2025年粤人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2025年粤人版高三物理下册月考试卷785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5题，共10分)1、如图所示电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的膜片a构成了一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相连．则下列说法正确的是（）A.a振动过程中，a、b板之间的电场强度不变B.a振动过程中，a、b板所带的电量不变C.a振动过程中，灵敏电流计中始终有方向不变的电流D.a向右的位移最大时，a、b板构成的电容器的电容最大2、质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球小球受到空气的阻力作用，设在某一时刻小球通过轨道的最低点．此时绳子的拉力为8mg，此后小球继续做圆周运动，恰好到达最高点，在这过程中小球克服空气阻力作的功为（）A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR3、在人搭乘台阶式自动扶梯上楼的过程中；电梯踏板对人支持力的最大值出现在哪一个阶段？（）

A.在A段随电梯水平匀速前行的过程中B.在B段由水平前行转为斜向上运动的过程中C.在C段随电梯匀速斜向上运动的过程中D.在D段由斜向上运动转为水平运动的过程中4、下列说法正确的是（）A.自然界中某中形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加B.由于存在能量的耗散，能量不守恒C.由于能量守恒，能源危机不存在D.随着科技的发展，永动机是可以制成的5、下列说法中正确的是（）A.质量大的粒子，其德布罗意波长小B.速度大的粒子，其德布罗意波长小C.动量大的粒子，其德布罗意波长小D.动能大的粒子，其德布罗意波长小评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、物体做匀变速直线运动，下列判断正确的是（）A.在运动过程中，物体的加速度保持不变B.当速度方向与加速度方向相反时，物体做匀加速直线运动C.物体在某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的速度D.相邻的两个相等的时间间隔内的位移之差可表示为：SN-SN-1=aT27、下列关于摩擦力的叙述正确的是（）A.只要物体相对接触面无相对运动，就一定不会受到摩擦力B.只要物体相对地球有运动，就一定会受到摩擦力C.物体相对接触面有相对运动，不一定会受到滑动摩擦力D.只要物体与接触面的粗糙程度不变，物体所能受到的最大静摩擦力就一定不变8、在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（）A.合上开关，a先亮，b后亮B.合上开关，b先亮，a后亮C.断开开关，a、b同时熄灭D.断开开关，b熄灭，a后熄灭9、质量为1kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10m/s2则（）A.小球下落过程中的最大势能为12.5JB.小球下落过程中的最大速度为5m/sC.第一次反弹的最大动能为4.5JD.小球能弹起的最大高度为1.25m10、下列词语或陈述句中，描述分子热运动的是（）A.酒香不怕巷子深B.花香扑鼻C.影动疑是玉人来D.厕所太脏，其臭难闻11、在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，根据打点计时器打出的纸带，我们可以不利用公式计算就能直接得到的物理量是（）（填字母代号）A.时间间隔B.瞬时速度C.加速度D.某段时间内的位移．12、一人用水平力拉一木箱，但没有拉动，这时（）A.人拉箱的力小于箱拉人的力B.人拉箱的力与箱拉人的力相平衡C.人拉箱的力与箱拉人的力一样大D.人拉箱的力与地面对箱的摩擦力一样大13、如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B

上，另一端与质量为m

的物块A

相连，弹簧与斜面平行.

整个系统由静止开始加速上升高度h

的过程中(

)

A.物块A

的重力势能增加量一定等于mgh

B.物块A

的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C.物块A

的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D.物块A

和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B

对弹簧拉力做功的和14、甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′．下列说法中正确的是（）A.甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力B.甲可能做匀变速运动C.乙做的可能是直线运动D.甲做的可能是直线运动评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、用如图所示的滑轮悬挂平板，平板重400N（不计滑轮重力），则绳子1的张力为____N，绳子2的张力为____N，绳子3的张力为____N．16、（2011春•西湖区校级月考）一根长为L的均匀绳索一半放在光滑水平面上，另一半自然垂在桌面下，如图所示，开始时绳索静止，释放后绳索将沿桌面滑下，则绳索刚滑离桌面时的速度大小为____．17、（2011秋•庐江县校级期中）如图所示，缆车和乘客的总质量为M，缆车和缆绳间的动摩擦因数为μ，缆车沿着倾角为θ的缆绳匀速向上运动时，缆车受到的牵引力的大小为____，方向____．18、已知铝的密度为2.7×103kg/m3．，相对原子质量为27，阿伏加的罗常数为6.0×1023mol-1，则铝原子的直径为____，体积为0.17m3的铝块中的原子数为____．19、右图是某同学连接的实验实物图，合上开关S后，发现A、B灯都不亮，他采用下列两种方法检查故障：（1）用多用电表的直流电压挡进行检查：①在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触____（填“a”或“b”）②该同学测试结果如右上表所示，根据测试结果，可以判定故障是（假设只有下列中的某一项有故障）____。A．灯A断路B．灯B短路C．cd段断路D．de段断路（2）用多用电表的欧姆挡检查：①测试前，应将开关S____（填“断开“或“闭合”）②测试结果如右下表所示，由此可以断定故障是____A．灯A断路B．灯B断路C．灯A、B都断路D．de段导线断路20、将一个大小为N水平力分解成两个力，其中一个分力在竖直方向，另一个分力与水平方向的夹角是30°，则两个分力的大小分别是______N和______N．21、一定质量的理想气体状态变化如图。其中a→b是等温过程，气体对外界做功100J；b→c是绝热过程，外界时气体做功150J；c→a是等容过程。则b→c的过程中气体温度______（选填“升高”、“降低”或“不变”），a-→b→c→a的过程中气体放出的热量为______J。评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)22、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）23、一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100℃上升到200℃时，其体积增加为原来的2倍．____．（判断对错）24、点电荷一定是电量很小的电荷．____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共4题，共24分)25、【题文】在研究匀变速直线运动规律的实验中；如图所示为一次记录小车运动情况的纸带。图中A；B、C、D为相邻的计数点，相邻计数点的时间间隔为T=0.1秒,则：

(1)根据实验给出的数据可以判断小车做____运动。

(2)C点的瞬时速度大小为____m/s；

(3)运动小车的加速度大小为____m/s2

(4)若当交流电的实际频率小于50Hz时，仍按50Hz计算，则测量的加速度值比真实的加速度值_____(填“偏大”“偏小”“不变”)．26、（2015春•歙县校级期中）某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验时；测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录数据如下：

。摆长L/m0.50000.80000.90001.00001.2000周期T/s1.421.791.902.002.20T2/s22.023.203.614.004.84（1）以摆长L为横坐标，周期的平方T2为纵坐标，根据以上数据在图中画出T2-L的图线．

（2）由此图象求出重力加速度g=____m/s．（结果保留到小数点后二位）

（3）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能是因为____

A．摆球的质量偏大。

B．摆动的偏角偏小。

C．计算摆长时；把悬线长l’当作了摆长l

D．测量周期时，将n次全振动误记成了（n+1）次全振动．27、（2014春•雅安期末）一个同学在《研究平抛物体的运动》实验中，只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离△s相等的三点A、B、C，量得△s=0.2m．又量出它们之间的竖直距离分别为h1=0.1m，h2=0.2m，利用这些数据，可求得（取g=10m/s2）：

（1）物体抛出时的初速度为____m/s；

（2）物体经过B时竖直分速度为____m/s；

（3）抛出点在A点上方高度为____m处．28、为了“探究动能改变与合外力做功”的关系；某同学设计了如下实验方案：

A．第一步他把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起；把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后面连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动，如图甲所示。

B．第二步保持长木板的倾角不变；将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，如图乙所示，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动．

打出的纸带如图丙；测得各点与O点（O点为打出的第一个点）距离如图丙所示：

试回答下列问题：

（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数的时间间隔为T，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打A点时滑块速度VA=____，打点计时器打B点时滑块速度VB=____

（2）已知重锤质量m，当地的重加速度g，若已测出滑块沿斜面下滑的位移为x，则这一过程中，合外力对滑块做的功的表达式W合=____

（3）测出滑块在OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功，及VA、VB、VC、VD、VE，然后以W为纵轴，以v2为横轴建坐标系，描点作出W-v2图象，可知它是一条过坐标原点的倾斜直线，若直线斜率为k，则滑块质量M=____．评卷人得分六、证明题(共4题，共24分)29、如图所示，小球用不可伸长的长度为L的轻绳悬于O点．（不计阻力）试证明：绳对小球在最低点拉力T1与最高点拉力T2之差T1-T2=6mg．

30、（2015秋•西城区期末）如图1所示；一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一小球（可视为质点），弹簧处于原长时小球位于O点．将小球从O点由静止释放，小球沿竖直方向在OP之间做往复运动，如图2所示．小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内．不计空气阻力，重力加速度为g．

（1）在小球运动的过程中，经过某一位置A时动能为Ek1，重力势能为EP1，弹簧弹性势能为E弹1，经过另一位置B时动能为Ek2，重力势能为EP2，弹簧弹性势能为E弹2．请根据功是能量转化的量度；证明：小球由A运动到B的过程中，小球；弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒；

（2）已知弹簧劲度系数为k．以O点为坐标原点；竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系O-x，如图2所示．

a．请在图3中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小F随相对于O点的位移x变化的图象．根据F-x图象求：小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹；

b．已知小球质量为m．求小球经过OP中点时瞬时速度的大小v．31、电磁弹是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明．如图甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界．t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt（k为大于零的常数）．空气阻力忽略不计．

（1）求t=0时刻；线框中感应电流的功率P；

（2）若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大．32、船以4m/s′的速度（相对静水）垂直河岸渡河；水流的速度为5m/s．若河宽为120m，试计算：

（1）船能否垂直到达对岸？

（2）船需要多少时间才能到达对岸？

（3）船登陆的地点离出发点的距离是多少？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】由图看出，a、b间电压不变，由公式E=分析板间电场强度的变化．由公式C=分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向．a向右的位移最大时，a、b板构成的电容器的电容最大．【解析】【解答】解：A、a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式E=分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化．故A错误．

B、a振动过程中，a、b间电压不变，由公式C=分析得知，a、b板所带的电量会周期性变化．故B错误．

C、a振动过程中，a、b板所带的电量会周期性变化；电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化．故C错误．

D、a向右的位移最大时，a、b板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大．故D正确．

故选：D．2、A【分析】【分析】小球在轻绳的作用下，在竖直平面内做圆周运动，由最低点的绳子的拉力结合牛顿第二定律可求出此时速度，当小球恰好通过最高点，由此根据向心力与牛顿第二定律可算出速度，最后由动能定理来求出过程中克服阻力做功．【解析】【解答】解：小球在最低点；受力分析与运动分析．

则有：F-mg=m

而最高点时；由于恰好能通过；

所以：mg=m

小球选取从最低点到最高点作为过程；由动能定理可得：

-mg•2R-W克=mv-mv

联立以上三式代入数据可得：W克=mgR

所以选项A正确；选项BCD错误．

故选：A．3、B【分析】【分析】在每一段分析物体的运动状态，由共点力平衡和圆周运动求的支持力【解析】【解答】解：在A段在竖直方向合力为零；故电梯踏板对人支持力等于重力；

在B段人突然获得向上的加速度，故FN-mg=ma，则FN=mg+ma

在C段电梯做匀速运动，根据受力分析有共点力平衡可知FN=mg

在D段做圆周运动的一部分，则

故在B段出支持力最大。

故选：B4、A【分析】【分析】根据能量守恒定律，自然界中某中形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加；虽然存在能量的耗散，能量仍然守恒；虽然能量守恒，由于使用后能量的品质降低，可利用的能源会越来越少，使用能源危机仍然存在；永动机是不可以制成的．【解析】【解答】解：A；根据能量守恒定律；自然界中某中形式的能量减少，一定有其他形式的能量增加；故A正确；

B；虽然存在能量的耗散；能量仍然守恒；故B错误；

C；虽然能量守恒；由于使用后能量的品质降低，可利用的能源会越来越少，使用能源危机仍然存在；故C错误；

D；第一类永动机违反了热力学第一定律；第二类永动机违反了热力学第二定律．使用永动机是不可以制成的．故D错误．

故选：A5、C【分析】【分析】德布罗意波长为λ=，P是动量，h是普朗克常量．动量与动能的关系为P=．【解析】【解答】解：通过分析得出的公式；

A；质量大；但是如果速度小那么动能小，其德布罗意波长也不一定小，故A错误；

B；速度大；则动能大，但是如果质量小，其德布罗意波长也不定小，所以B错误；

C、由λ=知λ与P成反比；故C正确；

D；动能大；但不一定质量大，所以动量不一定大，故德布罗意波长不一定小，所以D错误．

故选：C．二、多选题(共9题，共18分)6、ACD【分析】【分析】匀变速直线运动的加速度保持不变，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，在连续相等时间内的位移之差是一恒量．当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．【解析】【解答】解：A；匀变速直线运动的加速度保持不变；故A正确．

B；当速度方向与加速度方向相反；物体做减速运动，故B错误．

C；匀变速直线运动；在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故C正确．

D、在匀变速直线运动中，连续相等时间内的位移之差是一恒量，即SN-SN-1=aT2．故D正确．

故选：ACD．7、CD【分析】【分析】明确摩擦力的条件：（1）两物体相互接触且接触面粗糙；（2）有正压力；（3）有相对运动或相对运动的趋势．【解析】【解答】解：A；若两物体之间有相对运动的趋势；则可以受到摩擦力；故A错误；

B；若物体光滑；则物体在地面上滑动时，也不一定受摩擦力；故B错误；

C；若接触面光滑；则有相对运动也不一定有滑动摩擦力；故C正确；

D；只要物体与接触面的粗糙程度不变；物体所能受到的最大静摩擦力就一定不变；故D正确；

故选：CD．8、BC【分析】【分析】对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流．【解析】【解答】解：由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光；而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭．

故选：BC．9、ABC【分析】【分析】速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图线与时间轴围成的面积求出下落的高度，从而得出下落过程中最大势能．根据反弹时的速度，求出反弹的最大动能，根据图线与时间轴围成的面积求出反弹的最大高度．【解析】【解答】解：A、物体下落的高度h=，则下落过程中的最大势能Ep=mgh=10×1.25J=12.5J．故A正确．

B；着地时的速度最大；为5m/s．故B正确．

C、反弹时的速度为3m/s，则反弹时的最大动能．故C正确．

D、小球能弹起的最大高度h′=．故D错误．

故选：ABC．10、ABD【分析】【分析】组成物质的分子永不停息地在做无规则的运动，在实际生活中，扩散现象说明了分子在做无规则的热运动．【解析】【解答】解：A；酒香不怕巷子深；说明酒精分子能产生扩散现象，说明酒精分子可以做无规则的热运动．故A正确．

B；花香扑鼻是一种扩散现象；说明分子在做无规则的热运动．故B正确．

C；隔墙花影动；疑是玉人来，是由于光直线传播产生的现象，与分子热运动无关．故C错误．

D；厕所太脏；其臭难闻同，说明分子在做无规则运动．故D正确．

故选ABD11、AD【分析】【分析】根据打点计时器的工作原理及应用可以判断各物理量是否能正确得出．【解析】【解答】解：A；打点计时器是每隔0.02s打下一个点；所以数点就知道时间间隔，故A正确．

B；瞬时速度的求解需要运用匀变速直线运动的公式；故B错误．

C；加速度求解需要运用匀变速直线运动的公式；故C错误．

D；位移利用刻度尺直接测量两点之间的距离就得了．故D正确．

故选AD．12、CD【分析】【分析】物体静止或做匀速直线运动时；处于平衡状态，所受到的力是一对平衡力；

二力平衡的条件是：作用在同一个物体上；大小相等；方向相反、作用在同一直线上．

两个物体之间的作用力和反作用力，总是同时在同一条直线上，大小相等，方向相反．【解析】【解答】解；A；两个物体之间的作用力和反作用力；总是同时在同一条直线上，大小相等，方向相反．人拉箱的力等于箱拉人的力，故A错误

B；作用力和反作用力因为作用点不在同一个物体上；所以不能求合力，故B错误；

C；人拉箱的力与箱拉人的力一样大；故C正确

D；根据平衡条件得人拉箱的力与地面对箱的摩擦力一样大；故D正确

故选CD．13、CD【分析】解：A

物体A

开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态.

当具有向上的加速度时；合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物体A

相对于斜面向下运动.

物体A

上升的高度小于h

所以重力势能的增加量小于mgh.

故A错误。

B；物体A

受重力、支持力、弹簧的弹力；

对物体A

用动能定理；物块A

的动能增加量等于斜面的支持力；弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误。

C；物体A

机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的代数和.

故C正确。

D；物块A

和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B

对弹簧拉力做功的和；故D正确。

故选CD．

开始整个系统处于静止状态；物体A

受重力；支持力、弹簧的弹力处于平衡状态.

升降机以加速度a

开始匀加速上升，则物块A

与升降机具有相同的加速度，根据牛顿第二定律，判断弹簧弹力是否发生变化.

根据除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，判断物体机械能的变化．

解决本题的关键熟练掌握牛顿第二定律，以及掌握功能关系：重力以外其它力做的功等于机械能的增量．【解析】CD

14、AB【分析】解：AB；甲的速度变化量的方向不变；知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲可能做匀变速运动，甲不可能都作圆周运动；根据牛顿第二定律，知甲的合力可能是恒力，乙的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以乙的合力不可能是恒力，故AB正确；

CD；甲、乙的速度方向在变化；所以甲乙不可能做直线运动，故CD错误。

故选：AB。

根据速度方向是否改变判断物体是否做直线运动；圆周运动的速度方向时刻改变。根据速度变化量的方向，得出加速度的方向，从而根据牛顿第二定律得出合外力是否是恒力。

解决本题的关键知道加速度的方向与速度变化量的方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同。【解析】AB三、填空题(共7题，共14分)15、400200100【分析】【分析】根据定滑轮的力学特征，分析三根绳子拉力关系，由平衡条件求出绳子3上的张力，再得到其他两根绳子的张力．【解析】【解答】解：设绳子3的张力为T；根据定滑轮的力学特征，可知绳子2的张力为2T，绳子1的张力为4T．

对平板；由平衡条件得：

2T+T+T=G

解得T==N=100N

则绳子2的张力为2T=200N；绳子1的张力为4T=400N

故答案为：400，200，100．16、【分析】【分析】铁链在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出链条上端离开桌面时的速度．【解析】【解答】解：设绳子一半的质量为m；

铁链在运动过程中只有重力做功；机械能守恒．设桌面为零势能面；由机械能守恒定律得：

-mg=×2mv02-2mg得：

v0=

故答案为：17、Mg（sinθ+μcosθ）平行缆绳向上【分析】【分析】对缆车和乘客整体受力分析，受重力、支持力、牵引力和滑动摩擦力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解．【解析】【解答】解：缆车和乘客整体受重力；支持力、牵引力和滑动摩擦力；如图所示：

根据平衡条件；有：

F-f-Mgsinθ=0

N-Mgcosθ=0

其中：f=μN

联立解得：

F=Mg（sinθ+μcosθ）

故答案为：Mg（sinθ+μcosθ），平行缆绳向上．18、3.2×10-10m1.02×1028【分析】【分析】铝的相对原子质量为27，其摩尔质量为27g/mol．根据摩尔质量和密度求出摩尔体积，由摩尔体积除以阿伏加德罗常数求出每个铝原子的体积，由体积公式求解铝原子的直径．求出体积为0.17m3的铝块的质量，由质量除以摩尔质量求出摩尔数，乘以阿伏加德罗常数求出铝块中的原子数．【解析】【解答】解：由题，铝的相对原子质量为27，其摩尔质量为M=27g/mol，摩尔体积为V=

设铝原子的直径为d，则=

得到，d==m=3.2×10-10m

体积为0.17m3的铝块中的原子数为

n==个=1.02×1028．

故答案为：3.2×10-10m，1.02×1028．19、略

【分析】【解析】试题分析：（1）在使用多用电表时应注意表笔是“红进黑出”所以红表笔应接a位置，ab间有示数，说明电源良好，而ad为零，ae间有示数，说明de断路，D正确，（2）测试前为保证电路安全，所以开关S处于断开，cd，和ef都能发生偏转，而连接de不偏转，说明de段导线断路D正确，考点：考查了电路故障分析【解析】【答案】（1）a（1分）D（2分）（2）断开（1分）D（2分）20、略

【分析】解：合力为2N；水平向右；一个分力在竖直方向，另一个分力与水平方向的夹角是30°，根据平行四边形定则作图，如图所示。

故F2=2N，F1=4N

故答案为：2；4．

已知合力和两个分力的方向；分解具有唯一性，根据平行四边形定则作图分解即可．

本题关键是确定合力与分力的方向，然后根据平行四边形定则作图分析，最后根据几何关系求解，简单题．【解析】2；421、降低50【分析】解：a→b是等温过程，即ta=tb；c→a是等容过程；

由图象可知，Pa＜Pc

根据查理定律得：

则Ta＜Tc，故Tb＜Tc，即b→c的过程中气体温度降低；

a→b→c→a的过程气体内能不变；即△U=0；

由热力学第一定律得：Q=-W=-（-100+150+0）J=-50J；

“-”表示气体放热，即a→b→c→a的过程中气体放出的热量为50J；

故答案为：降低；50。

因为是一定质量的理想气体；所以温度怎么变化内能就怎么变化，利用热力学第一定律结合理想气体实验定律，即可分析气体温度变化和整个过程吸放热情况。

本题考查气体定律与热力学第一定律的综合运用，解题关键是要根据图象分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律。注意理想气体的内能与热力学温度成正比以及每个过程中做功的正负，P-V图象下面积大小表示做功大小。【解析】降低50四、判断题(共3题，共12分)22、×【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：×23、×【分析】【分析】一定质量的气体，保持体积不变，温度升高时，发生等容变化，根据查理定律分析压强的变化【解析】【解答】解：根据理想气体的状态方程，一定质量的气体，保持压强不变，温度升高时气体的体积跟它的热力学温度成正比，即：；

初状态：T0=100℃=373K，末状态：T1=200℃=473K；所以温度从100℃升高到200℃时，它的体积改变为原来的倍．

故答案为：×24、×【分析】【分析】元电荷一定是电量最小的电荷；点电荷是一种理想化模型，其本身所带的电量可以很大．【解析】【解答】解：点电荷是一种理想化模型；当带电体的体积和形状相对所研究的问题可以忽略的时候，带电体可以看做点电荷，其本身所带的电量可以很大．故此说法错误．

故答案为：×五、实验题(共4题，共24分)25、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】（1）____（2）____（3）____（4）____26、9.86C【分析】【分析】（1）根据单摆的周期公式推导出T2-L的关系式，根据描点法作出T2-L图线；

（2）通过图线的斜率求出重力加速度的大小．

（3）依据加速度表达式分析引起g值偏小的原因．【解析】【解答】解：（1）由单摆周期公式T=2π，可得：T2=

所以T2-l图线是过坐标原点的一条直线；根据描点法作出图象，如图所示：

（2）直线的斜率是：k=，得：g=．

根据图象求得直线斜率为：k=4.00；

得：g==π2=（3.14）2=9.86m/s2．

（3）A、根据知；重力加速度的表达式与摆球的质量无关，故A错误．

B、根据知；重力加速度的表达式与摆球的偏转角无关，故B错误．

C、根据知；计算摆长时，把悬线长l’当作了摆长l，则摆线的长度偏小，计算的重力加速度的值偏小．故C正确．

D、根据知；实验中误将n次全振动数为n+1次．则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故D错误．

故选：C．

故答案为：（1）如图；（2）9.86；（3）C27、21.50.0125【分析】【分析】（1）根据竖直方向运动特点△h=gt2；求出物体运动时间；

然后利用水平方向小球匀速运动的特点，根据x=v0t即可求出物体的初速度；

（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；即AC在竖直方向上的平均速度等于B点的竖直分速度，然后根据运动的合成可以求出物体经过B点时的速度大小；

（3）根据B点竖直方向的速度大小，求出从抛出到B点的时间，从而求出从抛出到A点的时间，然后求出物体抛出点到A点的水平距离．【解析】【解答】解：（1）在竖直方向上根据△y=gt2；

t====0.1s；

物体抛出时的初速度v0===2m/s．

（2）经过B点时的竖直分速度：

vyB===1.5m/s；

（3）抛出点到B点的运动时间：

tB===0.15s；

从抛出到运动到A点需要的时间：

tA=tB-t=0.15s-0.1s=0.05s；

则抛出点在A点上方高度：

h=gtA2=×10×0.052=0.0125m；

故答案为：（1）2；（2）1.5；（3）0.0125．28、mgx2k【分析】【分析】（1）用平均速度代替瞬时速度去求解AB点的速度；

（2）合外力为重物的重力；要求出外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块的位移x，根据W=Fx即可求解；

（3）根据做功公式求出W与v2的关系式即可求解．【解析】【解答】解：①用平均速度代替瞬时速度得：VA=，VB=；

②合外力为重物的重力；要求出外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块的位移x；

则W=Fx=mgx

③合外力做的功为

所以；

已知直线斜率为k，即所以M=2k

故答案为：（1）；；（2）mgx；（3）2k六、证明题(共4题，共24分)29、略

【分析】【分析】根据牛顿第二定律分别求出小球通过最高点和最低点时拉力与速度的关系式，再由机械能守恒定律列式，得到两点速度的关系，联立即可证明．【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律得：

在最高点有：T2+mg=m

在最低点有：T1-mg=m

根据机械能守恒定律得：mg