2025年冀教版高三物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年冀教版高三物理上册月考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8题，共16分)1、一航天探测器完成对月球的探测任务后；在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动．探测器通过喷气而获得推动力．以下关于喷气方向的描述中正确的是（）

A.探测器加速运动时；沿直线向后喷气。

B.探测器加速运动时；竖直向下喷气。

C.探测器匀速运动时；竖直向下喷气。

D.探测器匀速运动时；不需要喷气。

2、如图（a）所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图（b）所示，若重力加速度g取10m/s2．根据图（b）中所提供的信息可以计算出（）

A.物体的质量。

B.斜面的倾角。

C.斜面的长度。

D.加速度为6m/s2时物体的速度。

3、下列关于力的理解中正确的是（）

A.物体静止一定是受到了静摩擦力的作用。

B.甲用力把乙推倒；说明甲对乙的力大，而乙对甲的力小。

C.当物体离开地面时不再受重力作用。

D.力是矢量；不但有大小，还有方向。

4、下列说法正确的是(

)

A.由玻尔理论可知，当氢原子从低能级向高能级跃迁时，要吸收光子，核外电子的动能减少，原子的电势能增加B.自由核子组成原子核时，其质量亏损对应的能量大于该原子核的结合能C.库仑发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值D.伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验验证了这个猜想5、如图，在O

点固定一点电荷Q

，一带电粒子P

从很远处以初速度v

0

射入电场，MN

为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹．虚线是以O

为中心，R

1

R

2

R

3

为半径画出的三个圆，且R

2鈭�

R

1=

R

3鈭�

R

2，a

、b

、c

为轨迹MN

与三个圆的3

个交点，则A.P

、Q

两电荷可能同号，也可能异号B.a

点电势大于b

点电势C.P

在a

的电势能大于在c

的电势能D.P

由a

到b

的动能变化是由a

到c

的动能变化的两倍6、火星和地球绕太阳运行的轨道可近似视为圆形，若已知火星和地球绕太阳运行的周期之比，则由此可求得

A.火星和地球受到太阳的万有引力之比B.火星和地球绕太阳运行速度大小之比C.火星和地球表面的重力加速度之比D.火星和地球的第一宇宙速度之比7、（2015秋•泰安期末）甲、乙两质点沿同一直线向同一方向运动，其v-t图象如图．甲的图线是一条平滑的曲线，乙的图线是一条倾斜的直线．已知t1时刻两质点位于同一位置，t2时刻甲图线的切线与乙图线平行．下列判断正确的是（）A.t=0时刻，乙在甲的前面B.t2时刻两质点的加速度相同C.t1～t3时间内两质点间的距离先变大后变小D.t3时刻两质点再次相遇8、一小船渡河；已知河水的流速与距某河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，则（）

A.船渡河的最短时间75sB.要使船以最短时间渡河，船在河水中航行的轨迹是一条直线C.要使船以最短路程渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直D.要使船以最短时间渡河，船在河水中的速度是5m/s评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、一质量m=1kg的物体在地面上以初速度v0=30m/s竖直上抛，不计空气阻力，则第5s末重力的功率为____，第5s内重力的平均功率为____．10、（2012秋•鲤城区校级期中）一个小球沿斜面向下运动；用每隔T=0.1s曝光一次的频闪相机进行拍摄，不同时刻小球的位置如图，实验数据见下表．

。各间距X1X2X3X4X/cm8.209.3110.4011.49（1）小球沿斜面下滑的加速度表达式a=____（用T、X1、X2、X3和X4表示），加速度大小为____m/s2（保留三位有效数字）．

（2）小球经过位置C的速度表达式为Vc=____（用T、X1、X2、X3和X4表示），经过位置C的速度大小为____m/s（保留三位有效数字）．11、有一列真空中波长为λ=30m的电磁波信号，收音机为了收该信号，必须调节接收电路产生电谐振，该过程叫____（选填“调谐”或“解调”），此时该电路的固有频率应该调为____Hz．12、做自由落体运动的物体，若第1s内位移为S，则在第ns内的位移是____．13、（2013春•船营区校级月考）电话的话筒可以把声音变化转换为电流变化．炭精话筒的结构如图所示，炭精盘和振动膜之间充满了接触不紧密的炭粒．声音使振动膜振动，改变炭粒接触的紧密程度，使炭粒的电阻发生变化，从而改变电路电流的大小．如果炭粒的电阻能在45～55Ω的范围内变化，当加在它两端的电压为3V时，电路中电流变化的范围是____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定．____．（判断对错）15、化学成分相同的物质只能生成同一种晶体．____．（判断对错）16、绝对零度是低温的极限，永远达不到．____．（判断对错）17、穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，回路中感应电流就一定为零．____（判断对错）18、月亮在云中穿梭，参考系是云．____（判断对错）19、物体受到的合外力不做功，则物体一定作匀速直线运动．____．20、不论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有电流产生．____（判断对错）21、电视机的显象管中电子束每秒进行50场扫描____．22、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）评卷人得分四、解答题(共2题，共8分)23、如图1所示，为利用光敏电阻检测传送带上物品分布从而了解生产线运行是否运行正常的仪器．其中A是发光仪器，B是一端留有小孔用绝缘材料封装的光敏电阻．当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻阻值为R1=50Ω；当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻阻值为R2=150Ω．固定电阻R3=45Ω．C为平行板电容器，虚线与两极板距离相等，极板长L1=8.0×10-2m，两极板的间距d=1.0×10-2m．D为屏，与极板垂直，D到极板的距离L2=0.16m，屏上贴有用特殊材料做成的记录纸，当电子打在记录纸上时会留下黑点，工作时屏沿图示方向匀速运动．有一细电子束沿图中虚线以速度v0=8.0×106m/s连续不断地射入电容C，v0延长线与屏交点为O．图2为一段记录纸．已知电子电量e=1.6×10-19C，电子质量m=9×10-31kg．忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力．求：电源的电动势E和内阻r．24、A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA=10m/s，B车在后，其速度vB=30m/s，因大雾能见度低，B车在距A车x0=85m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？评卷人得分五、证明题(共4题，共8分)25、如图所示，1、2、3为p-V图中一定量理想气体的三个状态，该理想气体由状态1经过程1-3-2到达状态2．试利用气体实验定律证明：．26、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=．27、如图所示，两个光滑的水平导轨间距为L．左侧连接有阻值为R的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为m的导体棒以初速度v0向右运动．设除左边的电阻R外．其它电阻不计．棒向右移动最远的距离为s，问当棒运动到λs时0＜λ＜L，证明此时电阻R上的热功率：P=．28、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？评卷人得分六、简答题(共3题，共18分)29、二氧化铈rm{(CeO_{2})}是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿rm{(}主要含rm{CeCO_{3}F)}为原料制备rm{CeO_{2}}的一种工艺流程如下：已知：rm{i.Ce^{4+}}能与rm{F隆楼}结合成rm{[CeFx]^{(4-e)+}}也能与rm{SO_{4}^{2-}}结合成rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{垄垄.}在硫酸体系中rm{Ce^{4+}}能被萃取剂rm{[(HA)_{2}]}萃取，而rm{Ce^{3+}}不能rm{垄拢.}常温下，rm{Ce_{2}(CO_{3})_{3}}饱和溶液浓度为rm{1.0隆脕10^{-6}mol隆陇L^{-1}}回答下列问题：rm{(1)}“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是__________、__________rm{(}写出rm{2}种即可rm{)}rm{(2)}写出“氧化焙烧”产物rm{CeO_{2}}与稀rm{H_{2}SO_{4}}反应的离子方程式：__________。rm{(3)}“萃取”时存在反应：rm{Ce^{4+}+n(HA)_{2}?Ce(H_{2n-4}A_{2n})+4H^{+}}rm{Ce^{4+}+n(HA)_{2}?

Ce(H_{2n-4}A_{2n})+4H^{+}}表示rm{D}分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比rm{Ce^{4+}}保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的rm{(D=dfrac{[Ce({{H}_{2n-4}}{{A}_{2n}})]}{c(CeSO_{4}^{2+})})}以改变水层中的rm{Na_{2}SO_{4}}rm{c(SO_{4}^{2-})}随起始料液中rm{D}增大而减小的原因是__________。rm{c(SO_{4}^{2-})}浸渣经处理可得rm{(4)}加入rm{Ce(BF_{4})_{3}}溶液发生如下反应：rm{Ce(BF_{4})_{3}(s)+3K^{+}(aq)?3KBF_{4}(s)+Ce^{3+}(aq)}若一定温度时，rm{KCl}rm{Ce(BF_{4})_{3}(s)+3K^{+}(aq)?

3KBF_{4}(s)+Ce^{3+}(aq)}的rm{Ce(BF_{4})_{3}}分别为rm{KBF_{4}}rm{K_{sp}}则该反应的平衡常数rm{a}__________rm{b}用rm{K=}rm{(}表示rm{a}rm{b}“反萃取”中加rm{)}的主要反应离子方程式为_________________。在“反萃取”后所得水层中加入rm{(5)}的rm{H_{2}O_{2}}溶液，产生rm{1.0mol隆陇L^{-1}}沉淀，当rm{NH_{4}HCO_{3}}沉淀完全时rm{Ce_{2}(CO_{3})_{3}}溶液中rm{Ce^{3+}}约为__________。rm{[c(Ce^{3+})=1隆脕10^{-5}mol隆陇L^{-1}]}是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着rm{CeO_{2}?CeO_{2(1-x)}+xO_{2}隆眉(0leqslantxleqslant0.25)}的循环。写出rm{c(CO_{3}^{2-})}消除rm{(6)CeO_{2}}尾气的化学方程式：__________________________________。rm{CeO_{2}?

CeO_{2(1-x)}+xO_{2}隆眉(0leqslantxleqslant0.25)}30、如图所示，光滑水平面上有三个滑块A

，B

，C

，质量关系是mA

=

mC

=

m

、mB

=m2.

开始时滑块B

，C

紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A

以速度v

0

正对B

向右运动，在A

未与B

碰撞之前，引爆了B

，C

间的炸药，炸药爆炸后B

与A

迎面碰撞，最终A

与B

粘在一起，以速率v

0

向左运动．(1)

炸药爆炸过程中炸药对C

的冲量；(2)

炸药的化学能有多少转化为机械能？31、如图所示．质量mA=2kg和mB=3kg的小球A、B（可视为质点）用长L=1.5m的轻绳相连，放在高h=0.5m的水平桌面上，A球刚好在桌边，桌面右边缘上方有一弧形挡板，它能使B球无能量损失地滑过桌边后竖直向下运动．现使小球A由静止开始下落，若A、B两球落地后均不再弹起，不计一切摩擦，取g=10m/s2；试求：

（1）A球落地时的速率v．

（2）轻绳的拉力对B球做的功．

（3）B球从开始运动到落地所用时间t．

（4）释放A球后经0.4s，绳中拉力对B球做功的功率．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】

A；B：探测器由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行加速运动时；加速度的方向沿直线与速度方向相同，即合力的方向也沿直线与速度方向相同，而受到月球的万有引力方向竖直向下，所以，反冲力方向与运动直线成一角度斜向上，那么，喷气方向与运动直线成一角度斜向下，∴选项A、B错误．

C；D：探测器匀速运动；受力平衡，合力为零，已知受到的月球的万有引力竖直向下，则受到的气体的反冲力竖直向上，因此，探测器竖直向下喷气，∴选项C正确，选项D错误．

故选：C．

【解析】【答案】探测器由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行时；受到月球竖直向下的万有引力及沿气体喷气方向相反的反冲力，在两个力的合力作用下运动，再由探测器的运动状态来判断反冲力的方向，进而判断喷气方向．

2、A|B【分析】

物体受重力、拉力和支持力，根据牛顿第二定律a=．图线的纵轴截距为-6m/s2；则gsinθ=6，解得斜面的倾角θ=37°．

图线的斜率k==因为sinθ=0.6，则cosθ=0.8，所以m=2kg．

物体做加速度变化的运动；无法根据运动学公式求出速度和位移．故A；B正确，C、D错误．

故选AB．

【解析】【答案】对物体进行受力分析；根据牛顿第二定律求出物体加速度与拉力F的关系式，根据图线的斜率和截距可以求出物体的质量和倾角．注意物体做变加速直线运动，速度和位移无法求出．

3、D【分析】

A；物体静止说明受力平衡；合力为零，不一定受到静摩擦力的作用，故A错误；

B；根据牛顿第三定律可知；作用力、反作用力大小相等，故B错误。

C；物体在地球的重力场中都要受到重力作用；故C错误．

D；力是矢量；有大小、有方向．故D正确。

故选D

【解析】【答案】力不是维持运动状态的原因；而是改变物体运动状态的原因；根据牛顿第三定律，可知作用力；反作用力大小相等；物体在地球的重力场中都要受到重力，力是矢量，有大小、有方向．

4、A【分析】解：A

根据波尔理论可知，当氢原子从低能级向高能级跃迁时氢原子的能量增大，要吸收光子；根据ke2r2=mv2r

可知核外电子的动能减少，同时原子的电势能增加，故A正确；

B；自由核子组成原子核时；其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故B错误；

C；考库仑发现了点电荷间的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值。故C错误；

D；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比；并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得出的结论。故D错误。

故选：A

玻尔理论可知；氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，动能增大，当氢原子从低能级向高能级跃迁时，要吸收光子，核外电子的动能减少，原子的电势能增加；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值；了解伽利略“理想斜面实验”的内容；方法、原理以及物理意义。

考查玻尔的原子模型、结合能以及物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。【解析】A

5、C【分析】略【解析】C

6、B【分析】

我们研究火星和地球绕太阳做圆周运动，火星和地球作为环绕体，无法求得火星和地球的质量之比，故C错误；根据题目已知条件，不能求得火星和太阳的质量之比，故B错误；研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：根据公式得其中M

为太阳的质量，r

为轨道半径.

火星和地球绕太阳运动的周期之比根据圆周运动知识得：由于火星和地球绕太阳运动的周期之比和火星和地球到太阳的距离之比都知道，所以能求得火星和地球绕太阳运行速度大小之比，故B正确．

故选B．

【解析】B

7、B【分析】【分析】v-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示位移．通过分析位移关系，判断t=0时刻，两个质点的位置关系．图象的斜率表示加速度，根据速度关系分析两质点间距离的变化情况．【解析】【解答】解：A、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，知t1时间内乙的位移比甲的位移大，而t1时刻两质点位于同一位置；所以t=0时刻，乙在甲的后面．故A错误．

B、t2时刻两图象的斜率相同；则加速度相同，故B正确．

C、t1～t3时间内甲的速度一直比乙的速度大；则两质点间的距离一直变大．故C错误．

D、由上分析知，t3时刻甲质点在乙质点的前方；两者没有相遇，故D错误．

故选：B8、A【分析】【分析】将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．当水流速最大时，船在河水中的速度最大．【解析】【解答】解：AB、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t==s=75s．故A正确．

B；船在沿河岸方向上做变速运动；在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线，故B错误；

C；要使船以最短时间渡河；船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直．故C错误．

D；要使船以最短时间渡河；船在航行中与河岸垂直，根据速度的合成可知，船河水中的最大速度是5m/s，故D错误．

故选：A．二、填空题(共5题，共10分)9、200W150W【分析】【分析】竖直上抛运动可看成一种匀减速直线运动，根据运动学公式求出第5s末的速度，结合瞬时功率的公式求出重力瞬时功率的大小．结合重力做功和时间求出重力做功的平均功率．【解析】【解答】解：第5s末物体的速度大小为v=|v0-gt|=|30-5×10|=20m/s；第5s末重力的功率为P=mgv=10×20W=200W

4s内物体上升的高度为h1=v0t4-g=30×4-×10×42=40m

5s内物体上升的高度为h2=v0t5-g=30×5-×10×52=25m

则第5s内下落的高度为h=h1-h2=15m

第5s内重力的平均功率为==W=150W

故答案为：200W，150W．10、1.100.986【分析】【分析】（1）根据逐差法求加速度；

（2）先根据某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度求出小球经过C点时的速度，再根据速度时间关系求出小球在A点的速度．【解析】【解答】解：

（1）根据逐差法求加速度有：===1.10m/s2

（2）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．所以BD段的平均速度等于C点的瞬时速度：

即：=

故答案为：（1）；1.10m/s2．

（2）vC=；0.986m/s11、调谐107【分析】【分析】明确电磁波的接收的过程，知道相关名称．明确电磁波在真空中传播速度等于光速，由c=λf求解频率．【解析】【解答】解：收音机为了收该信号；必须调节接收电路产生电谐振，该过程叫调谐．

由c=λf得f===107Hz

故答案为：调谐、107．12、（2n-1）S【分析】【分析】根据自由落体运动的位移时间公式表示出第1s，和第ns内的位移，列出等式求解【解析】【解答】解：第1s内的位移为：h=

第n秒的位移为为：

解得：hn=（2n-1）S

故答案为：（2n-1）S13、0.067～0.054A【分析】【分析】已知加在话筒两端的电压和通话时电路中碳粒的电阻变化范围，根据欧姆定律求出电流的变化范围；【解析】【解答】解：加在话筒两端的电压为3V；

当电路中碳粒的电阻为45Ω时；通过的电流最大，为：

Imax==A≈0.067A；

当电路中碳粒的电阻为55Ω时；通过的电流最小，为：

Imin==≈0.054A；

故电流的变化范围为0.067A～0.054A；

故答案为：0.067～0.054A．三、判断题(共9题，共18分)14、√【分析】【分析】人们熟悉的物质状态（又称相）为气、液、固，较为生疏的是电浆和液晶，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．【解析】【解答】解：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，所以液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定．故该说法是正确的．

故答案为：√15、×【分析】【分析】根据晶体的结构与特点可知，同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体．【解析】【解答】解：由同种元素构成的固体；可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石．所以该说法是错误的．

故答案为：×16、√【分析】【分析】热力学温标亦称“绝对温标”．是由开尔文首先引入的．开尔文所利用的实验事实是气体发生等容变化时，压强与摄氏温度成线性关系，再进行合理外推得到的．热力学温度与摄氏温度的关系是T=t+273.15K；热力学温度的0K是不可能达到的．【解析】【解答】解：根据热力学第三定律可知；热力学温标的零K达不到．所以该说法是正确的．

故答案为：√17、×【分析】【分析】结合产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化即可正确判定．【解析】【解答】解：产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化；题目中穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，没有说明磁通量是否变化，所以不能判断出没有感应电流产生．所以以上说法是错误的．

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：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：√19、×【分析】【分析】物体做匀速直线运动时，合外力对物体不做功，但合外力不做功，物体不一定作匀速直线运动．【解析】【解答】解：物体受到的合外力不做功；则物体一定作匀速直线运动，如匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不做功．

故答案为：×20、√【分析】【分析】感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化．1、电路要闭合；2、穿过的磁通量要发生变化．【解析】【解答】解：感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化；只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有电流产生．该说法是正确的．

故答案为：√21、√【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：√．22、×【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：×四、解答题(共2题，共8分)23、略

【分析】【分析】带电粒子在匀强电场中偏转时；做类平抛运动，将运动分解成竖直方向的匀加速运动和水平方向的匀速直线运动，代入相关的公式，即可求出两极板之间的电压；

根据电路的结构可知，极板之间的电压等于电阻上的电压，然后根据闭合电路的欧姆定律，写出相应的公式，解出结果．【解析】【解答】解：当没有物品挡光时，设电容器两端电压为U1，此时电子在屏上的偏转Y1=0.02米；电子在平行板间运动时：

加速度①

L1=v0t1②

侧移量：③

由①②③得：④

电子射出平行板后做匀速直线运动。

vy=at1⑤

⑥

所以Y1=y1+L2tanθ⑦

解④⑥⑦得U1=4.5V

同理可得，当有物品挡光时，电容器两端电压为U2=2.25V

在闭合电路中

解得：E=10V；r=5Ω

答：电源的电动势为10V，内阻是5Ω．24、略

【分析】【分析】B车做匀减速直线运动；已知刹车距离，根据速度位移关系公式求解刹车的加速度；

两车能够相撞或者最近距离的临界情况是两车速度相等，先根据速度时间关系公式求解速度相同的时间，然后分别求解出两车的位移进行判断．【解析】【解答】解：B车刹车至停下来过程中，由，得

假设不相撞，设经过时间t两车速度相等，对B车有vA=vB+aBt

解得t=8s

此时，B车的位移有

A车位移有xA=vAt=80m

因xB＜x0+xA故两车不会相撞；两车最近距离为△x=5m

答：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车不会相撞，两车最近距离是5米．五、证明题(共4题，共8分)25、略

【分析】【分析】从p-V图中找到某一过程中发生的是什么变化．

能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系．【解析】【解答】证明：设状态3的温度为T；

状态1-3为等压过程，①

状态3-2为等容过程，②

由①②两式消去T，即得．26、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．27、略

【分析】【分析】导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而减速运动，根据牛顿第二定律和加速度的定义式，运用积分法研究整个过程，再对棒运动λs时研究，求出电路中电流，从而得到R上的热功率．【解析】【解答】证明：取向右为正方向．根据牛顿第二定律得：

-=ma=m①

即得-v△t=m△v②

两边求和得：（-v△t）=m△v③

又v△t=△x④

对整个过程，由③求和得-s=m（0-v0）；

即有s=mv0⑤

从开始运动到棒运动到λs的过程，由③求和得：-λs=m（v-v0）⑥

由⑤⑥解得棒运动到λs速度为：v=（1-λ）v0⑦

此时电阻R上的热功率为：P===．

得证．28、略

【分析】【分析】将小船渡河的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向的两个分运动；在两个方向上都做匀速直线运动，因此不能垂直到达对岸；

再根据分运动和合运动具有等时性求出渡河的时间；

结合两方向的位移公式，由矢量合成法则，即可求解登陆的地点离船出发点的距离【解析】【解答】解：（1）船以4m/s垂直河岸的速度渡河；因存在水流的速度为5m/s，则是船不能垂直达到对岸；

（2）因船以4m/s垂直河岸的速度渡河时间最短，根据t==s=30s；则有渡河时间至少为30s；

（3）在渡河时间内，船沿着水流方向的位移为：s=vst=5×30m=150m；

所以船登陆的地点离船出发点的距离是：x==m=30m；

答：（1）船不能垂直达到对岸；

（2）船需要30s时间才能达到对岸；

（3）船登陆的地点离船S发点的距离是30m．六、简答题(共3题，共18分)29、（1）矿石粉碎成细颗粒，增大接触面积通入适当过量空气

（2）CeO2+4H++SO42-=[CeSO4]2++2H2O

（3）随着c(SO42-)增大，水层中CeO2+4H++SO42-=[CeSO4]2++2H2O,导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+方向移动，增大，则D减小

（4）

（5）2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+1×10-6mol/L

（6）2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2

【分析】【分析】本题以氟碳铈矿为原料纸杯二氧化铈的流程为载体，考查流程的分析，制定情境下方程式的书写，外界条件对反应速率和化学平衡的影响，溶度积和平衡常数的计算。【解答】rm{(1)}“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是：将矿石粉碎成细颗粒，增大接触面积，通入适当过量空气，故答案为：将矿石粉碎成细颗粒，增大接触面积；通入适当过量空气；rm{(2)}根据题给条件rm{Ce}rm{Ce}rm{{,!}^{4+}}能与rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}结合成rm{[CeSO}rm{[CeSO}可知，rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}rm{{,!}^{2+}}rm{CeO}rm{CeO}rm{{,!}_{2}}与稀rm{H}故答案为：rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}反应的离子方程式为：rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{(3)}“萃取”时存在反应：rm{Ce}rm{Ce}rm{{,!}^{4+}}加入rm{+n(HA)}rm{+n(HA)}rm{{,!}_{2}?}rm{Ce(H}随着rm{Ce(H}增大，水层中rm{{,!}_{2n-4}}导致萃取平衡向生成rm{A}方向移动，rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}}增大，则rm{A}减小，故答案为：随着rm{{,!}_{2n}}增大，水层中rm{)+4H}导致萃取平衡向生成rm{)+4H}方向移动，rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}}增大，则rm{{,!}^{+}}减小；rm{Na}反应rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{c(SO_{4}^{2-})}rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}

}rm{D}rm{c(SO_{4}^{2-})}rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}的平衡常数rm{Kdfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}}=dfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}=dfrac{{K}_{spleft[Ce{left(B{F}_{4}right)}_{3}right]}}{{{K}_{sp}}_{left(KB{F}_{4}right)}}=dfrac{a}{{b}^{3}}}故答案为：rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}

}“萃取”后的有机层中为rm{D}rm{(4)}反应rm{Ce(BF}根据流程，加入rm{(4)}rm{Ce(BF}rm{{,!}_{4}}rm{)}将rm{)}还原为rm{{,!}_{3}}则rm{(s)+3K}rm{(s)+3K}rm{{,!}^{+}}rm{(aq)}被氧化为rm{(aq)}故离子方程式为：rm{?}rm{3KBF}rm{3KBF}rm{{,!}_{4}}rm{(s)+Ce}rm{(s)+Ce}rm{{,!}^{3+}}rm{(aq)}的平衡常数rm{(aq)}rm{K

dfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}}=

dfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}=

dfrac{{K}_{spleft[Ce{left(B{F}_{4}right)}_{3}right]}}{{{K}_{sp}}_{left(KB{F}_{4}right)}}=

dfrac{a}{{b}^{3}}}rm{(5)}rm{Ce}rm{Ce}rm{{,!}^{4+}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}的溶解平衡：rm{C{e}_{2}{left(C{O}_{3}right)}_{3left(sright)}?2C{{e}^{3+}}_{left(aqright)}+3C{O_{3}^{2-}}_{left(aqright)}}则饱和溶液中rm{O}（Cerm{{,!}_{2}}）=2.0rm{Ce^{4+}}rm{Ce^{3+}}3rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{{K}_{sp}left[C{e}_{2}left(C{O}_{3}right)right]=c_{left(C{e}^{3+}right)}^{2}隆脕c_{left(CO_{3}^{2-}right)}^{3}={left(2.0隆脕{10}^{-6}right)}^{2}隆脕{left(3.0隆脕{10}^{-6}right)}^{3}=1.08隆脕{10}^{-28}}当rm{O}沉淀完全时，rm{c_{left(CO_{3}^{2-}right)}^{3}=dfrac{{K}_{sp}left[C{e}_{2}{left(C{O}_{3}right)}_{3}right]}{c_{left(C{e}^{3+}right)}^{2}}dfrac{1.08隆脕{10}^{-28}}{{left(1隆脕{10}^{-5}right)}^{2}}=1.08隆脕{10}^{-18}}rm{O}3rm{{,!}_{2}}rm{)=1.026隆脕10^{-6}mol.L^{-1}