2025年粤教沪科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年粤教沪科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9题，共18分)1、下列说法正确的是（）A.质点一定是体积很小的物体B.力可以离开施力物体而独立存在C.只要物体相互接触，就一定产生弹力D.用绳子将物体悬挂起来，物体处于静止状态时，该物体的重心一定在绳子的延长线上2、如图所示，质量为m的小球从水平位置无初速度释放，设小球通过最低点时的速率为v，则下列说法中正确的是（）A.小球重力的功率不断增大B.小球重力的功率先增大后减小C.最低点重力功率为mgvD.不能确定3、如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小可调的均匀磁场（环形区域的宽度非常小）。质量为m、电荷量为+q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板准备进入AB之间时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速。每当粒子离开B板时，A板电势又降为零。粒子在电场中一次次加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径R不变。（设极板间距远小于R）下列说法正确的是A.粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为2nqUB.粒子在绕行的整个过程中，每一圈的运动时间不变C.为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场的磁感应强度大小必须周期性递减D.粒子绕行第n圈时的磁感应强度为4、火星的质量和半径分别约为地球的和地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为()A.0.2gB.0.4gC.2.5gD.5g5、【题文】如图所示的电路中，电阻R1＝2Ω，R2＝1Ω，电压U保持不变，当开关S断开时，电流表A的示数I，当开关S闭合时电流表A的示数为I′，则I与I′的比值为（）

A.3：2B.2：1C.2：3D.1：26、在物理学发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列说法正确的是（）A.卡文迪许提出了场的概念B.牛顿发现了万有引力定律C.奥斯特发现了电磁感应现象D.赫兹提出了电磁场理论7、如图所示，两个固定的相同细圆环相距一定的距离，同轴平行放置，O1、O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷，一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环，则（）A.带电粒子在O1和O2点加速大小相等，方向向反B.带电粒子从O1运动到O2，电势能一直增加C.带电粒子在O1和O2连线中点动能最小D.轴线上O1点右侧，O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称8、如图所示，匀强磁场区域宽度为l，现有一边长为d（d＞L）的矩形金属框以恒定速度v向右通过磁场区域，该过程中有感应电流的时间总共为（）A.B.C.D.9、匀速直线运动的加速度（）A.为正值B.为负值C.为零D.可能为正也可能为负评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、（2011秋•新乡校级月考）一质点从如图所示的边长为L的正方形轨道的一个顶点开始沿轨道做匀速率运动；质点运动速率为v，在运动过程中：

（1）质点沿轨道运动n周后回到A点时，其通过的路程为____，位移为____．

（2）在运动过程中质点通过最大位移大小为____，方向为____；并在图中标出最大位移．

（3）若以从A点开始运动为计时起点t=0，则每次通过最大位移所对时刻为____．11、（2012春•肥东县校级月考）交流发电机矩形线圈边长ab=cd=0.4m，bc=ad=0.2m，共50匝，线圈电阻r=1Ω，线圈在B=0.2T的匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴OO′以r/s转速匀速转动；外接电阻9Ω，如图所示．求：

（1）电压表读数____

（2）电阻R上电功率____．12、在相距12km的公路两端，甲、乙两人同时出发相向而行，甲的速率是5km/h，乙的速率是3km/h，有一只小狗以6km/h的速率，在甲乙出发的同时，由甲处跑向乙，在途中与乙相遇，立即返回跑向甲，遇到甲后，又立即跑向乙，如此在甲、乙之间往返跑动，直至甲乙相遇，问小狗跑过的路程是____km．13、（2007•肇庆二模）一组航天员乘坐飞船前往位于离地球表面高度为h的圆形轨道上的哈勃太空望远镜H．机组人员使飞船S进入与H相同的轨道并关闭火箭发动机；如图所示．M为地球质量，R为地球半径，g为重力加速度．

（1）在飞船内，一质量为70kg的航天员的视重是____N；

（2）计算飞船在轨道上的运行速率．14、（2012•静安区一模）如图所示，在一次救灾工作中，一架离水面高为H，沿水平直线飞行的直升机A，用悬索（重力可忽略不计）救护困在湖水中的伤员B，已知伤员B的质量为m，不计空气阻力，在直升机A和伤员B以相同的水平速度水平匀速运动的同时，悬索将伤员吊起．A、B之间的距离l随时间t的变化规律为：l=H-kt2（SI制单位，k为给定常数），则在时间t内伤员的机械能增加了____；t时刻悬索拉力的瞬时功率为____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、物体的瞬时速度总为零，则平均速度一定为零．____．（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、物体的速度为零时，它的机械能一定为零．____（判断对错）18、当温度升高时，物体内部所有分子的动能都增加．____．（判断对错）19、太阳发出的能量来自内部发生的化学反应释放的化学能．____．（判断对错）20、光的偏振现象说明光是横波____（判断对错）21、物体的速度为零时，它的机械能一定为零．____（判断对错）评卷人得分四、计算题(共2题，共8分)22、【题文】（17分）如图所示，轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端与质量为M=1.5Kg的薄木板A相连，质量为m=0.5Kg的小球B放在木板A上，弹簧的劲度系数为k=2000N/m。现有一竖直向下、大小F=20N的力作用在B上且系统处于静止状态，在B球正上方处由一四分之一内壁光滑竖直圆弧轨道，圆弧半径R=0.4m，圆弧下端P点距离距离弹簧原长位置高度为h=0.6m。撤去外力F后，B竖直上升最终从P点切入原轨道，到达Q点的速度为vQ=4m/s。求：

（1）球B在Q点时对轨道的压力。

（2）AB分离时的速度v

（3）撤去F瞬间弹簧的弹性是能Ep

23、【题文】（10分）如图所示是测量通电螺线管A内部磁感应强度B及其与电流I关系的实验装置。将截面积为S、匝数为N的小试测线圈P置于螺线管A中间，试测线圈平面与螺线管的轴线垂直，可认为穿过该试测线圈的磁场均匀。将试测线圈引线的两端与冲击电流计D相连。拨动双刀双掷换向开关K，改变通入螺线管的电流方向，而不改变电流大小，在P中产生的感应电流引起D的指针偏转。

（1）将开关合到位置1，待螺线管A中的电流稳定后，再将K从位置1拨到位置2，测得D的最大偏转距离为dm，已知冲击电流计的磁通灵敏度为Dφ，Dφ＝式中为单匝试测线圈磁通量的变化量。则试测线圈所在处磁感应强度B＝____；若将K从位置1拨到位置2的过程所用的时间为Δt，则试测线圈P中产生的平均感应电动势ε＝____。

（2）调节可变电阻R，多次改变电流并拨动K，得到A中电流I和磁感应强度B的数据，见右表。由此可得，螺线管A内部在感应强度B和电流I的关系为B＝____。

。实验次数。

I（A）

B（×10－3T）

1

0.5

0.62

2

1.0

1.25

3

1.5

1.88

4

2.0

2.51

5

2.5

3.12

（3）（多选题）为了减小实验误差；提高测量的准确性，可采取的措施有。

（A）适当增加试测线圈的匝数N

（B）适当增大试测线圈的横截面积S

（C）适当增大可变电阻R的阻值。

（D）适当拨长拨动开关的时间Δt评卷人得分五、简答题(共3题，共18分)24、一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表．

请根据上表计算。

。规格后轮驱动直流电机车型26英寸额定输出功率200W整车质量30kg额定电压50V（1）此车电机正常工作的电流；

（2）如果他家平均每天使用电动自行车的时间为0.6h；那么，他一个月（30天）使用电动自行车耗电多少kW•h？25、墙上固定一个小圆环，一小球用线系住穿过圆环靠于墙上，如图所示，当从圆环到小球之间的细线在变长的过程中，线受到的拉力和球对墙的压力是如何变化的？26、纳米rm{Cu_{2}O}由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取rm{Cu_{2}O}的三种方法：。方法rm{a}用炭粉在高温条件下还原rm{CuO}方法rm{b}电解法，反应为rm{2Cu+H_{2}O}rm{underset{碌莽陆芒}{overset{}{=}}}rm{Cu_{2}O+H_{2}隆眉}方法rm{c}用肼rm{(N_{2}H_{4})}还原新制的rm{Cu(OH)_{2}}rm{(1)}已知：rm{垄脵2Cu(s)+}已知：rm{(1)}rm{垄脵2Cu(s)+}rm{dfrac{1}{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=Cu}rm{(g)=Cu}rm{{,!}_{2}}rm{O(s)}rm{triangleH=-169kJ隆陇mol}rm{O(s)}rm{triangleH=-169kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}rm{垄脷C(s)+}rm{triangleH=-110.5kJ隆陇mol}rm{垄脷C(s)+}rm{dfrac{1}{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=CO(g)}rm{triangleH=

-110.5kJ隆陇mol}rm{(g)=CO(g)}rm{triangleH=

-110.5kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}发生的热化学方程式是：__________________________。rm{垄脹Cu(s)+}方法rm{垄脹Cu(s)+}采用离子交换膜控制电解液中rm{dfrac{1}{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)=CuO(s)}rm{triangleH=-157kJ隆陇mol}装置如图所示。该离子交换膜为____rm{(g)=CuO(s)}填“阴”或“阳”rm{triangleH=-157kJ隆陇mol}离子交换膜，该电池的阳极反应式为_______________________，阴极区溶液的rm{{,!}^{-1}}值_______则方法rm{a}发生的热化学方程式是：__________________________。填“增大”“减小”或“不变”rm{a}rm{(2)}方法rm{b}采用离子交换膜控制电解液中rm{OH}方法rm{(2)}为加热条件下用液态肼rm{b}还原新制rm{OH}来制备纳米级rm{{,!}^{-}}同时放出的浓度而制备纳米rm{Cu}该制法的化学方程式为____________________________。rm{Cu}在相同的密闭容器中，用以上方法制得的三种rm{{,!}_{2}}rm{O}装置如图所示。rm{O}分别进行催化分解水的实验：rm{2{H}_{2}Ounderset{鹿芒脮脮}{overset{C{u}_{2}O}{?}}2{H}_{2}left(gright)+{O}_{2}left(gright)}rm{(}一定温度下，水蒸气的浓度rm{)}随时间rm{pH}变化如下表所示：。rm{(}序号时间温度rm{0}rm{10}rm{20}rm{30}rm{40}rm{50}rm{垄脵}rm{T_{1}}rm{0.050}rm{0.0492}rm{0.0486}rm{0.0482}rm{0.0480}rm{0.0480}rm{垄脷}rm{T_{1}}rm{0.050}rm{0.0488}rm{0.0484}rm{0.0480}rm{0.0480}rm{0.0480}rm{垄脹}rm{T_{2}}rm{0.100}rm{0.0940}rm{0.0900}rm{0.0900}rm{0.0900}rm{0.0900}rm{垄脵}实验rm{垄脵}前rm{20min}的平均反应速率rm{v(O_{2})=}_______________。rm{垄脷}对比实验的温度：rm{T}对比实验的温度：rm{垄脷}rm{T}rm{{,!}_{2}}______rm{T}rm{T}填“rm{{,!}_{1}}”“rm{(}填“rm{漏聝}”“rm{漏聜}”或“rm{漏聞}”rm{)}”或“rm{(}”rm{漏聝}rm{漏聜}催化剂的催化效率：实验rm{漏聞}____实验rm{)}填“rm{垄脹}催化剂的催化效率：实验rm{垄脵}____实验rm{垄脷(}填“rm{漏聝}”或“rm{漏聜}”rm{)}”或“rm{垄脹}”rm{垄脵}rm{垄脷(}评卷人得分六、画图题(共2题，共6分)27、图所示为一列向左传播的简谐波在某一时刻的波形图，若波速是0.5m/s，试在图上画出经7s时的波形图。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）28、在图示中，物体A处于静止状态，请画出各图中A物体所受的弹力．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】体积小质量轻的物体不一定能够看做质点，力不可以离开施力物体而独立存在，物体相互接触且发生形变，就一定产生弹力．【解析】【解答】解：A；体积小质量轻的物体不一定能够看做质点；比如研究原子核的结构时，原子就不能看做质点，A错误；

B；力不可以离开施力物体而独立存在；B错误；

C；物体相互接触且发生形变；就一定产生弹力，C错误；

D；用绳子将物体悬挂起来；物体处于静止状态时，该物体的重心一定在绳子的延长线上，D正确；

故选：D2、B【分析】【分析】根据瞬时功率的公式，结合小球在初位置和最低点位置瞬时功率的大小，判断整个过程中功率的变化．【解析】【解答】解：在初始位置；小球的初速度为零，则重力的瞬时功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，则最低点重力瞬时功率为零，可知在此过程中小球重力的功率先增大后减小．故B正确，A；C、D错误．

故选：B．3、D【分析】试题分析：带电粒子每一次经过电场AB，获得动能为qu,经过n圈后获得的动能为EK=nqu,所以A选项错误；由T=2πm/qB和v=qBR/m可知，带电粒子的运动周期逐渐减小，所以B选项错误；由R=mv/qB可知，要使半径不变，速度v增加时磁感应强度B也要增加，所以C选项错误；由EK=nqu=mv2/2和v=qBR/m可的B=所以D选项正确。考点：本题考查带点粒子在电磁场中的加速和偏转问题，主要涉及到回旋加速器的应用。【解析】【答案】D4、B【分析】由万有引力公式，在地球表面有G＝mg①在火星表面有G＝mg火②由①②得g火＝·g＝0.4g，故B正确．【解析】【答案】B5、C【分析】【解析】当开关S断开与闭合时，总电压不变，当S断开时，两个电阻串联，总电阻是3Ω，当S闭合时，只有R1接入电路，电阻为2Ω。所以当电压不变时，电流与电阻成反比，所以是2：3。【解析】【答案】C6、B【分析】【分析】物理学史最早涉及场的概念是法拉第；对场提供数学工具支撑的是麦克斯韦，卡文迪许是测量万有引力常数的科学家，所以A错。牛顿发现并总结了万有引力定律，所以B对。奥斯科主要贡献是发现电生磁现象，电磁感应现象是法拉第发现的。电磁场理论是麦克斯韦提出来的，所以C；D错误。

【点评】此类题型考察对物理学上重要发现的人物或事件的记忆。7、D【分析】【分析】在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以其在O1产生的电场强度为0，而-Q各点在O1产生的场强水平向左，故+q在O1点所受电场力方向向左；要看电势能如何变化就看电场力如何做功；如果合外力做正功，动能增大，合外力做负功，动能减小；根据E=k可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而-Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强不会为0．【解析】【解答】解：A、在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以其在O1产生的电场强度为0，而-Q各点在O1产生的场强水平向左，故+q在O1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，同理可知O2处场强方向也向左，故产生的加速度方向向左，所以带电粒子在O1和O2点加速大小相等；方向相同，故A错误．

B、在+q从O1向O2运动的过程中+Q对+q的电场力向左；-Q对+q的作用力方向也向左，故电场力对+q始终做正功，故+q的电势能一直减小．故B错误．

C、根据E=k可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而-Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O1的右侧，而在合力为0之前合外力做负功，动能持续减小，之后合力做正功，动能增大，故动能最小的点在O1的右侧；故C错误．

D、根据E=k可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而-Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O1的右侧，同理O2的左侧也有场强为0的位置，而O1和O2之间场强始终大于0，由于两个电荷的电荷量相同，故电场关于O1、O2的连线对称；故D正确．

故选：D．8、B【分析】【分析】只要闭合回路中的磁通量发生变化，回路中就会产生感应电流；由导体框运动过程由速度公式可求得产生感应电流的时间．【解析】【解答】解：当线框的右边进入磁场开始产生感应电流，直到右边开始离开磁场区域，该过程中金属框中有感应电流，时间是t1=；

当线框的左边进入磁场开始产生感应电流，直到左边开始离开磁场区域，该过程中金属框中有感应电流，时间是t2=；

所以该过程金属框中有感应电流的时间总共为．故B正确．

故选：B．9、C【分析】【分析】匀速直线运动的特点是物体的速度保持不变，位移随时间均匀变化，加速度为零．根据这些知识进行选择．【解析】【解答】解：匀速直线运动的特点是物体的速度保持不变；加速度为零，故C正确．

故选C二、填空题(共5题，共10分)10、4nL0从A指向C（n-1）+（n=1，2，3）【分析】【分析】路程等于物体运动轨迹的长度，位移的大小等于首末位置的距离【解析】【解答】解：（1）路程等于运动轨迹的长度；s=n•4L=4nL．位移x=0．

（2）当物体运动到对角线上的对顶点时，位移大小最大，x=；方向为从A指向C，如图：

（3）第一次经过最大位移的时间为t1=，再运动一周第二次经过最大位移处，周期T=；

则每次通过最大位移所对时刻为t=（n-1）+（n=1；2，3）

故答案为：（1）4nL；0；（2）；从A指向C；如图；（3）（n-1）+（n=1，2，3）11、72V1152W【分析】【分析】（1）电动势的最大值为NBSω；写出电压的瞬时表达式；电压表测量的是有效值；

（2）求电功率用有效值；由功率公式即可求得．【解析】【解答】解：（1）根据ω=2πn得：ω=200rad/s

线圈在磁场中产生的电动势最大值：Em=NBSω=50×0.2×0.4×0.2××2πV=160V

根据闭合电路欧姆定律，则有：I==A=8A

则有：U=IR=72V；

（2）功率表达式为：P=UI=72×8W=1152W；

答：（1）电压表读数72V；

（2）电阻R上电功率1152W．12、9【分析】【分析】小狗运动的时间与甲乙两人相遇的时间相等，根据甲乙两人位移大小之和等于12km，求出运动的时间．根据s=vt求出小狗通过的路程．【解析】【解答】解：甲乙两人相遇时有：x=v甲t+v乙t；代入数据得。

t=1.5h．

小狗的路程s=vt=6×1.5km=9km

故答案为：913、0【分析】【分析】（1）；机组人员使飞船S进入与H相同的轨道并关闭火箭发动机；此时地球对飞船及其中的人的引力刚好提供其做圆周运动所需要的向心力，故航天员处于完全失重状态，他对座椅没有压力．

（2）、根据万有引力提供向心力G=m，在地球表面附近的物体受到的重力等于万有引力mg=G，联立方程组，化简可得飞船的速度v．【解析】【解答】解：（1）航天员处于完全失重状态；所以在飞船内，质量为70kg的航天员的视重是0N；

（2）飞船在轨道半径（R+h）上近似做匀速圆周运动，由万有引力定律和向心力公式可得：G=m①

在地球表面附近，有mg=G②

由①②式可得：v=③

答：

（1）在飞船内；一质量为70kg的航天员的视重是0N；

（2）飞船在轨道上的运行速率为．14、2mk2t2+mgkt22ktm（2k+g）【分析】【分析】伤员同时参与了两个分运动，水平方向与直升飞机一起匀速前进，同时竖直方向向上做匀加速直线运动，实际运动是两个运动的合运动，时间t内伤员的机械能增加量等于动能增加量和势能增加量之和，t时刻悬索拉力的瞬时功率等于拉力乘以拉力方向上的速度．【解析】【解答】解：飞机t=0时刻离水面高为H，经t时间后，A、B之间的距离为L=H-kt2，故竖直分位移为y=kt2，故初始速度为零，加速度为ay=2k，速度为vy=2kt；

所以动能的增加量为：=2mk2t2

重力势能的增加量为：mgh=mgkt2；

所以机械能的增加量为2mk2t2+mgkt2；

设t时刻悬索拉力为F；则

ay=

解得F=（2k+g）m

所以t时刻悬索拉力的瞬时功率为P=Fv=2ktm（2k+g）

故答案为：2mk2t2+mgkt2；2ktm（2k+g）三、判断题(共7题，共14分)15、√【分析】【分析】平均速度表示物在某一段时间或某一过程内的运动情况；而瞬时速度只能表示物体在某一瞬时或某一位置时的速度．平均速度与位移与时间的比值求解．【解析】【解答】解：因瞬时速度为0；则物体不动，无位移，则平均速度为0

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】机械能包括动能和重力势能，速度为零说明动能为零．【解析】【解答】解：物体的速度为零时；则动能为零，但重力势能不一定为零，所以机械能不一定为零，故错误．

故答案为：×18、×【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：×19、×【分析】【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，由此分析即可．【解析】【解答】解：根据目前的认识；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×20、√【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：√21、×【分析】【分析】机械能包括动能和重力势能，速度为零说明动能为零．【解析】【解答】解：物体的速度为零时；则动能为零，但重力势能不一定为零，所以机械能不一定为零，故错误．

故答案为：×四、计算题(共2题，共8分)22、略

【分析】【解析】（1）轨道对球压力N

N+mg=mvQ2/R（2分）

N=mvQ2/R–mg=15N（2分）

球对轨道压力N/=N="15N"（1分）

(2)AB在弹簧原长处分离后；B上升机械能守恒。

mv2/2=mg(R+h)+mvQ2/2（2分）

v="6m/s"（2分）

(3)撤去F到弹簧恢复原长AB分离上升H

kH=F+(m+M)g（2分）

H="0.02m"（2分）

此过程机械能守恒。

Ep=(m+M)gH+(m+M)v2/2（2分）

代入数据得到Ep="36.4J"（2分）【解析】【答案】（1）15N（2）6m/s（3）36.4J23、略

【分析】【解析】（1）改变电流方向，磁通量变化量为原来磁通量的两倍，即2BS，代入公式计算得B=由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值ε＝

（2）根据数据可得B与I成正比，比例常数约为0.00125，故B=kI（或0.00125I）。

（3）为了得到平均电动势的准确值，时间要尽量小，由B的计算值可看出与N和S相关联，故选择A、B。【解析】【答案】（1）

（2）0.00125I（或kI）

（3）AB五、简答题(共3题，共18分)24、略

【分析】【分析】（1）由铭牌可知；电机额定电压是50V，额定功率是200W，由电功率公式的变形公式可以求出电机正常工作时的电流．

（2）已知额定功率与工作时间，由W=Pt可以求出电动自行车消耗的电能．【解析】【解答】解：（1）此车电机正常工作时的电流：I=A；

（2）电动自行车一月消耗的电能：W=Pt=0.2×0.6×30=3.6kW•h．

答：（1）此车电机正常工作的电流是4A；

（2）一个月使用电动自行车耗电3.6kW•h．25、略

【分析】【分析】以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件得出细线对球的拉力、墙对小球的支持力与绳子与墙的夹角的关系式，再分析线受到的拉力和球对墙的压力是如何变化．【解析】【解答】解：以小球为研究对象；分析受力如图：

设细线与竖直墙面的夹角为θ；由平衡条件得：

T=

N=mgtanθ

细线变长时；θ角减小，则cosθ增大，tanθ减小，则得到T和N都减小；

根据牛顿第三定律可知；线受到的拉力和球对墙的压力都变小．

答：线受到的拉力和球对墙的压力都变小．26、（1）C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ•mol-1

（2）阴2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O增大

（3）4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O

（4）①3.5×10-5mol/（L•min）②＞③＜【分析】【分析】本题考查物质制备，为高频考点，涉及化学平衡有关计算、电解原理、盖斯定律等知识点，侧重考查学生分析计算能力，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。【解答】

rm{(1)}已知：rm{垄脵2Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=Cu_{2}O(s)}rm{triangleH=-169kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)}rm{triangleH=-110.5kJ?mol^{-1}}

rm{垄脹Cu(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

用炭粉在高温条件下还原rm{垄脵2Cu(s)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)=Cu_{2}O(s)}制取rm{triangle

H=-169kJ?mol^{-1}}和rm{垄脷C(s)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)=CO(g)}的化学方程式为rm{triangle

H=-110.5kJ?mol^{-1}}rm{垄脹Cu(s)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)篓TCuO(s)triangleH=-157kJ?mol^{-1}}

该反应可以是rm{垄脷-垄脹隆脕2-dfrac{1}{2}隆脕垄脵}反应的焓变是rm{-110.5kJ?mol^{-1}-(-157kJ?mol^{-1}隆脕2)-dfrac{1}{2}隆脕(-169kJ?mol^{-1})=34.5kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{CuO}rm{(s)=Cu_{2}O(s)+CO(g)triangleH=+34.5kJ?mol^{-1}}

rm{Cu_{2}O}方法rm{CO}采用离子交换膜控制电解液中rm{C(s)+2CuO}的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为rm{(s)=Cu_{2}O(s)+CO(g)}钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，所以消耗氢离子，则rm{垄脷-垄脹隆脕2-dfrac{1}{2}

隆脕垄脵}值增大；故答案为：阴；rm{-110.5kJ?mol^{-1}-(-157kJ?mol^{-1}隆脕2)-

dfrac{1}{2}隆脕(-169kJ?mol^{-1})=34.5kJ?mol^{-1}}增大；

rm{C(s)+2CuO}根据题目信息：液态肼rm{(s)=Cu_{2}O(s)+CO(g)triangle

H=+34.5kJ?mol^{-1}}还原新制rm{(2)}来制备纳米级rm{c}同时放出rm{OH^{-}}得出化学方程式为：rm{4Cu(OH)_{2}+N_{2}H_{4}overset