2024年华师大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年华师大版高三物理下册月考试卷313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8题，共16分)1、取一根长2m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘．在线的一端系上第一个垫圈，隔12cm再系一个，以后每两个垫圈之间的距离分别为36cm、60cm、84cm，如图所示，站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘内．松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈（）A.落到盘上的声音时间间隔越来越大B.依次落到盘上的时间关系为1：（-1）：（-）：（2-）C.依次落到盘上的速率关系为1：：2D.依次落到盘上的速率关系为1：2：3：42、如图所示；接通开关电源给电容器充电，则（）

A.保持S接通，减小两极板间距离，则两板间电场的电场强度减小B.保持S接通，在两板间插入一块介质，则电容带电增加C.断开S，减小板间距离，则两板间电势差增大D.断开S，在两板间插入一块介质，则两板间电势差增大3、在长为50m的标准泳池举行200m的游泳比赛，参赛运动员从出发至比赛终点的位移和路程分别是（）A.0m，50mB.50m，100mC.100m，50mD.0m，200m4、如图所示；在绝缘的水平面上方存在着匀强电场，水平面上的带电金属块在水平拉力F作用下沿水平面移动．已知金属块在移动的过程中，外力F做功32J，金属块克服电场力做功8.0J，金属块克服摩擦力做功16J，则在此过程中金属块的（）

A.动能增加8.0J

B.电势能增加24J

C.机械能减少24J

D.机械能增加48J

5、把等边直角尺悬挂在光滑水平轴O处，再在尺上加外力F使尺平衡在图示位置．在下面4种悬挂方式中所加最小外力分别为F1，F2，F3，F4；四个力相比（）

A.F1最大。

B.F2最小。

C.F1和F2相等。

D.F3和F4相等。

6、空间有一电场，在x轴上-x到x间电势φ随x的变化关系图象如图所示，图线关于φ轴对称．一质量为m、电荷量为+q的粒子仅受电场力作用，以沿+x方向的初速度v，从x轴上的-x1点向右运动，粒子的运动一直在x轴上，到达原点0右侧最远处的坐标为x2，x2点与-x1点间的电势差为U21；则（）

A.x2＞x，U21=

B.x＞x2＞x1，U21=

C.x2＜x1，U21=-

D.x2→+∞，U21=-

7、某电场的电场线如图所示；则某点电荷在A点和B点所受电场力的大小关系是（）

A.FA＞FBB.FA＜FBC.FA=FBD.电荷正负不明无法判断8、一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一带电油滴（电量很小，不影响电场分布）位于P点且恰好处于平衡状态．如图所示，若保持正极板不动，将负极板移到图中虚线所示的位置，则（）A.带电油滴将沿竖直方向向下运动B.P点的电势将升高C.带电油滴的电势能不变D.电容器的电压增大评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、在“探究决定导体电阻的因素”实验中，一学生将长为S的金属丝紧密地并排绕制成一个线圈（只绕一层），记下绕制的圈数n，按照下如图1的方式用刻度尺测得线圈的长度为L=____cm．用多用电表估测其电阻如图2所示（使用“×1”档），线圈的电阻读数为____Ω（电阻读数保留两位有效数字）．为了更加准确测定出线圈的电阻；请你从下列器材中选出一些，连成电路进行测量．

实验器材：

A．电阻丝Rx

B．电压表量程6V，内阻极大．

C．电流表量程3A，内阻约3.2Ω．

D．电流表量程0.6A，内阻约2.2Ω．

E．滑动变阻器R；最大阻值5Ω，额定电流为3A

F．电源E；电动势为12V，内阻不计。

G．开关SH．导线若干。

请你设计出测量电路，在如图3所示的线框中画出电路图，并标明所用器材对应符号．在某次测量中，电压表读数为U，电流表读数为I，计算电阻率的公式为____（用前面的字母U，I，L，S，n及π表示）10、足球守门员在发门球时，将一个静止的质量为0.4kg的足球，以10m/s的速度踢出，足球沿草地做直线运动，3s后足球运动到距发球点21m的后卫队员处，速度减小到3.7m/s，则此过程中足球运动的平均速度为____m/s，平均加速度为____m/s2．11、一电荷以某一速度从A点进入一匀强电场，速度方向与电场方向相同，经过时间t1后，将电场方向改变180°，而电场大小不变，又经过时间t2，电荷回到A点且速度恰好为零．则该电荷一定是____电荷（填正或负），时间t1与t2之比为____．12、用质量为m、长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F，如图所示，则物体与绳的加速度大小为____；绳中各处张力的大小为____．（假定绳的质量分布均匀；下垂度可忽略不计．）

13、质量M=2㎏的长木板置于光滑水平面上，质量均为1㎏的m1和m2两个小物块中间用一根处于原长的弹簧相连，它们与木板间动摩擦因素μ1=0.1和μ2=0.3，g=10m/s2

（1）若要将M从m1和m2中抽出；F至少应多大？

（2）此时弹簧弹力。

（3）若木板足够长F从零开始逐渐增大，通过计算作出m2与M的摩擦力和F的关系图象14、人从发现问题到采取相应行动所用的时间称为反应时间，该时间越小说明人的反应越灵敏，反应时间可用自由落体运动来测试：请一同学用两个手指捏住直尺的顶端，你用一只手在直尺下端做捏住直尺的准备，但手不能碰到直尺，记下这时手指在直尺上的位置．当看到那位同学放开直尺时，你立即捏住直尺，测了直尺下落的高度为20cm，那么你的反应时间是____s．（g取10m/s2）15、两个点电荷甲和乙同处在真空中．

（1）甲的电荷量是乙的电荷量的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的____倍．

（2）若把每个电荷的电荷量都增加为原来的3倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的____倍．

（3）若保持电荷量不变，而将距离增加为原来的4倍，那么它们之间的作用力变为原来的____倍．

（4）若保持其中一个电荷量不变，而另一个电荷量增加为原来的9倍，为使其相互作用力不变，则它们之间的距离将变为原来的____倍．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、物体的平均速率为零，则物体一定处于静止状态．____．（判断对错）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、参考系的选取是任意的，但参考系的选取应使物体运动的描述尽可能简单．____．（判断对错）19、电视机的显象管中电子束每秒进行50场扫描____．20、向心力的方向始终指向圆心，所以向心力的方向始终不变．____（判断对错）评卷人得分四、实验探究题(共4题，共24分)21、某学校兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的候；测得弹力的大小F和弹簧长度L关系如图所示，试由图线确定：

（1）弹簧的劲度系数______N/m．

（2）弹簧伸长0.1米时，弹力的大小______N．22、用如图所示的实验装置来探究小球作圆周运动所需向心力的大小F

与质量m

角速度娄脴

和半径r

之间的关系；转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对球的压力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。某次实验图片如下，请回答相关问题：

(1)

在研究向心力的大小F

与质量m

角速度娄脴

和半径r

之间的关系时我们主要用到了物理学中______的方法；

A.理想实验法B.

等效替代法C.

控制变量法D.

演绎法。

(2)

图中是在研究向心力的大小F

与______的关系。

A.质量mB.

角速度娄脴D.

半径r

(3)

若图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为19

运用圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为______

A.19B.31C.13D.11

23、某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中；先测得摆线长为97.20cm

用20

分度的游标卡尺测小球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆全振动50

次所用的时间为100.0s.

则。

(1)

记录小球直径为______cm

(2)

如果他在实验中误将49

次全振动数为50

次；测得的g

值______.(

填“偏大”或“偏小”或“准确”)

(3)

如果该同学在测摆长时忘记了加摆球的半径，但是他以摆长(l)

为纵坐标、周期的二次方(T2)

为横坐标作出了l鈭�T2

图线，由图象测得的图线的斜率为k

则测得的重力加速度g

此时他用图线法求得的重力加速度g

______.(

选填“偏大”，“偏小”或“准确”)

24、利用图中装置做“验证机械能守恒定律”实验．(1)

为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A.动能变化量与势能变化量B.速度变化量与势能变化量C.速度变化量与高度变化量(2)

除带夹子的重物、纸带、铁架台(

含铁夹)

电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A.交流电源B.

刻度尺C.

天平(

含砝码)

(3)

实验中，先接通电源，再释放重物，得到图中所示的一条纸带.

在纸带上选取三个连续打出的点ABC

测得它们到起始点O

的距离分别为hAhBhC

．已知当地重力加速度为g

打点计时器打点的周期为T.

设重物的质量为m.

从打O

点到打B

点的过程中，重物的重力势能变化量娄陇Ep=

________，动能变化量娄陇Ek=

________．(4)

大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A.利用公式v=gt

计算重物速度B.利用公式v=2gh

计算重物速度C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响D.没有采用多次实验取平均值的方法(5)

某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O

的距离h

计算对应计数点的重物速度v

描绘v2鈭�h

图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒.

请你分析论证该同学的判断依据是否正确．评卷人得分五、推断题(共3题，共27分)25、铁触媒是重要的催化剂，rm{CO}易与铁触媒作用导致其失去催化活性：rm{Fe+5CO=Fe(CO)_{5}}除去rm{CO}的化学反应方程式：rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}+CO+NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{3}(CO)]OOCCH_{3}}请回答下列问题：rm{(1)C}rm{N}rm{O}的电负性由大到小的顺序为___________，基态rm{Fe}原子的价电子排布图为___________。rm{(2)Fe(CO)_{5}}又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则rm{Fe(CO)_{5}}的晶体类型是_________，与rm{CO}互为等电子体的分子的电子式为__________________。rm{(3)}配合物rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}}中碳原子的杂化类型是_____________，配体中提供孤对电子的原子是____________。rm{(4)}用rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}}除去rm{CO}的反应中，肯定有__________________形成。rm{A.}离子键rm{B.}配位键rm{C.}非极性键rm{D.娄脪}键rm{(5)}单质铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示，面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的铁原子个数之比为_________________，面心立方堆积与体心立方堆积的两种铁晶体的晶胞参数分别为rm{apm}和rm{bpm}则rm{dfrac{a}{b}=}________。rm{(6)NaAlH_{4}}晶体的晶胞如图，与rm{Na^{+}}紧邻且等距的rm{AlH_{4}^{-}}有__________个；rm{NaAlH_{4}}晶体的密度为_________rm{g隆陇cm^{-3}(}用含rm{a}的代数式表示rm{)}

26、【化学rm{-}选修rm{5}有机化学基础】

抗结肠炎药物有效成分rm{M}的合成路线如下rm{(}部分反应略去试剂和条件rm{)}

rm{(1)}芳香烃rm{A}的结构简式是___________，rm{G}中的官能团名称是______、______、____。rm{(2)}反应rm{垄脵}的反应条件是_____________，反应rm{垄脼}的反应类型是______________。rm{(3)}下列对抗结肠炎药物有效成分rm{M}可能具有的性质推测正确的是____________rm{(}填字母rm{)}A.既有酸性又有碱性rm{B.}能发生消去反应C.能发生加聚反应rm{D.1molM}与足量溴水充分反应，最多消耗rm{1molBr_{2}}rm{(4)E}与足量rm{NaOH}溶液反应的化学方程式是______________。rm{(5)}符合下列条件的rm{D}的同分异构体rm{垄脵}属于芳香族化合物且苯环上有rm{3}个取代基；rm{垄脷}能和rm{NaHCO_{3}}溶液反应产生气体或能和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀。其中核磁共振氢谱有rm{4}组峰且峰面积之比为rm{6隆脙2隆脙1隆脙1}的共有______rm{_}种。rm{(6)}已知rm{垄脵}易被氧化，rm{垄脷}苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位。参照以上的合成路线，设计一条以rm{A}为原料合成化合物的合成路线______________。27、已知蓝铜矿的主要成分是rm{2CuCO_{3}隆陇Cu(OH)_{2}}受热易分解。铝土矿的主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}已知rm{NaAlO_{2}+CO_{2}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+NaHCO_{3}}根据下列框图转化回答问题：

rm{(1)}写出rm{垄脷}的主要离子方程式：____、____。rm{(2)}沉淀rm{a}rm{c}的化学成分分别是________、________。rm{(3)}请写出检验溶液rm{b}中所含有阳离子的实验方法__________________________。rm{(4)}洗涤沉淀rm{c}的实验操作方法是_______________________，加热沉淀rm{c}应放在__________rm{(}容器rm{)}中进行。rm{(5)}写出rm{垄脺}反应的化学方程式参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7．根据初速度为零的匀加速直线运动的推论知，在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，可以确定落地的时间间隔是否相等，从而根据v=gt得出落到盘中的速率之比．【解析】【解答】解：A；5个铁垫圈同时做自由落体运动；下降的位移之比为1：3：5：7．可以看成一个铁垫圈自由下落，经过位移之比为1：3：5：7．因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，知各垫圈落到盘中的时间间隔相等．故A错误．

B；因为各垫圈落到盘中的时间间隔相等；则各垫圈依次落到盘中的时间比为1：2：3：4．故B错误．

CD；根据v=gt知；依次落到盘中的速率关系为1：2：3：4，故C错误，D正确．

故选：D2、B【分析】【分析】先根据电容的决定式分析电容如何变化，再根据电容的定义式分析电容器的电压或电量如何变化．由电场强度与电势差的关系可分析场强的变化．【解析】【解答】解：

A、保持S接通，电容器极板间的电压不变，减小两极板间的距离，由E=分析得知；板间场强增大．故A错误．

B、保持S接通，在两极板间插入一块介质，由电容的决定式C=知，电容增大，而电容器的电压不变，由C=分析得知；极板上的带电量增大．故B正确．

C、充电结束后断开S，电容器所带电量不变，减小两极板间的距离，由电容的决定式C=知电容C增大；则根据Q=UC可知，两极板间的电势差减小；故C错误．

D、电容器所带电量Q不变．在两极板间插入一块电介质，根据电容的定义式分析得知电容C增大，由C=分析得知；两极板间的电势差减小．故D错误；

故选：B3、D【分析】【分析】位移是指位置的移动，由初位置指向末位置，有大小有方向；路程是表示运动轨迹的长度，只有大小，没有方向．【解析】【解答】解：在200米游泳中；实际通过的路程就是表示运动轨迹的长度，即为200m；

由于泳池长50m；故200米蝶泳中需要一个来回，故又会回到终点，故位移为零；

故选：D．4、A【分析】

A；在金属块移动的过程中；外力F做功为32J，电场力做功为-8.0J，摩擦力做功为-16J，则总功为W=32J-8.0J-16J=8J，根据动能定理得知，动能增加为8.0J．故A正确．

B；金属块克服电场力做功8.0J；则电势能增加8J．故B错误．

C；D外力、电场力和摩擦力做的总功为8J；根据功能关系得知，机械能增加8J．故CD错误．

故选A

【解析】【答案】在金属块移动的过程中；外力；电场力和摩擦力做功，三者的总功动能的变化，根据动能定理分析动能的增加量．金属块克服电场力做功8.0J，知电势能的增加量．三力做功的总和等于机械能的变化量．根据功能关系进行分析．

5、A|B|D【分析】

设等边直角尺重力为2G；每边长为L．当所加的外力垂直作用点与O点连线时，外力最小，力图如图所示．

根据力矩平衡条件得。

F1L=GL+G得F1=

F2L=G得F2=

F3L=G得F3=

F4L=G得F4=

则F1最大，F2最小，F3和F4相等．

故选ABD

【解析】【答案】当所加的外力垂直作用点与O点连线时；外力最小，根据力矩平衡条件分别列式，再比较各力的大小．

6、B【分析】

由于粒子初速度不为零，因此从-x1点加速到O点电场力做功W1大于从O点减速到x2点克服电场力所做的功W2，因此-x1点与O点之间的电势差小于x2点与O点的电势差，根据电势和x的变化关系图象可知x2＞x1，由图知x点处电势无穷大，因此有x＞x2＞x1；

从x2点到-x1点过程中，依据动能定理得：解得：故选项ACD错误，B正确．

故选B．

【解析】【答案】解决本题需要掌握：弄清粒子的运动过程：先加速运动后减速运动直至减速为零；根据图象明确电势差大则两点之间的距离就大；在电场中正确应用动能定理和电场力做功公式．

7、A【分析】【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．【解析】【解答】解：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，A点的电场线密，所以A点的电场强度大，电荷在A点受到的电场力大，所以FA＞FB；所以A正确．

故选：A．8、C【分析】【分析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化．【解析】【解答】解：A、平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论E=得知；板间场强E不变，油滴仍然平衡，A错误．

B、将负极板移到图中虚线所示的位置，电容器板间距离减小，由电容的决定式C=得知电容C增大，由电容的定义式C=分析得知；电压U变小．由U=Ed得知，P点与下板间的电势差不变，则P点的电势不变，负电荷的电势能W不变C正确BD错误．

故选：C二、填空题(共7题，共14分)9、1.9513ρ=【分析】【分析】由刻度尺的读数方法可读出线圈的长度；注意起点不是零，及有估计值；

用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率；当指针指在中央附近时测量值较准确；

电路分为测量电路和控制电路两部分．测量电路采用伏安法．根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法．变阻器若选择R2；估算电路中最小电流，未超过电流表的量程，可选择限流式接法．

根据欧姆定律与电阻定律，结合圆面积公式，即可求解．【解析】【解答】解：毫米刻度尺最小分度为1mm；故线圈的长度为7.95-6.00=1.95cm；

该电阻的阻值约为：13×1Ω=13Ω．

电源电动势为12V，故电压表应选V1；

电阻中最大电流约为Imax≈==0.79A，则电流表应选A2；

因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：

根据欧姆定律Rx=

及电阻定律Rx=ρ、S=

解得：ρ=．

故答案为：1.95（1.90到2.00）；13；如上图所示；ρ=．10、7-2.1【分析】【分析】根据位移和时间，结合平均速度的定义式求出平均速度的大小，根据初末速度和时间，结合加速度的定义式求出平均加速度．【解析】【解答】解：此过程中足球的平均速度为：

．

平均加速度为：

a=．

故答案为：7，-2.1．11、负【分析】【分析】电荷在电场力作用下先减速后反向加速，然后改变电场方向，从而使其做反向减速，根据运动的性质，结合运动学公式即可求解．并根据运动与力的关系，可确定电场力的方向，最终可确定电荷的电性．【解析】【解答】解：电荷来回；先是做匀减速运动，后回头做匀加速运动，当电场方向改变后，电荷做沿着原来的方向做匀减速运动，直到A点，速度恰好为零．由于速度方向与电场方向相同，所以很明显是负电荷．

故答案为：负，12、略

【分析】

（1）对整体；根据牛顿第二定律，得：F=（M+m）a

∴a=

（2）设绳上任一点离F作用点距离为x处绳的弹力为Tx，则长为x的这段绳质量△m=•x

对这段绳应用牛顿第二定律．

F-Tx=△ma

Tx=F-

故答案为：F-．

【解析】【答案】（1）对物体和绳组成的整体为研究对象；根据牛顿第二定律求加速度．

（2）设绳上任一点离F作用点距离为x处绳的弹力为Tx，长为x的这段绳质量△m=•x；对这段绳应用牛顿第二定律求解．

13、略

【分析】

（1）根据题意，若将M从m1和m2中抽出，即把m1和m2看成一个整体，则M产生的加速度大于摩擦力作用下m1和m2整体的加速度：

对m1和m2而言摩擦力产生的最大加速度am=

所以要使M从m1和m2下抽出，则M产生的加速度aM＞am

对M受力分析，根据牛顿第二定律可知，F=MaM+f1+f2

又因为f1=μ1m1g=1N，f2=μ2m2g=3N

∴

所以F至少为：F=MaM+f1+f2＞8N

即F至少为8N；

（2）当F为8N时，系统的加速度a=

对m1进行受力分析有，水平方向m1受到M对m1水平向右的最大摩擦力f1=1N，和弹簧对m1水平向右的弹力F1

根据牛顿第二定律可得：F1+f1=ma

∴弹簧弹力F=ma-f1=1×2-1N=1N

（3）在m1没有压缩弹簧时，m2受到M的摩擦力使m2与M一起向右加速，此时m2受到的摩擦力f使m2产生与M相同的加速度；根据牛顿第二定律有：

f=m2a==

由于m1所受最大摩擦力为1N，产生加速度最大为1m/s2，所以满足时F的最大值为4

在m1开始压缩弹簧至m2开始滑动时，m2受到的摩擦力f和m1受到的最大摩擦力f1max使m1、m2产生与M相同的加速度：

f+f1max=（m1+m2）a

∴=

据题意，m2相对于M不滑动，m2产生的最大加速度为2m/s2；即F最大值为8N

当F＞8N时，m2将开始滑动，所受摩擦力为恒力即f=μm2g；不随F的变化而变化．

故图象如下图所示：

答：（1）F至少为8N；

（2）此时弹簧的弹力为1N

（3）图象如上图所示．

【解析】【答案】分析：要使M从从m1和m2中抽出，则M在接力F和摩擦力作用下产生的加速度要大于m1和m2在摩擦力作用下所产生的最大加速度，据此可以算出F的最小值；算出F的最小值后，再隔离m1或m2对m1或m2进行受力分析，根据牛顿第二定律可以算出此时弹簧的弹力F；m2所受摩擦力先使m2产生与M和m1一样的加速度，当m1开始压缩弹簧时，m2和m1所受摩擦力使m1和m2产生与M相同的加速度，当m2开始滑动后；滑动摩擦力与正压力成正比，所以此时滑动摩擦力为一恒力．

14、0.2【分析】【分析】在反应时间内，木尺做自由落体运动，根据自由落体运动的位移，结合位移时间公式求出反应时间的大小．【解析】【解答】解：在反应时间内；木尺下降的距离h=70cm-30cm=40cm；

根据h=得，t===0.2s．

故答案为：0.2．15、193【分析】【分析】根据库仑定律的公式F=进行分析．【解析】【解答】解：真空中两个点电荷，由库仑定律得，它们之间的作用力大小为F=；

（1）甲的电荷量是乙的电荷量的4倍；则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力，它们是一对相互作用力，则大小相等，即1倍；

（2）若把每个电荷的电荷量都增加为原来的3倍，F′=；那么它们之间的相互作用力变为原来的6倍；

（3）若保持电荷量不变，而将距离增加为原来的4倍，F″=，那么它们之间的作用力变为原来的倍；

（4）若保持其中一个电荷量不变，而另一个电荷量增加为原来的9倍，为使其相互作用力不变，根据F=；

则它们之间的距离将变为原来3倍；

故答案为：（1）1（2）9（3）（4）3．三、判断题(共5题，共10分)16、√【分析】【分析】平均速度是位移与时间的比值；平均速率是位移的路程与时间的比值．由此分析即可．【解析】【解答】解：平均速率是位移的路程与时间的比值；物体的平均速率为零，则物体的路程为0，物体一定处于静止状态．所以该说法是正确的．

故答案为：√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】参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系．【解析】【解答】解：参考系；是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，参考系的选取应使物体运动的描述尽可能简单．该说法是正确的．

故答案为：√19、√【分析】【分析】根据显像原理：显像管尾部的电子枪发射的电子束被加速和控制后呈扫描状轰击屏幕上的荧光粉，使屏幕发光，结合交流电的频率，即可求解．【解析】【解答】解：电子枪发射电子束击在显像管的屏幕上的彩色茧光粉上；它的电子束是逐行扫描的，速度非常的快，肉眼是看不出来的，电子束扫描的方向主是靠显像管管颈上的偏转线圈来控制的，交流电的频率为50赫兹，因此电子束能在1秒内，打在荧光屏上50场画面，所以显象管中电子束每秒进行50场扫描；

故答案为：√．20、×【分析】【分析】匀速圆周运动合力等于向心力，方向始终指向圆心，只改变速度的方向，不改变速度的大小．【解析】【解答】解：物体做圆周运动；向心力方向始终指向圆心，方向时刻变化，此说法错误．

故答案为：×四、实验探究题(共4题，共24分)21、略

【分析】解：（1）由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=10cm；即弹簧的原长为10cm；

由图读出弹力为F1=10N，弹簧的长度为L1=5cm，弹簧压缩的长度为：x1=L0-L1=5cm=0.05m；

由胡克定律得弹簧的劲度系数为：k===200N/m；

（2）由胡克定律可知；弹簧伸长0.1米时，弹力的大小为：F=kx=200×0.1=20N．

故答案为：（1）200；（2）20．

（1）由弹簧的长度L和弹力f大小的关系图象；读出弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长．由图读出弹力和对应在的形变量关系，即可求出弹簧压缩的长度，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．

（2）根据胡克定律可求得弹力的大小．

本题考查研究弹簧弹力的和弹簧伸长量之间的关系，注意在胡克定律公式f=kx中，x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度．【解析】200；2022、略

【分析】解：(1)

在研究向心力的大小F

与质量m

角速度娄脴

和半径r

之间的关系时；需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法。

故选：C

(2)

图中两球的质量相同；转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系。

故选：B

(3)

根据Fn=mr娄脴2

两球的向心力之比为19

半径和质量相等，则转动的角速度之比为13

因为靠皮带传动；变速轮塔的线速度大小相等；

根据v=r娄脴

知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为31

故选：B

故答案为：(1)C(2)B(3)B

该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=r娄脴

根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。

本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。【解析】CBB

23、略

【分析】解：(1)

单摆摆球经过平衡位置的速度最大；最大位移处速度为0

在平衡位置计时误差最小；

由图可知；小球的直径D=29mm+0.05mm隆脕18=29.90mm=2.990cm

(2)

试验中将49

次全振动数为50

次，会导致测得周期偏小，根据g=4娄脨2LT2

知测得重力加速度偏大．

(3)

如果测摆长时忘记了加摆球的半径，会导致测得摆长偏小，根据g=4娄脨2LT2

知测得重力加速度偏小．

图线的斜率为k=LT2

由公式g=4娄脨2LT2

可知，g=4娄脨2k.

测摆长时忘记了加摆球的半径；l鈭�T2

图象的斜率不受影响，斜率可不变，由g=4娄脨2k

可知，用图线法求得的重力加速度是准确的；

故答案为：(1)2.990cm(2)

偏大；(3)

准确．

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；不需估读.

主尺读数时看游标的0

刻度线超过主尺哪一个示数，该示数为主尺读数，看游标的第几根刻度与主尺刻度对齐，乘以游标的分度值，即为游标读数；

单摆在摆角比较小时，单摆的运动才可以看成简谐运动.

摆球经过平衡位置时速度最大，此时计时，误差比较小.

根据单摆的公式T=2娄脨Lg

推导出g

的表达式.

再根据g

的表达式分析误差形成的原因．

本题考查了应用单摆测重力加速度实验，解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2娄脨Lg

以及知道测量时形成误差的原因，掌握游标卡尺的读数方法，注意主尺读数加上游标读数，不需估读．【解析】2.990

偏大；准确24、（1）A；

（2）AB；

（3）-mghB；​

（4）C；

（5）该同学的判断依据不正确．在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据动能定理得得，可知，v2－h图象就是过原点的一条直线．要想通过v2－h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g。【分析】【分析】(1)(1)根据验证机械能守恒定律原理可判断；

(2)(2)根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定所需的测量器材；

(3)(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出BB点的瞬时速度，从而得出动能的增加量；

(4)(4)根据功能关系可判断；

(5)(5)如果vv2鈭�h-h图象为直线，仅表示合力恒定，与机械能是否守恒无关，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，vv2鈭�h-h图象也可能是一条过原点的倾斜的直线。

解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用。【解答】垄脵

验证机械能守恒定律原理是看减少的重力势能和增加的动能是否相等；所以需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量；

垄脷

电磁打点计时器使用低压交流电源；需选用刻度尺测出纸带上任意连点见得距离；表示重锤下落的高度；等式两边都含有相同的质量，所以不需要天平秤质量；

垄脹

根据功能关系，重物的重力势能变化量等于重力做的功的多少，从打O

点到打B

点的过程中，重物的重力势能减少mghB

，所以鈻�Ep=鈭�mghBB

点的速度为：vB=hC鈭�hA2T

所以动能变化量为：?Ek=12mv2=m(hC鈭�hA)28T2

垄脺

由于纸带在下落过程中；重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故C选项正确；

垄脻

不正确。由mgh=12mv2

可知：v2=2gh

所以v2鈭�h

图象的斜率等于加速度的2

倍，如果v2鈭�h

图象为直线，仅表示合力恒定，与机械能是否守恒无关，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2鈭�h

图象也可能是一条过原点的倾斜的直线，但是加速度就不等于2g

了，故该同学的判断不正确。

故答案为：(1)(1)AA(2)AB(2)AB(3)mgh(3)mghB；m(hC鈭�hA)28T2；(4)C(4)C(5)(5)该同学的判断依据不正确..在重物下落hh的过程中，若阻力ff恒定，根据动能定理得mgh鈭�fh=12mv2鈭�0mgh-fh=dfrac{1}{2}m{v}^{2}-0得，v2=2(g鈭�fm)h{v}^{2}=2left(g-dfrac{f}{m}right)h可知，v2鈭�hv^{2}-h图象就是过原点的一条直线..要想通过v2鈭�hv^{2}-h图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g2g【解析】(1)A

(2)AB

(3)鈭�mghBm(hC鈭�hA)28T2

(4)C

(5)

该同学的判断依据不正确.

在重物下落h

的过程中，若阻力f

恒定，根据动能定理得mgh鈭�fh=12mv2鈭�0

得，v2=2(g鈭�fm)h

可知，v2鈭�h

图象就是过原点的一条直线.

要想通过v2鈭�h

图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g

五、推断题(共3题，共27分)25、（1）O＞N＞C3d64s2

（2）分子晶体

（3）sp3、sp2N

（4）bd

（5）2：1（6）8

【分析】【分析】本题考查晶胞计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、元素周期律等知识点，难点是晶胞计算，注意rm{Fe}晶胞面心立方和体心立方区别，关键会正确计算两种晶胞体积，题目难度中等。【解答】rm{(1)}同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，这三种元素第一电离能大小顺序是rm{O>N>C}rm{Fe}原子rm{3d}rm{4s}能级电子为其价电子，基态rm{Fe}原子的价电子排布式为rm{3d^{6}4s^{2}}故答案为：rm{O>N>C}rm{3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)}熔沸点较低的晶体为分子晶体，rm{Fe(CO)_{5}}又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，为分子晶体；与rm{CO}互为等电子体的分子的电子式为互为等电子体的分子的电子式为

故答案为：分子晶体；rm{CO}该配合物中rm{(3)}原子价层电子对个数是rm{C}和rm{4}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定rm{3}原子杂化方式为rm{C}rm{sp^{3}}该配体中rm{sp^{2}}原子提供空轨道、rm{Cu}原子提供孤电子对，故答案为：rm{N}rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}

rm{N}用rm{(4)}除去rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}}的反应中，肯定有rm{CO}原子和rm{Cu}rm{N}原子之间的配位键且也是rm{C}键生成，故选rm{娄脛}

rm{bd}利用均摊法计算晶胞中rm{(5)}原子个数，面心立方晶胞中rm{Fe}原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}体心立方晶胞中rm{Fe}原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}所以二者rm{Fe}原子个数之比rm{=1+8隆脕dfrac{1}{8}=2}rm{Fe}rm{=4}设rm{2=2}原子半径为rm{1}面心立方晶胞半径rm{Fe}体心立方晶胞半径rm{=dfrac{4sqrt{3}}{3}rcm}rm{rcm}rm{=2sqrt{2}rcm}rm{=dfrac{4sqrt

{3}}{3}rcm}面心立方堆积与体心立方堆积的两种铁晶体的晶胞参数分别为rm{a}rm{a}rm{dfrac{a}{b}=dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}}}rm{pm}；

故答案为和rm{b}rm{b}rm{dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}};}rm{pm}根据均摊法可知，晶胞中，则rm{dfrac{a}{b}=dfrac{sqrt{3}}{

sqrt{2}}}rm{2}rm{1+8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{2};=4}rm{1}rm{dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}}

;}rm{(6)}根据均摊法可知，晶胞中rm{AlH}rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4}rm{(6)}rm{AlH}以体心的rm{4}rm{4}rm{-}rm{-}数目为rm{1+8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕

dfrac{1}{2};=4}，rm{Na}rm{Na}rm{+}rm{+}数目为个，则与rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4

}，则二者配位数为rm{1}rm{1}以体心的rm{AlH}rm{1}rm{1}rm{AlH}rm{4}个；rm{4}rm{4隆脕;dfrac{54}{{N}_{A}};g}rm{-}rm{4隆脕dfrac{54}{{N}_{A}}g隆脗[(a隆脕{10}^{-7};cm{)}^{2}隆脕2a隆脕{10}^{-7};cm]=dfrac{108隆脕{10}^{21}}{{N}_{A}{a}^{3};};;g?c{m}^{-3}}rm{-}研究，与之紧邻且等距的rm{Na}rm{dfrac{108隆脕{10}^{21}}{{N}_{A}{a}^{3};}}

rm{Na}【解析】rm{(1)O>N>C}rm{3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)}分子晶体

rm{(3)sp^{3}}rm{sp^{2}}rm{N}

rm{(4)bd}

rm{(5)2}rm{1}rm{dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}}}rm{dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}}

}rm{(6)}rm{dfrac{108隆脕{10}^{21}}{{N}_{A}{a}^{3};}}

rm{(6)}26、（1）羧基、羟基、硝基（2）Fe(或氯化铁或催化剂)取代反应或硝化反应（3）AD（4）（5）4（6）【分析】【分析】本题考查有机物推断，充分利用rm{C}的分子式、rm{E}与抗结肠炎药物有效成分的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、推理能力，难度中等。的分子式、rm{C}与抗结肠炎药物有效成分的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、推理能力，难度中等。【解答】rm{E}发生信息rm{C}中的反应生成rm{垄脵}rm{D}发生氧化反应生成rm{D}结合rm{E}的分子式与rm{C}的结构简式，可知rm{M}的结构简式为则rm{C}为rm{D}用酸性高锰酸钾溶液氧化得到rm{D}烃rm{E.}与氯气在rm{A}rm{FeCl}催化剂条件下反应得到rm{3}rm{3}发生水解反应、酸化得到rm{B}则rm{B}为rm{C}为rm{A}与氢氧化钠反应、酸化得到rm{B}为由信息rm{.E}并结合抗结肠炎药物有效成分的结构可知，rm{F}在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成rm{垄脷}为rm{F}发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分，据此解答．

rm{G}由上述分析可知，烃rm{G}的结构简式是rm{(1)}为分子中含有羧基、羟基、硝基等官能团，故答案为：羧基；羟基、硝基；

rm{A}的反应条件是rm{G}rm{(2)垄脵}作催化剂，rm{FeCl}的反应类型是取代反应，故答案为：rm{3}rm{3}作催化剂；取代反应；

反应rm{垄脼}的反应类型含有羧基；氨基；既有酸性又有碱性，故A正确；

B.酚羟基不能发生消去反应；故B错误；

C.含有羧基；氨基；可以发生聚合反应，无双键不能发生加聚反应，故C错误；

D.只有rm{垄脼}个邻位可以取代，rm{FeCl}与足量溴水充分反应，最多消耗rm{3}rm{3}故D正确。

故选AD。

rm{(3)A.}与足量rm{1}溶液反应的化学方程式是：