢量的运算遵守平行四边形法则．____．评卷人得分四、简答题(共2题，共8分)25、二氧化铈rm{(CeO_{2})}是一种重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿rm{(}主要含rm{CeFCO_{3})}为原料制备rm{CeO_{2}}的一种工艺流程如下：已知：rm{垄脵Ce^{4+}}既能与rm{F^{-}}结合成rm{CeF_{4}}也能与rm{SO_{4}^{2-}}结合成rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{垄脷}在溶液中rm{Ce^{4+}}能被有机萃取剂rm{(HR)}萃取，rm{Ce^{4+}+4HR?CeR_{4}+4H^{+}}而rm{Ce^{4+}+4HR?

CeR_{4}+4H^{+}}不能。回答下列问题：rm{Ce^{3+}}“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是__________________________。rm{(1)}“氧化焙烧”的化学方程式为____________________；rm{(2)}“酸浸”后的溶液中，除rm{(3)}rm{H^{+}}外，还主要含有__________：rm{SO_{4}^{2-}}“萃取”时存在反应：rm{(4)}水层rm{Ce^{4+}(}萃取层rm{)+4HR?CeR_{4}(}分配系数rm{)+4H^{+}}rm{dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}rm{D=}表示rm{

dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}分别在“萃取相”与水相中存在形式的物质的量浓度之比rm{[}若溶液中含有rm{Ce(IV)}离子，其萃取分配系数rm{]}与rm{SO_{4}^{2-}}rm{D}关系如图所示。rm{c}向rm{(SO_{4}^{2-})}含rm{垄脵}浓度为rm{100mL}的溶液rm{Ce^{4+}}rm{1mol/L}rm{[(}中加入rm{c}的萃取剂rm{(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}振荡，静置，此操作的萃取率是_______________。rm{20mL}rm{HR}随rm{垄脷}rm{D}变化的原因：__________________________。rm{c}“反萃取”中，在稀硫酸和rm{(SO_{4}^{2-})}的作用下rm{(5)}转化为rm{H_{2}O_{2}}rm{CeO_{2}}在该反应中作_________rm{Ce^{3+}}填“催化剂”、“氧化剂”或“还原剂”rm{H_{2}O_{2}}每有rm{(}rm{)}参加反应，转移电子的物质的量为________________。rm{1mol}氧化rm{H_{2}O_{2}}的离子方程式为____________________________。rm{(6)NaClO}26、一个卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动；地球半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，求：

（1）地球的质量。

（2）卫星运动的线速度．评卷人得分五、画图题(共2题，共6分)27、图所示为一列向左传播的简谐波在某一时刻的波形图，若波速是0.5m/s，试在图上画出经7s时的波形图。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）28、在图示中，物体A处于静止状态，请画出各图中A物体所受的弹力．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】要正确解答本题必须熟练掌握匀变速直线运动公式：x=，△v=a△t，x=v0+at．并且抓住关键条件：相同时间，据此可正确解答本题．【解析】【解答】解：A、匀变速直线运动位移公式：x=；已知两物体在相等的时间内的位移相等，由于不知道物体的加速度，所以不能判断出甲；乙两个物体的初速度的关系．故A错误；

B、根据平均速度v=得两物体在相等的时间内的位移相等；甲；乙两物体平均速度相等，故B正确．

C；根据△v=a△t；由于不知道物体的加速度，所以不能判断出甲的速度变化量与乙的速度变化量的关系，故C错误．

D、由于不知道甲、乙两物体的初速度大小关系，根据x=；得无法比较二者加速度的大小关系，不能判断出甲的速度变化是否和乙的速度变化一样快，故D错误．

故选：B．2、A【分析】【分析】磕头虫的运动是先向下加速，反弹后竖直上抛运动．人的运动情况和磕头虫的运动情况类似，加速度相同，故利用v2=2ah1和-v2=-2gh2联立解得加速度．【解析】【解答】解：设磕头虫向下的加速度为a；磕头虫向下的最大速度为v；

则有v2=2ah1

磕头虫向上弹起的过程中有。

-v2=-2gh2

联立以上两式可得。

a=

故选：A3、D【分析】解：纵波的速度快；纵波先到，所以P先开始振动；

根据

解得：x=36km．

故选：D．

纵波的速度快，纵波先到．根据求出震源距地震仪的距离．

解决本题的关键运用运动学公式判断哪个波先到．属于容易题．

【解析】【答案】D4、A【分析】理想变压器输入端与输出端功率相等，U1I1=U2I2

用户端的电压U2=I1I2U1

选项A正确；输电线上的电压降娄陇U=U鈭�U1=I1r

选项B错误；理想变压器的输入功率为I1U1

输电线上损失的功率为I12r

选项C、D错误。【解析】A

5、A【分析】【分析】（1）导体容易导电；绝缘体不容易导电，有一些材料，导电能力介于导体和绝缘体之间，称做半导体；

（2）半导体的阻值随温度、光照和杂质等外界因素的不同而发生变化，故可以利用半导体制作成光敏电阻、热敏电阻以及二极管三极管等．【解析】【解答】解：A；半导体的电阻随温度的升高而减小；故A错误；

B；利用半导体的导电特点可以制成有特殊用途的光敏、热敏电阻；故B正确；

C；半导体材料可以制成晶体二极管和晶体三极管；故C正确；

D；半导体的性能介于导体和绝缘体之间；故D正确；

本题选错误的，故选：A．6、A【分析】【分析】重力和加速度都是矢量；摩擦力的方向一定和物体的相对运动方向相反；当自身大小对研究问题没有影响时；可以看成质点；

滑动摩擦力的大小与动摩擦因数的大小，及正压力成正比，而动摩擦因数不变．【解析】【解答】解：A；重力和加速度这两个物理量都是矢量；故A正确；

B；摩擦力的方向一定和物体的相对运动方向相反；可能与运动方向相同，也可能运动方向相反，故B错误；

C；跳水比赛中裁判在给跳水运动员打分时；自身大小不能忽略，不可以将运动员看作质点，故C错误；

D；滑动摩擦力的大小与动摩擦因数的大小；及正压力成正比，而动摩擦因数不变，故D错误；

故选：A．二、填空题(共9题，共18分)7、500π25【分析】【分析】人要想将两半球拉开，需要克服大气压力，根据F=PS可求出大气压力的大小从而求得拉力．【解析】【解答】解：马德堡半球的有效受力面积为：S=πR2=π（0.1）2=0.01π

内外压强差为：p=0.5×1.0×105pa=5.0×104pa

半球受到的压力为：F=p×s=5.0×104pa×0.01π=500πN．

直径为20cm；所以两半球密封处每1cm长度受到的挤压力的大小约为：

F′===25N

故答案为：500π；25．8、100NBC绳【分析】【分析】对点C受力分析，受到三根绳子的拉力而平衡，根据平衡条件并结合合成法得到三根绳子的拉力大小，得到最大值．【解析】【解答】解：对点C受力分析；受到三根绳子的拉力，如图

根据平衡条件；得到：

FB=2mg

当物体的重力逐渐变大时；BC绳子的拉力先达到200N，此时G=mg=100N；

故答案为：100N，BC绳．9、前平抛自由落体【分析】【分析】根据惯性的知识做出解答，可假设到达目标的正上方投弹，看会出现什么样的后果．物体具有水平方向的初速度，只在重力作用下做平抛运动．【解析】【解答】解：沿水平方向匀速飞行的轰炸机；投出的弹由于惯性要保持原来向前的运动状态继续向前运动，所以要击中地面上的目标，应在到达目标上方前投弹．

炸弹被抛出后所受的阻力不计；只受重力，又有水平方向初速度，所以炸弹做平抛运动，该运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．

故答案为：前，平抛，自由落体10、略

【分析】【解析】因为d点到达波峰的时间比c点早，由波的形成过程可知，越靠近波源的点越先振动，因此波向左传播。有题可知T=0.01T=0.04s=4.5=6m

V==150m/s【解析】【答案】水平向左15011、力物体在力的方向上发生的位移【分析】【分析】根据做功的两个必要因素回答，做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离【解析】【解答】解：做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是在力的方向上移动的距离，二者缺一不可。

故答案为：（1）力；（2）物体在力的方向上发生的位移．12、减小增大控制变量法【分析】【分析】由于实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的方法是控制变量法．【解析】【解答】解：对小球B进行受力分析；可以得到小球受到的电场力：F=mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；所以使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的相互作用力，随其所带电荷量的增大而增大．先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近．这是只改变它们之间的距离；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量．这是只改变电量所以采用的方法是控制变量法．

故答案为：减小，增大，控制变量法．13、6075【分析】【分析】因为水流速度小于静水速度，当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短，当合速度垂直河岸时，则渡河的位移最短；速度的合成满足平行四边形定则，从而即可求解．【解析】【解答】解：（1）、当船垂直河岸过河时，渡河时间最短，则最短时间为：t==s=60s；

（2）；因船在静水中的速度大于水流速度；则当合速度垂直河岸时，船可以正对岸过河；

当船以最短路程过河时，合速度大小为：v===4m/s；

此时船头并非指向正对岸，则过河时间为：t′===75s；

故答案为：60，75．14、50100200【分析】【分析】根据图象可知交流电的电压最大值以及周期，然后根据f=求解频率，电容器的耐压值应看最大值．【解析】【解答】解：A；根据图象可知交流电周期为0.02s；

故频率f==50Hz．

线圈转动的角速度ω==100πrad/s．

若将此电压加在10μF的电容器上；根据图象可知交流电电压最大值为200V，则电容器的耐压值不应小于200V．

故答案为：50，100，200．15、切线方向上变速【分析】【分析】物体做曲线运动时，任意时刻的速度方向是曲线上该点的切线方向上，曲线运动速度方向一定改变，但是大小不一定变．【解析】【解答】解：

依据曲线运动特征可知：物体做曲线运动时；任意时刻的速度方向是曲线上该点的切线方向上，曲线运动速度方向一定改变，故曲线运动一定是变速运动．

故答案为：切线方向上，变速三、判断题(共9题，共18分)16、×【分析】【分析】根据建立坐标系的条件可知，建立坐标系需要确定坐标原点与正方向．由此方向解答即可．【解析】【解答】解：如果以高出地面0.8m的桌面位置为坐标原点；选择向下为正方向，则地面的坐标为：x=0.8m．所以该说法错误．

故答案为：×17、×【分析】【分析】根据串并联电路电流和电压的规律进行分析，串联电路中电压与电阻成正比．【解析】【解答】解：串联电路中电流相等；故电压分配与电阻成正比；所以该说法是错误的．

故答案为：×18、√【分析】【分析】液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发．【解析】【解答】解：饱和蒸汽的平衡是一种动态平衡．当达到动态平衡时；液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发蒸发的速度不再改变，此时以恒速蒸发．所以该说法是正确的．

故答案为：√19、√【分析】【分析】作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．【解析】【解答】解：表面张力产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层；叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．所以该说法是正确的．

故答案为：√20、√【分析】【分析】一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度越高，内能越大．【解析】【解答】解：物态的内能与物体的物质的量；温度、体积以及物态有关．对一定质量的理想气体；物质的量一定，物态一定，而气体分子之间的作用力可以忽略不计，所以一定质量的理想气体内能的大小只与温度有关．

故答案为：√21、×【分析】【分析】当半径不变时，角速度增大一倍，线速度也增大一倍．【解析】【解答】解：根据公式v=ωr可知，当半径r不变时；角速度增大一倍，则线速度也增大一倍，故此说法错误．

故答案为：×22、√【分析】【分析】时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，对应物体的位移或路程，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，对应物体的位置．【解析】【解答】解：“宁停三分；不抢一秒”中的3分是3分钟，3分钟与1秒钟在时间轴上都是指的时间的长度，都是时间．故该说法正确；

故答案为：√23、√【分析】【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化．1、电路要闭合；2、穿过的磁通量要发生变化．【解析】【解答】解：感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化；只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有电流产生．该说法是正确的．

故答案为：√24、√【分析】【分析】物理量按有无方向分矢量和标量，矢量的运算遵守平行四边形法则．【解析】【解答】解：矢量是既有大小；又有方向的物理量，矢量的运算遵守平行四边形法则．故这句话是正确的．

故答案为：√四、简答题(共2题，共8分)25、（1）增大固体与气体的接触面积，增大反应速率提高原料的利用率（2）（3）CeF4、[CeSO4]2＋（4）①88.9%(或89%)②随着c(SO42－)增大，水层中Ce4＋被SO42－结合成[CeSO4]2＋，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2＋移动，D迅速减小（5）还原剂2mol（6）ClO-+2Ce(OH)3+H2O=2Ce(OH)4+Cl-【分析】【分析】本题考查了化学工艺流程的知识，涉及化学方程式和离子方程式书写、萃取率的计算、氧化还原反应的基本概念。【解答】rm{(1)}“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率，故答案为：增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率rm{;}rm{(2)}“氧化焙烧”的化学方程式为rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}故答案为：rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}“酸浸”后的溶液中，除rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{卤潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{(3)}外，还主要含有rm{H^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}故答案为：rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+};}rm{(4)}含rm{垄脵}浓度为rm{垄脵}的溶液rm{100mL}中加入rm{Ce^{4+}}的萃取剂rm{1mol/L}振荡，静置，此操作的萃取率是rm{[(c(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}或rm{20mL}，故答案为：rm{HR}或rm{88.9%(}rm{89%)}在萃取操作中，用到的主要玻璃仪器为分液漏斗；由已知得：rm{88.9%(}能与rm{89%)}结合生成rm{垄脷}故当增大rm{Ce^{4+}}时，促进该反应向右移动，rm{SO_{4}^{2-}}迅速增加而rm{[CeSO_{4}]^{2+}}减少，故D迅速减少，故答案为：随着rm{c(SO_{4}^{2-})}增大，水层中rm{c([CeSO_{4}]^{2+})}被rm{c(Ce隆陇(H_{2n-4})A_{2n}))}结合成rm{c(SO_{4}^{2-})}导致萃取平衡向生成rm{Ce^{4+}}移动，rm{SO_{4}^{2-}}迅速减小；rm{[CeSO_{4}]^{2+}}“反萃取”中，rm{[CeSO_{4}]2+}将rm{D}还原为rm{(5)}故Hrm{H_{2}O_{2}}在该反应中的作还原剂；该反应的离子方程式为rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H+=2Ce^{3+}+4H_{2}O+O_{2}隆眉}所以每有rm{CeO_{2}}参加反应，转移电子物质的量为rm{Ce^{3+}}故答案为：还原剂；rm{{,!}_{2}O_{2}}rm{2CeO_