2025年粤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2025年粤教版高三物理下册月考试卷619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、在研究物体的运动时，下列物体中可以当作质点处理的是（）A.研究地球绕太阳公转所用的时间时，地球可看作质点B.研究一端固定绕该端转动的木杆的运动时．此杆可看作质点C.研究和观察月食时，可以把月球看作质点D.研究杂技演员在走钢丝的表演时，杂技演员可看作质点2、（2016•银川二模）如图所示，运动员“3m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是（）A.运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B.运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大C.运动员向上运动（C→B）的过程中，超重，对板的压力先增大后减小D.运动员向上运动（C→B）的过程中，超重，对板的压力一直减小3、半径为r=0.5m带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置；在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接，两板间距离为d=5cm，如图甲所示，有变化的磁场垂直于纸面，其变化规律如图乙所示（规定向里为正方向），在t=0时刻平板间中心有一电荷量为+q的微粒由静止释放，运动中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说法中正确的是（）

A.第2秒内上极板带负电。

B.第3秒内上极板带正电。

C.第3秒末微粒回到了原位置。

D.两极板之间的电场强度大小恒为

4、一个点电荷，从静电场中的a点移至b点，其电势能的变化为零，则A.a、b两点的场强一定相等B.该电荷一定沿等势面移动C.作用于该点电荷的电场力与其移动方向总是垂直的D.a、b两点的电势相等5、【题文】根据闭合电路欧姆定律，以下说法正确的是()A.外电路电阻越大，输出电流越大B.外电路电阻越大，路端电压越大C.电源短路时，输出电流无限大D.电源断路时，路端电压无限大6、如图所示，平行四边形匀强磁场区域KLMN，另有一导体棒ab仅在恒定拉力F的作用下从静止开始运动，当ab棒的b端到达磁场区域的右边界时，撤去F．在穿过磁场区域的过程中导体棒始终保持与磁感线方向垂直．则导体棒穿过磁场区域的过程中，a、b两点间的电势差与时间的Uab-t图线为（）A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、在某段电路中，一定值电阻阻值为2Ω，通过它的电流为1A，则该电阻的热功率为____W，电阻在1min内产生的热量为____J．8、有一个乒乓球质量为m=0.01kg，以水平初速度V1=100m/s垂直打在球拍上，与球拍碰撞相接触时间为0.1s后，以V2=500m/s的速度水平弹回，则小球的动量变化大小△P=____kg．m/s；小球受到的冲量大小是____N•s；球拍对小球的打击力大小是____N．9、（2015•徐汇区一模）将一小球从高处水平抛出，不计空气阻力，小球动能Ek和抛出时间t之间的关系可用如图所示的Ek-t2图象表示．根据图象可知，小球的初速度大小为____m/s．若增大小球的质量，则该图象的斜率将____．（g取10m/s2）10、某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．

（1）实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，利用现有器材如何判断导轨是否水平？____．

（2）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d=____cm；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=1.2×10-2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为____m/s．在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离x和____（文字说明并用相应的字母表示）．

（3）本实验通过比较____和____在实验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒．11、任何做匀速圆周运动的物体的加速度方向都指向____．12、（2010•长宁区二模）用与竖直方向成θ角（θ＜45°）的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同悬挂一个重为G的小球，这时绳b的拉力设为F1．现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内逆时转过θ角指向2位置，这时的拉力设为F2；当再转过θ角，绳b的拉力指向3位置，拉力设为F3，三种情况b绳拉力大小的比较是____（用“＞”“＜”“=”表示）；当b轻绳指向2位置时，a轻绳受的力为____．13、在探究规格为“6V；3W”的小电珠L．伏安特性曲线实验中；

（1）实验室提供了9V的电压源和量程为3V、内阻为5kΩ，电压表，出于安全考虑，要将其改装成量程为9V的电压表，则在改装时应将电阻R=______kΩ与量程为3v的电压表连接．

（2）选用量程为0.6A，内阻约为4Ω的电流表和量程为9V的电压表连接在电路中测小电珠的电压和电流．实验中要使系统误差尽量小，且电表示数变化范围尽量大，你认为以下实验电路应选______（填写相应的字母）

14、（2015秋•浙江月考）用伏安法测电阻可以采取安培表外接法和安培表内接法两种测量电路，如图所示可以判断选择测量的电路．将单刀双掷开关K反复地合上A、B两个位置，同时观察伏特表和安培表的读数，如果伏特表读数变化比较明显，安培表的读数基本不变，则K应合上____进行测量（填“A”或“B”）；如果安培表读数变化比较明显，伏特表读数基本不变，则K应合上____进行测量（填“A”或“B”）．若K合上A测量的电阻为RA，K合上B测量的电阻为RB，则RA____RB（填“大于”、“小于”或“等于”）．15、（2010春•洛阳期中）正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点用时30s；球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1m，当地重力加速度g取π2（m/s2）；根据以上数据可得小球运动的周期T=____s；房顶到窗上沿的高度h=____m．评卷人得分三、判断题(共9题，共18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、用电器的额定功率与所加的电压无关．____．（判断对错）18、电场线真实地存在于电场中．____．（判断对错）19、电子手表中的液晶在外加电压的影响下能够发光．____．（判断对错）20、只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离．就可以由F=G计算物体间的万有引力____（判断对错）21、没有施力物体的力有可能存在．____（判断对错）22、永磁体在受到加热或敲打后，磁性不会发生改变____．（判断对错）23、光的偏振现象说明光是横波____（判断对错）24、电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．____．（判断对错）评卷人得分四、证明题(共3题，共27分)25、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=．26、证明推导题：

试用运动学公式和牛顿定律证明：物体在光滑斜面上下落过程中机械能守恒．27、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、推断题(共3题，共18分)28、rm{[}化学rm{隆陋隆陋}选修rm{5}有机化学基础rm{]}秸秆rm{(}含多糖物质rm{)}的综合应用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线

回答下列问题：rm{(1)}下列关于糖类的说法正确的是______________。rm{(}填标号rm{)}rm{a.}糖类都有甜味，具有rm{C_{n}H_{2m}O_{m}}的通式rm{b.}麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖rm{c.}用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全rm{d.}淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物rm{(2)B}生成rm{C}的反应类型为______。rm{(3)D}中官能团名称为_____，rm{D}生成rm{E}的反应类型为______。rm{(4)F}的化学名称是____，由rm{F}生成rm{G}的化学方程式为____。rm{(5)}具有一种官能团的二取代芳香化合物rm{W}是rm{E}的同分异构体，rm{0.5molW}与足量碳酸氢钠溶液反应生成rm{44gCO_{2}}rm{W}共有______种rm{(}不含立体结构rm{)}其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_________。rm{(6)}参照上述合成路线，以rm{(}反，反rm{)-2}rm{4-}己二烯和rm{C_{2}H_{4}}为原料rm{(}无机试剂任选rm{)}设计制备对二苯二甲酸的合成路线_______________________。29、rm{(14}分rm{)}硼镁泥是硼镁矿生产硼砂rm{(Na_{2}B_{4}O_{7}隆陇l0H_{2}O)}时的废渣，其主要成分是rm{MgO}还含有rm{CaO}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}、rm{FeO}rm{MnO}rm{B_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等杂质。以硼镁泥为原料制取的七水硫酸镁在印染、造纸和医药等工业上都有广泛的应用。硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如下：rm{(1)}滤渣rm{A}能溶于氢氟酸，写出其反应的化学方程式____________rm{(2)}滤渣rm{B}中含有不溶于稀盐酸的黑色固体，则滤渣rm{B}含有的成分有____，加rm{MgO}并煮沸的主要目的是____________rm{(3)}写出加rm{NaClO}过程中发生的所有反应的离子方程式____rm{(4)}趁热过滤的目的是____rm{(5)}因rm{B_{2}O_{3}}溶于硫酸，所以此法制备的七水硫酸镁含有少量硼酸rm{(H_{3}BO_{3})}硼酸与rm{NaOH}溶液反应可制得硼砂，写出该反应的化学方程式____。失去结晶水的硼砂与金属钠、氢气及石英砂一起反应可制备有机化学中的“万能还原剂rm{隆陋隆陋NaBH_{4}}”和另一种钠盐，写出其反应的化学方程式____。30、rm{[}化学rm{漏陇漏陇}选修rm{5}有机化学基础rm{]}以rm{A(C_{6}H_{6}O)}为原料合成两种有机产品的路线如下rm{(}部分反应条件省略rm{)}回答下列问题：rm{(1)A}的名称____；rm{B}的结构简式____；化合物rm{II}的官能团名称是____。rm{(2)}写出反应类型：反应rm{垄脵}____；反应rm{垄脷}____rm{(3)}写出反应rm{垄脹(I隆煤II)}的反应方程式____rm{(4)}化合物rm{I}的核磁共振氢谱有rm{3}组峰，峰面积比为____；化合物rm{I}的同分异构体中属于二元羧酸还有____种rm{(}不包含立体异构rm{)}rm{(5)}参照上述合成路线，写出以丙酮为起始原料制备rm{2-}甲基丙烯酸的合成路线参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】研究物体的运动时，当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可忽略不计时，可以把物体当作质点．根据这个条件进行判断．【解析】【解答】解：A；研究地球绕太阳公转所用的时间时；地球的形状和大小可以忽略，可看作质点．故A正确．

B；研究一端固定可绕该端转动的木杆的运动时；木杆的形状和大小不能忽略，不能作为质点来处理．故B错误．

C；研究和观察月食时；月球的大小和形状不能忽略，不可以把月球看作质点，故C错误．

D；研究杂技演员在走钢丝的表演时；杂技演员不能当作质点来处理．因为杂技演员的动作、造型等对观赏、评判等影响很大．故D错误．

故选：A2、B【分析】【分析】分析人受力情况；根据板的弹力的变化，可知人受合力的变化．当人的加速度向下时，人处失重状态，当人的加速度向上时，人处超重状态；【解析】【解答】解：A；B人受到重力及板向上的弹力；人在向下运动的过程中；人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小；然后加速度再向上增大，故人应先失重后超重，故A错误，B正确；

C；D运动员在向上运动时；由于弹力减小，但开始时一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故CD错误；

故选：B．3、B|D【分析】

根据法拉第电磁感应定律可知圆环中的感应电动势为：根据图乙可知：B-t图象中的斜率保持不变，因此感应电动势的大小不变．

根据B-t图可知；1s到3s这段时间内感应电动势大小不变，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，因此上极板带正电，故A错误，B正确；

代入数据可求出电动势的大小为：E=0.05π（V）；随时间变化如下图所示（上极板电势为正）：

所以粒子先向上加速1s；然后向上减速1s，接着反向加速1s，因此第3秒末微粒并未回到原位置，故C错误；

根据电场强度与电势差的关系有：故D正确．

故选BD．

【解析】【答案】本题中线圈面积不变，磁通量的变化由磁场变化引起的，所以有因此根据图中磁场随时间的变化，可知感应电动势大小变化情况，根据楞次定律可以判断出感应电流方向，从而确定极板带电正负，知道了电场情况，即可判断粒子运动情况．

4、D【分析】【解析】电势能变化为零说明从a到b的过程，电场力做功为零，所以a、b两点电势相等，D对；场强大小要看电场线的疏密程度，A错；电场力做功与路径无关所以粒子不一定沿电场线运动,B错；C错。故答案选D。思路分析：根据电场力做功只与初末位置电势差有关，与路径无关的特点进行选择。试题【解析】【答案】D5、B【分析】【解析】

试题分析：电源短路时电源断路时，路端电压等于电动势。根据闭合电路欧姆定律可知外电路电阻越大，输出电流越小，路端电压外电阻越大电流中的电流越小，所以路端电压越大，选B

考点：考查对闭合电路欧姆定律的认识和理解。

点评：处理闭合电路欧姆定律问题时，明确电源内阻的分压作用，利用串联分压、并联分流的原理进行解释【解析】【答案】B6、D【分析】【分析】导体棒ab在恒定拉力F的作用下从静止做匀加速运动，分三段研究：b端进入磁场、ab杆完全进入磁场和b端出磁场，得到a、b两点间的电势差与时间的关系式，再进行分析．【解析】【解答】解：设∠KNM=α．

导体棒在磁场中运动时将产生感应电动势，但没有感应电流，不受安培力，所以ab在恒定拉力F的作用下将做匀加速运动．设加速度为a，ab杆的总长为L．

从b端进入磁场开始计时，则b端进入磁场的过程中，t时刻ab产生的感应电动势为E=Blv=B•vttanα•v=Bv2tanα

又v=at，则得E=（Ba2tanα）t2

a、b两点间的电势差与时间的Uab=E=（Ba2tanα）t2，由数学知识可知这个过程Uab-t图线为开口向上的抛物线；

ab杆完全进入磁场的过程，Uab=E=BLv=BLat；该段图线是向上倾斜的直线；

b端出磁场的过程已经撤去F，杆ab做匀速运动，有效的切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，Uab=E均匀减小；则此段图线是向下倾斜的直线，故D正确．

故选：D．二、填空题(共9题，共18分)7、2120【分析】【分析】根据P=I2R即可求出热功率；根据Q=I2Rt即可求出1min内产生的热量．【解析】【解答】答：电阻阻值为2Ω，通过它的电流为1A，则该电阻的热功率：P=I2R=2×12=2W

电阻在1min内产生的热量：Q=I2Rt=12×2×60=120J

故答案为：2，1208、6660【分析】【分析】根据乒乓球初末动量，求出小球动量的变化量大小，根据动量定理求出小球受到的冲量大小，从而求出打击力的大小．【解析】【解答】解：规定末速度的方向为正方向，则小球动量的变化量△P=P2-P1=mv2-mv1=0.01×（500+100）=6kgm/s．

根据动量定理知；小球受到冲量的大小等于动量的变化量，则小球受到的冲量大小为6N•s．

根据I=Ft知，打击力F=．

故答案为：6，6，609、5增大【分析】【分析】小球被抛出后做平抛运动，根据图象可知：小球的初动能为5J，2s末的动能为25J，根据平抛运动的基本公式及动能的表达式即可解题．【解析】【解答】解：设小球的初速度为v0，则2s末的速度为：v2=；

根据图象可知：小球的初动能为：EK0==5J；

2s末的动能为：EK2==25J；

解得：v0=5m/s

设平抛之后；经过时间t时，问题的速度为v；

则v2=v02+（gt）2

所以，物体的动能为：EK=

所以Ek-t2图象的斜率为；

若增大小球的质量；则该图象的斜率将增大．

故答案为：5，增大10、接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的0.520.43滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，滑块的质量Mmgs（m+M）（）2【分析】【分析】（1）气垫导轨接通电源后可以认为是光滑的；若滑块在轨道上任何位置都能静止，说明轨道水平；

（2）掌握游标卡尺的读数方法；即主尺读数加上游标读数，不需估读；本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小；

（3）比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒．【解析】【解答】解：（1）当气垫导轨接通电源后；导轨可以认为是光滑的，判断是否水平的方法是：接通电源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的（或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．

（2）游标卡尺主尺读数为0.5cm；游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为2×0.1=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为：0.5cm+0.02cm=0.52cm；

由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v==0.43m/s

根据实验原理可知；该实验中需要比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒，故需要测量的物理量为：滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，滑块的质量M．

（3）钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgs，系统动能的增量为：（m+M）（）2；因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒．

故答案为：（1））接通气源；将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的；

（2）0.52；0.43；滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，滑块的质量M；（3）mgs；（m+M）（）2．11、圆心【分析】【分析】物体做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，加速度大小不变，但是方向指向圆心，时刻发生变化，因此根据向心加速度的特点可正确解答本题．【解析】【解答】解：向心加速度的方向始终指向圆心；和线速度的方向垂直，不改变线速度的大小只是改变线速度的方向，由于加速度是矢量，则向心加速度是时刻变化的．因此匀速圆周运动的物体的加速度方向都指向圆心，若不是匀速圆周运动，则加速度不指向圆心；

故答案为：圆心．12、F1=F3＞F2Gcosθ【分析】【分析】对小球受力分析，受到重力和两个拉力，三力平衡，合力为零；其中重力大小和方向都恒定，第二个力方向不变、大小变，第三个力大小和方向都可以变，运用合成法，通过作图分析．【解析】【解答】解：对小球受力分析；受到重力和两个拉力，三力平衡，如图。

通过几何关系可知，力F2垂直与细线，故F1=F3＞F2；

当b绳子在2位置时，有：Fa=Gcosθ；

故答案为：F1=F3＞F2，Gcosθ．13、略

【分析】解：（1）串联电路中电流相等，分压与电阻成正比：=可得9V电压表的内阻R=15kΩ，则需串联的电阻为15-5=10KΩ

（2）小灯泡属于小电阻选择电流表外接；题目中要求电表示数变化范围尽量大，应选取滑动变阻器分压接法，故选：C．

故答案为：（1）R=10kΩ（2）C．

串联电路中电流相等，分压与电阻成正比：=可求出9V电压表的内阻；

小灯泡属于小电阻选择电流表外接；题目中要求电表示数变化范围尽量大，应选取滑动变阻器分压接法．

本题考查了电压表的改装原理以及滑动变阻器分压接法的电路特点，难度适中．【解析】10；C14、AB小于【分析】【分析】电流表读数比电压表计数变化明显，说明电流表的分压作用较小，所以要用内接法；若电压表变化明显，则应用外接法；根据内阻的影响可分析实验误差．【解析】【解答】解：伏特表变化明显；而安培表基本不变，则说明安培表的分压效果明显，为了减小误差，应采用外接法，故K应接在A处；

如果安培表变化明显；则说明伏特表分流效果明显，应采用内接法，故K接B处；

接A时采用外接法；由于电压表的分流使电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的电阻值偏小；而接B时，由于采用内接法，由于电流表的分压而使电压偏大，则测出的电阻偏大；

故RA小于RB．

故答案为：A；B；小于．15、3.03.0【分析】【分析】把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，根据T=求解周期；根据单摆的周期公式T=2π列式求解房顶到窗上沿的高度．【解析】【解答】解：从小球第1次通过图中的B点开始计时；第21次通过B点用时30s，故周期为：

T===3.0s

小摆（L）的周期：T1=2π

大摆的周期：T2=2π

T=（T1+T2）

联立解得：h=3.0m

故答案为：3.0，3.0．三、判断题(共9题，共18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】根据额定电压和额定功率的概念进行分析，即用电器正常工作时的电压为额定电压，在额定电压下的功率为额定功率．【解析】【解答】解：因用电器正常工作时；电压为额定电压，在额定电压下的功率为额定功率，所以额定功率与实际电压无关，实际功率与工作时的电压有关；

故答案为：√18、×【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：×19、×【分析】【分析】液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态；液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．【解析】【解答】解：液晶在外加电压的影响下并不发光；而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．所以该说法是错误的．

故答案为：×20、×【分析】【分析】万有引力定律适用的条件是两个质点间引力的计算．物体间的引力关系也遵守牛顿第三定律．公式中G是引力常量，是自然界的恒量．【解析】【解答】解：A；万有引力定律适用于任何两个可以看出质点的物体之间或均质球体之间的引力计算；当两个物体之间的距离太小的时候，物体就不能看做质点，这时就不能用这个公式直接计算了，所以这个说法是错误的．

故答案为：×21、×【分析】【分析】从力的概念，力作用的相互性，一个对另一个物体施加力的作用有两种形式：一是物体直接接触作用，二是物体之间的间接作用，分析即可．【解析】【解答】解：力是物体对物体的作用；力不能脱离物体而存在；因此有力必然涉及两个物体，一个是施力物体，另一个是受力物体，施力物体对受力物体施力的同时也受到受力物体对它的作用力，也就是说，物体间力的作用是相互的，没有施力物体的力有不可能存在．

故答案为：×22、×【分析】【分析】永磁体在受到加热或敲打后，磁性会减弱或消失，这种现象叫退磁．铁磁性的物质与磁铁接触后会显示出磁性，这种现象叫磁化．【解析】【解答】解：永磁体在受到加热或敲打后；磁性会减弱或消失，这种现象叫退磁．所以这种说法是错误的．

故答案为：（×）23、√【分析】【分析】可以把波分为横波和纵波两类，传播的只是振动形式和能量，而偏振现象与横波有关，从而即可求解．【解析】【解答】解：偏振是横波特有的现象；所以光的偏振现象说明光是横波．以上说法是正确的．

故答案为：√24、√【分析】【分析】电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置，电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．【解析】【解答】解：电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置；电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．故此说法正确．

故答案为：√四、证明题(共3题，共27分)25、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．26、略

【分析】【分析】根据牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式速度位移关系公式列式，变形即可证明．【解析】【解答】证明：设物体的质量为m，从光滑斜面上的A点滑到B点，在A、B两点的速度分别为v1和v2．斜面的倾角为α，A、B两点的高度分别为h1和h2．

根据牛顿第二定律得mgsinα=ma

即有a=gsinα

根据运动学公式有-=2a•

联立得有-=2g（h1-h2）

即得：m-=mg（h1-h2）

移项得+mgh1=m+mgh2．

即E1=E2；

得证．

证明见上．27、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、推断题(共3题，共18分)28、（1）d（2）酯化反应或取代反应（3）酯基、碳碳双键还原反应（4）己二酸HOOC（CH2）4COOH+HOCH2CH2CH2CH2OH+（2n-1）H2O（5）9（6）【分析】【分析】本题考查有机物的合成、官能团的结构与性质、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，是对有机化学基础基础的综合考查，rm{(6)}中注意根据题目中转化关系涉及合成路线，较好的考查学生知识迁移运用能力。【解答】rm{(1)a.}糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是rm{C_{n}H_{2m}O_{m}}形式，如脱氧核糖rm{(C_{6}H_{10}O_{4})}故rm{a}错误；

rm{b.}葡萄糖与果糖互为同分异构体，但麦芽糖水解生成葡萄糖，故rm{b}错误；

rm{c.}淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解，故rm{c}错误；

rm{d.}淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物，故rm{d}正确。

故选rm{d}故答案为：rm{d}rm{(2)B}与甲醇发生酯化反应生成rm{C}属于酯化反应或取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；

rm{(3)}由rm{D}的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键，rm{D}脱去rm{2}分子氢气形成苯环得到rm{E}属于还原反应，故答案为：酯基、碳碳双键；还原反应；

rm{(4)}由流程图可知rm{F}的名称为己二酸，己二酸与rm{1}rm{4-}丁二醇发生缩聚反应生成反应方程式为：rm{HOOC(CH_{2)4}COOH+HOCH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OHxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}}rm{HOOC(CH_{2)4}COOH+HOCH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}}故答案为：rm{+(2n-1)H_{2}O}己二酸；rm{HOOC(CH}rm{HOOC(CH}rm{{,!}_{2}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{COOH+HOCH}rm{COOH+HOCH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}；rm{CH}具有一种官能团的二取代芳香化合物rm{{,!}_{2}}是rm{OH}的同分异构体，rm{OH}与足量碳酸氢钠溶液反应生成rm{xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}}生成二氧化碳为rm{+(2n-1)H}说明rm{+(2n-1)H}含有rm{{,!}_{2}}个羧基，rm{O}个取代基为rm{O}rm{(5)}或者为rm{W}rm{E}或者为rm{0.5molW}rm{44gCO_{2}}各有邻、间、对三种，共有rm{1mol}种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为：故答案为：rm{W}

rm{2}反，反rm{2}rm{-COOH}己二烯与乙烯发生加成反应生成在rm{-CH_{2}CH_{2}COOH}作用下生成然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成合成路线流程图为：rm{xrightarrow[{脪禄露篓脤玫录镁}]{C_{2}H_{4}}}rm{xrightarrow[triangle]{Pd/C}}rm{xrightarrow{{脣谩脨脭}KMnO_{4}{脠脺脪潞}}}故答案为：rm{-COOH}rm{xrightarrow[{脪禄露篓脤玫录镁}]{C_{2}H_{4}}}rm{xrightarrow[triangle]{Pd/C}}rm{xrightarrow{{脣谩脨脭}KMnO_{4}{脠脺脪潞}}}

rm{-CH(CH_{3})COOH}【解析】rm{(1)d}rm{(2)}酯化反应或取代反应rm{(3)}酯基、碳碳双键还原反应rm{(4)}己二酸rm{HOOC(CH_{2})_{4}COOH+HOCH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OHxrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}}rm{HOOC(CH_{2})_{4}COOH+HOCH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH

xrightarrow{{麓脽禄炉录脕}}}rm{+(2n-1)H_{2}O}rm{(5)9}rm{xrightarrow[{脪禄露篓脤玫录镁}]{C_{2}H_{4}}}rm{xrightarrow[triangle]{Pd/C}}rm{xrightarrow{{脣谩脨脭}KMnO_{4}{脠脺脪潞}}}rm{(6)}29、（1）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O（2）氢氧化铝、氢氧化铁、二氧化锰氧化镁并煮沸的目的是调节溶液的pH，促进铝离子、铁离子完全水解成氢氧化物沉淀而除去（3）Mn2++ClO-+H2O=MnO2+Cl-+2H+、2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+2H2O（4）防止硫酸镁在温度降低时结晶析出（5）H3BO3+2NaOH+3H2O=Na2B4O7·10H2ONa2B4O7+16Na+8H2+7SiO2=4Na2SiO3+7Na2B4O7【分析】【分析】该题是中等难度的试题，试题基础性强，主要是考查学生对化学基础知识和实验基本技能的了解掌握程度，有利于培养学生严谨的逻辑推理能力以及规范的实验设计能力，提升学生的学科素养。硼镁泥溶于硫酸时只有rm{SiO}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}加入不溶而形成滤渣rm{A}加入rm{NaClO}将亚铁离子氧化生成铁离子，氧化锰离子生成二氧化锰，经氧化镁调高rm{pH}后，溶于硫酸和氧化后形成的铝离子、铁离子生成氢氧化物沉淀，和二氧化锰一起形成滤渣rm{B}蒸发浓缩，因温度高时硫酸镁溶解度大而硫酸钙溶解度小，趁热过滤得到的滤渣rm{C}为硫酸钙，滤液冷却结晶后得到的将亚铁离子氧化生成铁离子，氧化锰离子生成二氧化锰，经氧化镁调高rm{A}后，溶于硫酸和氧化后形成的铝离子、铁离子生成氢氧化物沉淀，和二氧化锰一起形成滤渣rm{NaClO}蒸发浓缩，因温度高时硫酸镁溶解度大而硫酸钙溶解度小，趁热过滤得到的滤渣rm{pH}为硫酸钙，滤液冷却结晶后得到的rm{B}rm{C}主要物质是七水硫酸镁。据此作答。【解答】硼镁泥溶于硫酸时只有rm{SiO}加入rm{SiO}将亚铁离子氧化生成铁离子，氧化锰离子生成二氧化锰，经氧化镁调高rm{{,!}_{2}}后，溶于硫酸和氧化后形成的铝离子、铁离子生成氢氧化物沉淀，和二氧化锰一起形成滤渣不溶而形成滤渣rm{A}加入rm{NaClO}将亚铁离子氧化生成铁离子，氧化锰离子生成二氧化锰，经氧化镁调高rm{pH}后，溶于硫酸和氧化后形成的铝离子、铁离子生成氢氧化物沉淀，和二氧化锰一起形成滤渣rm{B}蒸发浓缩，因温度高时硫酸镁溶解度大而硫酸钙溶解度小，趁热过滤得到的滤渣rm{C}为硫酸钙，滤液冷却结晶后得到的蒸发浓缩，因温度高时硫酸镁溶解度大而硫酸钙溶解度小，趁热过滤得到的滤渣rm{A}为硫酸钙，滤液冷却结晶后得到的rm{NaClO}rm{pH}rm{B}由题意可知，滤渣rm{C}不溶于硫酸而溶于氢氟酸，则滤渣主要物质是为二氧化硅，与氢氟酸反应的化学方程式为七水硫酸镁，rm{(1)}由题意可知，滤渣rm{A}不溶于硫酸而溶于氢氟酸，则滤渣rm{A}为二氧化硅，与氢氟酸反应的化学方程式为rm{SiO}rm{(1)}rm{A}rm{A}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}

rm{+4HF=SiF}废渣与硫酸反应后，经过滤所得的产物中含有rm{+4HF=SiF}rm{{,!}_{4}}rm{隆眉+2H}rm{隆眉+2H}等离子，次氯酸钠具有氧化性能将rm{{,!}_{2}}氧化成rm{O}rm{O}易水解生成氢氧化铁，rm{(2)}易水解生成氢氧化铝，同时次氯酸钠还可将rm{Fe^{2+}}氧化为二氧化锰，二氧化锰是不溶于稀盐酸的黑色固体，所以滤渣rm{Fe^{3+}}含有的成分有：氢氧化铝、氢氧化铁、二氧化锰；加氧化镁并煮沸的目的是调节溶液的rm{Al^{3+}}促进铝离子；铁离子完全水解成氢氧化物沉淀而除去。

rm{Mn^{2+}}由上述分析知，加次氯酸钠过程中发生反应的离子方程式为rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}}蒸发浓缩、趁热过滤的滤渣rm{Al^{3+}}为rm{Mn^{2+}}这是因为趁热过滤时硫酸钙的溶解度小，而硫酸镁的溶解度大，冷却后硫酸镁会结晶析出，故趁热过滤的目的是防止硫酸镁在温度降低时结晶析出。rm{B}与氢氧化钠溶液反应可制得硼砂，该反应为中和反应，配平可得化学方程式为：rm{pH}万能还原剂rm{(3)}中，钠元素是rm{Mn^{2+}+ClO^{-}+H_{2}O=MnO_{2}隆媒+Cl^{-}+2H^{+}}价，氢元素是rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2H^{+}=2Fe^{3+}+Cl^{-}+2H_{2}O}价，所以金属钠是还原剂，氢气是氧化剂，根据化合价守恒得其反应的化学方程式为：rm{(4)}rm{C}rm{CaSO_{4}隆陇2H_{2}O}【解析】rm{(1)