2025年人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年人教版高三物理下册月考试卷174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、用如图所示的电路测量电池电动势和内电阻时，若有两只电压表V1、V2量程相同，内阻分别为RV1、RV2，且RV1＞RV2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻分别为RA1、RA2，且RA1＞RA2，在实验中，为了使E、r的测量值更精确一些，选择的电表可以是（）A.V1与A1B.V1与A2C.V2与A1D.V2与A22、如图所示，物体受到斜向上的恒定拉力F作用，在粗糙水平面上做匀速直线运动，则下列说法正确的（）A.拉力F在竖直方向的分力的大小等于重力的大小B.拉力F在竖直方向的分力的大小大于重力的大小C.拉力F在水平方向的分力的大小大于摩擦力的大小D.拉力F在水平方向的分力的大小等于摩擦力的大小3、以一定速度抛出的物体，忽略空气阻力，在运动过程中，下列说法中正确的是（）A.在运动过程中速度变大，加速度也变大B.速度一定一直增大C.运动轨迹可能是曲线，也可能是直线D.速度一定先减小后增大4、如图，一条不可伸长的细绳跨过一个小定滑轮，将货物A，滑车B连在一起，当细线与水平方向成600角时，A的速度为1m/s，B车的速度为（）A.1m/sB.0.5m/sC.2m/sD.以上都不对5、如图所示；一质量为M的木块与水平面接触，木块上方固定有一根直立的轻质弹簧，弹簧上端系一带电且质量为m的小球（弹簧不带电），在竖直方向上振动．当加上竖直方向的匀强电场后，在弹簧正好恢复到原长时，小球具有最大速度．在木块对水平面压力为零时，小球的加速度大小是（）

A.

B.

C.

D.

6、下列说法中正确的是（）A.随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度B.当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力变小C.有规则外形的物体是晶体D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势7、一个物体在起动时（）A.速度一定是零，加速度一定不为零B.速度和加速度一定都是零C.速度一定不为零，加速度一定是零D.速度和加速度一定都不为零8、如图所示，在做“寻找等效力”的实验中，在水平放置的木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在A点上，另一端连接两根细线，然后通过细线用两个互成角度的弹簧秤来拉橡皮条，使橡皮条的结点拉到某一点O，记录两弹簧秤的读数和两细线的方向以及结点O的位置；然后改用一个弹簧秤把橡皮条的结点再次拉到O点，记录弹簧秤的读数和细线的方向．请问：为什么两次要将结点拉到同一位置（）A.这样可以方便作图B.其实两次结点不是拉至同一位置也可以C.这样做可保证两次弹簧的伸长量相同D.这样做可保证两次力的作用效果相同9、以一个点电荷为球心，在其周围空间中画出一个球面，对于球面上的各点（）A.电场强度的大小相同，方向不同B.电场强度的大小相同，方向相同C.电场强度的大小不同，方向不同D.电场强度的大小不同，方向相同评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、（2015秋•福建校级期中）如图所示，物体P、Q经无摩擦的定滑轮用细绳连在一起，此时Q竖直匀速上升，P物体在水平力F作用下沿水平粗糙地面向右运动，则下列说法正确的是（）A.P做减速运动B.细绳对P的作用力逐渐增大C.P所受摩擦力逐渐增大D.细绳对滑轮的作用力大小不变11、半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，Q的半径远小于P的半径，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地逆时针转动，在Q到达最高位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A.MN对Q的弹力大小保持不变B.MN对Q的弹力一直减小至零C.P、Q间的弹力一直减小D.Q所受的合力逐渐增大12、如图甲所示；矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1：10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22W．现闭合开关，灯泡正常发光．若矩形金属线框的电阻忽略不计，则（）

A.t=0.01s时刻穿过线框的磁通量为零B.交流发电机转动的角速度速为314rad/sC.变压器原线圈中电流表示数为1AD.灯泡的额定电压为220V13、下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（）A.物体受到的合力为零，则加速度一定为零B.物体的速度为零，加速度也一定为零C.运动物体的加速度越来越小，表示速度变化越来越慢D.运动物体的加速度越来越小，表示物体运动的速度也越来越小14、下列几组力的合力可能是30N的有（）A.30N、60NB.6N、23NC.35N、35ND.50N、60N15、如图所示，平行板电容器带有一定量的电荷，电容器的两极板A、B分别跟静电计和地相连，静电计外壳接地．下列说法正确的是（）A.将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大B.将B极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大C.将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小D.将一块玻璃板（ε＞1）插入B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小16、带等量的同种负电的点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带正电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则试探电荷这全过程中一定有（）A.所受的电场力先减小后增大B.所受的电场力先做负功后做正功C.在b点受力最小，但其电势能不是最小D.电势能一直减小17、某物体做简谐运动，则（）A.该物体的加速度和位移成正比，方向相反B.该物体的加速度与速度方向始终相反C.该物体做匀变速运动D.该物体做非匀变速运动评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示，当系统绕OO′转动时，元件A发生位移并输出的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源．已知A的质量为m，弹簧劲度系数为k、自然长度为L，电源电动势为E、内阻不计，滑动变阻器总长度为L．电阻分布均匀，系统静止时P在B点，当系统以角速度ω转动时，输出电压U和ω的函数式为____．

19、1831

年，英国物理学家、化学家______经过十年的努力，终于发现了在______中能产生感应电流．20、弹簧所受压缩力F与缩短的距离l，按胡克定律F=kl，如果10N的力能使弹簧压缩1厘米，那么把弹簧从平衡位置压缩10厘米做功为____．21、（2013秋•城区校级期中）如图所示，一个通电矩形线圈abcd放在匀强磁场中，矩形线圈的OO′轴与磁场垂直，线圈平面与磁场平行．ab边所受的安培力方向为____，cd边所受的安培力方向为____，bc边____安培力（填“受”或“不受”）．从上往下看，矩形线圈将沿____方向转动．22、（2012秋•东阳市校级月考）如图所示，半径为r的硬质橡胶圆环带有均匀分布的正电荷，单位长度的带电量为q，这些电荷在圆心O处产生的场强矢量和为零．现截去一小段圆弧AB，设AB=L，且L《r，那么剩余部分电荷在O点处产生的场强方向____，大小为____．评卷人得分四、判断题(共3题，共30分)23、任何液体的表面分子排列都比内部分子稀疏．____．（判断对错）24、狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中是不同的____（判断对错）25、每一种形式的能对应于一种运动形式．____．（判断对错）评卷人得分五、推断题(共1题，共6分)26、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{Q}均为除稀有气体外的短周期元素，其原子序数依次增大，rm{X}的最外层电子数是rm{W}的rm{4}倍，rm{Z}与rm{M}的最低负化合价相同，rm{X}rm{M}在周期表中位置如图所示。rm{(1)X}在周期表中的位置为________，rm{Q}的元素名称为________。rm{(2)Z}与rm{W}形成的rm{4}核离子的电子式为________。rm{(3)}分别由rm{W}rm{Y}rm{Z}rm{M}组成的两种离子化合物rm{(}酸式盐rm{)}在溶液中相互反应的离子方程式为：________。rm{(4)W_{2}}与rm{Z_{2}}反应生成化合物甲，rm{W_{2}}与rm{Q_{2}}反应生成化合物乙。已知反应：乙rm{(g)+Z_{2}(g)隆煤}甲rm{(g)+Q_{2}(g)}每生成rm{1molQ_{2}}放热rm{57}rm{8kJ}写出该反应的热化学方程式：________。rm{(5)X}rm{Y}可分别与rm{Z}以原子个数比rm{1漏U1}形成化合物丙和丁。在催化剂存在条件下，丙与丁发生可逆反应，生成单质rm{Y_{2}}和另一种化合物戊。写出该反应的化学方程式：________，该反应的平衡常数表达式为________。rm{(6)}将rm{1mol}丙气体和rm{1mol}丁气体充入一装有催化剂的恒压容器中，充分反应达平衡后：rm{垄脵}若气体体积较原来减少rm{23拢楼}则丁的转化率为________；rm{垄脷}已知该反应rm{娄陇H<0}则升高温度，平衡常数rm{K}值将________rm{(}填“变大”、“变小”或“不变”rm{)}rm{垄脹}其他条件不变时，若仅将压强增大为原来的rm{2}倍，再次达平衡后，混合气体中丁的体积分数将________rm{(}填“变大”、“变小”或“不变”rm{)}评卷人得分六、实验探究题(共2题，共8分)27、冬末春初，乍暖还寒，人体易患感冒。请回答下列问题：(1)寒冷刺激时，甲状腺激素分泌增加，产热量增多。某同学检测甲状腺激素水平时发现该激素水平低于正常值，但是促甲状腺激素释放激素的水平高于正常值，据此推测可能发生病变的部位是________。(2)感冒时会引起咳嗽反射，咳嗽反射过程中，兴奋在传入神经纤维上的传导方向是________（填“单向的”或“双向的”）；在一般情况下，人可以有意识的控制咳嗽反射，说明________。(3)人体接种流感疫苗后，若流感病毒进入机体，________细胞能迅速增殖分化为浆细胞，产生大量抗体消灭相应病原体。接种流感疫苗后，并不能预防所有的流感，原因是________。28、如图甲所示为一黑箱装置，黑箱内有由两节干电池和几个电阻等元件组成的电路，a、b为黑箱的两个输出端；端连接黑箱内电池的正极。

（1）为了探测黑箱；某同学准备进行以下几步测量：

①用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻；

②用多用电表的直流电压挡测量a、b间的输出电压；

③用多用电表的直流电流挡测量a、b间的输出电流。

你认为以上测量中不妥的有______（填序号）；理由是______。

（2）若他用多用电表测某段电阻丝电阻；多用电表已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位。结果指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的______（选填“×100”或“×1”）倍率的挡位；调零后测量，其表盘及指针所指位置如图乙所示，则此段电阻丝的电阻为______Ω。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】本题的关键是根据闭合电路欧姆定律写出表达式，然后根据欧姆定律可知，造成测量误差的原因是由于电压表的分流作用，所以应选择内阻较大的电压表才行，而与电流表内阻大小无关．【解析】【解答】解：根据闭合电路欧姆定律应有：E=U+（I+r；

所以为减小误差，要求电压表的分流应该很小，由=可知，电压表的内阻应很大，所以应选择内阻最大的电压表，而与电流表内阻大小无关，即电压表应选，电流表选择、均可以；所以选择的电表可以是A；B；

故选：AB2、D【分析】【分析】对物体受力分析，因为物体在水平面上做匀速直线运动，抓住水平方向和竖直方向上合力等于零，比较拉力在竖直方向上的分力和重力的大小关系，以及拉力在水平方向上的分力与摩擦力的大小关系．【解析】【解答】解：物体受重力；拉力、支持力、滑动摩擦力；如图．

A；B：在竖直方向上合力为零；根据平衡条件得：Fsinθ+N=mg，则Fsin＜mg，即拉力在竖直方向上的分力小于重力．故A、B错误；

C；D：在水平方向上合力为零；根据平衡条件得：Fcosθ=f，即拉力在水平方向上的分力大小等于摩擦力的大小．故C错误，D正确；

故选：D．3、C【分析】【分析】由题意，忽略空气阻力，在运动过程中，物体只受重力作用，根据牛顿第二定律分析加速度．根据机械能守恒，判断物体的速度如何变化．根据物体做曲线运动的条件分析轨迹的形状．【解析】【解答】解：A；由于忽略空气阻力；在运动过程中，物体只受重力作用，根据牛顿第二定律分析得知，物体的加速度等于重力加速度g，保持不变．故A错误．

B；物体运动过程中；只有重力做功，其机械能守恒，若物体的高度上升，则重力势能增大，动能减小，速度减小；相反，速度增大．故B错误．

C；当物体抛出时的初速度与重力在同一直线上时；物体做直线运动，当初速度与重力不在同一直线上时，物体做直线运动，故C正确．

D；由C项分析可知；物体的速度不一定先减小后增大，也可能一直增大，比如平抛运动．故D错误．

故选C4、C【分析】【分析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于A的速度，根据平行四边形定则，通过小车的分速度求出小车的速度．【解析】【解答】解：将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向；如图．

沿绳子方向的分速度等于A的速度，由图可知，．故C正确；A；B、D错误．

故选C．5、C【分析】

当小球加速度为零时；速度最大，此时mg=qE．当木块对水平面压力为零时，知弹簧的弹力为Mg；

电场力与重力的合力为零，小球所受的合力为Mg，根据牛顿第二定律有：a=．故C正确；A；B、D错误．

故选C．

【解析】【答案】当小球加速度为零时；速度最大，根据该规律得出电场力与重力的大小关系．当木块对水平面压力为零时，求出弹簧的弹力，再对小球受力分析，求出小球的合力，从而根据牛顿第二定律求出小球的加速度大小．

6、D【分析】解：

A；由热力学第三定律可知；绝对零度不可达到，故A错误．

B；分子间距增加；分子引力和斥力都减小，故B错误．

C；晶体有规则外形；但不是所有有规则外形的都是晶体，晶体和非晶体不是以外形做区分的，而是以内部分子排列为区分，故C错误．

D；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离；液面分子间表现为引力，故液体表面有收缩趋势，故D正确．

故选：D

绝对零度不可达到．

分子间距增加；分子引力和斥力都减小．

晶体和非晶体不是以外形做区分的；而是以内部分子排列为区分．

由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离；液面分子间表现为引力．

本题重点掌握分子力与分子距离的变化关系，晶体与非晶体的区别．【解析】【答案】D7、A【分析】【分析】速度与加速度没有必然的联系，方向与速度变化量的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动．【解析】【解答】解：加速度是反映速度变化快慢的物理量；速度是反应物体位移变化快慢的物理量，二者没有必然联系，物体启动时速度为零，但加速度不为零．

故选：A8、D【分析】【分析】拉力使橡皮条伸长，当橡皮条的伸长量相等时，拉力的作用效果相等．【解析】【解答】解：要保证两次实验拉力的作用效果相同；必须使橡皮筋的伸长量相等，故D正确；

故选：D．9、A【分析】【分析】只有大小和方向都相同时，矢量才相同；标量只有大小，没有方向，只要大小相等，标量就相同．以点电荷为球心的球面是一个等势面，其上各点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同．【解析】【解答】解：以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等；方向不同，故电场强度不同．故A正确，BCD错误．

故选A二、多选题(共8题，共16分)10、AC【分析】【分析】由于绳子的伸长不计；所以P沿绳子方向的分速度等于Q的速度，将P运动的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向进行正交分解，结合Q的速度不变，可判断P的运动情况；

Q匀速运动，可知绳子拉力的大小不变，把绳子拉P的力沿水平方向和竖直方向进行正交分解，判断竖直方向上的分量的变化，从而可知P对地面的压力的变化，即可得知摩擦力的情况．根据力的合成法分析细绳对滑轮的作用力大小如何变化．【解析】【解答】解：A、设P向右运动的速度为vP，Q上升的速度为vQ，绳子与水平方向的夹角为α．将P运动的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向进行正交分解，则有vQ=vPcosα，而vQ不变，α减小，cosα增大，则vP减小；即P做减速运动．故A正确．

B、因为Q匀速上升，所以Q受力平衡，Q所受绳拉力T=GQ，根据定滑轮的特性，可知细绳对P的作用力也等于GQ；保持不变，故B错误．

C、以P为研究对象，由竖直方向力平衡，可得：N+Tsinα=GP，GP；T不变；α减小，sinα减小，则地面对P的支持力N增大，因此P所受摩擦力逐渐增大．故C正确．

D；细绳对滑轮的作用力等于两侧绳子拉力的合力；绳子拉力大小不变，夹角增大，则细绳对滑轮的作用力大小减小，故D错误．

故选：AC．11、AC【分析】【分析】以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析MN对Q的弹力和半圆柱体P对Q的弹力变化情况．再对P研究，由平衡条件判断地面对P的弹力如何变化．【解析】【解答】解：A；以小圆柱体Q为研究对象；分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示．

由平衡条件得：

根据几何关系可知：α+β不变；分析可知，α减小，β增大；

MN对Q的弹力F1增大，P对Q的弹力F2减小．故AC正确；B错误．

D；Q缓慢移动；所受的合力保持为零，不变．故D错误．

故选：AC12、BC【分析】解：A；由图乙可知；当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；

B、由图可知，交流电的周期为0.02s，则角速度为：rad/s=314rad/s；故B正确；

C、副线圈中消耗的电功率是22W，所以原线圈中的输入功率是22W，原线圈输入电压为有效值为22V，则变压器原线圈中电流表示数为：A；故C正确；

D；灯泡正常发光；故额定电压为220V，故D错误；

故选：BC．

由图2可知特殊时刻的电动势；根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值．

本题关键是明确线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是正弦式交变电流，会根据变压比公式、变流比公式列式求解即可．【解析】【答案】BC13、AC【分析】【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动．【解析】【解答】解：A；物体所受的合力为零；根据牛顿第二定律知，加速度一定为零，故A正确．

B；物体的速度为零；加速度不一定为零，比如自由落体运动的初始时刻，故B错误．

C；加速度是反映速度变化快慢的物理量；当加速度越来越小，则速度变化越来越慢，故C正确；

D；当加速度的方向与速度方向相同；加速度越来越小，速度越来越大．D错误．

故选：AC．14、ACD【分析】【分析】本题考察了二力合成合力大小随二力方向夹角变化而变化的规律．当两共点力方向相同时，合力最大；方向相反时，合力最小．【解析】【解答】解：A、F1=30N，F2=60N．当二共点力的方向相反时，合力最小．即Fmin=F1-F2=60N-30N=30N；

当二共点力的方向相同时，合力最大．即Fmax=F1+F2=60N+30N=90N；

所以这两个共点力的合力范围是30N≤F≤90N；故合力可能是30N，A正确；

B、F1=6N，F2=23N．当二共点力的方向相反时，合力最小．即Fmin=F1-F2=23N-6N=17N；

当二共点力的方向相同时，合力最大．即Fmax=F1+F2=23N+6N=29N；

所以这两个共点力的合力范围是17N≤F≤29N；故合力不可能是30N，B错误；

C、由题意可知F1=35N，F2=35N．当二共点力的方向相反时，合力最小．即Fmin=F1-F2=35N-35N=0N；

当二共点力的方向相同时，合力最大．即Fmax=F1+F2=35N+35N=70N；

所以这两个共点力的合力范围是0N≤F≤70N；故合力可能是30N，C正确；

D、由题意可知F1=50N，F2=60N．当二共点力的方向相反时，合力最小．即Fmin=F1-F2=60N-50N=10N；

当二共点力的方向相同时，合力最大．即Fmax=F1+F2=60N+50N=110N；所以这两个共点力的合力范围是10N≤F≤110N；故合力可能是30N，D正确；

故选：ACD．15、BD【分析】【分析】解答本题关键应根据：电容的决定式C=分析电容的变化，抓住电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析电压的变化，即可判断静电计指针偏转角的变化．【解析】【解答】解：A、将A极板向右移动少许，电容器两板间的距离减小，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知；电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故A错误．

B、将B极板向右移动少许，电容器两板间的距离增大，根据电容的决定式C=可知，电容C减小，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知；电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大．故B正确．

C、将B极板向上移动少许，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=可知，电容C减小，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知；电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大．故C错误．

D、将一块玻璃板插入A、B两极板之间，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知；电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故D正确．

故选：BD．16、CD【分析】【分析】在等量的负电荷的电场中，所有的点的电势都是负的，根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向内的，由此可以分析电场力和电势能的变化．【解析】【解答】解：在等量的负电荷的电场中，根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向内的，b点沿直线移到c点，电场强度的方向沿着bc方向．带正电的试探电荷从图中a点沿直线移到b点，电场力方向沿着中垂线指向内，电场力做正功，再从b点沿直线移到c点，电场力也做正功，所以电场力一直做正功，电荷电势能一直减小，但在故b点电场强度最小；则受力最小，但其电势能不是最小，故AB错误，CD正确．

故选：CD17、AD【分析】【分析】物体做简谐运动，加速度与位移的关系为a=-x，加速度的方向总是指向平衡位置，物体经过同一位置时速度有两种方向；物体做非匀变速运动．【解析】【解答】解：A、根据简谐运动的特征：a=-x；可知物体的加速度总和位移成正比，方向相反，故A正确．

B；当物体离开平衡位置时；加速度指向平衡位置，加速度和速度方向相反，而当物体靠近平衡位置时，加速度和速度都指向平衡位置，两者方向相同；故B错误．

C、D、根据a=-x；可知物体的加速度作周期性变化，物体做非匀变速运动，故C错误，D正确．

故选：AD．三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】

设系统在水平面内以角速度ω转动时；弹簧伸长的长度为x，则。

对元件A；根据牛顿第二定律得。

kx=mω2（L+x）①

又输出电压U=E=E②

由①②得。

U=

故答案为：．

【解析】【答案】当系统在水平面内以角速度ω转动时；由弹簧的弹力提供元件A的向心力，根据牛顿第二定律得到角速度ω与弹簧伸长的长度x的关系式．根据串联电路电压与电阻成正比，得到电压U与x的关系式，再联立解得电压U与ω的函数关系式．

19、略

【分析】解：经过十年的艰苦不懈的努力；1831

年法拉第发现了电磁感应现象．

故答案为：法拉第；切割磁感线的闭合电路的部分导体．

英国物理学家；化学家法拉第经过十年的艰苦探索；终于与在1831

年发现了电磁感应现象，进一步揭示了电现象和磁现象之间的密切联系，奏响了电气化时代的序曲．

本题考查了物理学知识，学习物理学知识不仅能丰富我们的知识，还能激发我们的学习兴趣，平时要注意多积累这方面的知识．【解析】法拉第；切割磁感线的闭合电路的部分导体20、5J【分析】【分析】弹力F=kx，是变力，在F-x图象中，图象与x轴包围的面积表示弹力做的功．【解析】【解答】解：做f-x图象；如图所示：

F-x图象与x轴包围的面积表示弹力做的功；故：

W=

故答案为：5J．21、垂直纸面向外垂直纸面向内不受逆时针【分析】【分析】利用左手定则判断即可，注意电流方向、B的方向和安培力方向的表示．【解析】【解答】解：利用左手定则，伸开左手，使B的方向垂直穿入手心，四指指向电流的方向，大拇指指向安培力的方向，所以ab边所受的安培力方向为垂直纸面向外，cd边所受的安培力方向为垂直纸面向内，bc边不受安培力．从上往下看；矩形线圈将沿逆时针方向转动．

故答案为：垂直纸面向外，垂直纸面向内，不受，逆时针．22、竖直向上【分析】【分析】若是一完整的橡胶圆环，则圆心0点的电场强度为零，则切去一小段L后在圆心O点的场强与L段产生的场强大小相等，方向相反，根据E=进行求解．【解析】【解答】解：AB段的长度为L，由于L＜＜r，相对于O点AB段可看成点电荷，AB段的电荷量Q=qL，则AB段在O点产生的电场强度大小为：E==；方向指向竖直向下．

由于完整的圆环在O处的合场强为0，则剩余部分在O点产生的场强与AB段产生的场强大小相等、方向相反，所以剩余部分在O点产生的场强大小为：E′=E=；方向竖直向上．

故答案为：竖直向上，．四、判断题(共3题，共30分)23、√【分析】【分析】作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．【解析】【解答】解：表面张力产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层；叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．所以该说法是正确的．

故答案为：√24、×【分析】【分析】根据狭义相对论的两个基本假设：

①物理规律在所有惯性系中都具有相同的形式．这叫做相对性原理．

②在所有的惯性系中，光在真空中的传播速率具有相同的值C．这叫光速不变原理．它告诉我们光（在真空中）的速度c是恒定的，它不依赖于发光物体的运动速度．【解析】【解答】解：根据相对论的两个基本假设可知；在所有的惯性系中，光在真空中的传播速率具有相同的值C．这叫光速不变原理．故以上说法是错误的．

故答案为：×25、√【分析】【分析】自然界物质运动的形式是多样的，每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化【解析】【解答】解：根据能量守恒定律可知：自然界物质运动的形式是多样的；每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化．

例如机械能对应机械运动；内能对应分子的无规则运动．故每一种形式的能对应于一种运动形式是对的．

故答案为：√五、推断题(共1题，共6分)26、（1）第二周期第IVA族；氯；（5）2CO+2NON2+2CO2；K=（6）①92%；②变小；③变小；【分析】【分析】本题考查元素化合物推断、结构式、离子方程式、热化学方程式、化学平衡常数、化学平衡计算等，推断元素是解题的关键，根据最外层电子数关系确定rm{X}为突破口，难度中等。【解答】rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{Q}均为除稀有气体外的短周期元素，其原子序数依次增大，rm{X}的最外层电子数是rm{W}的rm{4}倍，则rm{W}最外层电子数只能为rm{1}rm{X}的最外层电子数为rm{4}由rm{X}rm{M}元素在周期表中的位置可知，rm{X}处于第二周期，故rm{X}为rm{C}元素、rm{M}为rm{S}元素；rm{Z}与rm{M}的最低负化合价相同，二者为同主族元素，可推知rm{Z}为rm{O}元素；结合原子序数可知rm{Y}为rm{N}rm{Q}为rm{Cl}推知rm{W}为rm{H}

rm{(1)X}为rm{C}原子核外有rm{2}个电子层，最外层电子数为rm{4}在周期表中的位置为第二周期第rm{IVA}族；

故答案为：第二周期第rm{IVA}族；

rm{(2)}rm{Z}与rm{W}形成的rm{4}核离子rm{H_{3}O^{+}}的电子式为：与rm{Z}形成的rm{W}核离子rm{4}的电子式为：

故答案为：

rm{H_{3}O^{+}}由rm{(3)}rm{H}rm{N}rm{O}组成的离子化合物在溶液中相互反应，应为rm{S}与rm{NH_{4}HSO_{3}}二者反应离子方程式为：rm{NH_{4}HSO_{4}}

故答案为：rm{HSO_{3}^{-}+H^{+}=SO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{HSO_{3}^{-}+H^{+}=SO_{2}隆眉+H_{2}O}与rm{(4)H_{2}}反应生成化合物甲为rm{O_{2}}rm{H_{2}O}与rm{H_{2}}反应生成化合物乙为rm{Cl_{2}}已知：rm{HCl}每生成rm{HCl(g)+O_{2}(g)隆煤H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)}rm{1mol}放热rm{Cl_{2}}则该反应的热化学方程式为：rm{2HCl(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)triangleH=-57.8}rm{57.8kJ}

故答案为：rm{2HCl(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)triangleH=-57.8}rm{2HCl(g)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)=H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)triangleH=-57.8}

rm{kJ/mol}rm{2HCl(g)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)=H_{2}O(g)+Cl_{2}(g)triangleH=-57.8}可分别与rm{kJ/mol}以原子个数比rm{(5)C}rm{N}形成化合物丙和丁，则丙为rm{O}丁为rm{1}在催化剂存在条件下，丙与丁发生可逆反应，生成单质rm{1}和另一种化合物戊，根据元素守恒及电子转移守恒可知戊为rm{CO}该反应的化学方程式：rm{NO}rm{N_{2}}该反应的平衡常数表达式rm{k=dfrac{c(N_{2})cdotc^{2}(CO_{2})}{c^{2}(CO)cdotc^{2}(NO)}}

故答案为：rm{CO_{2}}rm{2CO+2NO}rm{dfrac{c(N_{2})cdotc^{2}(CO_{2})}{c^{2}(CO)cdotc^{2}(NO)}}

rm{N_{2}+2CO_{2}}将rm{k=dfrac{c(N_{2})cdot

c^{2}(CO_{2})}{c^{2}(CO)cdotc^{2}(NO)}}气体和rm{2CO+2NO}气体充入一装有催化剂的恒压容器中；充分反应达平衡后：

rm{N_{2}+2CO_{2}}若气体体积较原来减少rm{dfrac{c(N_{2})cdot

c^{2}(CO_{2})}{c^{2}(CO)cdotc^{2}(NO)}}则混合气体减少物质的量rm{(6)}则：

rm{1molCO}rm{1molNO}气体物质的量减少。

rm{垄脵}rm{23%}

rm{=(1mol+1mol)隆脕23%=0.46mol}rm{2CO+2NO}

故rm{n(NO)=dfrac{0.46mol隆脕2}{1}=0.92mol}

则rm{N_{2}+2CO_{2}}的转化率rm{=dfrac{0.92mol}{1mol}隆脕100%=92%}

故答案为：rm{2}

rm{1}rm{n(NO)}则升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数rm{0.46mol}值将变小；

故答案为：变小；

rm{n(NO)=dfrac{0.46mol隆脕2}{1}

=0.92mol}其他条件不变时，若仅将压强增大为原来的rm{NO}倍，平衡