2025年浙教新版高三物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年浙教新版高三物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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，一物体放在水平传送带上，物体随传送带一起向右匀速运动．关于物体的受力，下列说法正确的是（）A.物体受到重力和弹力的作用B.物体受到重力、弹力和摩擦力的作用C.物体受到的摩擦力方向水平向左D.物体受到的摩擦力方向水平向右2、一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如右图所示．下面说法中正确的是（）A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最小D.每当e转换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最小3、如图所示，小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体以水平的初速度v0时，小物体对球顶的压力恰好是其重力的四分之一，则（）A.物体的初速度v0=B.物体继续沿球面做一段圆周运动然后飞离球面C.物体落地时水平位移为RD.物体在最高点离开半球做平抛运动4、（2015春•常德校级期末）在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（）A.他的动能减少了FhB.他的重力势能增加了mghC.他的机械能减少了（F-mg）hD.他的机械能减少了Fh5、如图所示，a和b带电荷量相同，以相同速度从A点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径ra=2rb，则可知（重力不计）（）A.两粒子都带正电，质量比=2B.两粒子都带负电，质量比=2C.两粒子都带正电，质量比=D.两粒子都带负电，质量比=评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、将一物块放置在固定的斜面上，物块恰能沿斜面匀速下滑，则下滑过程中物块的机械能将____．（填“增大”、“不变”或“减小”）．7、（2014春•西湖区校级月考）如图所示，质量为M的物体放在水平地面上，物体上方安装一劲度系数为k的轻弹簧，在弹簧处于原长时，用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，直到物体脱离地面向上移动一段距离．在这一过程中，P点的位移为H，则物体重力势能的增加量为____．8、将两盏标有“220V40W”的白炽灯串联后接到220V的电源上，此时每盏灯的实际功率等于____W（设灯泡的电阻不随温度变化）．9、一辆小车以15m/s的速度沿水平路面行驶时，突然紧急刹车，刹车后路面对车的摩擦力等于车重的0.5倍，小车刹车后4.0s内的位移为____m．（g取10m/s2）10、（2009秋•宁波期末）小明在以2m/s2的加速度加速下降的升降机里最多能举起60.0kg的物体，则他在地面上最多能举起____kg的物体．若他在匀加速上升的升降机中最多能举起32.0kg的物体，则此升降机上升的加速度大小为____m/s2．11、示波管的原理如下图所示；当两偏转电极均不加电压时电子打在荧光屏的正中间（亮斑），规定：偏转电极XX’中，X板电势高电压为正；偏转电极YY’中，Y板电势高电压为正；

①若偏转电极XX’不加电压，只在偏转电极YY’所加图示电压，则在荧光屏上出现____

②若偏转电极XX’加图示电压，同时偏转电极YY’所加图示电压，则在荧光屏上出现____．请在直角坐标系中定性画出条纹形状．12、【题文】.下列现象能说明光是沿直线传播的是()。A．小孔成像B．日食、月食C．海市蜃楼D．射击中的三点一线13、元电荷的电荷量e=____C．14、（2013秋•官渡区校级月考）如图为研究平行板电容器电容的实验．电容器充电后与电源断开，电量Q将不变，若此时将左极板向左移动一小段距离，静电计指针偏角将____．若将左极板向上移动一小段距离，静电计指针偏角____．当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将____，静电计指针偏角将____．（填“增大”、“减小”或“不变”）评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，从而揭示出原子核具有复杂结构____（判断对错）16、光的衍射现象、偏振现象、色散现象都能体现光具有波动性____（判断对错）17、月亮在云中穿梭，参考系是云．____（判断对错）18、如果通电的金属棒在磁场中不受力的作用，则该处的磁感应强度一定为零．____．（判断对错）19、火车转弯时，若转弯处内外轨道一样高，则转弯时，对外轨产生向外的挤压作用．____．20、矢量的运算遵守平行四边形法则．____．21、当温度升高时，物体内部所有分子的动能都增加．____．（判断对错）22、电场线真实地存在于电场中．____．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共4题，共8分)23、（2015秋•保定期末）如图所示；用一根长我L的绝缘细线悬挂一个质量为m的带电小球，所带电荷量大小为q，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角θ=30°，重力加速度为g．

（1）判断小球电性并求匀强电场的场强E；

（2）若用一外力缓慢的把小球从图示位置沿圆弧拉到悬点正下方L处；外力做功是多少？

（3）若绳子所能承受的最大张力为T，在图示位置给小球一个与绳子垂直的初速度，速度多大时绳子刚好断裂？24、电源的电动势为4.5V；外电阻为4.0Ω时；路端电压为4.0V．

（1）电源的内阻是多少？

（2）如果在外电路再并联一个4.0Ω的电阻，路端电压是多大？25、I、碳氢化合物是重要的能源物质。rm{(1)}甲醇是一种优质燃料，可制作燃料电池。已知：rm{垄脵2CH_{3}OH(1)+3O_{2}(g)=2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{垄脵2CH_{3}OH(1)+3O_{2}(g)=

2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)}rm{娄陇}rm{{,!}_{1}=篓C1275.6kJ隆陇mol^{篓C;1}}rm{垄脷2CO(g)+O_{2}(g)=2CO_{2}(g)}rm{H}rm{{,!}_{1}=篓C1275.6

kJ隆陇mol^{篓C;1}}rm{{,!}_{2}=篓C566.0kJ隆陇mol^{篓C;1}}rm{垄脷2CO(g)+O_{2}(g)=

2CO_{2}(g)}rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{3}=篓C44.0kJ隆陇mol^{篓C;1}}写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：________________。rm{{,!}_{2}=篓C566.0

kJ隆陇mol^{篓C;1}}以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入rm{垄脹H_{2}O(g)=H_{2}O(1)}和rm{娄陇}负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐rm{H}电池正极反应式为________________________；rm{{,!}_{3}=篓C44.0

kJ隆陇mol^{篓C;1}}碳氢化合物完全燃烧生成rm{(2)}和rm{O_{2}}常温常压下，空气中的rm{CO_{2}}溶于水，达到平衡时，溶液的rm{.}rm{(3)}rm{(H_{2}CO_{3})=1.5隆脕10^{-5}mol隆陇L^{-1}}若忽略水的电离及rm{CO_{2}}的第二级电离，则rm{{H}_{2}C{O}_{3}?HC{O}_{{3}^{-}}+{H}^{+}}的平衡常数rm{H_{2}O.}rm{CO_{2}}____________。rm{pH=5.60}已知rm{c}rm{(H_{2}CO_{3})=1.5隆脕10^{-5}

mol隆陇L^{-1}}室温下，向rm{H_{2}CO_{3}}溶液中滴加rm{{H}_{2}C{O}_{3}?HC{O}_{{3}^{-}}+{H}^{+}

}rm{K}的醋酸溶液，当滴加到溶液呈中性时，此时溶液总体积为rm{{,!}_{1}=}若用rm{(}代表醋酸的电离常数，则原醋酸的浓度rm{10^{-5.60}=2.5隆脕10^{-6})}rm{(4)}__________rm{100mL0.2mol隆陇L^{-1}NaOH}用含rm{a}表达式表示rm{mol隆陇L^{-1}}rm{200mL}化学反应速率与化学平衡的理论研究对工农业生产有重要的意义。一定温度下，在容积为rm{b}的密闭容器中进行rm{aNleft(gright)?bMleft(gright)}的化学反应，rm{a}rm{=}的物质的量随时间的变化曲线如下图所示：rm{(}此反应的化学方程式中rm{b}rm{)}____，rm{II}rm{20L}_____；rm{aNleft(gright)?bMleft(gright)

}到rm{M}时段，以rm{N}的浓度变化表示的化学反应速率为____________；rm{(5)}下列描述能说明反应达到平衡状态的是______。rm{a}反应中rm{=}与rm{b}的物质的量之比为rm{=}rm{(6)t_{1}}混合气体的总质量不随时间的变化而变化rm{t_{2}}混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化rm{N}单位时间内消耗rm{(7)}rm{A.}同时生成rm{M}rm{N}rm{1隆脙1}保持温度和容积不变，混合气体的压强不随时间的变化而变化rm{B.}的转化率达到最大，且保持不变rm{C.}一定温度下，当反应rm{aNleft(gright)?bMleft(gright)}达平衡后，若保持容积不变，再充入rm{D.}达到新平衡后，rm{a}的体积分数将____rm{molN}选填rm{b}增大rm{molM}rm{E.}减小rm{F.N}或rm{(8)}不变rm{aNleft(gright)?bMleft(gright)

}下一空同rm{N}若保持压强不变，再充入rm{N}达到新平衡后，rm{(}的体积分数将____。rm{"}26、“绿水青山就是金山银山”，研究rm{NO_{2}}rm{NO}rm{CO}rm{NO_{2}^{-}}等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。rm{(1)}已知：rm{垄脵NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}该反应的平衡常数为rm{K_{1}(}下同rm{)}每rm{1mol}下列物质分解为气态基态原子消耗能量分别为。rm{NO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO}rm{812kJ}rm{1076kJ}rm{1490kJ}rm{632kJ}rm{垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)娄陇H=+179.5kJ/molK_{2}}

rm{垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)娄陇H=+179.5

kJ/molK_{2}}rm{垄脹2NO(g)+O}rm{垄脹2NO(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{2NO}试写出rm{2NO}与rm{{,!}_{2}}反应生成无污染物气体的热化学方程式_________________________以及此热化学方程式的平衡常数rm{(g)娄陇H=-112.3kJ/molK}____________rm{(g)娄陇H=-112.3kJ/molK}用rm{{,!}_{3}}rm{NO}rm{CO}表示rm{K=}rm{(}污染性气体rm{K_{1}}与rm{K_{2}}在一定条件下的反应为：rm{2NO_{2}+4CO?4CO_{2}+N_{2}}某温度下，在rm{K_{3}}密闭容器中充入rm{)}和rm{(2)}此时容器的压强为rm{NO_{2}}个大气压，rm{CO}秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的rm{2NO_{2}+4CO?

4CO_{2}+N_{2}}则反应开始到平衡时rm{1L}的平均反应速率rm{0.1molNO_{2}}________。若此温度下，某时刻测得rm{0.2molCO}rm{1}rm{5}rm{dfrac{29}{30}}的浓度分别为rm{CO}rm{v(CO)=}rm{NO_{2}}rm{CO}要使反应向逆反应方向进行，rm{CO_{2}}的取值范围__________。rm{N_{2}}电化学降解rm{amol/L}的原理如图：

rm{0.4mol/L}电源的负极是_______rm{0.1mol/L}填rm{1mol/L}或rm{a}rm{(3)}

rm{NO_{2}^{-}}rm{垄脵}电源的负极是_______rm{(}填rm{A}或rm{B)}若电解过程中转移了rm{垄脵}电子，则膜两侧电解液的质量变化差rm{left(?{m}_{脳贸}-?{m}_{脫脪}right)}rm{(}rm{A}rm{B)}评卷人得分五、作图题(共3题，共6分)27、请画出图中F1与F2的合力F．

28、如图1abcd

为质量M

的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量为m

的金属棒PQ

平行bc

放在水平导轨上，PQ

棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱ef

导轨处于匀强磁场中，磁场以OO隆盲

为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度均为B.

导轨bc

段长l

其电阻为r

金属棒电阻为R

其余电阻均可不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数娄脤.

若在导轨上作用一个方向向左；大小恒为F

的水平拉力，设导轨足够长，PQ

棒始终与导轨接触.

试求：

(1)

导轨运动的最大加速度amax

(2)

流过导轨的最大感应电流Imax

(3)

在如图2

中定性画出回路中感应电流I

随时间t

变化的图象，并写出分析过程．29、请画出物体A所受的重力及弹力的示意图。

评卷人得分六、综合题(共3题，共9分)30、【题文】玻璃破裂后对接在一起，不能恢复原状，但把破口处熔化后对接在一起，即能粘接成整体．怎样解释这个现象？31、【题文】如图是家用电饭煲的电路图。将电饭煲接到稳压电源上，当开关接通“加热”档时，电热丝r以额定功率给食物加热，当食物蒸熟后，开关接通“保温”档，给食物保温，这时电热丝的功率为其额定功率的1/9，电流为1.40A，已知分压电阻的阻值是R=100Ω。求：

（1）保温时，电阻R两端的电压；

（2）稳压电源输出的电压；

（3）电热丝的额定功率。32、[

物理隆陋隆陋

选修3鈭�4]

(1)

一简谐振子沿x

轴振动，平衡位置在坐标原点，t=0

时刻振子的位移x=鈭�0.1mt=4/3s

时刻x=0.1mt=4s

时刻x=0.1m

该振子的振幅和周期可能为()(

填正确答案标号。A.0.1m8/3sB.0.1m8sC.0.2m8/3s

D.0.2m8sE.0.3m10s

(2)

一列横波在x

轴上传播，在t1=0

时刻波形如下图实线所示，t2=0.05s

时刻波形如下图虚线所示。若周期大于12(t1鈭�t2)

则最小波速和最大波速分别是多少？方向如何？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】物体随传送带一起向右作匀速运动时，物体受到重力和传送带的弹力而平衡，不受摩擦力作用．可用假设法判断有无摩擦力．【解析】【解答】解：假设物体受到摩擦力；一定在水平方向，没有其他力与之平衡，而竖直方向重力与弹力平衡，所以物体的合力不等于零，则破坏了平衡条件，物体不可能做匀速运动．所以物体随传送带一起向右作匀速运动时，物体只受到重力和弹力而平衡，不受摩擦力作用．故A正确．

故选：A．2、C【分析】【分析】矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变．而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大．【解析】【解答】解：A、t1时刻感应电动势为零；线圈通过中性面时，磁通量最大．故A错误；

B、由图t2时刻；感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故B错误；

C、t3时刻感应电动势为零；通过线圈的磁通量变化率的绝对值为零，故C正确；

D；每当e转换方向时；线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大．故D错误．

故选：C．3、B【分析】【分析】小物体对球顶的压力恰好是其重力的四分之一，有水平初速度，根据牛顿第二定律，重力与支持力的合力提供向心力，分析是否做平抛运动．【解析】【解答】解：A；小物体对球顶的压力恰好是其重力的四分之一；则小物体受到球顶的支持力恰好是其重力的四分之一，重力与支持力的合力提供向心力，则：

所以：．故A错误；

B；D、小物体对球顶的压力恰好是其重力的四分之一；则小球仍然受到支持力的作用，所以物体继续沿球面做一段圆周运动然后飞离球面．故B正确，D错误；

C、若物体做平抛运动，由x=v0t，R=gt2以及得x=，由于物体是继续沿球面做一段圆周运动然后飞离球面，所以物落地时水平位移比还要小．故C错误．

故选：B4、D【分析】【分析】能够运用动能定理求出动能的变化量．

能够通过重力做功量度重力势能的变化．

知道除了重力和弹簧弹力之外的力做功量度机械能的变化．【解析】【解答】解：A、在运动员减速下降高度为h的过程中，运动员受重力和阻力，运用动能定理得：（mg-F）h=△Ek

由于运动员动能是减小的；所以运动员动能减少（F-mg）h，故A错误．

B；根据重力做功与重力势能变化的关系得：

wG=-△Ep=mgh；他的重力势能减少了mgh，故B错误．

C；由除了重力和弹簧弹力之外的力做功量度机械能的变化得出：

w外=△E

运动员除了重力还有阻力做功，w外=wF=-Fh；

他的机械能减少了Fh；故C错误．

D；根据C选项分析；故D正确．

故选：D．5、B【分析】【分析】由粒子运动的半径公式得出半径的关系；根据粒子在磁场中运动轨迹，结合几何关系，即可确定求解．【解析】【解答】解：根据题意；结合左手定则可知，粒子均带负电；

粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，则有：Bqv=m，解得：m=；

因a和b带电荷量相同，以相同速度，且半径ra=2rb，则有：质量比=2；故B正确，ACD错误；

故选：B．二、填空题(共9题，共18分)6、减小【分析】【分析】物体做功的过程就是能量的转化过程，物体克服摩擦做功，摩擦生热将机械能转化成内能．【解析】【解答】解：物块恰能沿斜面匀速下滑；木块在下滑的过程中，物块所受的滑动摩擦力做负功，即物块克服摩擦力做功，机械能减少，使物体的温度升高，内能增加．

故答案为：减小7、MgH-【分析】【分析】用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，知弹簧的弹力等于重力，根据P点上升的位移和弹簧的形变量，得出物体上升的高度，从而求出物体重力势能的增加量．【解析】【解答】解：弹簧的形变量x=，则物体上升的高度h=H-x=H-

则重力势能的增加量△EP=Mgh=Mgh-

故答案为：MgH-．8、10【分析】【分析】先求出灯泡的电阻，两盏灯串联后，接到220V电源上，每盏灯的电压都为110V．再根据P=即可求解．【解析】【解答】解：灯泡的电阻R=；

两盏灯串联后，接到220V电源上，每盏灯的电压U′==110V；

所以每盏灯的实际功率P′=

故答案为：109、22.5【分析】【分析】先根据滑动摩擦力的公式求出滑动摩擦力的大小，然后根据牛顿第二定律列方程求出加速度，最后由位移公式求出位移【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律：

f=μmg=ma

得：a=5m/s2

根据速度时间公式，小车停止的时间：t==3s

即4s内的位移等于3s内的位移：

x==22.5m

故答案为：22.5m．10、485【分析】【分析】根据牛顿第二定律求出小明的最大举力，从而求出在地面上最多能举起的质量．结合最大举力，根据牛顿第二定律求出升降机的最大加速度．【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律得，mg-F=ma，解得F=mg-ma=60×（10-2）N=480N．则举起的最大质量m=．

根据牛顿第二定律得，F-mg=ma′，解得a′=．

故答案为：48，511、一条竖线正弦图线【分析】【分析】示波管是带电粒子在电场中加速和偏转的实际应用．偏转电极YY'：使电子束竖直偏转（加信号电压）；XX'：使电子束水平偏转（加扫描电压）．【解析】【解答】经解：①因偏转电极XX’不加电压；则在水平向不偏转，而在偏转电极YY’加图示电压，则在y向出现偏转，电压大则偏转大，因视学暂留则外观为一条竖线．

②偏转电极XX’加图示电压；水平向偏转，同时偏转电极YY’加图示电压，则沿y向偏转，其显示波形为Y向所加电压波形．如图所示

故答案为：①一条竖线；②正弦图线，如图示12、略

【分析】【解析】海市蜃楼是光的全反射现象;小孔成像、日食、月食是光的直线传播形成的,射击中所用的三点一线瞄准方法,利用了光的直线传播,所以能说明光是沿直线传播的有A、B、D.【解析】【答案】ABD13、1.6×10-19【分析】【分析】各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，所带电荷量大小为：e=1.60×10-19C，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．【解析】【解答】解：元电荷是指最小的电荷量；任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍．

元电荷所带的电荷量是1.6×10-19C．

故答案为：1.6×10-19．14、增大增大增大减小【分析】【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，静电计指针偏角越大．根据电容的决定式C=分析电容的变化，结合电量不变，由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，从而判断静电计指针偏角如何变化．【解析】【解答】解：将左极板向左移动一小段距离，极板间距离增大，由电容的决定式C=分析可知，电容减小，电量Q不变，由电容的定义式C=分析得知；板间电势差U增大，所以静电计指针偏角增大．

将左极板向上移动一小段距离，极板正对面积减小，由电容的决定式C=分析可知，电容减小，电量Q不变，由电容的定义式C=分析得知；板间电势差U增大，所以静电计指针偏角增大．

当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将增大，电量Q不变，由电容的定义式C=分析得知；板间电势差U减小，所以静电计指针偏角减小．

故答案为：增大，增大，增大，减小．三、判断题(共8题，共16分)15、√【分析】【分析】贝克勒尔发现了天然放射现象，使人们认识到原子核具有复杂结构；【解析】【解答】解：贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象；从而揭示出原子核具有复杂结构，拉开了人们以及原子核的序幕．故以上的说法是正确的．

故答案为：√16、×【分析】【分析】光的粒子性能够很好的解释光的直线传播、反射、折射和色散；光的波动性能够很好的解释光的干涉和衍射和偏振．【解析】【解答】解：光的波动性能够很好的解释光的干涉和衍射；偏振是横波特有的现象，故光的干涉；衍射和偏振证明了光具有波动性；

光的粒子性能够很好的解释光的直线传播；反射、折射；色散是光的折射造成的，故光的直线传播、反射、折射和色散证明了光的粒子性．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×17、√【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：月亮在云中穿梭；月亮相对于云层的位置发生变化，所以参考系为云层，该说法是正确的．

故答案为：√18、×【分析】【分析】B⊥L，根据安培力的公式F=BIL，求磁感应强度B，注意公式是采用比值法定义的，磁场中某点磁感应强度的大小与F，Il等因素无关，是由磁场本身决定的．【解析】【解答】解：根据磁感应强度的定义式，有：；由此可知的磁感应强度与导线的放置；长短、电流大小等因素无关，即该处的磁感应强度有磁场本身决定．

所以如果通电的金属棒在磁场中不受力的作用；该处的磁感应强度不一定为零．故以上说法是错误的．

故答案为：×19、√【分析】【分析】火车在水平轨道上转弯时，需要有力提供指向圆心的向心力，若转弯处内外轨道一样高，只能轨道的压力提供．【解析】【解答】解：火车在水平轨道上转弯时；做圆周运动，需要有力提供指向圆心的向心力，即方向指向内侧，此时外轨对火车的压力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，火车对外轨产生向外的压力作用，此说法正确。

故答案为：√20、√【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：√21、×【分析】【分析】温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，由此分析解答即可．【解析】【解答】解：温度是分子的平均动能的标志；是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义；当温度升高时，物体内的分子的平均动能增加，不是物体内部所有分子的动能都增加．所以该说法是错误的．

故答案为：×22、×【分析】【分析】为了研究的方便引入了电场线，实际不存在，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱．【解析】【解答】解：为了研究的方便引入了电场线；实际不存在．所以该说法是错误的．

故答案为：×四、简答题(共4题，共8分)23、略

【分析】【分析】（1）对小球受力分析；受到重力；电场力和细线的拉力，根据电场力方向与场强方向的关系判断电性，根据共点力平衡条件和电场力F=qE列式求解场强E；

（2）小球缓慢运动过程中；动能不变，根据动能定理列式求解；

（3）对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．【解析】【解答】解：（1）对小球受力分析；受到重力；电场力和细线的拉力，处于平衡状态，则电场力方向水平向右，与电场强度方向相反，所以小球带负电；

由平衡可得：Eq=mgtanθ

所以：E=

（2）缓慢的把小球从图示位置沿圆弧拉到悬点正下方L处的过程中；由动能定理得：

W+mgL（1-cosθ）-EqLsinθ=0

所以：W=（-1）mgL

（3）对物体受力分析；根据牛顿第二定律得：

T-=m

解得：v0=

答：（1）小球带负电，匀强电场的场强E为；

（2）外力做功是（-1）mgL；

（3）速度为时绳子刚好断裂．24、略

【分析】【分析】由闭合电路欧姆定律求出电源内阻，然后由闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律求出路端电压．【解析】【解答】解：由欧姆定律得：U=IR外=R；

由题意得：4=×4；

解得：r=0.5Ω；

（2）两电阻并联的总电阻R′==2Ω；

则路端电压U′==×2；

解得U′=3.6V；

答：（1）电源的内阻是0.5Ω；

（2）如果在外电路再并联一个4.0Ω的电阻，路端电压是3.6V．25、I（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=–442.8kJ·mol–1）1ΔCH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)–H=·442.8kJ–mol1）（2）O2＋4e-＋2CO2＝2CO32-＋2＋O2＝4e-2CO2）2CO32-×（3）4.2×10-7mol·L-1·34.2）10-7molL-1）（4）4）II（5）215·2·1（6）mol·L-1·min-1）6）减小，不变molL-1【分析】【分析】本题考查了影响化学平衡因素分析判断，图象分析应用，注意依据平衡状态的判断，弱电解质电离平衡常数概念计算，题目难度中等。【解答】rm{I}rm{I}rm{(1)}根据盖斯定律，rm{垄脵隆脕dfrac{1}{2}-}rm{垄脷}rm{垄脵隆脕dfrac{1}{2}-}得：rm{垄脷}rm{隆脕dfrac{1}{2}+垄脹隆脕2}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+2H_{2}O(l)}rm{triangleH=-442.8}rm{kJ?mol^{-1}}rm{-垄脷隆脕}故答案为：rm{CH}rm{CH}rm{3}rm{3}rm{OH(l)+O}rm{OH(l)+O}rm{2}rm{2}rm{(g)=CO(g)+2H}rm{(g)=CO(g)+2H}rm{2}rm{2}rm{O(l)triangleH=-442.8}rm{kJ?mol}rm{O(l)triangleH=-442.8}rm{kJ?mol}rm{{,!}^{-1}}；rm{(2)}以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入rm{O}rm{O}rm{O}，故答案为：rm{2}rm{2}和rm{CO}rm{CO}rm{CO}rm{2}rm{2}；，得电子生成碳酸根，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐，电池正极反应式为忽略水的电离及rm{O_{2}}的第二级电离，溶液的rm{O_{2}}的碳酸，故rm{+}rm{4e^{-}}rm{+}rm{2CO_{2}}rm{=}rm{2CO_{3}^{2-}}，故答案为：rm{+}溶液中rm{4e^{-}}rm{4e^{-}}故平衡常数rm{K_{1}=dfrac{c(HC{{O}_{3}}^{?})拢庐c({H}^{+})}{c({H}_{2}C{O}_{3})}=dfrac{1隆脕{10}^{?5.6}隆脕1隆脕{10}^{?5.6}}{1.5隆脕{10}^{?5}}隆脰4.2隆脕10^{-7}}故答案为：rm{+}rm{2CO_{2}}室温下，向rm{2CO_{2}}rm{=}溶液中滴加rm{2CO_{3}^{2-}}的醋酸溶液，当滴加到溶液呈中性时，rm{2CO_{3}^{2-}}溶液中存在电荷守恒rm{O_{2}}rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})=dfrac{0.1L隆脕0.2mol/L}{0.2}=0.1mol/L}rm{O_{2}}rm{dfrac{a}{0.2}mol/L-0.1mol/L}此时溶液总体积为rm{+}rm{4e^{-}}rm{+}rm{2CO_{2}}rm{=}rm{2CO_{3}^{2-}}；若用rm{+}代表醋酸的电离常数rm{K=dfrac{0.1隆脕{10}^{-7}}{dfrac{a}{0.2}-0.1}=b}则原醋酸的浓度rm{a=dfrac{2隆脕{10}^{-8}}{b}+0.2}故答案为：rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}{b}+0.2}rm{4e^{-}}由图象可知，rm{4e^{-}}rm{dfrac{;trianglen(N)}{;trianglen(M)}=dfrac{8-2}{5-2}=dfrac{2}{1}}所以rm{+}rm{2CO_{2}}故答案为：rm{2CO_{2}}rm{=}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{(3)}rm{H_{2}CO_{3}}rm{pH=5.60}时刻，以rm{c(H^{+})=c(HCO_{3}^{-})=1隆脕10^{-5.6}}的浓度变化表示的平均反应速率为：rm{v=dfrac{trianglec(N)}{trianglet}=dfrac{(5-4)mol}{dfrac{VL}{({t}_{2}-{t}_{1})min}}=}rm{dfrac{1}{20({t}_{2}-{t}_{1})}}rm{mol?L^{-1}}rm{c(H_{2}CO_{3})=1.5隆脕10^{-5}}rm{mol?L^{-1}}rm{K_{1}=

dfrac{c(HC{{O}_{3}}^{?})拢庐c({H}^{+})}{c({H}_{2}C{O}_{3})}=

dfrac{1隆脕{10}^{?5.6}隆脕1隆脕{10}^{?5.6}}{1.5隆脕{10}^{?5}}

隆脰4.2隆脕10^{-7}}rm{4.2隆脕10^{-7}}，故答案为：rm{dfrac{1}{20({t}_{2}-{t}_{1})}}rm{(4)}rm{100mL}rm{0.2mol/LNaOH}rm{amol/L}rm{c(H^{+})=10^{-7}mol/L}；rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})}rm{c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})=

dfrac{0.1L隆脕0.2mol/L}{0.2}=0.1mol/L}

rm{c(CH_{3}COOH)=}

rm{dfrac{a}{0.2}

mol/L-0.1mol/L}随反应进行混合气体总物质的量发生变化，混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明到达平衡，故C正确；

rm{200mL}同时生成rm{b}都表示正反应速率，反应始终按此关系进行，不能说明到达平衡，故D错误；

rm{K=dfrac{0.1隆脕{10}^{-7}}{

dfrac{a}{0.2}-0.1}=b}随反应进行混合气体总物质的量发生变化，混合气体的压强不随时间的变化而变化，说明混合气体总的物质的量不再改变，说明反应到达平衡，故E正确；rm{a=dfrac{2隆脕{10}^{-8}}{b}+0.2

}的转化率达到最大，且保持不变，说明可逆反应到达最大限度平衡状态，故F正确。

rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}{b}+0.2

}rm{II(5)}由图象可知，rm{dfrac{a}{b}=}保持容积不变，达平衡后再加入rm{II(5)}气体，相当于先扩大体积再压缩，平衡向正反应方向移动，rm{dfrac{a}{b}=}的体积分数将减小；保持压强不变，再充入rm{dfrac{;trianglen(N)}{;triangle

n(M)}=dfrac{8-2}{5-2}=dfrac{2}{1}}相当于等比例增大反应物，与原平衡等效，所以rm{a=2}的体积分数将不变，rm{b=1}rm{2}【解析】rm{I}rm{I}rm{(}rm{1}rm{)}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+

2H_{2}O(l)}rm{娄陇}rm{H}rm{=}rm{篓C}rm{442.8kJ}rm{隆陇}rm{mol}rm{{,!}^{篓C;1}}rm{(}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+2H_{2}O(l)}rm{1}rm{1}rm{)}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+

2H_{2}O(l)}rm{CH_{3}OH(l)+O_{2}(g)=CO(g)+

2H_{2}O(l)}rm{娄陇}rm{H}rm{=}rm{H}rm{=}rm{篓C}rm{442.8kJ}rm{442.8kJ}rm{隆陇}rm{mol}rm{mol}rm{{,!}^{篓C;1}}rm{(}rm{2}rm{)}rm{O_{2}}rm{+}rm{4e^{-}}rm{+}rm{2CO_{2}}rm{=}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{O_{2}}rm{O_{2}}rm{+}rm{4e^{-}}rm{4e^{-}}rm{+}rm{2CO_{2}}rm{2CO_{2}}rm{=}rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}{b}+0.2}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{2CO_{3}^{2-}}rm{(}rm{3}rm{)}rm{4.2}rm{隆脕}rm{10^{-7}}rm{mol}rm{隆陇}rm{L^{-1}}rm{(}rm{3}rm{3}rm{)}rm{4.2}rm{dfrac{1}{20({t}_{2}-{t}_{1})}}rm{4.2}rm{隆脕}rm{10^{-7}}rm{mol}rm{10^{-7}}rm{mol}rm{隆陇}rm{L^{-1}}rm{L^{-1}}rm{(}rm{4}rm{)}rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}{b}+0.2

}rm{(}rm{4}rm{4}减小，不变rm{)}rm{dfrac{2隆脕{10}^{-8}}{b}+0.2

}26、（1）

（2）0.008mol/(L·s)；0≤a<0.8（或a<0.8）

（3）①B；

②32【分析】【分析】本题考查热化学方程式的书写、盖斯定律，化学平衡计算和电解池工作原理及电化学计算，题目难度较大。【解答】rm{(1)}根据盖斯定律，rm{垄脹+2隆脕垄脷-垄脵}可得，rm{NO}与rm{CO}反应生成无污染物气体的热化学方程式为：根据盖斯定律，rm{(1)}可得，rm{垄脹+2隆脕垄脷-垄脵}与rm{NO}反应生成无污染物气体的热化学方程式为：rm{2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)}rm{CO}rm{2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)

}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}}rm{娄陇H=?759.8kJ/mol}；该反应平衡常数为：rm{2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}

}，rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}}故答案为：rm{2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)

}根据压强之比等于物质的量之比，rm{娄陇H=?759.8kJ/mol}；rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}

}；rm{(2)}rm{2NO}rm{2NO}rm{{,!}_{2}}起始：rm{+4CO}rm{+4CO}rm{overset{}{?}}rm{4CO}rm{4CO}rm{{,!}_{2}}rm{+N}rm{+N}rm{{,!}_{2}}rm{0.1}rm{0.2}变化：rm{2a}rm{4a}rm{4a}rm{a}解得rm{2a}故平衡时rm{4a}反应速率为：rm{dfrac{0.04}{1隆脕5}=0.008molleft(L隆陇sright)}根据题意，平衡常数为rm{K=dfrac{0.01隆脕{left(dfrac{0.04}{1}right)}^{4}}{{left(dfrac{0.08}{1}right)}^{2}隆脕{left(0.16right)}^{4}}}故rm{4a}rm{a}平衡：rm{0.1-2a}rm{0.2-4a}rm{4a}rm{a}rm{0.1-2a}rm{0.2-4a}rm{4a}rm{a}故rm{(0.3-a)}rm{0.3=29:30}解得rm{a=0.01mol}故平衡时rm{CO}反应速率为：rm{

dfrac{0.04}{1隆脕5}=0.008molleft(L隆陇sright)}根据题意，平衡常数为rm{K=dfrac{0.01隆脕{left(

dfrac{0.04}{1}right)}^{4}}{{left(

dfrac{0.08}{1}right)}^{2}隆脕{left(0.16right)}^{4}}}故rm{(0.3-a)}rm{0.3=29:30}rm{a=0.01mol}要使反应向逆反应方向进行，rm{CO}的取值范围为：rm{

dfrac{0.04}{1隆脕5}=0.008molleft(L隆陇sright)}或rm{K=dfrac{0.01隆脕{left(

dfrac{0.04}{1}right)}^{4}}{{left(

dfrac{0.08}{1}right)}^{2}隆脕{left(0.16right)}^{4}}}测得rm{NO}rm{NO}rm{{,!}_{2}}、rm{CO}rm{CO}rm{CO}或rm{CO}rm{{,!}_{2}}、rm{N}根据图示，电解池的右侧rm{N}得电子生成rm{{,!}_{2}}则右侧作阴极，电源负极为的浓度分别为rm{amol/L}rm{0.4mol/L}rm{0.1mol/L}rm{1mol/L}要使反应向逆反应方向进行，rm{a}的取值范围为：阴极反应式为：rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O}故答案为：rm{amol/L}rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O}rm{0.4mol/L}转移rm{0.1mol/L}电子时，阳极rm{1mol/L}阳极反应为rm{a}失电子氧化为rm{0leqslanta<0.8(}和rm{a<0.8)}消耗；水，产生故答案为：进入阴极室，阳极室质量减少rm{0.008mol/(L隆陇s)}阴极室中放出；同时有rm{0leqslanta<0.8(}进入阴极室，因此阴极室质量减少rm{a<0.8)}故膜两侧电解液的质量变化差；左rm{(3)垄脵}右rm{NO_{2}^{-}}电解过程中转移了rm{N_{2}}电子，则膜两侧电解液的质量变化差rm{B}rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O

}rm{B}rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O

}rm{垄脷}为rm{垄脷}rm{6mol}rm{(}rm{H_{2}O}【解析】rm{(1)2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)娄陇H=?759.8kJ/mol}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}}rm{(1)2NO(g)+2CO(g)={N}_{2}(g)+2C{O}_{2}(g)

娄陇H=?759.8kJ/mol}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}

}或rm{(2)0.008mol/(L隆陇s)}rm{0leqslanta<0.8(}rm{2NO_{2}^{?}+6{e}^{?}+8{H}^{+}={N}_{2}隆眉+4{H}_{2}O}​rm{a<0.8)}rm{(3)垄脵B}五、作图题(共3题，共6分)27、略

【分析】【分析】物体受到两个拉力作用，当夹角为θ时，作出两个力的合力示意图．【解析】【解答】解：已知两个分力的大小和方向；由平行四边形法，作出力的合成图示如图．

答：如图28、略

【分析】

(1)

导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc

边及金属棒PQ

均要受到安培力作用；PQ

棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ

棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变.

导轨向左切割磁感线时，导轨受到向右的安培力F1=BIl

金属棒PQ

受到向上的安培力F2=BIl陋楼

导轨受到PQ

棒对它的摩擦力f=娄脤(mg鈭�BIl)陋楼

根据牛顿第二定律，有F鈭�BIl鈭�娄脤(mg鈭�BIl)=Ma陋楼

当刚拉动导轨时，v=0

可知I

感=0

此时有最大加速度．

(2)

随着导轨v

增大；感应电流增大而a

减小，当a=0

时，有最大速度，感应电流也最大．

(3)

速度的变化引起感应电动势的变化和感应电流的变化；进一步导致安培力的变化与加速度的变化，然后结合牛顿第二定律与运动学的特点分析即可．

通过导轨的受力情况，来分析其运动情况，把握住加速度最大和电流最大的临界条件是解答本题的关系．【解析】解：(1)

由牛顿第二定律F鈭�BIl鈭�娄脤(mg鈭�BIl)=Ma

导轨刚拉动时，娄脭=0I赂脨=0

此时有最大加速度amax=F鈭�娄脤mgM

(2)

随着导轨速度增加；I赂脨

增大，a

减小，当a=0

时，有最大速度娄脭m

由上式，得Im=F鈭�娄脤mg(1鈭�娄脤)BlI赂脨=Bl娄脭R+r