其中Fmg℃0s37°解得F=6.4N方向沿斜面向下。当滑块的速度减为零后，山于滑块重力的分力G=mgsin37°=6NKF所以滑块将保持静止，受到的摩擦力“突变”为静摩擦力，由衡条件得F'=mgsin37°=6N向沿斜面向上。故选A。7.【答案】D【详解】打开主降落伞匀速下降过程中，有阻力做负功，机械能不守恒，A错误返同舱与地面撞击过程中，做向下加速运动，加速度向上，处丁超重状态，B错误返同舱落地过程中，mgt一Fwt=0-mV,F=6×104N,C选项错误发动机反推返回舱匀速下落过程中：F=四，p=v=22.5kw,放D选项正确8.【答案】D【详解】A.物块的位移为L=5m,传送带对物块的摩擦力始终为滑动摩擦力f清=Wmg=1N传送带对物块做的功为W=-f强I=-5JB.由动能定理可得解得v=6m/s由匀变速直线运动的规律可得第3页共10页

10.合物M是ACS(oleu山e of the Wec栏目推荐分千，其结构如图所示：COOHHOOC七快京的连有4个不同的于安装长为手性民照子。.关子M的说法正确的是中合有1个于性保R能与OH发生复分解反应C1能发生酯化反应，但不能发生版应D阴金属钠可以鉴别M中是否含流O二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的，若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错-个就得0分。1,类比或推理是重要的学方法，下列类比或推理合理的是选项已知方法结论A弱酸氢氟酸能溶解Si02类比强酸盐酸也能溶解Si0,B非金属性：Cl>Br推理还原性：Br>Cl金属性：Fe>Cu推理X氧化性：Cu2>e甘油也能被酸性K,C,0,溶液氧化D乙醇能被酸性K,Cr20,溶液氧化类比12.下列实验操作能达到相应实验目的的是实验目的选项实验操作向盛有少量苯的试管中加人酸性KMnO,验证苯分子中是否A存在碳碳双键溶液，观察溶液是否褪色量取等体积不同浓度的NaOH溶液，分别加探究浓度对化学B入等体积等浓度的H,S04溶液中，对比现象反应速率的影响将待测液滴在干燥的pH试纸上，测定饱和氯水的pHC然后与标准比色卡对照向淀粉水解液中加人新制的Cu(OH)2,检验淀粉在酸性条件下是否水解D加热，观察是否有砖红色沉淀生成心学.（新高考版）试题第4页（共8页）

似故人，晨昏优乐每相亲；④黑发不知酚学早：白首方悔读书迟；⑤博览群书都雅趣，缕缕书香胜饭香；⑥斯是陋室，惟吾书香…三1.B(解析：强加关累。“只有因地制宜谋发腰才能做好区域协同互补，”锥，文中只是说“如何系统布局，构建数字经济发展生态圈…需要各地…做好区城协同互补”。)2.B(解析：时态讹误。“数字经济已然融人全球经济社会发展方方面面”错，原文说的是“互联网…技术加速创新，日益融人经济社会发展各领域全过程…”，“日益融入”不等于“已然融入”。)3.D(解析：A项，遗漏信息。“没有科学技术和商业模式的创新，就不可能有…数字经济”错，原文第二段强调“这背后，凸显的是科学技术、发展理念、体制机制、商业模式等全方位、多层次、宽领域6创新”，遗漏了“发展理念、体制机制”等要素。B项，说法绝对。“若能在创新上加快步伐，就都能…”错，城市的发展涉及各种因素，包括国情与国策、战争与和等，创新也不只是“加快步伐”的仅问题，还有“深一层、高一筹”的问题，涉及“科学技术、发展理念、体制机制、商业模式等全方位、多层次、宽领域创新”。C项，曲解文意。“必须抛弃传个统思路和传统手段，避免拼资金、拼资源、拼政袋”错，半竟传统的思路和手段也有可取之处，而“资历金”“资源”和“政策”也是城市发展不可或缺的因素，原文说的是“对于一座城市来说，要想在新一轮長科技革命和产业变革中发展好数字经济，就必须跳谓；出传统思路、传统手段的局限，避免单纯拼资金、拼去相资源，拼政策”，注意“跳出局限”“单纯”这些关键词语。)

21.一定温度下，在容积伪2L的恒容密闭容器中进行某一反应，容器内M、N两种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的个物质的量/molA该反应的化学方程式为N(g)一2M(g)人2N€WM52≥3Bh~amin内，oN7,-9mol,L1·min1XC.ta min时，正、逆反应速率相等，反应达到衡状态X26D.4min时，容器容积不变，充人惰性气体Ar,衡正向移动12高压不仅会引发物质的相变，还会导致新类型化学键的形成。如图4时间/mir的目N、P为Na与Cl2在0300GPa的高压下反应生成的不同晶体晶胞，下列说治误的是2N0o ci●Na230CO.MA.三种晶胞的化学式均不为NaCIB.晶胞M中与Na原子距离最近且等距的C1原子有l2个/C.晶胞M、N、P中所含C1原子的个数之比为3：1：1究发D2号的原子坐标为（号，号，是42Y13某分子式为C10H2oO2的酯，在一c-c-cC-onB HSO.D]反应条件A(-C-c-cNaorO氧化回氧化回C-E-C-C-Civ已知D和F立为同分异构体，则符合上述条件的酯的结构有C-C=C-C-A4种B.8种C.12种D16种14.下列实能达到预期实验目的的是选项实验实验目的室温下，用pH计测定浓度均为0.1mol·L1的NaHCO3溶液比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱个短和CH;COONa溶液的pH下列向盛有1mL0.2mol·L1NaOH溶液的试管中滴加2滴验证该温度下Kp[Mg(OH)2]>P6牛3B0.1mol·L1的MgC2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴K.p[Fe(OH)3]0.1mol·L-1的FeCl3溶液，又产生红褐色沉淀用铁片、铜片、稀硫酸等组成原电池比较铁、铜的金属性强弱室温下，分别向2支试管中加人相同体积、相同浓度的NaSO,研究浓度对反应速率的影响溶液，再分别加入相同体积、不同浓度的稀硫酸16,超纯水微细电解加工是在常规电解加工原理的基础上，利用超纯水作电解液，并采用阳离子交换膜促进水解离来提高超纯水中○H的浓度，使电解电流密度达到足够蚀刻材料的一种新型电解加工工艺。铜的微细电解加工如图，所用的阴璃子交换膜为RS0,H,RSO,H自身2能解离成固定基团RSO,和自由离子H。下列说错误的是【高三化学第3页（共6页）】901CJL.

【解题分析】当3时(H,)=a(),当<3时，相当于增氮气e)>α(N2),A项正确；由①和④比较可知T。>420,B项错误；K只与温度有关，C项错误；由题给条件可计算出、b、d三点各组分的物质的量分数，再根据压强可计算出压强衡常数K。,D项正确。12.C【解题分析】其他条件相同，N2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短，说明温度越高，反应速率越快，A项正确；反应开始时氢离子浓度相同，则反应开始时速率相同，B项正确；把容器的体积缩小一半，相当于增大压强，正、逆反应速率均加快，C项错误；FCl3为H2O2分解的催化剂，加入催化剂可加快反应速率，D项正确。13.CD【解题分析】由表中数据可知，0~20min、20~40min、4060min,X2Y的浓度均减少了0.02mol·L1,即该反应速率与起始浓度无关，为匀速反应，故a=0,即o=k,A、B两项均不正确；0一20min内，=k号=0.100mol·L0.080mol.L=1.0×△t20m1n10-3mol·L1·min1,故速率常数k=1.0×10-3mol·L1·min-1,C项正确；由上述分析可知，其他条件不变，仅增大c(X,Y),反应速率不变，D项正确。1.10,1st各2分)(2)极性键；极性键（各1分）(3)①2mol·I1·min1;25%(各3分)②其他条件相同时，增大氨的浓度，提高CO2的转化率(2分)15.(1)NaOH溶液的体积、乙酸乙酯的用量、反应温度(2)①快②乙酸乙酯水解速率先快后慢，一段时间后停止水解(3)NaOH溶液能与水解产生的醋酸发生中和反应，随着反应的进行，NaOH溶液浓度逐渐减小直到完全被消耗，其催化作用也逐渐减弱直到没有催化作用(4)增大NaOH溶液浓度或体积(5)乙酸乙酯水解过程中部分挥发（每空2分）16.(1)a;大于(2)-33kJ·mol-1(3)Ⅱ；经计算△H2>0,即该反应的逆反应为放热反应，温度越高，逆反应衡常数越小；33.3%;增加反应物氢气的量（或其他合理答案）（每空2分）17.(1)C3H3(g)C3H(g)+H2(g)△H=+(a+b)kJ·mol-1(3分)(2)高温下以反应Ⅱ和反应Ⅲ为主：越小；不变（各2分）(3)丙烷；大于；33.3%；0.025（各2分）·37【23·G3DY(新高考)·化学·参考答案一R一必考一HEB】

x=,可知初速度不同，B项错误；运动员距：相等，故后轮边缘的线速度等于自行车前进的确；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速离甲鼓的位置比距乙鼓的位置远，两鼓等高，球速度，大小为=or2户，D项正确。到达两鼓用时相等，击中甲鼓的水速度较大，1r2度大小oA=?√2g,B项错误：B球在最高点竖直方向速度相等，则实际击中的速度大小不【变式1】A【解析】由题意知拖把头转动时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合等，C项错误；甲鼓的位置比丁鼓位置高，球到的周期T=号s,则拖把头转动的角速度，力提供向心力，有F一mg=m咒，解得F达丁鼓用时较长，若某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓，D项正确。2红-14πrad/s,C项错误；拖把头边缘的线速2g,C项正确，D项错误」【例8】C【解析】物块的加速度a=gsin6,度=2-1,4怀m/,A项正确；拖把杆向下【变式3】AC【解析】在最低点Q时向心根据1=立，得1一√g9A,B两项错误：初加速度向上，小球处于超重状态，A项正确。小运动的速度2==0.35m/s,B项错误；拖球越过最高点的临界速度v=√g,即小球运迪度w-6√哥/gsin 0,C项正确，D项错误。动到最高点P时，速度要大于等于√g,根据把头的转速=丁=7/s,D项错误。【例9】D【解析】设第一次投篮时的初速度为n,其抛射角为日，篮球恰好空心命巾。根【例2】BD【解析】对小球受力分析，设轻动能定理得-mg·2l=之m2-之m2,解据抛体运动的规律可知，其运动时间t=弹簧弹力为Fr,轻弹簧与水方向的夹角为，得=√⑤gl,即小球在最低点的速度需满足2sin9,其水射程x=0(cos0)t=在竖直方向，由于PQ杆光滑，其轻弹簧拉力沿≥√5g(,才能通过最高点P,B项错误，C项PQ杆方向向上的分力等于小球重力，Frsin 0正确。在Q点，根据牛顿第二定律得F一mg22sn0cos0_2sim20,增加初速度大小，将ng,小球均相对PQ杆静止，0角不变，所以g弹簧弹力的大小一定不变，小球高度不变，A项=m，在P点，有十mg=m2,又篮球水抛出，篮球做抛运动，不可能空心命错误，B项正确。轻弹簧拉力沿水方向的分中，A项错误；只增加篮球的初速度大小，不改mg·2l=号m2-7o2,联立解得△F力和杆对小球的弹力的合力提供向心力，当转变投射角度，由水射程的表达式x速较小时，杆对小球的弹力背离转轴，FTcos日F1一F2=6mg,D项错误。2sin20,可知水射程增大，不可能空心命Fx=mrw2,解得FN=Frcos0一mw2r;当转【例5】AC【解析】设绳子与竖直方向的速较大时，杆对小球的弹力指向转轴，Frcos 0夹角为0，小球刚好离开圆锥筒时，圆锥筒的支中，B项错误；由于第一次投篮时日一45°，若只+Fx=nw2r,解得FN=mw2r一Frcos0,因w持力为0，则有ngtan0=molsin0,解得w增加篮球的投射角度，不改变篮球的初速度大>,所以山牛顿第三定律可知，小球对杆压力小，由水射程的表达式=s2,可知由√1c0s0则绳子越长，角速度的临界值越小，的大小不一定变大，C项错误。由匀速圆周运动的向心力公式F=mw2r可知，以w'匀速转动小球越容易离开圆锥筒，A项正确，B项错误；于sn20变小，所以水射程减小，不可能空心两个球都离开圆锥筒后，小球都只受重力与绳命中，C项错误；由于第一次投篮时8=45°，同时，所需的向心力增大，小球所受合外力的大小时增加篮球的初速度人小和投射角度，由水定变大，D项正确。子的拉力，两小球都随圆锥简一起转动，有相同射程的表达=s20,可知初速度增大，【例3】BC【解析】设列车转弯时内、外轨的角速度，则有小球的高度为h=lcos,代入数所在斜面的倾角为6，小球质量为，由于悬挂据解得h一是，C项正确；小球都离开圆锥筒时但sin20变小，所以水射程可能不变，有可能小球的细线与车厢侧壁行，即细线垂直内、外mg空心命巾，D项正确。轨所在斜血，可知细线与竖直方向的夹角为，绳子的拉力T一s由于绳了长度不同，则小【变式5】B【解析】球的运动是斜上抛运细线上的拉力FT与小球的重力mg的合力提球离开台时的夹角也不同，所以拉力也不相动，最后垂直墙进入洞里，则可以把它看成是从供小球做圆周运动的向心力，则FT=s洞开始的抛运动，从洞到高h的网过程中Hcos A同，D项错误。【变式4】B【解析】小球做幽项错误；车厢的重力与轨道的支持力的合力提h=令，得出=√面匀速圆周运动，对其受力分析如图供车厢做圆周运动的向心力，内、外轨道与轮缘g所示，则有ngtn日=2Isin0,√®25间均没有侧向挤压作州，B、C两项正确；由10s=0.4s,水方向上若恰好mgtan0=m得v=Vgrian0,在0与转弯处整理得Lc0sf=各，则两球处丁擦网，则1=t,得出0=上=5m/s,从墙洞同一高度，B项正确。的圆弧半径r已知时，可以求出列车转弯时的【例6】BD【解析】P经过图中D点时间的位置到人抛出球的位置处，竖直方向上.H一速率，D项错误。【变式2】AB【解析】设玩具小熊的质量ho=2gt2,得出t=0.6s。故人距离墙的水为=(+)7=01,2,3…),其中T=为，则玩具受到的重力mg、细线的拉力F距离至少为x=t=5×0.6m=3m,故要使球的合力提供玩具小熊随车做水面内圆周运动2红，小球自由下落的高度=？g,要使小球扔进洞，人必须站在离网距离至少为x'=x一L的向心力F(如图)，有ngtan0=ma,可知列车-3m一2m=1m处，B项正确。在转弯时的向心加速度大小为a=gtan0,A项与质点P相遇，则时间相等，所以h=2（g”第3讲圆周运动正确；列车的向心加速度a一gtan0,由列车的重力与轨道的支持力的合力提供，故列车与轨)广()当=0，有=器当=1有学基础知识道均无侧向挤压作用，B项正确；水杯的向心加要点速度a=gtan0,由水杯的重力与桌面的支持力ha-25gn,B、D两项符合题意。8w2①相等②不变③圆心④不变⑤速度的合力提供，水杯与桌面问的静摩擦力为零，【例7】BD【解析】在题图6驷⑦2=⑧2π@￥10w2r①大C、D两项错误。1中kmg=mw2r,ω=小越大，开始滑动时的角速度越②r③圆心④合力⑤分力6圆周运小，则a先滑动，A项错误；对木块a有fa动⑦向心力mw2(2l),对b有f6=2mw2l,即a、b所受的静基础诊断1.C2.C3.B4.AB摩擦力始终相等，B项正确；在题图2中，当讲关键能力【例1】D【解析】大齿轮与小齿轮是链条【例4】AC【解析】球B运动到最高点时，√停时，细线的拉力和最大静摩擦力提供木传动，线速度大小相等，有2n1=wr2,得ω杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心块做匀速圆周运动的向心力，如图所示，当最大2,小齿轮和后轮是同轴传动，角速度大小力，有mg=m鄂，解得明=√2®L,A项正静摩擦力的方向与细线垂直时，木块受到的合r223XKA(新)·物理一D版一XC·7

ta/(m·s2)1.201.000.800.600.400.200123456命题透析本题以“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验为背景，考查学生的创新实验设计能力与数据处理能力及科学探究素养思路点拨①由游标卡尺的读数规则，知d=4mm+0.1mm×0=4.0mm=0.40cm;⑤油=得=0.2ms,由=2x解得系统的加速度a=040mW:⑥绘制图线如图所示；它没A的质员为M,B的质武为m,每个精码的质量为，系绕的加速度a=即a是的正比例1函数，斜率k=2mog5=M+m+5m0,解得M总=0.95kg。16.命题透析本题以冰壶的运动为背景，考查动能定理、牛顿运动定律，匀变速运动等知识。意在考查学生应用知识解决问题的能力和科学思维。思路点拨(1)设水恒力的大小为F,对冰壶，依据动能定理，有Fso -3umgso =0(2分)解得F=3umg(1分)》(2)撤去恒力时，冰壶运动的速度大小为v,由(F-ung)m(2分)獬得v=2√gs0(1分)冰壶运动的均速度大小0=2(1分)冰壶运动的时间t=戈天一文化(1分)17.命题透析本题以带电粒子在磁场中的运动为背景，考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动规律。意在考查学生的分析综合能力和科学思维。思路点拨(1)带电粒子在有界磁场中的运动轨迹如图所示C

心2-0中0的0000Gg⊙3中0000000-00-0￥006-0-00-0000000丙A.甲图中，挡板上缝宽代表粒子位置的不确定范围，屏幕上中央亮条的宽度代表粒子动量的不确定范围B.乙图是汤姆生用于研究阴极射线本质的气体放电管，通过该装置可以获得阴极射线是带电微粒而非电磁辐射C.丙图中，奥斯特提出著名的分子电流假说，他认为分子电流的取向是否有规律，决定了物体对外是否显磁性D.丁图是卢瑟福研究α粒子散射的实验装置图，分析此实验结果，他提出了原子的核式结构模型4.某同学想测地铁在直轨道上启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布固定在地铁的竖直扶手上，在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时的情景，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，已知当地重力加速度为g,根据这张照片，以下说法正确的是左右A.此时地铁的速度方向向右B.此时地铁的加速度方向向右C.此时绳子拉力小于圆珠笔的重力D.由图可以估算出此时地铁加速度的大小5.某城市边缘的一小山岗，在干燥的季节发生了山顶局部火灾，消防员及时赶到，启动多个喷水口进行围堵式灭火，喷水口所处高度和口径都相同。其中两支喷水枪喷出的水在空中运动的轨迹甲和乙几乎在同一竖直面内，且最高点高度、落到失火处的高度均相水线同，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是A.水甲落到失火处的速度一定较大失火处甲B.水乙在最高点的速度一定较大C.喷出水甲的喷水枪的功率一定较大D.水乙在空中运动的时间一定较长6.2021年10月14日，我国成功发射了“羲和号”卫星，全称太阳Hα光谱探测与双超台科学技术试验卫星，是中国首颗太阳探测科学技术试验卫星，运行于距地面高度为517km的太阳同步轨道，主要科学载荷为太阳空间望远镜。已知Ha是氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光谱线，氢原子基态能量为-13.6eV,地球半径是6400km。下列说法正确的是A.辐射Hα后，氢原子核外电子的动能变大，电势能变小B.“羲和号”的运行速率在7.9km/s到11.2km/s之间C.“羲和号”的运行周期比地球同步卫星的周期大D.要能全天候观测到太阳，“羲和号”绕行轨道应在赤道面内7.为了降低潜艇噪音，科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截面图如图所示，电磁推进器用绝缘材料制成海水管道，马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场，现潜艇在宁波“十校”物理试题卷第2页共8页

59m12:24QQ℃N8：55物理12月第二次周考试…☑【磁|版权所有，未经许可禁止外传，一经发现追究法锋责任】对A.B与弹簧组成的系统，由机械能守恒得：2×2m6-时，示数为10000(2)因为光教电阻不受光照射时阻值变大，分压变大，所之m十2m+E,解得，E,-智放C错误，D正跑以电压表不能直接接在光敏电阻两端（否则会超过电压表的量程)，故将电压表接在定值电阻和滑动变阻器两11.AD解析：本题通过波的图像与振动图像相结合考查波长、频率和波速的关系，从图乙中可以看出质点P起R.+2R振方向沿y轴正方向，根据“上下坡法”可知这列波沿x端，则有R.+R:+R,+R.+ZR得-10n轴正方向传播，从图甲中可得入=4m,从图乙中可得所以选用定值电阻R@,电路图如答案中的图所示，T=0,4s,故这列波的速度为v=产=10ms,选项A(3)①液面与出液口等高时，光敏电阻都没有光被照射，相应正确：机械波在传播过程中，波上的各个质点只在衡位置上下振动，并不随波迁移，选项B错误：当1=0.1sRe+zR电阻值均为10.0kn,故=E时，质点P处于最大位移处，根据简谐运动的特点可知，R+R;+R+R-+2此时加速度最大，而质点Q此时不在最大位移处，所以Q8 VRRRR管-号得R-&0xR十R质点P的加速度大小大于质点Q的加速度大小，选项C错误：根据题图甲可知，t=0时刻，x=1m处的质点正10n.处于波峰，该点与质点Q相距△x=3.5m一1m=14.答案：(1)5cm(2)127℃2.5m,从t=0时刻起，质点Q到达波峰位置所需要的解析：(1)施加推力F后，A中气体的压强为时间-兰-治，-0.25选项D正确10XI412答案：(2分)-2+色(2分)（20.5-1.0X10+0x10)P-3X10PnT(1分)(2分)(3)①(2分)A中气体做等温变化，由玻意耳定律得解析：(1)(2)由题图甲所示的实验装置可知，木块做匀paV=pAVa,解得V=7.5L(1分)》加速直线运动，则中间时刻的醉时速度等于这段时间内cm=的年均选度，即一一，由匀加选直线运动规件洛室N运动前后A的长度分别为Lu-专-050020m-片-2(1分)500cm=15 cm赦活塞N向右移动的距离是△x=La一LA=5cm又mg sin0-mg cos0=ma,代入数据得u=0.5.(2分)(3)若只增大木板的倾角，则木块所受合外力增大，加速度增大，速度变化率增大，则木块相对传感器的位置随(2)对B中气体p。=pA=5X10Pa,根据查理定律得时间变化的规律可能是题图乙中的曲线①】13.答案：(1)10.0(2分)1000(2分)会会(1分)(2)如图所示(2分)又Tm=(273+27)K=300K,pm=1.0×10Pa,解得T=400K,则t#=(400-273)℃=127℃.(2分)ER(2)4jumgL解析：(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有：F-2pmng=ma(1分)振据匀支递直线运动规律，有L一之4(1分)(1分)(2)设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为1，(3)①0.43(2分)②8.0×102(2分)物块的加速度为a:,经过时间1，物块离开木板，木板的解析：(1)由题图乙知，指针指向10刻度处，由题意知位移为1，物块的位移为工.对木板，根据牛领第二定挡位为“X1k”,所以示数为10.0k0:当换为“×100律有F-3mg=ma1(1分)物理参考答案/48【和磁|版权所有，未经许可禁止外传，一经发现追究法律责任】对物块，同理有mg=a:(1分)根福匀变建直我运动的规律，有=之片解得E-Em四(1分)(1分)方向与水方向夹角为45°，斜向左下方(1分)-(1分)带电荷量为十q的粒子MN的运动轨迹如图乙所示，当物块离开木板时，有x1一x:=由几何关系可知，解得x1=1.5L(1分)在这个过程中，木板与地面摩擦产生的热量AD-sin 45(1cos 45)Q=2umgx1 =3pmngL(1分)(1分)物块和木板相对运动产生的热量Q2=mgL(1分)所以产生的总热量Q=Q,十Q2=4mgl被粒子在AD段的运动时间，-加(1分)(1分)16答案：1m严3BL（2L（34点运动到C点，粒子轨迹对应的圖心角为43/345),故撒去电场后粒子运动的时间与水方向夹角为5行，斜狗左下方(+)片+4=180+45T8560(1分)其他应用打开

59m12:24QQ℃N8：55物理12月第二次周考试…☑【磁|版权所有，未经许可禁止外传，一经发现追究法锋责任】对A.B与弹簧组成的系统，由机械能守恒得：2×2m6-时，示数为10000(2)因为光教电阻不受光照射时阻值变大，分压变大，所之m十2m+E,解得，E,-智放C错误，D正跑以电压表不能直接接在光敏电阻两端（否则会超过电压表的量程)，故将电压表接在定值电阻和滑动变阻器两11.AD解析：本题通过波的图像与振动图像相结合考查波长、频率和波速的关系，从图乙中可以看出质点P起R.+2R振方向沿y轴正方向，根据“上下坡法”可知这列波沿x端，则有R.+R:+R,+R.+ZR得-10n轴正方向传播，从图甲中可得入=4m,从图乙中可得所以选用定值电阻R@,电路图如答案中的图所示，T=0,4s,故这列波的速度为v=产=10ms,选项A(3)①液面与出液口等高时，光敏电阻都没有光被照射，相应正确：机械波在传播过程中，波上的各个质点只在衡位置上下振动，并不随波迁移，选项B错误：当1=0.1sRe+zR电阻值均为10.0kn,故=E时，质点P处于最大位移处，根据简谐运动的特点可知，R+R;+R+R-+2此时加速度最大，而质点Q此时不在最大位移处，所以Q8 VRRRR管-号得R-&0xR十R质点P的加速度大小大于质点Q的加速度大小，选项C错误：根据题图甲可知，t=0时刻，x=1m处的质点正10n.处于波峰，该点与质点Q相距△x=3.5m一1m=14.答案：(1)5cm(2)127℃2.5m,从t=0时刻起，质点Q到达波峰位置所需要的解析：(1)施加推力F后，A中气体的压强为时间-兰-治，-0.25选项D正确10XI412答案：(2分)-2+色(2分)（20.5-1.0X10+0x10)P-3X10PnT(1分)(2分)(3)①(2分)A中气体做等温变化，由玻意耳定律得解析：(1)(2)由题图甲所示的实验装置可知，木块做匀paV=pAVa,解得V=7.5L(1分)》加速直线运动，则中间时刻的醉时速度等于这段时间内cm=的年均选度，即一一，由匀加选直线运动规件洛室N运动前后A的长度分别为Lu-专-050020m-片-2(1分)500cm=15 cm赦活塞N向右移动的距离是△x=La一LA=5cm又mg sin0-mg cos0=ma,代入数据得u=0.5.(2分)(3)若只增大木板的倾角，则木块所受合外力增大，加速度增大，速度变化率增大，则木块相对传感器的位置随(2)对B中气体p。=pA=5X10Pa,根据查理定律得时间变化的规律可能是题图乙中的曲线①】13.答案：(1)10.0(2分)1000(2分)会会(1分)(2)如图所示(2分)又Tm=(273+27)K=300K,pm=1.0×10Pa,解得T=400K,则t#=(400-273)℃=127℃.(2分)ER(2)4jumgL解析：(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有：F-2pmng=ma(1分)振据匀支递直线运动规律，有L一之4(1分)(1分)(2)设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为1，(3)①0.43(2分)②8.0×102(2分)物块的加速度为a:,经过时间1，物块离开木板，木板的解析：(1)由题图乙知，指针指向10刻度处，由题意知位移为1，物块的位移为工.对木板，根据牛领第二定挡位为“X1k”,所以示数为10.0k0:当换为“×100律有F-3mg=ma1(1分)物理参考答案/48【和磁|版权所有，未经许可禁止外传，一经发现追究法律责任】对物块，同理有mg=a:(1分)根福匀变建直我运动的规律，有=之片解得E-Em四(1分)(1分)方向与水方向夹角为45°，斜向左下方(1分)-(1分)带电荷量为十q的粒子MN的运动轨迹如图乙所示，当物块离开木板时，有x1一x:=由几何关系可知，解得x1=1.5L(1分)在这个过程中，木板与地面摩擦产生的热量AD-sin 45(1cos 45)Q=2umgx1 =3pmngL(1分)(1分)物块和木板相对运动产生的热量Q2=mgL(1分)所以产生的总热量Q=Q,十Q2=4mgl被粒子在AD段的运动时间，-加(1分)(1分)16答案：1m严3BL（2L（34点运动到C点，粒子轨迹对应的圖心角为43/345),故撒去电场后粒子运动的时间与水方向夹角为5行，斜狗左下方(+)片+4=180+45T8560(1分)其他应用打开

7.在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B。现将AC绳的长度变短，然后重新挂到墙壁上。下列说法正确的是A.悬线的拉力变小B.悬线的拉力变大C.球对墙壁的压力变小D.球对墙壁的压力不变8.伽利略在研究力和运动的关系的时候，设计了如下理想实验：①让一个小球沿斜面从静止状态开始运动，小球将“冲”上另一个斜面，如果没有摩擦，小球将到达原来的高度；②如果第二个斜面倾角减小，小球仍将到达原来的高度，但是运动的距离更长：③由此可以推断，当斜面最终变为水面时，小球要到达原有高度将永远运动下去。伽利略由这个理想实验得到的结论是A.惯性是物体的固有属性B.力不是维持物体运动的原因C.如果物体不受到力，就不会运动D.如果物体受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小9.甲、乙两物体均做直线运动，它们在某段时间内的位移x随时x/m间t变化的图像如图所示。在0~t1时间内，下列说法正确的是甲A.甲物体做加速运动B.甲、乙两物体运动方向相同X1C.甲的均速度比乙的均速度大t t/sD.甲、乙两物体的均速度大小相等10.为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图线。某次实验获得的图线如图所示，a、b、c为图线上的三个点，下列说法可能正确的是F/N1000A.abc为一次“下蹲”过程B.a→b→c为一次“站起”过程500C.a→b为“下蹲”过程，bc为“站起”过程D.α→b为“站起”过程，b℃为“下蹲”过程11.如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m,A、B之间的动摩擦因数为4，B与地面问的动摩擦因数为“。若将水力作用在A上，使A刚好相对B滑动，此时A的加速度为a1;若将水力作用在B上，使B刚好相对A滑动，此时B的加速度为a2。则a1与a2之比为A.1:1B.1:2AC.1:4D.2:1B高一物理试卷第2页（共8页）

10.如图所示，轻弹簧左端固定，右端连接物体A,物体A凰于光滑水桌面上，物体A和B通过细绳绕过定滑轮连接。己知物体A和B的质量分别为2m和3m,弹资的劲度系数为k,不计滑轮摩擦。物体A位于0点时，系统处于静止状态，物体A在P点时弹簧处于原长。现将物体A由P点静止释放，物体A不会和定滑轮相碰，当物体B向下减速到速度为零时(B未与地面相撞)，绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度，则A,由p点玫物农A风间，物体A的加I环名B.绳子能承受的最大拉力为mgC.从P点到O点，物体A动能的增加量小于重力对物体BB所做功与弹簧弹力对A做的功之和D.从P点到O点，物体A与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于物体B所受重力对B做的功二、实验题（本题共2小题，每空2分，第11题8分，第12题12分，共20分）11.如图所示为研究曲线运动的实验装置，在光滑水桌面中间0处有一转轴，转轴上安装了力传感器，力传感器与一根不可伸长的轻绳连接，轻绳另一端拴着一小物体，小物体可视为质点。现让小物体绕转轴0做匀速圆周运动，小物体刚运动到A0连线时，绳子断裂，然后经过桌面边缘B点飞出做抛运动，落到沙坑中的D处，AO与桌面边缘垂直，AB与桌面另一条边缘也垂直。不计空气阻力，重力加速度为g力传感器：(1)研究抛运动的规律时，运用的思想方法是(A.微元法B.放大法C.科学推理法D.化曲为直法(2)测出小物体质量为m,做匀速圆周运动时小物体到0点间的距离为，沙坑面到桌面间的距离为h,D点到桌面边缘B点正下方的距离为x,请推导出小物体做匀速圆周运动时力传感器示数F的表达式。（用题中所给的符号表示)(3)若在(2)的条件下，保持力传感器F读数不变，改变细绳的长度为原来的一半，小球仍然在AO连线处断裂，则细线断裂前，小球的角速度为，落到沙坑的位凰与桌子边缘的距离为一·（用题中所给的符号表示）赣州市物宋考试高一物理试卷第4页（共6页）

A.中继卫星可能经过合肥正上空B.空间站运行的角速度与中继卫星角速度大小相同19:如图所示的两个行板电容器水放更带板用气板相专B板和N板都接地。已A板带正电，在右边电容器间有一个带电油滴N处于静止状态。AB间电容为C,电(1)实验时，C,在空间站内可以用水银体温计测量宇航员体温①用天D.在实验舱内由静止释放一小球，测量小球下落的高度和时间可计算出实验舱所在轨道处为心背电为右沙售绳容为C,:电压为U,带电量为Q,若将左边电释器同的轮绿②用20介质抽出，则15.2023年4月12日，位于合肥科学岛的世界首个全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)的重力加速度A.C,减小，C2增大③将重“人造太阳”获得重大成果，成功实现403秒稳态运行，创造了新的世界纪录。太阳之所以能B.Q1减小，Q2增大N物B辐射出巨大的能量，就是内部氢核聚变的结果。假定地球单位面积接受大阳直射能量的功C.U减小，U2增大使其小为率为P,地球到太阳中心的距离为，太阳可用于氢核聚变的质量为m,光在真空中传播的速DN原来所在位置处的电势升高且N向上运动20两根长度均为的性轻，升瑞通过质武为的球形收结连接此球为A球，另一与质(2)要验证度为c,太阳的寿命大约是量均为m的B,C小球相连将此装置的两杆并找.饺链向上竖直地放在桌上，右边距离C力加过(3)为提mc?A.cn球号处有一面竖直墙面，因受做小状动两杆分别向两边滑动，A球下降，致使C球与撸面23.(10分)女16。从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，发生弹性碰撞，两杆始终在同一竖直面内，不计一切摩擦，各球直径都比杆长1小得多，重力满偏电济在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示.两列波的波速均为10/s。则下列说法加速度取g,从A球开始运动到A球落地前瞬间这一过程，下列说用电表。法正确的是标出。正确的是A质点P、O开始振动的时刻之差为0.1sA,整个运动过程中系统机械能守恒，系统水方向动量守恒B.再经过半个周期后，x=4m的质点振幅极大C.再经过半个周期后，两列波在x=1m和x=5m之间R.C球能撞竖直接面前瞬间浓度大小为P。起的合振动振幅极大的质点有4个C.A球落地前瞬间，三球速度相同D.再经过半个周期后，两列波在x=1m和x=5m之间引D:A球落地前瞬间，A球的速度方向沿斜左下方起的合振动振幅极小的质点有3个21.我国自主研发的世界首合高温超导高速磁浮工程化样车在四川成都下线，超导磁悬浮列车17.如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE边竖直，质量为m的带正电可以简化为如图所示模型：在水面上相距1的两根固定行直导轨间，有大小为B、宽度小球（可看作质点），第一次小球从A点以水初速度0沿AB方向抛是1的匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反。整个磁场以速度，水向右匀速运动，跨(1)若出，小球在重力作用下运动恰好落在F点。M点为BC的中点，小球在两导轨间的边长为L的正方形单匝线圈abcd悬浮在导轨上方，在磁场力作用下向右运(2)i与塑料盒内壁的碰撞为弹性碰撞，落在底面不反弹。则下列说法正确动，并逐渐达到最大速度。当超导磁悬浮列车制动时，所有磁场立即停止，线圈继续运动的是了距离x停下来。设线圈的总电阻为R,总质量为m,运动中所受到的阻力大小恒为∫。则A第二次将小球从A点沿AM方向，以5，的水初速度抛出，撞上A线圈在图示位置的电流方向为逆时针FG的中点B线圈最大速度=恐:11B.第二次将小球从A点沿AM方向，以5，水初速度抛出，落在H点××××··×××k··C.若又在空间增加沿AD方向的匀强电场，第三次将小球从A点沿AB方向水抛出，要C,制动过程线圈产生的焦耳热为mum2一fx使小球落在G点初速度为2。D.若又在空间增加沿AD方向的匀强电场，第三次将小球从A点沿AB方向水抛出，要D,从开始制动到停下来所用的时间为t=m0一4B2xfRf使小球落在G点电场力大小为2mg三、非选择题（本题共14题，共174分）118.如图所示，轻杆OA与轻杆OB通过光滑铰链安装在竖直墙面上，另一端通过22.(8分)某实验小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。24.(1铰链连接于O点。已知∠OAB=37°，∠OBA=53°，铰链质量忽略不计，重力加速度为g。.现将一个质量为m的物块通过轻绳悬挂于O点保持静止，下列说法正确的是A轻杆OA对O点饺链的作用力为三mg0B.竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上自C.若在O点施加从零缓慢增大且水向左的外力，则轻杆OB的弹力先减小！逃光片0一020游标尺后反向增大D.若在O点施加从零缓慢增大且水向右的外力，则轻杆OB的弹力先增大后减小【2023届高三最后一卷·理科综合试题第5页（共12页】【2023届高三最后一卷·理科综合试题第4页（共12页）】

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量之比为1：1：1，B项错误；M、Q的分子中氢原子种类分别是4、2，因此M的一氯代物种类多于Q的一氯代物（不考虑立体异构），C项正确；N、P均能使溴的四氯化碳溶液褪色，D项正确。CH:CH9.D解析：

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5、[天一大联考]高三2024届高考全真模拟卷(一)1化学(河北专版)答案

12.B用均摊法计算，S:8×日-1，P1,Cu:6×号-3，所以磷青铜化学式为CwSnP,A正确；以上底面Cu原子为研究对象，通过该面可形成两个晶胞，在该晶胞中有1个P原子，在上面的晶胞中含有1个

【命题意图】通过对双滑杆问题的过程和状态、系统和隔离分析，综合考查学生处理信息，构建模型，321.【答案】AC应用电磁学规律、动力学三大观点结合数学方法解决问题的能力。3R【解析】：排刷开始运动时，回路电动劳=2B宁4=L,回国路总电阻R:2，由1=ReF=BL,E=ma。,可得b棒的加速度大小为a,2B21,A正确：分析知，a棒、b棒向右分3mR别做加速度减小的减速和加速运动，回路电动势E=B-E,=2B气-B,=BL和-4)，当心=4=U后，E=0,两棒均做匀速运动，对两棒组成的系统，合外力F=BL-2B1片=0，系统动2量守恒，有m心，=2m心，故经过足够长的时间后，a棒的速度大小为U=，B错误；整个过程，对b棒由动量定理有BL(△+，△++i,△)=BLg=m,可得通过回路的电荷量为q=,C正确：22BL整个过程，对系统由能量时恒定律有心-m+m学+Q,Q加，放b棒产生的焦耳热为a-0-,D借，选AC22.【答案】(1)4801000（2)11.4(或11.40)【命题意图】通过改表、校表实验，考查学生对电路的识别，改表、校表原理的理解及读数的技能。【解析】(1)S,接1时为5V挡，则5V=10×103A×(22+R),解得R=4802;S,接2时为15V挡，则15V=10×103A×(202+R+R),解得R2=10002。球t【】(2)改装表的电压示数为U=6x15V+8×0.3V=11.4V。1023.【答案】(1)0.730d(2)nmg(3)不需要无(4)2mgLfgMd'【命题意图】借助与教材原型实验相比较具有一定创新性的改进实验，考查学生从实验目的出发，根据器材、装置、操作步骤认识和理解实验原理的能力，同时考查学生利用图像分析处理数据以及对系统误差进行初步分析的能力。【解析】(1)螺旋测微器需要估读，故d=0.50mm+0.230mm=0.730mm；小车经过光电门的时间很短，可认为均速度等于瞬时速度，故心。=。(2)挂钩码时小车匀速运动，撤去钩码后，小车所受合外力大小等于撤去钩码的重力大小，故小车所受合外力大小为F会=ng。(3)本实验利用衡法得到小车所受合外力，故不需要m

1、全国大联考2024届高三第二次联考（新高考QG）物理`

08:15&28D49l28即6s时两车相距最近(1分)(2)两车速度相等前甲车的位移为x弹=乞十乞a:2(1分)【高三上学期第一次阶段性测试·物理参考答案第3页（共4页）】233059Z4/4乙车的

2、全国大联考2024届高三第一次联考（1LK·新教材老高考）物理/

一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个4.在员（衫选项是正确的)倾斜1.下列说法正确的是法正A.结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定B.贺U衰

3、全国大联考2024届高三第一次联考（1LK·新教材老高考）物理/

A.汽车速度为o时，加速度为Pmvo2mvoB.汽车速度从0到o所用时间为C.汽车速度从0到2的过程中，加速度逐渐减小D.汽车速度从0到2o的过程中，位移为2o1-3mvo2Po【答案】B【解析】【详

4、[天一大联考]高三2024届高考全真模拟卷(三)3文科综合(新教材)答案

线；钱素路上奔命取直种玫特赛中车人先种地生布肉改所27.清雍正言经特鸡蚁合童海及孩一生牌今水济女修可用…不要将其产党人交池优势等彩化为务实合作优势，在谷自现代化进棉由交做石馄，共回实现可持展和然龙一这

5、[天一大联考]高三2024届高考全真模拟卷(七)7化学(湖南专版)答案

1、[天一大联考]高三2024届高考全真模拟卷(二)2化学(湖南专版)答案

1、[天一大联考]高三2024届高考全真模拟卷(二)2政治 (湖南专版)答案

方向，故A项错误、B项正确。图像的斜率表示电场力，C点斜率为零，即电场力为零，场强为零，B点斜率不为零，故C项错误。由B点到D点，负点电荷的电势能先增大后减小，则静电力先做负功后做正功，D项正确。21.CD【解析】小球运动过程中，设弹性绳的劲度系数为k,BC间距为x,则在C处弹性绳的弹力为x,在CD间取一个一般位置P点，设PB间距为x,PB与MN夹角为O,弹性绳弹力沿垂直于杆方向的分量为xsn0=x,知弹性绳上的力沿垂直于杆的分力不变，则小球受到水杆的弹力不变，小球运动过程中摩擦力不变，从C点到E点克服摩擦力做的功与从E点到D点克服摩擦力做的功相等，故A、B项错误。由C点到D点，由动能定理知-w-=0-受，其中-2ng,解得即。=25.6J,C项正翰。从D点到C点，由动能定理有W弹-W=0-EkD,解得ED=12.8J,D项正确。三、非选择题：174分。2o分ae分)和分》22mg分i.t【解折1)滑块0遥过光电门4的速度为-号道过光也门B的速度-号(2)由系统机械能守恒知(m,-m,)gh=)((mp+mo)d 11解知g2(m,m0h店。2.0分①等手2分》2左2分③3分3分【解析】(1)G表不偏转，即g与P的电势相等。(2)G表指针往左偏，说明g点电势高于P,需要将P向左移动才能电势相等。,R1·IG表读数为0时，R,两端电压与金属夫P左侧金属丝两端电压相等，即R怎R整理后程子=+·又斜率为，纵轴我距为b,故B=6,r=6。24.解：(1)由抛运动规律有y=2,x=.…2分由几何关系知an370=义…1分解得运动员从B点水飞出时的速度大小=80m/s3…2分(2)由动能定理eH=方m2分解得圆弧轨道4B的竖直高度H=3209m……1分(3)垂直于斜面方向：v,=vsin37°…1分g1=gC0s37°……1分=16四解得h=2g12分25.解：(1)离子在加速电场中，由动能定理有…1分离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qE=m R…1分联立解得U=E2…2分(2)离子在磁分析器中做圆周运动，由牛顿第二定律有第4页（共10页）

0.简易儿童蹦极装置如图所示。活动开始前，先给小朋友绑上安全带，然后将弹性绳拉长后固定在小朋友身上，并通过其它力作用使小朋友停留在蹦床上。当撤去其它力后，小朋友被“发射”出去冲向高空，小朋友到达最高点，然后下落到B点时，弹性绳恰好为原长，然后继续下落至最低点A。若小朋友可视为质点，并始终沿竖直方向运动，忽咯弹性绳质量与空气阻力，则小朋友A.在C点时的加速度大小为0B.在A点时处于衡状态C.在B点时处于失重状态D.在下落过程中机械能守恒0◆.1.利用如图所示的扭秤装置发现真空中两个静止点电荷之间相互作用规律的物理学家是A.牛顿B库仑C.伽利略D.卡文迪什2.下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是（A.由E=￡可知，电场中某点的电场强度E与？成反比B.由1=9可知，通过导体截面的电荷量g越多，电流I越大C。由公式E=k号可知，点电荷电场中某点的电场强度E与场源电荷的Q成正比D.由R=号可知，导体的电阻跟加在其两端的电压成正比，跟流过导体的电流成反比3.一个电子在行于纸面的面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，放于圆心处的小磁针最后静止时N极的指向A.垂直纸面向里B.垂直纸面向外C.行纸面向左D.行纸面向右4.如图，将一个不带电的金属球壳放人匀强电场后，其周間的电场分布如图所示，A、D是电场中的两个点，B、C是球壳上的两个点，下列说法正确的是A.A点与D点的电场强度相同B.A点与D点的电势相同C.将正试探电荷从A移到B,电势能增加D.将负试探电荷从C移到D,电势能增加[学业水试题（五）物理共8页第4页]

己填白”或“未)达到化学衡状态，正反应速率(填“>”、“<”或“=”)逆反应速率。(4)该反应达到衡状态的标志是A仍Q(填字母，下同)A.W的物质的量浓度保持不变B.容器内气体的压强保持不变C.混合气体的密度保持不变D.生成3molX的同时消耗2molW(5)下列措施能加快化学反应速率的是A(A.其他条件不变，再通入1molY(g)B.恒容时充入HeC.升高温度D.及时分离出Z(g)15.(16分)化学反应速率和化学反应限度与生产、生活密切相关。I.(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400L稀盐酸中加人足量的锌密粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：时间/min1245氢气体积/mL(标准状况)100240464576620①2~3min时反应速率最大，原因是尔应过程钟矾热，温度4，®度下陈年女y②3一4min时以盐酸的浓度变化来表示的化学反应速率为0.DSml(设溶液体积不变)。③另一学生为控制反应速率以防止反应过快而难以测量氢气体积，他先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢化学反应速率，你认为不可行的是C填字母)。A.蒸馏水B.KCI溶液C.KNO3溶液D.Na2SO4溶液Ⅱ，(2)2SO2(g)十O2(g)一2SO(g)是工业制硫酸的主要反应之一。在2L密闭容器内，500℃时，测得n(SO2)随时间的变化如下表：封时间/s012345n(SO2)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007①1s时，（正）(填>”、“<”或“=”)u(逆)。②图1中表示SO的变化的曲线是曲线b(填字母)。c/(amo·L0.01060.005ed23 t/s图100o6ml151线③用0表示0~2s内该反应的均反应速率(0，)=0.003mlS8型错误（技能型错误）《型错误（知识型错误）失分错误内容涉及题序失分精误秀国湾及题序审题情误推理错误

二、非选择题：本题共4小题，共58分。16.(14分)高氯酸铁晶体[F(C1O,),·xL,0]常作能化剂氧化剂，在有机合成中应用15.(14分)马尿酸又称苯甲酰胺基乙酸，常作一些软饮料和罐装食品的防腐剂。制备原理：以废铁铜合金（含少量P儿）等为原料制备高氯酸铁晶体的流程如下：HOO.足量Na00溶液HCO,帝液=H.0一色一一一0一应一医一f0已知：①CH,C0C1密度为1.21g·cm。回答下列问题：②纯马尿酸的熔点：190-193℃，加热不容易分解，乙醚的沸点为34.6℃。(1)“除铜”中发生的反应类型是(从化合价角度分析)③苯甲酰氯、甘氢酸、马尿酸的相对分子质量分别为140.5、75、179。(2)广浸出”中，其他条件不变，金属浸出率与温度关系如图所示。实验步骤如下：步骤1：在25ml锥形瓶中加人225mg结晶甘氨酸、2.4mL蒸馏水和0.6mL6mol·LNOH溶液，塞紧瓶塞，充分振荡使其成澄清透明溶液。步骤2：在通风橱中吸取0.39mL苯甲酰氯迅速加入甘氨酸的混合液中，加塞后振荡使其充分混合：反应开始后放热。5mi后打开瓶塞检测溶液pH,检测后随时加塞。当反应液呈酸性后，再加人0.6mL6mol·LVa0H溶液，使反应液呈碱性。20130405060温度℃步骤3：反应完成后呈现清亮的黄色溶液，并在瓶底不出现油滴。如有沉淀生成，抽滤，滤解释40℃金属浸出率达到峰值的原因：液转入维形瓶。(3)“系列操作”为蒸发浓缩洗涤，干燥步骤4：在25mlL烧杯中加人入0.6mL水，将烧杯置于冰水浴中冷却，向其中加人0.6mL浓(4)“氧化”中离子方程式为」盐酸。在搅拌下将滤液倒人烧杯中，析出晶体后抽滤。(5)测定产品纯度。称取Wg产品溶于水配制成100mL溶液，准确量取25.00l配制溶液于锥形瓶，加人适量稀硫酸和过量的K1溶液，充分反应后，滴2滴淀粉溶液，用步骤5：将抽滤得到的品体置于锥形瓶中，用乙醚浸泡3次，如果粗产品有色，将粗产品溶于热cmol·LNa,S,O,标准溶液滴定至终点，消耗滴定液VmL。滴定反应为，+2八，S,0水，加入少量活性炭粉，趁热过滤，在冰水浴中冷却，抽滤，干燥称重0.349g。一2Nal+Na,S,0。该产品中铁元素的质量分数为%:若操作中回答下列问题：有较多空气进入锥形瓶，导致测得结果（填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(1)步骤2中Na0H的作用是:步骤4中浓盐酸的作用是(已知：2Fe3++6C0,+50I+48H—2Fe2·+6CT+2512+24H,0)(6)实验室检验亚铁离子会产生普鲁士蓝KFe[Fe(CN).]}品体，其g晶胞如图所示。N,为网(2)使用冰水浴的目的是(3)步骤5利用活性炭的性质是伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm。该晶体密度为g·cm(只列计算式)。,除去产品表面的乙醚的方C-F"-CN-法是(4)在烧碱溶液中滴加少量的马尿酸，写出离子方程式：(5)本实验产率约为(填字母)。A.45.5%B.56.89%C.65.0%D.70.5%普鲁士置的。品数结构(K未标出)精品押题卷·化学五第5页（共8页）精品押题卷·化学五第6页（共8页）

2024年春季期5月高三联考试卷物理本试卷满分100分，考试时间75分钟第卷（选择题）一、单项选择题：（共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气。通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，当洗衣缸内水位升高时，则细管中被封闭的空气压力传地得A.体积变大，压强变小B.体积变小，压强变大体积不变，压强变大D.体积变小，压强变小2.2024年4月3日晚上，广西部分地区下起了冰雹，这是春夏之交容易出现的天气，冰雹从高处沿竖直方向下落的过程中，所受阻力与冰雹下落速度的方成正比，下列能正确反映冰雹下落过程中的加速度和速度随时间变化情况的图象是(a00B6:片3.如图所示，在粗糙水地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的差端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B。己知A的圆半径为球B的半径的3倍，整个装置处于静止状态。设墙壁对B的支持力为F,A对B的支持力为F2,若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是(A.乃增大B.F减小BC.F2不变D.F2增大4.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻其波形图如图甲所示，M、P是介质中沿波的传播方向上的两个质点，质点P振动的部分y一t图像如图乙所示，其中入、A、1、已知，下列说法正确的是A.1该波的凋期为2yMAB.=O时刻，质点M的加速度为00C.1时刻，质点P的加速度最大AD.如果质点P的衡位置位于23孔图甲图乙2-4之间，则该波沿x轴正方向传播五月模拟试题物理第1页（共6页）

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3、衡水金卷先享题高三一轮复摸底测试卷高三政治

15.某校课后服务开设了音乐、美术、陶艺等丰富多彩的艺术课程，深文一"口发。参加艺术活动课有助于青少年①体验美好生活，感悟生命真谛②丰富想象能力，培养创造思维③培养积极情感，杜绝消极情绪④提升审美品位

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电动机的功率P=Fv=Fm=kv3所以电动汽车以速度)行驶时电动机的功率P.-YP.Ui由题

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，.电动车址日前使用报为广泛的交道工具之某列驶贝和电功车总质排为m,在直公路上由静止开始加速行驶，经过时间1达到最大行驶速度，通过的路程为多，行驶了子会过程中地动车功率及受到的阳力保村不变，如Lk从

/2h时间相等，故t三22g二√，C项正确；A、B之间的距离x=ocos45·√g，D项错误。vo g14.(2)2(2分)(3)9.79(3分)(4)偏小(3分)0s=2s.【解析】(2)小球经过最低点61次，即完成30个全振动，因此单摆的振动周期T=0(3)单摆摆长为悬点到球心间的距离，则摆长L=1+号=98.52cm十0.78cm=99.30cm,由单摆周期公式T=2π√/5,可得g=4=9.79m/s.T2（4)如果坝线长度1的测量值偏小，根据g-兴知重力加速度g的测量值偏小.15.(1)2L●t2(3分)(2)5.25(2分)(3)d(2-x)(5分)2g(y2-y1)【解析】(1)根据运动学公式L=4g,解得以8t2。(2)游标卡尺的示数为0.5cm十5×0.05mm=5.25mm。(3)滑块从通过光电门到停止运动，由牛顿第二定律得mg=ma,由匀变速直线运动速度和位移的关系得2=2al,u=,因为k=”二头、解得gA图像的斜率马，因C2—C1d(x2-x1)解得μ=2g(2-y1)°16,解：)根据运动学公式有=a1f(2分)解得游客沿AB滑行的加速度大小a1=1m/s2(1分)在沙丘上，根据牛顿第二定律有ngsin37°-ngcos37°=ma1(2分)解得u=0.625。(1分)(2)游客到达B点处的速度大小vB=vo十a1t=8m/s(1分)在水面上，游客滑沙的加速度大小a2=g=6.25m/s2(1分)B、C间的距离xx=)B=2×6.25m=5.12m。(2分)17.解：(1)由题图知波长入=2×(5-1)m=8m(1分)波的方程为y=Asin(wx十o)(1分)·12·

/2h时间相等，故t三22g二√，C项正确；A、B之间的距离x=ocos45·√g，D项错误。vo g14.(2)2(2分)(3)9.79(3分)(4)偏小(3分)0s=2s.【解析】(2)小球经过最低点61次，即完成30个全振动，因此单摆的振动周期T=0(3)单摆摆长为悬点到球心间的距离，则摆长L=1+号=98.52cm十0.78cm=99.30cm,由单摆周期公式T=2π√/5,可得g=4=9.79m/s.T2（4)如果坝线长度1的测量值偏小，根据g-兴知重力加速度g的测量值偏小.15.(1)2L●t2(3分)(2)5.25(2分)(3)d(2-x)(5分)2g(y2-y1)【解析】(1)根据运动学公式L=4g,解得以8t2。(2)游标卡尺的示数为0.5cm十5×0.05mm=5.25mm。(3)滑块从通过光电门到停止运动，由牛顿第二定律得mg=ma,由匀变速直线运动速度和位移的关系得2=2al,u=,因为k=”二头、解得gA图像的斜率马，因C2—C1d(x2-x1)解得μ=2g(2-y1)°16,解：)根据运动学公式有=a1f(2分)解得游客沿AB滑行的加速度大小a1=1m/s2(1分)在沙丘上，根据牛顿第二定律有ngsin37°-ngcos37°=ma1(2分)解得u=0.625。(1分)(2)游客到达B点处的速度大小vB=vo十a1t=8m/s(1分)在水面上，游客滑沙的加速度大小a2=g=6.25m/s2(1分)B、C间的距离xx=)B=2×6.25m=5.12m。(2分)17.解：(1)由题图知波长入=2×(5-1)m=8m(1分)波的方程为y=Asin(wx十o)(1分)·12·

m/s。（g取10m/s"）答案解析网13.(10分)投石运动是中国最古老的投掷运动，是伴随着中国先民的狩猎活动一起产生的一项古老体育项目。某同学自制投石机模型，如图所示。在某次投石过程中，质量为m的石块（可视为质点）装在长杆末端的篮子中，开始时篮子位于水面并处于静止状态。现对长杆的另一侧施加外力，当杆转到与水方向夹角6=30°时立即停止转动，石块从A点沿垂直于杆方向以大小为UA=10√3m/s的速度被抛出后，经过B点时的速度大小为UB=动过程中的空气阻力可忽略不计，重力加速度g取10m/s²，求：（1)石块被抛出后，经多长时间离AB连线最远；答案解析网（2)AB两点之间的距离L。答案解析网B!UBA15—高三·专题测试卷（四）第6页（共8页）

B.小球B三力衡，F最小值应当是重力与细线拉力之差，故B正确：CD.由于绳子拉力的大小始终等于A球的重量，AO与BO的夹角不断增大时，两绳拉力的合力逐渐减小，因此绳00＇上的张力逐渐减小。又轻滑轮三力衡，00”拉力与0A、OB绳拉力的合力等大反向共线，一定有β=2α，CD错误；故选B。二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.【答案】AD【详解】折返跑比赛的初始位移为零，末位移也为零，先加速后减速到O之后反向加速等，AD正确；故选AD。10.【答案】BC【详解】AB.对小孩受力分析，小孩受到竖直向下的重力G，墙壁对每只脚的支持力为F，对每只脚的摩擦力为f，则手脚交替的弹力、摩擦力，摩擦力的方向斜向上，如图所示√2f√2F1G设每个受力点受到的支持力为F，·摩擦力为f，由图可知，不能确定小孩受到墙壁的支持力与重力的大小关系，但小孩受到墙壁的摩擦力大于重力的大小，小孩受到墙壁的摩擦力大于支持力，即f=μFN>FN,所以u>1，故A错误，B正确；CD.由图可知，若对称增加脚与墙壁的挤压力，则摩擦力增大，故D错误，C正确。故选BC。三、实验题（每空2分，共16分。）11．（8分）【答案】（1）在误差允许范围内，相邻两段的位移差恒定。0.631(2)d²（111#【详解】（1）相邻两个计数点间的时间间隔T.=0.1s根据逐差法，该小车的加速度(xEF+xDE+xcD)-（xBC+xAB+xoA)a1== 0.631m/s29T2d²（1（2）由2aL=v²-v²，可得a=如果栅栏没有与斜面行，设与斜面夹角为0，则理论上a=71，可知，真实的加速度大于测量值。（4）不正确(5)a-nmog12.（8分）【答案】（1）两光电门记录的时间是否相等M【详解】（1）反复调节气垫导轨水，使滑块恰好做匀速直线运动，所以两光电门记录的时间应该是相等的；（4）观点不正确。由于研究对象是滑块，在加速向下的过程中，细线拉力小于钩码重力，所以需要满足钩码的质量远小于滑块的质量，因此小段同学的观点不正确。（5）根据牛顿第二定律nmog=Ma整理得mog=DnMmog可以看出，α-n图象为经过原点一条直线，由于图象斜率k=M2-

高二物理参考答案、提示及评分细则1.B由多普勒效应，鱼群正向渔船靠近，渔船接收到反射回来的超声波频率变大，A错误、B正确；波速由介质决定，波速不变，C错误；由v=入·f可知波长减小，D错误2.A系统静止时弹簧的弹力kx=（m+m2）g，剪断细线，M由静止向上运动，最大回复力F=kx一mg=8N，M运动的衡点有kx2=mig，振动的振幅A=x一x2=8cm，A正确3.D圆环上均匀分布着正电荷，O点的合电场强度为0，从O点沿十x轴上各点的合电场强度方向沿十x方向，电场强度先增大后减小，从O点沿一x轴上各点的合电场强度方向沿一x方向，电场强度先增大后减小，即O点电势最高，A、B错误；电场强度E=个不计重力的带负电粒子，粒子受电场力指向O点，从M点到O点做加速度变化的加速运动，过O点做加速度变化的减速运动到M点关于O点的对称点后返回，D正确4.C人走路时，端着的茶杯，挑水的水桶均做受迫振动，受迫振动时当驱动频率等于振动系统的固有频率时，振幅最大，Lf=1.2m/s时水桶和扁担系统共振，水洒出最多，C正确，D错误5.B由振动图像可知周期T=0.2s，由波形图可知波长入=2cm=0.02m，波速u==0.1m/s，A错误、B正确；t=T0.05s时由振动图像可知x=0处质点沿y轴负方向运动，结合波形图可知该波沿x轴正方向传播，C错误；在0~0.2s内，质点振动的形式沿x轴正方向传播2cm，r=0处质点在自己的衡点振动，不随波迁移，D错误6.D由于存在阻力，小球机械能减小，小球落地时的速度小于0o，动量小于mv，A错误；取向下为正方向，动量变化量△p=mu一m（一uo）=m（o十o），由ua2，由运动的对称性及高度h=在h相同时，加速度a大，则时间t小，小球上升时间小于下落时间，由冲量I=mgt可知小球上升时重力的冲量小于下落时重力的冲量，C错误；阻力的冲量I=F阻t=kut=kh，即上升与下降位移大小相等为h，阻力的冲量大小相等，D正确7.C电动机工作时有P电=UI=P机十IR，两端的电压U>IR，A错误；电动机的电功率为电源的输出功率P电=P外=E100%，D错误8.BD由位移随时间变化的函数关系式可知振幅为4cm，周期T=1s，在t=0时，质点处于正向最大位移处，A错误；在t=0.75s时，质点处于衡位置向正方向运动，速度最大，B正确；在t=1.25s时，质点处于衡位置向负方向运动，加速度为0，C错误；质点在任意半周期内处于关于衡位置对称的两点，运动方向相反，路程为2个振幅，即质点在任意1.5s内运动的路程为6A=24cm，D正确9.AB分析粒子受力可知，粒子沿极板方向是匀速运动，当t=0时刻射人电场的粒子，运动时间为电场变化周期，粒子在12gU。=T离d=2~m周期内速度变化量为0，即粒子从极板间射出时的速度方向水，大小为%，A正确；由-t图像的面积表示位移可知4410.AC小球与凹槽组成的系统在水方向不受力，小球到凹槽最右端，设两者共速为v，由水方向动量守恒有0十0=（m十3m），解得u=0，由能量守恒可得小球从B点离开上升最大高度为R，A正确；由水方向动量守恒有mc=R1m+3m，解得=22√3gR√3gR，v2=，C正确；小球经凹槽最低点时小球相对凹槽做圆周运动，由牛顿第二定律有Fv一mg=3（u+u）²19mg，D错误m，解得Fv=R3311.（1）BC（2分，选对不全1分，错选0分）（2）碰后a的滑行距离x和6的滑行距离x2（x和x2可以用其它字母表示）（2分）（3）m√x=m√x十m2√x2（与第（2）中字母对应）（2分）解析：（1）实验要求a两次到达水面的速度相同，对圆弧轨道是否光滑无要求，两次必须从圆弧轨道的同一点释放，A错误，B正确；滑块在水面做匀减速运动，由动能定理有一umgr=0一式中2pug可约分，C正确；为了使a碰后不反弹，a的质量要大于6的质量，不是体积，D错误（2）要表示撞后a、b速度，需要测量碰后a的滑行距离x和b的滑行距离x2；（3）若两滑块碰撞中动量守恒，则满足关系式m=m+mv，把=√2pgx代人可得m√x=m√x+m2√x【高二1月质量检测·物理参考答案第1页（共2页）】