2025年湘教新版高三物理上册阶段测试试卷含答案VIP

…………○…………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年湘教新版高三物理上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、下面说法中，正确的是（）A.物体抽象为质点后，其大小和质量可以忽略不计B.物体沿一直线运动时，那么通过的路程就是位移C.“第5s”是时间，时间间隔为5sD.子弹从手枪中射出的瞬时速度是200m/s2、如图所示，理想变压器原线圈与间距为m的光滑水平导轨相连，磁感应强度为0.5T的匀强磁场与导轨平面垂直，导线棒与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导线棒的电阻．导线棒以OO1位置为平衡位置沿导轨做简谐运动；其位移图象如图，副线圈接一只额定电压为110V的灯泡，灯泡正常发光．下列说法正确的是（）

A.0时刻导线棒产生的感应电动势最大B.原线圈与副线圈的匝数比为1：22C.导线棒在平衡位置时穿过副线圈的磁通量的变化率最大D.驱动导线棒的外力的功率始终不变3、如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷，电荷量均为+Q，MN连线的中点为O。正方形ABCD以O点为中心，E、F、G、H是正方形四边的中点，则下列说法正确的是（）A.A点电势低于B点电势B.正点电荷沿直线从G到H，电势能先增大后减小C.O点的电场强度为零，电势也为零D.沿路径A→C→D比沿路径A→B移动同一负点电荷，电场力做的功多4、空间某一静电场的电势p随X变化情况如图所示；下列说法中正确的是（）

A.空间各点场强的方向均与x轴垂直。

B.电荷沿x轴从O移到x1的过程中；电场力不做功。

C.正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中；电场力做正功，电势能减小。

D.负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中；电场力做负功，电势能增加。

5、【题文】某段电路的电阻为R，电路两端的电压为U，通过的电流为I，通电时间为t。则在时间t内电流通过这段电路所做的功（）A.一定等于UItB.一定等于I2RtC.一定等于U2t/RD.以上说法都是等效的评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、致能量守恒定律最后确立的两类重要事实是：确立了的____不可能性和发现了各种自然现象之间的____．7、（1）在用双缝干涉测光的波长的实验中；请按照题目要求回答下列问题．

。元件代号ABCDE元件名称光屏双缝白光光源单缝透红光的滤光片如图1-甲、乙都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是____．将表中的光学元件放在图1-丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长，将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的排列顺序应为____．（填写元件代号）

（2）已知该装置中第一次分划板中心刻度线对齐A条纹中心时（图甲），游标卡尺的示数如图（a）所示，第二次分划板中心刻度线对齐B条纹中心时（图乙），游标卡尺的示数如图（b）所示，已知双缝间距为0.5mm，从双缝到屏的距离为1m，则图（a）中游标卡尺的示数为____mm．所测光波的波长为____m．（波长计算保留两位有效数字）

8、电磁打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器．当电源的频率是50Hz时，它每隔0.02s打一次点．如图所示为某次实验打出的一条纸带，其中1、2、3、4为依次选定的计数点，相邻两个计数点的时间间隔为____s，根据图中标出的数据，可以得到实验物体运动到计数点2的瞬时速度为____m/s，物体的加速度的大小为____m/s2．

9、放射性原子核U先后发生α衰变和β衰变后，变为原子核．已知U质量为m1=238.0290u；质量为m2=234.0239u，α粒子的质量为mα=4.0026u，电子的质量为me=0.0005u．（原子质量单位1u相当于931MeV的能量）．则：

（1）放射性衰变方程为____

（2）原子核U衰变为的过程中释放能量为____MeV（保留三位有效数字）．

（3）在第（2）问中，若原来U静止，衰变后放出的α粒子速度为vα=3×107m/s，不计电子和衰变过程中释放光子的动量，则的速度大小约为多少（保留两位有效数字）？（请写出必要的解答过程）10、____是产生加速度的原因，也是改变物体运动状态的原因，____是改变物体转动状态的原因．____是物体惯性大小的量度．11、在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射用同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距△x1与绿光的干涉条纹间距△x2相比，△x1______△x2（填“＞”“=”或“＜”），若实验中红光的波长为630nm，双缝与屏幕的距离为1.00m，测得地1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5mm，则双缝之间的距离为______mm．12、玉米叶片叶绿素的合成受其7号染色体上一对等位基因（A、a）的控制，同时也受光照的影响。在玉米植株中，体细胞含2个A的植株叶片呈深绿色，含一个A的植株叶片呈浅绿色；体细胞没有A的植株叶片呈黄色，会在幼苗期后死亡。（1）在正常光照下，AA植株叶片呈深绿色，而在遮光条件下却呈黄色，从基因与性状的关系角度分析其原因是___________________。（2）在浅绿色植株体内某些正常细胞中含有两个A基因，原因是________________________，有一批浅绿色植株（P），如果让它们相互授粉得到F1，F1植株随机交配得到F2，逐代随机交配得到Fn，那么在Fn代成熟植株中a基因频率为_______（用繁殖代数n的表达式表示）。

（3）现有一浅绿色突变体成熟植株甲，其体细胞（如图）中一条7号染色体的片段m发生缺失，记为q；另一条正常的7号染色体记为p。片段m缺失的花粉会失去受精活力，且胚囊中卵细胞若无A或a基因则不能完成受精作用。有人推测植株甲的A或a基因不会在片段m上，你认为他的推测正确吗？请作出判断并说明理由：_________________________。为了进一步确定植株甲的基因A、a在染色体p、q上的分布，现将植株甲进行自交得到F1，待F1长成成熟植株后，观察并统计F1表现型及比例。请预测结果并得出结论：Ⅰ、若F1全为浅绿色植株，则______________________________________。Ⅱ、若F1______________，则植株甲体细胞中基因A位于p上，基因a位于q上。13、核电池又叫‘放射性同位素电池”，一个硬币大小的核电池可以让手机不充电使用5000年．燃料中钚（Pu）是一种人造同位素，可通过下列反应合成：①用氘核（H）轰击铀（U）生成镎（Np）和两个相同的粒子x，核反应方程是U+H→Np+2x；②镎（Np）放出一个粒子Y后转变成钚（Pu），核反应方程是Np→Pu+Y．则x粒子的符号为____；Y粒子的符号为____．14、（2012秋•青浦区校级期末）如图所示，直径为d的纸制圆筒以角速度ω绕垂直纸面的轴O匀速运动（图示为截面）．从枪口发射的子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时，在圆周上留下a、b两个弹孔，已知ao与bo夹角为θ弧度，则子弹的速度大小为____m/s．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、当达到动态平衡时，蒸发的速度不再改变，以恒速蒸发．____．（判断对错）16、单晶体的所有物理性质都是各向异性的．____．（判断对错）17、普通验电器能直接检测物体带有何种性质的电荷．____．（判断对错）18、x-t图象描述了物体的位移随时间的变化规律．____．（判断对错）19、任意两条电场线都不相交．____．（判断对错）20、运动的电荷在磁场中一定受洛伦磁力的作用．____（判断对错）21、矢量的运算遵守平行四边形法则．____．22、围绕地球飞行的宇宙飞船里的宇航员不受地球引力的作用．____．评卷人得分四、计算题(共4题，共40分)23、如图所示，在水平地面上放置一个斜面，一个光滑物块从斜面顶端由静止开始下滑，这一过程中，斜面始终保持静止状态．试分析斜面对地面的作用力，以及斜面对地面的压力与总重力这两者之间的关系．24、如图所示，质量且足够长的木板静止在水平面上，与水平面间动摩擦因数现有一质量的小铁块以的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板间动摩擦因数重力加速度求：（1）铁块刚滑上木板时，铁块和木板的加速度分别多大？（2）木板的最大速度多大？（3）从木板开始运动至停止的整个过程中，木板与地面摩擦产生的热量是多少？25、【题文】如图所示；一根轻弹簧和一根细绳共同拉住一个重物，平衡时细绳恰处水平，此时弹簧的弹力大小为80N，若烧断细绳，测出小球运动到悬点正下方时弹簧的长度正好等于未烧断细绳时弹簧的长度，试求：小球运动到悬点正下方时向心力的大小。

26、如图所示的直角坐标系中有三块场区，其中第一、四象限内有宽度d

未知的匀强电场，其场强大小为Ey

轴是其左边界，场强方向沿x

轴负向.

第二象限有一个场强也为E

方向沿y

轴负向的电场区域.

第三象限有一个面积未知的矩形交变匀强磁场，磁感应强度为B=8T

每当电荷进入磁场区域后磁场方向不变，待下一次再进入此磁场区域时磁场方向恰好相反.

现有一个质量m=2隆脕10鈭�4kg

电荷量为q=+1隆脕10鈭�4C

的点电荷，以v0=2m/s

的初速度从点P(0,3)

沿垂直y

轴方向射入第二象限的电场中；接着从点Q(鈭�2,0)

进入第三象限，穿过矩形磁场区域后垂直y

轴进入第四象限的有界电场中，此后电荷在此空间中周期性运动.

若不计电荷的重力，试求：

(1)

电场强度E

的大小；

(2)

第一；四象限中有界电场的最小宽度d

和第三象限内矩形交变匀强磁场区域的最小面积；

(3)

电荷在此空间中运动的最小周期．评卷人得分五、作图题(共1题，共3分)27、【题文】（6分）按题目要求作图.

（1）如图甲所示，一物体AB放在平面镜上前，请作出物体AB在平面镜中所成的像．

（2）如图乙；一束光线从空气斜射到水面时发生反射和折射，图中已画出反射光线和法线，请作出入射光线和大致的折射光线．

（3）画出图丙中两光线通过透镜后的光路图．评卷人得分六、简答题(共2题，共6分)28、迷迭香酸rm{(F)}的结构简式为它是存在于许多植物中的一种多酚，具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效。以rm{A}为原料合成rm{F}的路线如图所示rm{(}已知苯环上的羟基很难直接与羧酸发生酯化反应rm{)}根据题意回答下列问题：rm{(1)1molF}与足量的溴水，最多可消耗rm{Br_{2}}________rm{mol}写出rm{F}与足量rm{NaOH}反应的化学方程式____rm{(2)E}在一定条件下发生反应生成高聚物的化学方程式是____________________。rm{(3)}与rm{E}互为同分异构体，且同时满足下列条件的有机物有________种，写出其中一种异构体的结构简式____rm{垄脵}苯环上有四个取代基，且苯环上的一氯取代物只有一种；rm{垄脷1mol}该物质分别与rm{NaHCO_{3}}rm{NaOH}反应时，最多消耗rm{NaHCO_{3}}rm{NaOH}的量分别是rm{1mol}和rm{4mol}29、高炉炼铁的烟尘中主要含有锌、铁等单质、及氧化铜等物质。从烟尘中提取硫酸锌，可以变废为宝，减少其对环境的危害。下图是用高炉烟尘制取硫酸锌的工业流程。已知：rm{垄脵}金属离子沉淀时的rm{pH}。rm{pH}rm{Fe^{3+}}rm{Zn^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{Cu^{2+}}开始沉淀rm{1.9}rm{6.0}rm{8.1}rm{5.2}沉淀完全rm{3.7}rm{8.0}rm{10.1}rm{6.7}沉淀溶解rm{/}rm{10.5}rm{/}rm{/}rm{垄脷}过二硫酸铵是一种强氧化剂。rm{垄脹ZnSO_{4}+4NH_{3}篓T[Zn(NH_{3})_{4}]SO_{4}}rm{[Zn(NH_{3})_{4}]SO_{4}}易溶于水。回答下列问题：rm{(1)}为提高烟尘中金属离子的浸出率，除了适度增加硫酸浓度外，还可以采取什么措施？rm{(}举出rm{1}种rm{)}________。rm{(2)}写出酸浸步骤中的离子方程式________，________。rm{(3)}加入rm{MnO_{2}}的目的是________。rm{(4)}写出过二硫酸铵把硫酸锰rm{(MnSO_{4})}氧化的化学方程式____。rm{(5)}写出还原过程发生的主要反应的离子方程式________。rm{(6)}操作甲中为使锌离子完全沉淀，添加的最佳试剂是_______________。A.锌粉rm{B.}氨水rm{C.(NH_{4})_{2}CO_{3}}rm{D.NaOH}参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略．瞬时速度对应一个点和时刻，平均速度对应一段位移和时间．【解析】【解答】解：A；质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点；是实际物体在一定条件的科学抽象，故A错误；

B；乒乓球的大小和旋转对乒乓球的运动影响很大；研究乒乓球的旋转时，不能作为质点来处理．故B错误；

C；“第5s”是时间；指第5s初到第5s末，时间间隔为1s．故C错误；

D；子弹从手枪中射出的速度对应一个点；是瞬时速度，故D正确．

故选：D2、B【分析】【分析】A；0时刻导体棒的速度为零；根据E=BLv判断感应电动势的大小；

B、由图象得到简谐运动的位移表达式，采用微元法得到速度表达式；然后结合公式E=BLv求解电动势的最大值，根据U=求解有效值；最后根据变压比公式求解变压比；

C；导线棒在平衡位置时速度最大；故产生的感应电动势最大，但感应电流的顺势变化率为零；

D、驱动导线棒的外力的功率等于变压器的输入功率的瞬时值．【解析】【解答】解：A；t=0时刻；导体棒在最大位移位置，速度为零，故感应电动势为零，故A错误；

B；由x-t图；有：

x=Asin（ωt+）=

故v=Aωcos（ωt+）=1000cos（100πt+）cm/s=10cos（100πt+）m/s

故输入电压最大值为：V=5V

故输入电压的有效值为：

灯泡正常发光，故输出电压为：U2=110V

故原副线圈的匝数比为：；故B正确；

C；导线棒在平衡位置时速度最大；感应电动势最大，但感应电流变化率为零，故导线棒在平衡位置时穿过原、副线圈的磁通量的变化率为零；故C错误；

D、根据P=i2R；驱动导线棒的外力的功率不断变化；故D错误；

故选：B．3、B【分析】试题分析：由于是同种等量电荷形成的电场，根据电场分布的对称性可知A和B两点的电势相等，故选项A错误；在MN的中垂线上，O点的场强为零，电场方向从O点指向外，所以正电荷沿直线从G到H，电场力先做负功再做正功，即电势能先增大后减小，故选项B正确；取无穷远处电势为零，根据顺着电场线方向电势降低可知O点电势最高，故选项C错误；根据电场的对称性可知BD两点的电势相等，所以沿路径A→C→D比沿路径A→B移动同一负点电荷，电场力做的功相同，故选项D错误．考点：本题考查静电场电场线和等势面的分布特点，学生尤其要掌握正、负点电荷和等量同种电荷及等量异种电荷的静电场分布特点．【解析】【答案】B4、C|D【分析】

A因电势有变化；则沿X向有场强的分量，不可能场强与X轴垂直．故错误。

B由O到x1电势降低；电势能变化，必有电场力做功．故B错误。

C正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中；电势降低，则电势能减小，则电场力做正功．故C正确。

D负电荷从x1移到x2的过程中；电势降低，则电势能增加，电场力做负功．故D正确。

故选：CD

【解析】【答案】沿场强方向电势降低；若沿某方向电势降低，则有沿此方向的场强分量；若电势升高，则有反向的场强分量．据此判断．

5、A【分析】【解析】电功电热适用于任何电路，纯电阻电路中A对。【解析】【答案】A二、填空题(共9题，共18分)6、确认了永动机的相互联系和转化【分析】【分析】明确能量守恒定律的发现历程，根据人类对能量守恒定律认知的过程进行分析．【解析】【解答】解：永动机的不可能性和人类发现了各种自然现象之间的相互联系和转化是人类最终确立了能量守恒定律；

故导致能量守恒定律最后确立的两类重要事实是：确认了永动机的不可能性和发现了各种自然现象之间的相互联系和转化；

故答案为：确认了永动机的；相互联系和转化7、甲EDBA11.46.63×10-7【分析】【分析】①双缝干涉条纹特点是等间距；等宽度、等亮度；

②为获取单色线光源；白色光源后面要有滤光片；单缝、双缝，最后面是光屏；

③游标卡尺读数=可动刻度读数+游标尺读数；根据△x=求出相邻亮纹的间距；根据求解波长．【解析】【解答】解：①双缝干涉条纹特点是等间距；等宽度、等亮度；衍射条纹特点是中间宽两边窄、中间亮、两边暗；且不等间距；根据此特点知甲图是干涉条纹；

②为获取单色线光源；白色光源后面要有滤光片；单缝、双缝．所以各光学元件的字母排列顺序应为：CEDBA；

③游标卡尺读数=可动刻度读数+游标尺读数；

故xA=11mm+0.4mm×1=11.4mm；

xB=16mm+0.1mm×7=16.7mm；

A与B之间是四个间距；所以相邻亮纹的间距：

△x=m；

根据公式；有：

λ=×10-7m

故答案为：（1）①甲；②EDBA；（2）11.4；6.63×10-78、0.11.236.0【分析】【分析】打点计时器每隔0.02s打一次点，由此可求出计数点之间的时间间隔，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小．【解析】【解答】解：打点计时器的打点周期为0.02s；相邻计数点之间有5个时间间隔，因此计数点之间的时间间隔是：0.1s；

2点的瞬时速度可以用中间时刻的速度等于该过程中的平均速度求出；因此有：

由图可知：△x=6.00cm，匀变速直线运动的推论公式△x=aT2得：

=6.0m/s2

故答案为：0.1；1.23；6.00．9、U→++1.86【分析】【分析】（1）根据质量数和电荷数守恒可正确书写该衰变方程．

（2）衰变过程满足质能方程；根据这个方程列方程即可求解．

（3）根据动量守恒定律，即可求解．【解析】【解答】解：（1）衰变方程为：U→++．

（2）上述衰变过程的质量亏损为：△m=mu-mPa-mα-me

放出的能量为：△E=c2•△m

代入题给数据得：△E=238.0290-234.0239-4.0026-0.0005u=0.002×931=1.86MeV．

（3）核衰变过程系统动量守恒；以α粒子动量方向为正方向，由动量守恒定律得：

0=mαvα+m2v2；

解得：v2===5.1×105m/s；

故答案为：（1）U→++；（2）1.86；

（3）的速度大小约为5.1×105m/s．10、力力矩质量【分析】【分析】力有两种作用效果：力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体的形状．运动方向的改变或快慢改变都叫运动状态改变．力矩是改变物体转动状态的原因，质量是物体惯性大小的量度．【解析】【解答】解：力是改变物体运动状态的原因；物体运动状态的改变是指物体运动速度或物体运动方向的改变．力矩是改变物体转动状态的原因，质量是物体惯性大小的量度．

故答案为：力；力矩；质量．11、略

【分析】解：红光的波长大于绿光的波长，由公式△x=可知红光的干涉条纹间距△x1与绿光的干涉条纹间距△x2相比，△x1＞△x2；

λ=630nm=6.3×10-7m，x=10.5mm=1.05×10-2m

由公式△x=得：d===3×10-4m=0.300mm

故答案为：＞；0.300

首先判断红光和绿光的波长关系，结合公式△x=即可得知红光的干涉条纹间距△x1与绿光的干涉条纹间距△x2之间的关系，对题干中的数据先进行单位换算，利用公式△x=即可计算出双缝间的距离．

对于该题，要熟练的掌握七种颜色的光之间的频率关系和波长的关系，了解公式△x=个物理量的含义，会应用该公式进行相关的计算和定性的分析，解答问题时，要注意单位的换算．【解析】＞；0.30012、（1）光照的有无会影响与叶绿体代谢有关酶的基因的表达，进而影响叶片颜色。

（2）这些细胞正在进行细胞分裂，基因已完成了复制但未平分到两个子细胞中1/（n+2）。

（3）正确，若基因A或a在缺失片段m上，则q染色体上没有基因A、a，又因为含有这样的q染色体的花粉或卵细胞都不能完成受精作用，则植株甲不能产生。

Ⅰ．植株甲体细胞中基因A位于q上，基因a位于p上。

Ⅱ．深绿色植株：浅绿色植株=1：1。

【分析】【分析】本题主要考查基因的分离定律以及染色体的结构变异类型，意在考查学生的识记以及理解能力。【解答】（1）根据题意分析可知：AA植株叶片在正常光照下呈深绿色，而在遮光条件下却呈黄色，说明光照的有无会影响与叶绿体代谢有关酶的基因的表达，进而影响叶片颜色。

（2）在浅绿色植株体的体细胞基因型为Aa，当有些细胞正在进行细胞分裂，基因已完成了复制但未平分到两个子细胞中时，这些正常细胞中会含有两个A基因．有一批浅绿色植株（Aa），如果让它们相互授粉得到AA、Aa、aa，由于体细胞没有A的植株叶片呈黄色，会在幼苗期后死亡．所以熟植株中只有AA、Aa，比例为1：2，a基因频率为1/3，F1植株随机交配得到F2，其中AA占4/9、Aa占4/9、aa占1/9，成熟植株中a基因频率为1/4，同理可推出：在Fn代成熟植株中a基因频率为1/（n+2)。（3）浅绿色突变体成熟植株甲的体细胞基因型为Aa，如果基因A或a在缺失片段m上，则q染色体上没有基因A、a，又因为含有这样的q染色体的花粉或卵细胞都不能完成受精作用，则植株甲不能产生．因此，植株甲的A或a基因不会在片段m上。

将植株甲进行自交得到F1，待F1长成成熟植株后，观察并统计F1表现型及比例．若F1全为浅绿色植株，则植株甲体细胞中基因A位于q上，基因a位于p上；若F1深绿色植株：浅绿色植株=1：1，则植株甲体细胞中基因A位于p上，基因a位于q上。

【解析】（1）光照的有无会影响与叶绿体代谢有关酶的基因的表达，进而影响叶片颜色。

（2）这些细胞正在进行细胞分裂，基因已完成了复制但未平分到两个子细胞中1/（n+2）。

（3）正确，若基因A或a在缺失片段m上，则q染色体上没有基因A、a，又因为含有这样的q染色体的花粉或卵细胞都不能完成受精作用，则植株甲不能产生。

Ⅰ．植株甲体细胞中基因A位于q上，基因a位于p上。

Ⅱ．深绿色植株：浅绿色植株=1：1。

13、【分析】【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒得出x、Y粒子的电荷数和质量数，从而确定粒子的符号．【解析】【解答】解：核反应方程U+H→Np+2x，根据电荷数守恒、质量数守恒，知x粒子的电荷数为0，质量数为1，可知x为中子，即．

核反应方程Np→Pu+Y．根据电荷数守恒、质量数守恒，Y粒子的电荷数为-1，质量数为0，可知Y为电子，即．

故答案为：，．14、【分析】【分析】本题找出在子弹穿过圆筒的时间内，圆筒转过的角度是解决本题的关键，题中提到是在圆筒转动不到半周的过程中穿过的，故转过的角度是π-θ【解析】【解答】解：设子弹的速度为v0；

由题意知，子弹穿过两个孔所需时间t=

纸质圆筒在这段时间内转过角度为π-θ，由角速度的公式有ω=

由①②两式解得v0=

故答案为：三、判断题(共8题，共16分)15、√【分析】【分析】液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发．【解析】【解答】解：饱和蒸汽的平衡是一种动态平衡．当达到动态平衡时；液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发蒸发的速度不再改变，此时以恒速蒸发．所以该说法是正确的．

故答案为：√16、×【分析】【分析】晶体有单晶体和多晶体两种，单晶体各向异性，而多晶体各向同性．【解析】【解答】解：由于晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同；即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的．故该说法是错误的．

故答案为：×17、×【分析】【分析】验电器使用时是让金属杆上的金属箔带上同种电荷，然后同种电荷会相互排斥从而验证物体是否带电的．【解析】【解答】解：验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的；故验电器张开的角度越大，说明带电体所带的电荷越多，不能直接判断电荷的正负，只可以定性表物体带电量的多少．

故答案为：×18、√【分析】【分析】位移-时间图象中的曲线反映了物体的位移随时间变化的规律．由此分析即可．【解析】【解答】解：根据x-t图象的意义可知；x-t图象描述了物体的位移随时间的变化规律，所以该说法是正确的．

故答案为：√19、√【分析】【分析】掌握电场线特点是解本题的关键，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．【解析】【解答】解：电场中任意两条电场线不会相交；否则相交的地方的电场线的方向有两个．所以该说法是正确的．

故答案为：√20、×【分析】【分析】电场的性质是对电荷有力的作用，而电荷受到电场力的方向与电场强度可以相同，也可以相反．当运动的带电粒子的速度方向不与磁场平行，将会受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向与磁场方向的关系．【解析】【解答】解：当运动的电荷的速度方向与磁场方向平行时；不受洛伦兹力；

故答案为：×．21、√【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：√22、×【分析】【分析】由万有引力定律知两个物体之间存在万有引力充当向心力，绕地球做圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力，处于失重状态．【解析】【解答】解：绕地球做圆周运动的物体受到万有引力提供向心力；处于失重状态．而不是不受到地球的吸引力．故该说法是错误的．

故答案为：×四、计算题(共4题，共40分)23、略

【分析】【分析】先对滑块受力分析，求出对斜面的压力，再单独对斜面分析，求出斜面对地面的作用力以及地面对斜面的支持力，利用牛顿第三定律求出斜面对地面的压力与总重力这两者之间的关系．【解析】【解答】解：设斜面的质量为M；滑块质量为m，斜面的倾角为θ，先对滑块受力分析如图所示。

受到重力mg和斜面对它的支持力FN两个力作用；将重力分解为平行于斜面和垂直于斜面。

在垂直于斜面的方向有FN=mgcosθ

根据牛顿第三定律有，滑块对斜面的压力也为FN

再对斜面受力分析如图所示，受到重力Mg，地面的支持力N，地面的摩擦力f以及滑块对斜面的压力FN四个力作用处于静止状态。

将FN分解为水平方向和竖直方向。

则水平方向有f=FNsinθ=mgsinθcosθ

竖直方向有N=Mg+FNcosθ=（M+mcos2θ）g

则斜面对地面的作用力F==Mg+mgcosθ

由牛顿第三定律得斜面对地面的压力等于地面对斜面的支持力N=（M+mcos2θ）g

答：斜面对地面的作用力为Mg+mgcosθ，以及斜面对地面的压力与总重力这两者之间的关系为N=（M+mcos2θ）g．24、略

【分析】试题分析：（1）铁块刚滑上木板时，对铁块和木板，有：代入数据可得：a1=2m/s2；a2=1m/s2.（2）两者速度相同时，木块的速度为v，则v=v0-a1t1；v=a2t1；解得：v=1m/s；t1=1s；（3）设木板从速度最大，到停止的时间为t2，则解得：a3=1m/s2，v=a3t2,则t2=1s；木板在地面上发生的总位移：从铁块滑上木板到停止的过程中木板与地面摩擦产生的热量为：联立并代入数据可得：Q=3J;考点;牛顿第二定律的应用及摩擦生热.【解析】【答案】（1）2m/s2；1m/s2.（2）1m/s；（3）3J25、略

【分析】【解析】

试题分析：设弹簧原长为初始状态平衡时弹簧长为令此时弹簧与竖直方向的夹角为小球的质量为m,开始为平衡态有①

水平细线未烧断时弹簧的弹性势能为当小球运动到竖直方向时弹簧势能为由于两种情况下弹簧的伸长量相同，所以有②

由机械能守恒得③

故②带入③可得：④

故可得

角为锐角，则解方程可以得到

所以有：故

在最低点有

考点：考查了机械能守恒；牛顿第二定律的应用。

点评：本题比较难，是力学一道综合应用题，对学生的能力要求比较高，【解析】【答案】40N26、略

【分析】

(1)

带电粒子在偏转电场中做类平抛运动；运用运动的合成和分解，然后针对分运动运用牛顿第二定律结合运动学规律解决即可；

(2)

确定d

最小的条件为：运动到电场边界时速度恰减为零；带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，通过作图，利用几何关系分析找出矩形磁场区域的最小面积；

(3)

分别求每一过程的时间；加和即可．

本题考查：带电粒子在电场中的运动、带电粒子在磁场中的运动；解决第二问的关键是作图，然后分析其中几何关系，从而确定第三象限内矩形交变匀强磁场区域的最小面积，再根据粒子能做周期性运动，确定d

最小的条件，即：运动到电场边界时速度恰减为零；第三问根据每一段的运动状态，分别求每段的时间即可，在分析从Q

返回P

的过程中运用了逆向思维．【解析】解：(1)

电荷从P

点射出后在第二象限做类平抛运动；设出电场时速度为vv

与x

轴负向的夹角为娄脠

因过点Q

根据类平抛规律有：Eq=mayP=12Eqmt12,xQ=v0t1,tan娄脠=Eqt1mv0,vcos娄脠=v0

解得：娄脠=60鈭�t1=1sv=4m/sE=43N/C

(2)

作速度v

的延长线；过Q

点做其垂线，在其上取一点O1

以O1

为心，以O1Q

为半径作圆即为粒子的运动轨迹；

如图所示.

设轨道半径为R

由洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R

代入数据得：R=1m

即图中O1Q=1m

在圆中作出与y

轴平行的半径O1F

过F

点作轨迹圆的切线，交速度为的延长线于C

点，交轴于G

点，连接CO1

交轨迹圆于D

点；

如图所示；轨迹圆弧QDF

所在矩形区域即为所求的最小面积；

由几何关系知隆脧QO1D=娄脠=60鈭�

所以磁场区域的面积：

S=2Rsin娄脠?(R鈭�Rcos娄脠)

代入数据得：S=32m2

由于洛伦兹力不做功；故电荷以v=4m/s

进入电场中做类上抛运动，欲使电荷能周期性运动，需运动到电场边界H

点时速度恰减为零；

故有：12mv2=Eqd

代入数据解得：d=433m

(3)

电荷进入第三象限后立即进入磁场区域对应的周期最短.

其中类平抛运动时间为：t1=1s

电荷在磁场中转过120鈭�

圆心角对应的时间为：t2=T3=2娄脨m2qB

得：t2=娄脨6s

电荷从F

到G

匀速直线运动的时间满足：xQ鈭�Rsin娄脠=vt3

得：t3=4鈭�38s

电荷从G

到H

的时间满足：d=v2t4

得：t4=233s

返回时在QP

段的运动；逆向分析就是类平抛运动，时间与类平抛一样仍为t1

电荷从P

到A

类上抛运动的时间满足：v0=Eqmt5

得：t5=33s

所以电荷周期性运动的周期为：t=2(t1+t2+t3+t4+t5)

解得：t=(3+娄脨3+734)s

答：(1)

电场强度E

的大小为43N/C

(2)

第一、四象限中有界电场的最小宽度d

为433m

第三象限内矩形交变匀强磁场区域的最小面积为32m2

(3)

电荷在此空间中运动的最小周期为(3+娄脨3+734)s

．五、作图题(共1题，共3分)27、略

【分析】【解析】如下图所示

甲（物象与平面镜连线与平面镜垂直，物像到平面镜距离相等）乙（入射角等于反射角，入射角大于折射角，入射光线和折射光线分居与法线两侧，入射光线和反射光线分居与法线两侧）丙（平行于主光轴的光线经凹透镜发散其反向延长线过焦点，过光心的光线传播方向不改变）【解析】【答案】

六、简答题(共2题，共6分)28、（1）7+6NaOH——→（2）n→＋(n－1)H2O或（3）4【分析】【分析】本题考查有机物的推断和合成，题目难度中等，本题注意根据rm{D}的分子式和rm{F}的结构，进而用逆推的方法推断，答题时注意把握官能团的性质，为解答该题的关键，注意根据性质判断含有的官能团的种类和结构。【解答】从迷迭香酸的结构简式结合合成路线及各转化物的分子式可以确定rm{A}为rm{B}为结合迷迭香酸的结构简式和rm{C}的分子式可知rm{C}为rm{C隆煤D}发生氧化反应，rm{D}为rm{D}与rm{E}发生酯化反应得到迷迭香酸。

rm{(1)}苯酚与溴水反应时，只在酚羟基的邻对位取代，还有碳碳双键可以和溴加成，每个苯环上可以和溴发生取代的位置有rm{3}个，所以rm{1molF}可以反应的溴有rm{7mol}rm{F}中除酚羟基、羧基能够与rm{NaOH}反应外，酯基水解后产生的羧基也可以与rm{NaOH}反应，所以，rm{1molF}可以与rm{6molNaOH}反应，反应方程式为rm{+6NaOH隆陋隆陋隆煤}

故答案为：rm{7}rm{+6NaOH隆陋隆陋隆煤}

rm{(2)}通过分析rm{D}和rm{F}的结构简式，可知rm{E}的结构，其发生缩聚反应时，只能是通过酯化的形成，因为苯环上的羟基很难直接与羧酸发生酯化反应，所以，其反应方程式为：或rm{n}rm{隆煤}rm{+(n-1)H}rm{2}rm{2}

故答案为：或rm{O}rm{n}rm{隆煤}rm{+(n-1)H}rm{2}

rm{2}为与rm{O}互为同分异构体，且同时满足下列条件rm{(3)E}苯环上有四个取代基，且苯环上的一氯取代物只有一种，则结构应对称；rm{E}该物质分别与rm{垄脵}rm{垄脷1mol}rm{NaHCO_{3}}反应时，最多消耗rm{Na}rm{OH}rm{OH}的量分别是rm{NaHCO_{3}}和rm{Na}说明分子中含有rm{OH}个酚羟基和rm{OH}个羧基，则对应的同分异构体有共rm{1mol}种；

故答