2025年沪科版高三物理上册阶段测试试卷

…………○…………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2025年沪科版高三物理上册阶段测试试卷471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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图所示A；B两个运动物体的x-t图象，下述说法正确的是（）

A.A，B两个物体开始时相距100m，同时同向运动B.B物体做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2C.A，B两个物体运动8s时，在距A的出发点60m处相遇D.A物体在2s到6s之间做匀速直线运动2、下列图象中，表示物体做匀变速直线运动的是（）A.B.C.D.3、一个小石子从某一楼房顶由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知拍摄时所用照相机的曝光时间为0.01s，（g取10m/s2），则小石子通过B时速度为（）A.2.00m/sB.2.15m/sC.2.05m/sD.2.25m/s4、物体从高处落下，由于受空气阻力的影响，则它的（）A.机械能减少，内能减少B.机械能减少，内能增加C.机械能增加，内能也增加D.机械能和内能都不变5、某电容式话筒的原理示意图如图所示；E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属基板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P；Q间距增大过程中（）

A.P；Q购车的电容器的电容增大。

B.P上电荷量保持不变。

C.M点的电势比N点的低。

D.M点的电势比N点的高。

6、下列说法正确的是（）A.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F=，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的B.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v=，这个关系式实际上是匀速圆周运动的一个公式，它是由速度的定义式得来的C.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式=R，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的D.在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式，都是可以在实验室中得到证明的7、一段粗细均匀的电阻丝，电阻是R，电阻率为ρ．若将它截成等长的两段，并把两段并合起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别变为（）A.、B.、C.、ρD.、ρ8、如图所示，用水平力F把重为G的木块压紧在竖直墙上静止不动，不计手指与木块间的摩擦力，当把水平力增加到2F时，木块所受的摩擦力（）A.是原来的2倍B.是原来的4倍C.和原来的相等D.是原来的一半评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、（2015春•武昌区期末）一定质量的理想气体经历可如图所示的A→B，B→C，C→A三个变化过程，图中p0和V0为已知，若气体在状态A的热力学温度为T0，则气体在状态C的热力学温度为TC=____，气体从状态A→B的过程中对外界做功为____，从状态B→C的过程中对外界做功为____．10、（2012春•西城区期末）如图所示为一弹簧振子做简谐运动的振动图象．由图象可知，8s末弹簧振子的加速度为____m/s2，0～10s内弹簧振子通过的路程为____cm．11、两辆质量和额定功率均相等的汽车甲、乙在水平公路上行驶时所受的阻力分别为f甲和f乙，且f甲=2f乙，当它们达到各自的最大速度时关闭发动机，则它们关闭发动机后通过的最大位移之比为____．12、全国著名发明家邹德俊，发明了一种“吸盘式”挂衣钩，如图所示．将它紧压在平整、清洁的竖直瓷砖墙面上时，可挂上衣帽等物品．如果挂衣钩的吸盘压紧时，它的圆面直径为m，吸盘圆面压在墙上有4/5的面积跟墙面完全接触，中间1/5未接触部分间无空气．已知吸盘面与墙面间的动摩擦因数为0.5，则大气压强对挂钩的作用力方向为____，这种挂钩最多能挂重____N的物体．（大气压强po=1.0×105Pa）13、如图所示，为质量500克的小球竖直向上抛出后运动的v-t图象，小球在抛出过程中，人对小球做的功为____焦耳，小球在抛出后的4秒内，克服空气阻力所做的功为____焦耳．

14、【题文】在某电场内，把一个带电量为的电荷从M点移到N点，电场力做功为则M、N两点的电势差____V。若将此电荷从M点移到电势零点，电荷的电势能减少则M点的电势是____V。15、一列简谐横渡在t=0时刻的波形图如图中实线所示，t=3s时波形图如图中虚线所示，已知波传播的速度v=5m/s。则该波沿x轴______（填“正”或“负”）方向传播；质点a的振动周期为______s；从t=0开始，质点a第一次运动到波峰所需的时间为______s（结果保留两位有效数字）。16、如图表示A；B两个球在运动过程中的频闪照片；数字表示频闪的时刻的顺序，每次连续频闪的时间间隔相等，则由图可知。

（1）其中____球做匀速直线运动．

（2）B球速度与A球速度相等的时刻在与数字____和数字____对应的时刻之间．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、将未饱和汽转化成饱和汽，可以用保持温度不变，减小体积，或是保持体积不变，降低温度，也可以用保持体积不变，减小压强．____．（判断对错）18、任何液体的表面分子排列都比内部分子稀疏．____．（判断对错）19、形状规则的物体，重心一定在其几何中心．____（判断对错）20、绝对零度是低温的极限，永远达不到．____．（判断对错）21、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应____（判断对错）22、狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是不同的____（判断对错）23、电荷所受的洛伦兹力方向不一定与磁场方向垂直____．（判断对错）24、物体只要是运动的，其合外力就一定不为零．____（判断对错）25、物体速度变化的方向与它受到的合外力的方向相同．____（判断对错）评卷人得分四、证明题(共1题，共6分)26、如图所示，细绳系一小球（如图甲所示）或轨道内侧的小球（如图乙所示）在竖直面内做圆周运动，在最高点时的临界状态为只受重力作用，则有mg=m，故小球能通过最高点的临界速度v=．

试证明小球在最高点时：

（1）v=；拉力或压力为零；

（2）v＞；小球受向下的拉力或压力作用；

（3）v＜；小球不能到达最高点．

即轻绳模型的临界速度为v临=．评卷人得分五、实验探究题(共4题，共16分)27、某实验小组；为“探究加速度与力；质量的关系”设计了如图1所示的实验装置，实验室选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．由计算机绘制出a与钩码重力的关系图．钩码的质量为m，小车和砝码的质量为M，重力加速度为g．回答下列问题：

（1）下列做法正确的是______

A．调节滑轮的高度；使牵引小车的细绳与长木板保持平行。

B．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时；将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在小车上。

C．实验时；先放开小车再接通打点计时器的电源。

D．通过增减小车上的砝码改变质量时；需要重新调节木板倾斜度。

（2）为使钩码的重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是钩码的质量______小车和上砝码的总质量．（填“远大于”；“远小于”或“近似等于”）

（3）某同学在平衡摩擦力时把木板的一端垫的过高，所得的a-F图象为图2中的______．

（4）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量的图象如图3．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为-b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=______．28、某同学用如图甲所示装置做探究弹力和弹簧伸长关系的实验.

他先测出不挂砝码时弹簧下端指针所指的标尺刻度；然后在弹簧下端挂上砝码，并逐个增加砝码，测出指针所指的标尺刻度，所得数据如表：(

重力加速度g

取9.8m/s2)

。砝码质量m/102g01.002.003.004.005.006.007.00标尺刻度x/10鈭�2m15.0018.9422.8226.7830.6634.6042.0054.50(1)

根据所测数据；在图乙中作出弹簧指针所指的标尺刻度x

与砝码质量m

的关系曲线．

(2)

根据所测得的数据和关系曲线可判断；在______N

范围内弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律.

这种规格的弹簧劲度系数为______N/m

．

29、在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中；

(1)

实验过程中；下列做法正确的是______．

A.先接通电源；再使纸带运动。

B.先使纸带运动；再接通电源。

C.将接好纸带的小车停在靠近滑轮处。

D.将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处。

(2)

如图所示为一次实验得到的一条纸带；纸带上每相邻的两计数点间都有4

个点未画出，按时间顺序取0123456

共7

个计数点，测出123456

点到0

点的距离，如图所示(

单位：cm).

由纸带数据计算可得计数点4

所代表时刻的瞬时速度大小v4=

______m/s

小车的加速度大小为______m/s2.(

保留2

位有效数字)

30、在“练习使用多用电表”实验中；某同学对小灯泡发光与不发光时的电阻分别进行测量，实验电路图如下图甲所示，电流表的内阻RA

已知．

(1)

开关S

断开时，选择多用表电阻隆脕1

档，进行欧姆调零后测量小灯泡的电阻，指针位置如图乙所示，则小灯泡的电阻R1=

______娄赂.

(2)

闭合开关S

选择合适的电压档，用伏安法对小灯泡发光时的电阻进行一次测量，由图甲可知，与a

相连接的应该是多用电表的______(

填“红表笔”或“黑表笔”)

多用表另一表笔分别与图甲中的bc

相连接，测得的电压、电流分别为U1I1

和U2I2.

本实验另一表笔与______(

填“b

”或“c

”)

连接较好，小灯泡发光时的电阻R2=

______(

用题中的已知量表示)

评卷人得分六、简答题(共4题，共24分)31、一吊桥由六对钢杆悬吊着，六对钢杆在桥面分列两排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一截面图，已知图中相邻两钢杆间距离均为9m，靠桥面中心的钢杆长度为2m（即AA′=DD′=2m），BB′=EE′，CC′=PP′，又已知两端钢缆与水平成45°．若钢杆、钢缆自重不计，为使每根钢杆承受的负荷相同，试求钢杆BB′和CC′的长度应各为多少？32、如图所示；用三根绳子悬挂一个质量m=30N的物体，物体处于静止状态．

求：AO、BO、CO三根绳子对结点O的拉力？（g=10N/kg）33、【题文】（1）（6分）两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是____。（填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A．分子力先增大，后一直减小B．分子力先做正功，后做负功C．分子动能先增大，后减小D．分子势能先增大，后减小E.分子势能和动能之和不变。

（2）（9分）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为V0气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和p0/3；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0；不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：

（i）恒温热源的温度T；

（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。34、肌红蛋白rm{(Mb)}与血红蛋白rm{(Hb)}的主要功能为输送氧气与排出二氧化碳。肌红蛋白rm{(Mb)}可以与小分子rm{X(}如氧气或一氧化碳rm{)}结合。反应方程式：rm{Mb(aq)+X(g)}rm{MbX(aq)}rm{(1)}通常用rm{p}表示分子rm{X}的压力，rm{p_{o}}表示标准状态大气压，若rm{X}分子的平衡浓度为rm{p/p_{o}}其他物种用物质的量浓度表示，写出上述反应的平衡常数表达式：rm{K=}____。请用rm{p}rm{p_{o}}及rm{K}表示吸附小分子的肌红蛋白rm{(MbX)}占总肌红蛋白的比例____。rm{(2)}在常温下，肌红蛋白与rm{CO}结合反应的平衡常数rm{K(CO)}远大于与rm{O_{2}}结合的平衡常数rm{K(O_{2})}下列哪个图最能代表结合率rm{(f)}与此两种气体压力rm{(p)}的关系____。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{(3)}人体中的血红蛋白rm{(Hb)}同样能吸附rm{O_{2}}rm{CO_{2}}和rm{H^{+}}相关反应的方程式及其反应热、化学平衡常数分别是：Ⅰrm{.Hb(aq)+H^{+}(aq)}rm{HbH^{+}(aq)triangleH_{1}}rm{HbH^{+}(aq)triangle

H_{1}}Ⅱrm{K_{1}}rm{HbO_{2}(aq)+H^{+}(aq)triangleH_{2}}rm{.HbH^{+}(aq)+O_{2}(g)}Ⅲrm{HbO_{2}(aq)+H^{+}(aq)triangle

H_{2}}rm{K_{2}}rm{.Hb(aq)+O_{2}(g)}rm{HbO_{2}(aq)}Ⅳrm{triangleH_{3}}rm{K_{3}}rm{.HbO_{2}(aq)+H^{+}(aq)+CO_{2}(g)}____rm{Hb(H^{+})CO_{2}(aq)+O_{2}(g)}用rm{垄脵triangleH_{3}=}rm{(}表示rm{triangleH_{1}}rm{triangleH_{2}}____rm{)}用rm{K_{3}=}rm{(}表示rm{K_{1}}rm{K_{2}}若较低温下反应Ⅳ能自发进行，则该反应rm{)}____rm{垄脷}rm{triangleH}____rm{0}填“rm{triangleS}”、“rm{0(}”或“rm{>}”rm{<}rm{=}图rm{)}表示血红蛋白氧结合率rm{(4)}与氧气分压rm{a}示意图，当rm{(f)}时，此时图中代表的曲线是____rm{[p(O_{2})]}填“rm{pH>7.4}”或“rm{(}”rm{A}图rm{B}图rm{)}rm{a}若rm{b}时将rm{(5)}rm{T隆忙}充入rm{6molCO_{2}}密闭容器中，发生反应：rm{8molH_{2}}rm{CH_{3}OH(g)+H_{2}O(l)triangleH=-58kJ/mol}，测得rm{2L}的物质的量随时间的变化关系如图rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)}中状态Ⅰ所示。图中数据rm{CH_{3}OH(g)+H_{2}O(l)triangleH=-58

kJ/mol}代表在rm{H_{2}}时rm{b}的物质的量是rm{A(1,6)}

rm{1min}其他条件不变时，仅改变某一条件后测得rm{H_{2}}的物质的量随时间的变化关系如图中状态Ⅱ所示，则改变的条件可能是____；rm{6mol}其他条件不变，仅改变温度时，测得rm{垄脵}的物质的量随时间的变化关系如图中状态Ⅲ所示，则状态Ⅲ对应的温度____rm{H_{2}}填“rm{垄脷}”、“rm{H_{2}}”或“rm{(}”rm{>}rm{<}是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。现以丙烷rm{=}rm{)T隆忙}熔融盐rm{(6)N_{2}O_{5}}组成的燃料电池，采用电解法制备rm{(C_{3}H_{8})}装置如图所示，其中rm{O_{2}}为rm{X(Na_{2}CO_{3})}

写出石墨rm{N_{2}O_{5}}电极上发生反应的电极反应。在电解池中生成rm{Y}的电极反应式为。rm{CO_{2}}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】位移时间图线的斜率表示速度，速度的符号表示速度的方向，当两物体的纵坐标相同时，即位移相同，两物体相遇．【解析】【解答】解：A；根据图象；A，B两物体开始时相距100m，根据位移时间图象的斜率等于速度，可知两个物体的速度方向相反，是相向运动，故A错误；

B、x-t图象的斜率表示速度，故B物体做匀速直线运动，速度大小为v=-m/s=5m/s；加速度为0．故B错误；

C；t=8s时两个图象有交点；表示A，B两物体运动8s时，在距A的出发点60m处相遇，故C正确；

D；2～6s；物体A位置坐标不变，保持静止，即停止了4s，故D错误．

故选：C2、C【分析】【分析】匀加速直线运动的速度-时间图象是倾斜的直线，位移-时间图象是抛物线．【解析】【解答】解：A；根据图象可知；位移随时间均匀增大，做匀速直线运动，故A错误；

B；根据图象可知；位移随时间均匀减小，做匀速直线运动，故B错误；

C；v-t图象是倾斜的直线；速度均匀变化，加速度不变，表示物体做匀变速直线运动．故C正确．

D；根据图象可知；速度不随时间变化，表示物体做匀速直线运动．故D错误．

故选：C．3、C【分析】【分析】根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，由于时间极短，可以近似表示A点对应时刻的瞬时速度，最后再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．【解析】【解答】解：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为0.01s，所以AB段的平均速度的大小为：===2m/s

由于时间极短；故A点对应时刻的瞬时速度近似为2m/s，但偏小点，B点速度近似为2m/s，但偏大点，故C正确．

故选：C．4、B【分析】【分析】分析物体的运动及受力情况再得出外力的做功情况，再由功能关系可得出能量的变化关系．【解析】【解答】解：物体在下落过程中；由于受空气阻力做功，故系统的机械能减小，而内能增加；

故选B．5、D【分析】

电容式话筒与电源串联，电压保持不变．在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，又根据电容定义式得电容器所带电量减小；电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高．故A；B、C错，D正确．

故选D．

【解析】【答案】在P；Q间距增大过程中；电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电量的变化及电流的流向，再次可比较出电势的高低．

6、B【分析】【分析】万有引力公式的推导是通过太阳对行星的引力提供向心力，结合开普勒第三定律和线速度与周期的关系公式推导得出．【解析】【解答】解：A、引用公式F=；这个关系式实际上是牛顿第二定律，抓住引力提供向心力得出的，无法在实验室得到验证．故A错误．

B、引用公式v=；这个关系式实际上是匀速圆周运动的一个公式，即线速度等于弧长与时间的比值，是通过速度的定义式得出的，故B正确．

C、引用公式=R；这个关系式是开普勒第三定律，不能在实验室得到正确，故C错误，D错误．

故选：B．7、D【分析】【分析】电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关．根据电阻定律的公式判断电阻的变化．【解析】【解答】解：根据电阻定律的公式知，长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，则电阻变为原来的．而电阻率不变．故D正确；A；B、C错误．

故选：D．8、C【分析】【分析】对物体进行受力分析，作出力图，根据平衡条件，得到N与F的关系、f与G的关系，再分析F逐渐增大时，N和f如何变化．【解析】【解答】解：对物体进行受力分析：重力G、墙的支持力N′和摩擦力f、压力F，作出力图，如图所示，由于铁块压在竖直墙上不动，则根据平衡条件得

N′=F；f=G

则知；当F逐渐增大时，N′增大，而f不变，由牛顿第三定律得知，铁块对墙的压力N=N′，则N也增大．

故选：C．二、填空题(共8题，共16分)9、T00p0V0【分析】【分析】分析清楚图示图象，求出各状态的状态参量，然后应用气体状态方程与功的计算公式分析答题．【解析】【解答】解：由图示图象可知，A、C两状态的pV乘积相等，由理想气体状态方程：=C可知：pV相等，则两状态的温度相等，则TC=TA=T0；

由图示图象可知；气体从状态A→B的过程中，气体体积不变，气体不对外界做功，即做功为0；

由图示图象可知，从状态B→C的过程中气体发生等压变化，气体体积增大，气体对外界做功：W=Fl=p0Sl=p0△V=p0（2V0-V0）=p0V0；

故答案为：T0；0；p0V0．10、010【分析】【分析】根据振子的位置分析其速度和加速度大小．振子处于平衡位置时速度最大，在最大位移处时，加速度最大．振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出振幅，振子在一个周期内能通过的路程是四个振幅，根据时间与周期的关系，求出振子的路程【解析】【解答】解：

在第8秒末，振子的位移为零，由a=-可知；加速度为0；

由图知；振幅A=2cm，周期T=8s．则在0到10秒内，振子通过的路程为S=5A=5×2cm=10cm．

故答案为：0，1011、1：8【分析】【分析】当汽车匀速运动时，速度最大，此时牵引力等于阻力，由发动机的功率P=Fv，F=f，求出最大速度之比，再根据动能定理求解最大位移之比．【解析】【解答】解：设汽车的质量为m；额定功率为P．

当汽车匀速运动时，速度最大，此时牵引力等于阻力，由P=Fvm，F=f得，最大速度vm=

对于关闭发动机的过程；设最大位移为x，则根据动能定理得。

-fx=0-

得x==，m、P相同，则得关闭发动机后通过的最大位移之比为x甲：x乙=：=1：8

故答案为：1：812、略

【分析】

大气压力F===250N．

则根据竖直方向平衡；有：G=μF，解得G=125N．

故答案为：垂直指向墙面；125

【解析】【答案】大气对吸盘产生垂直于墙面的压力；在竖直方向上靠重力和静摩擦力处于平衡．

13、略

【分析】

根据图象可知：小球的初速度为24m/s；4s末速度为16m/s；

小球在抛出过程中；对小球运用动能定理得：

W=-0=144J

根据速度-时间图象与坐标轴所围成的面积表示小球的位移可得：

前2s的位移为x1=m=24m

2-4s内的位移为m=-16m

所以WG=-mgh=-0.5×10×（24-16）J=-40J

小球抛出后到4s末；对小球运用动能定理得：

带入数据得：

Wf=-40J

所以克服空气阻力所做的功为40J

故答案为：144；40．

【解析】【答案】（1）人对球做的功等于小球动能的增加量；根据动能定理即可求解；

（2）小球前2s做匀减速运动；后4s做匀加速运动，4s内的位移可以通过速度-时间图象与坐标轴所围成的面积求得；

小球抛出后受到重力和空气阻力的作用；根据动能定理，合外力所做的功等于小球动能的变化量即可求解．

14、略

【分析】【解析】WMN/q=/=250J/C=250V.

UM0=-Ep/q=/=100V,则M点电势即为100V。【解析】【答案】25010015、正0.80.13【分析】解：由图知波长λ=4m；振幅A=0.4m

（1）根据波长、频率（周期）和波速的关系有T=若波沿x轴正向传播，则有带入T算得n=3；同理，若波沿x轴负向传播，则有带入T算得n=3.5，显然n应该为正整数，故波应该沿轴正向传播；

（2）根据波长、频率（周期）和波速的关系有T=每个质点振动周期和波的周期一样，因此质点a的振动周期为0.8s；

（3）设t=0s时波动方程为带入A和λ得从图中可以得出0.2=0.4sin因此=因此图中x=1的质点位于波峰，从x=1时的位置传到x=（即a点）需要的时间为

答：

（1）正；

（2）0.8s；

（3）0.13s。

由图中可以直接读出波的波长，波速已知，周期可以根据根据波长、波速和周期的关系求解而得；若波沿x轴正向传播，则有带入T算得n=3；同理，若波沿x轴负向传播，则有带入T算得n=3.5，显然n应该为正整数，故波应该沿轴正向传播；从图中先求出t=0s时的波动方程，根据波动方程求出a点的水平坐标，再结合图形判断a点运动到波峰则波由x=1位置传播到x=a位置，根据速度位移公式求解相应时间。

本题第二问是最容易判断的，波速已知，周期可以根据根据波长、波速和周期的关系求解而得；进而假设波沿不同方向传播，波的传播存在周期性，因此很有可能带来多解问题，列出多解方程，判断既定的n是否可求出正整数判断方向正确与否；第三问需要先求出a点的坐标位置，再判断a点运动到波峰相应波从何位置传播至何位置，最后根据位移公式求解即可。【解析】正0.80.1316、A34【分析】【分析】（1）解决此题要知道在相同的时间内通过的位移相等做的是匀速直线运动；否则做的是变速运动；

（2）根据两者位移和时间关系可以明确其速度大小之间的关系．【解析】【解答】解：（1）在相同的时刻内B球的位移越来越大；所以A球做的是变速直线运动；在相同的时刻内A球的位移不变，所以B球做的是匀速直线运动．

（2）根据图可知在数字3和4之间的B球的平均速度大小等于A球的速度大小；故在3和4之间某一时刻B球速度大小可能和A球速度大小相等．

故答案为：（1）A；（2）3，4．三、判断题(共9题，共18分)17、×【分析】【分析】根据饱和汽压仅仅与温度有关，然后结合理想气体的状态方程即可正确解答．【解析】【解答】解：根据与饱和蒸汽压有关的因素可知；同一种蒸汽的饱和蒸汽压仅仅与温度有关，与其体积无关．所以该说法是错误的．

故答案为：×18、√【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：√19、×【分析】【分析】重心就是重力的作用点，物体的重心在物体的几何中心上有两个条件：质地均匀，外形规则．【解析】【解答】解：由于课本上指出重心就是重力的作用点；因此重力作用在物体的重心点上；质地均匀，外形规则的物体的重心在物体的几何中心上．质量不是均匀分布的物体，即使外形规则的物体，重心有可能不在物体的几何中心上．所以以上说法是错误的．

故答案为：×20、√【分析】【分析】热力学温标亦称“绝对温标”．是由开尔文首先引入的．开尔文所利用的实验事实是气体发生等容变化时，压强与摄氏温度成线性关系，再进行合理外推得到的．热力学温度与摄氏温度的关系是T=t+273.15K；热力学温度的0K是不可能达到的．【解析】【解答】解：根据热力学第三定律可知；热力学温标的零K达不到．所以该说法是正确的．

故答案为：√21、√【分析】【分析】根据核反应的种类可知，太阳辐射的能量是核聚变反应．【解析】【解答】解：太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变．所以以上的说法是正确的．

故答案为：√22、×【分析】【分析】根据狭义相对论的两个基本假设：

①物理规律在所有惯性系中都具有相同的形式．这叫做相对性原理．

②在所有的惯性系中，光在真空中的传播速率具有相同的值C．这叫光速不变原理．它告诉我们光（在真空中）的速度c是恒定的，它不依赖于发光物体的运动速度．【解析】【解答】解：根据相对论的两个基本假设可知；在所有的惯性系中，光在真空中的传播速率具有相同的值C．这叫光速不变原理．故以上说法是错误的．

故答案为：×23、×【分析】【分析】电荷的定向移动叫做电流；根据左手定则判断磁场力方向；

左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．【解析】【解答】解：根据左手定则；洛伦兹力方向垂直于电荷运动方向与磁场方向构成的平面，即洛伦兹力方向一定与磁场方向垂直；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】力是改变速度的原因，不是维持速度的原因，根据牛顿第一定律分析即可．【解析】【解答】解：当物体做匀速直线运动时；物体不受力或者受平衡力，故力不是维持速度的原因；

故答案为：×．25、√【分析】【分析】根据牛顿第二定律和运动学规律分析答题．【解析】【解答】解：物体速度变化的方向就是加速度的方向；由牛顿第二定律可知，加速度方向与物体受到的合外力的方向相，故说法正确；

故答案为：√．四、证明题(共1题，共6分)26、略

【分析】【分析】利用小球做圆周运动时的向心力与速度之间的关系式Fn=m以及向心力是沿半径方向上的所有力的合力即可证明．【解析】【解答】解：（1）、当小球的速度v=时，在最高点需要的向心力为：Fn=m=mg；此时需要的向心力与重力大小相等，方向为重力的方向，即重力提供向心力，所以此时拉力或压力为零；

（2）当小球的速度v＞，在最高点需要的向心力为：Fn=m＞mg；此时需要的向心力大于重力，方向为重力的方向，重力不足以提供小球的向心力，所以小球要做圆周运动，小球还得受向下的拉力或压力作用；

（3）当小球的速度v＜，在最高点需要的向心力为：Fn=m＜mg；所以小球会在上升的过程中脱离圆形轨道，不能到达最高点．

由以上阐述可知，轻绳模型的临界速度为v临=．

答：证明过程如上．五、实验探究题(共4题，共16分)27、略

【分析】解：（1）A；调节滑轮的高度；使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；

B；在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时；不应悬挂“重物”，故B错误；

C；打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块；而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；

D；平衡摩擦力后；有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；选择AD；

（2）设砝码与砝码桶的质量为m，小车的质量为M，对砝码桶及砝码与小车组成的系统，由牛顿第二定律得：a=

对木块，由牛顿第二定律得：T=Ma==只有当a=＜只有当砝码桶及桶的质量远小于小车质量时，即：m＜＜M时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码桶的重力；

（3）平衡摩擦力时木板一端垫得过高；使小车受到的合力大于细线的拉力，当F=0时有加速度，在a-F图象的纵轴上有截距，由图示图象可知，C正确；

（4）根据牛顿第二定律可知，mg-μMg=Ma，结合a-图象，可得：a=mg-μg，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为-b；

因此小车与木板间的动摩擦因数μ=

故答案为：（1）AD；（2）远小于；（3）C；（4）．

（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力；要平衡摩擦力，细线与长木板平行；

（2）砝码桶及桶内砝码加速下降；失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；

（3）平衡摩擦力时木板一端垫得过高会使小车受到的合力大于拉力；F=0时会擦产生加速度，在a-F图象纵轴上有截距．

（4）根据牛顿第二定律；列出小车的滑动摩擦力大小，然后结合图象的斜率与截距，可以得出结论．

本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于钩码的质量m，且会根据原理分析实验误差，同时掌握由牛顿第二定律列出方程，与图象的斜率与截距综合求解的方法．【解析】AD；远小于；C；28、略

【分析】解：(1)

描点作图；如图．

(2)

从图象可以看出在0隆芦4.9N

范围内弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律

根据胡克定律F=kx

得：

k=0.5隆脕9.80.35鈭�0.15=24.5N/m

．

故答案为：(1)

标尺刻度x

与砝码质量m

的关系曲线如图所示。

(2)0隆芦4.9N24.5

(1)

一个砝码的质量为0.1kg

横轴表示质量.

纵轴表示弹簧的长度，描点作图．

(2)

根据图象看哪一段满足线性关系；哪一段满足胡克定律.

根据胡克定律F=kx

求出劲度系数．

解决本题的关键掌握描点作图的方法，以及掌握胡克定律F=kx

．【解析】0隆芦4.9N24.5

29、略

【分析】解：(1)AB

先接通电源；再使纸带运动，故A正确，B错误；

CD

将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处；故C错误，D正确；

(2)

计时器所用电源的频率为50Hz

则打点周期为0.02s.

带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度；得：

v4=0.1455鈭�0.06452脳0.1隆脰0.41m/s

根据匀变速直线运动的推论公式鈻�x=aT2

可以求出加速度的大小；得：

x4鈭�x1=3a1T2

x5鈭�x2=3a2T2

x6鈭�x3=3a3T2

为了更加准确的求解加速度；我们对三个加速度取平均值，得：

a=13(a1+a2+a3)

代入数据得：a=0.1970鈭�0.0645鈭�0.06459脳0.12隆脰0.76m/s2

故答案为：(1)AD(2)0.410.76

．

根据匀变速直线运动的推论公式鈻�x=aT2

可以求出加速度的大小；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4

点时小车的瞬时速度大小．

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，注意保留有效数字．【解析】AD0.410.76

30、略

【分析】解：(1)

若选择开关处在“隆脕1

”挡；由图乙所示可知，则小灯泡的电阻为：R1=4隆脕1=4娄赂

(2)

根据电路图可知，b

端与电源正极相连；a

端与电源负极相连，根据红进黑出的原理可知，与a

相连接的应该是多用电表的黑表笔，由于电流表的内阻RA

已知而电压表内阻不知，所以电压表应测量灯泡和电流表的整个电压，即本实验另一表笔与c

相连，根据欧姆定律得：

R2+RA=U2I2

解得：R2=U2I2鈭�RA

故答案为：(1)4(2)

黑表笔，cU2I2鈭�RA

(1)

欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．

(2)

根据测电压时；表笔红进黑出的原理分析，由于电流表的内阻RA

已知而电压表内阻不知，所以电压表应测量灯泡和电流表的整个电压，跟欧姆定律求解灯泡电阻．

本题考查了欧姆表工作原理；欧姆表读数的问题；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数，难度适中．

【解析】(1)4(2)

黑表笔，cU2I2鈭�RA

六、简答题(共4题，共24分)31、略

【分析】【分析】先对整体受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件求解出拉力F；再对C点受力分析，求解出BC与水平方向夹角；再对B点受力分析，根据平衡条件求解出BA与水平方向的夹角；最后根据几何关系求解每根钢杆的长度．【解析】【解答】解：对整体受力分析；受重力和两个拉力F，根据平衡条件，有：2Fcos45°=mg

解得：F=mg

对C点受力分析；受CC′杆的拉力；拉力F、BC钢缆的拉力，根据平衡条件，有：

水平方向：Fcos45°=FBCcosθ1（θ1为FBC与水平方向的夹角）

竖直方向：Fsin45°=+FBCsinθ1

解得：，tanθ1=

对B点受力分析；受BB′杆的拉力；BC钢索的拉力、AB钢索的拉力，根据平衡条件，有：

水平方向：FBCcosθ1=FBAcosθ2（θ2为FBA与水平方向的夹角）

竖直方向：FBCsinθ1=+FBAsinθ2

解得：，tanθ2=

故BB′=AA′+A′B′tanθ2=2+9×=5m

CC′=BB′+B′C′tanθ1=5+9×=11m

答：钢杆BB′的长度为5m，钢杆CC′的长度为11m．32、略

【分析】【分析】物体处于平衡状态，则OC绳的拉力等于物体的重力，对O点进行受力分析，运用平衡条件和几何关系解决问题．【解析】【解答】解：物体处于平衡状态，则OC绳的拉力TC=mg=30×10=300N；根据牛顿第三定律可知，CO绳子对结点O的拉力大小为300N，方向竖直向下；

对O点进行受力分析；根据平衡条件结合几何知识得：

AO绳的拉力TA=mgsin53°=300×0.8=240N；方向沿OA绳向上；

BO绳的拉力TB=mgsin37°=300×0.6=180N；方向沿OB绳向上．

答：CO绳子对结点O的拉力大小为300N，方向竖直向下，AO绳子对结点O的拉力大小为240N，方向沿OA绳向上，BO绳子对结点O的拉力大小为180N，方向沿OB绳向上．33、略

【分析】【解析】（1）由分子动理论的知识；当两个分子相互靠近，直至不能靠近的过程中，分子力先是引力且先增大后减小，之后为分子斥力，一直增大，所以A错误；分子引力先做正功，然后分子斥力做负功，分子势能先减小再增大，分子动能先增大后减小，所以B；C正确，D错误；因为只有分子力做功，所以分子势能和分子动能的总和保持不变，E正确。

（2）（i）设左右活塞的质量分别为M1、M2，左右活塞的横截面积威S，由平衡可知①

得②

由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上部分气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持所以当下面放入温度为T的恒温源后，体积增大为则由等压变化：③解得④

（ii）当把阀门K打开重新平衡后,由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知

打开活塞后，左侧降某位置，右侧活塞升到顶端，气缸上部保持温度T0等温变化，气缸下部保持温度T等温变化。设左侧上方气体压强为p，由设下方气体压强为p2，解得p2=p+p0

所以有

联立上述两个方程解出解得另一解舍去.

【点评】该第一问的关键是要分析出右侧上部分的气体的体积不变，为下部分气体的体积变化找到等量关系，进而列出部分气体等压变化：求出T。第二问由活塞的质量关系，分析出左侧活塞重力与右侧活塞的重力关系当把阀门K打开重新平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，打开活塞后，左侧降某位置，右侧活塞升到顶端，气缸上部保持温度T0等温变化；气缸下部保持温度T等温变化.列出两部分的等温方程就可求出.但是本问的解题关键是右侧活塞达到顶端需要分析出来。

【考点定位】分子动理论分子力做功与分子势能的关系动能定理等压变化等温变化【解析】【答案】（1）BCE

（2）（i）（ii）34、（1）c（MbX）p0/c（Mb）pK▪p/(K▪p+p0)（2）C（3）①△H1+△H2K1▪K2②＜＜（4）A（5）①增大压强或者增加二氧化碳的物质的量②＞（6）C3H8+10CO32-－20e－=13CO2+4H2O阳极：N2O4+2HNO3－2e－=2N­2O5+2H+【分析】【分析】本题考查了平衡常数的表达式、盖斯定律的计算、熵变、化学平衡的影响因素及电极反应式的书写，题目难度中等。【解答】rm{(1)Mb(aq)+X(g)?MbX(aq)}的化学平衡常数rm{K=}rm{=}rm{c(MbX)p_{0}}rm{/c(Mb)p}rm{c(MbX)p_{0}}；吸附小分子的肌红蛋白rm{/c(Mb)p}的个数等于生成rm{(MbX)}的个数，由rm{MbX}rm{k=}rm{c(MbX)p_{0}}rm{/c(Mb)p}可得rm{c(Mb)=dfrac{c(MbX)隆陇Po}{K隆陇P}}吸附小分子的肌红蛋白rm{c(MbX)p_{0}}占总肌红蛋白的比例等于rm{=dfrac{c(MbX)}{dfrac{c(MbX)隆陇P0}{K隆陇P}+c(MbX)}=}rm{/c(Mb)p}；故答案为：rm{c(Mb)=dfrac{c(MbX)隆陇Po}{K隆陇P}

}rm{(MbX)}；rm{=dfrac{c(MbX)}{

dfrac{c(MbX)隆陇P0}{K隆陇P}+c(MbX)}=}；rm{K?p/(K?p+p_{0})}对于rm{K?p/(K?p+p_{0})}增大压强，平衡正向移动，因此无论是rm{c(MbX)p_{0}}rm{/c(Mb)p}还是rm{c(MbX)p_{0}}rm{/c(Mb)p}，随着压强的增大，结合率rm{K?p/(K?p+p_{0})}都是逐渐增大。在常温下，肌红蛋白与rm{K?p/(K?p+p_{0})}结合反应的平衡常数rm{(2)}rm{Mb(aq)+X(g)?MbX(aq)}远大于与rm{CO}rm{O}结合的平衡常数rm{2}rm{2}rm{(f)}说明肌红蛋白与rm{CO}的结合能力比其与rm{K}rm{(CO)}的结合能力强，所以相同压强条件下，肌红蛋白与rm{(CO)}的结合率rm{O}更大，因此rm{2}图象符合，故答案为：rm{2}rm{K(O}rm{2}已知：rm{2}rm{)}rm{CO}，rm{O}rm{2}r