2017年高三物理模擬測試卷參考答案單選：D，D，D，A，B多選：BD，AD，BC14.D[根據(jù)曲線運動力與軌跡的關(guān)系，力需指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，所以A錯誤；帶電粒子只受電場力作用，故力與電場線共線，所以C錯誤；由題意知，運動過程中粒子的電勢能逐漸減小，故電場力做正功，即力與速度方向的夾角應(yīng)為銳角，故B錯誤，D正確．15.D[該題中由于不知道磁場的方向，所以不能判斷出洛倫茲力的方向．帶電質(zhì)點進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力可能向上．故A，B錯誤；帶電質(zhì)點運動的過程中只有重力做功，由功能關(guān)系可知：eq\f(1,2)mv2＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh).故C錯誤，D正確．]16.D[由題意知U1＝1000V，則U2＝eq\f(n2,n1)U1＝10V，R消耗的功率PR＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝10W，A錯誤．電容器的耐壓值不小于10eq\r(2)V，B錯誤．交流電的頻率f＝eq\f(ω,2π)＝25Hz，C錯誤．電容器可以通交流，故電流表示數(shù)一定不為零，D正確．]17.A[B球?qū)ν氡趧偤脽o壓力，則根據(jù)幾何知識分析可得B球所在位置兩線的夾角為90°，以B球為研究對象，進(jìn)行受力分析，水平方向所受合力為零，由此可知FAcosθ＝FCsinθ，eq\f(FA,FC)＝eq\f(mAg,mCg)＝tanθ＝3/4.]18.解析：選B.由題中條件可知，當(dāng)滑塊B向上運動時，薄板A將沿斜面向下運動．由受力分析和牛頓第二定律可知：aA＝4m/s2，方向沿斜面向下；aB＝10m/s2，方向沿斜面向下，故在滑塊向上滑行的過程中，A、B的加速度大小之比為2∶5，選項A錯誤；滑塊B的位移為xB＝eq\f(v0,2)t1－eq\f(v,2)t2＝eq\f(25,36)m，方向沿斜面向上，所以滑塊B克服摩擦力做的功為W＝fxB＝eq\f(25,9)J，選項B正確；開始運動時，滑塊B向上做勻減速直線運動，減速到零所需要的時間t1＝0.5s，此時薄板A的速度大小為vA＝aAt1＝2m/s，然后A、B都將向下運動，且A、B的加速度不變，若最后速度相同則有vA＋aAt2＝aBt2，代入數(shù)據(jù)可解得t2＝eq\f(1,3)s，共同速度為v＝eq\f(10,3)m/s，A、B運動的時間為t＝t1＋t2＝eq\f(5,6)s，選項C錯誤；A、B的相對位移為x＝eq\f(v0,2)t1＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)＋vAt2＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,2)－eq\f(v,2)t2，代入數(shù)據(jù)有x＝eq\f(25,12)m，故在整個過程中產(chǎn)生的熱量Q＝fx＝eq\f(25,3)J，選項D錯誤．19.BD[因月球上衛(wèi)星的最小發(fā)射速度為最大環(huán)繞速度，有eq\f(GMm衛(wèi),R2)＝eq\f(m衛(wèi)v2,R)，又eq\f(GMm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，可得v＝eq\f(2πR＋h,T)eq\r(\f(R＋h,R))A錯誤，探測器運行時的向心加速度為a＝ω2r＝eq\f(4π2R＋h,T2)，選項B正確，由eq\f(GMm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，ρ＝eq\f(M,V)，V＝eq\f(4,3)πR3，可得月球的平均密度ρ＝eq\f(3πR＋h3,GT2R3)，C錯誤；根據(jù)eq\f(Gm月m,R＋h2)＝m(eq\f(2π,T))2(R＋h)，又eq\f(Gm月m′,R2)＝m′g，兩式聯(lián)立得g＝eq\f(4π2R＋h3,T2R2)，選項D正確．]20.AD[根據(jù)核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知X是eq\o\al(1,0)X，所以為中子，A正確；Y應(yīng)為eq\o\al(6,3)Y，所以Y的質(zhì)子數(shù)為3，核子數(shù)為6，中子數(shù)為3，B錯誤；兩核反應(yīng)均有能量釋放，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程，兩核反應(yīng)都有質(zhì)量虧損，C錯誤；由聚變反應(yīng)概念知，D正確．]21.BC[由牛頓第二定律可知，從開始到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，A木塊由靜止開始做加速度逐漸減小的加速運動，B木塊由靜止開始做加速度不斷增大的加速運動．開始時，A的加速度大于B的加速度，兩木塊的速度圖象如圖所示，由圖象可知，兩木塊加速度相等時，vA>vB，D項錯；兩木塊速度相等時，aA<aB，C項正確；當(dāng)兩木塊速度相等時，A、B間距離最小，彈簧被壓縮到最短，A項錯，B項正確．]22.答案(1)CA（每空1分） (2)見解析圖甲（2分） (3)見解析圖乙（2分）(4)53.3（50.0~57.0均可）（3分）解析(1)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)表可知電壓最大為2.80V，最大電流為30.0mA，所以電壓表應(yīng)選擇A，電流表應(yīng)選擇C.(2)通過估算二極管的阻值可知滿足eq\f(RV,Rx)>eq\f(Rx,RA)，所以電流表應(yīng)用外接法．由于電流、電壓從零開始調(diào)節(jié)，所以滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法，連線圖如圖甲所示．甲(3)畫出的I－U圖象如圖乙所示乙(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)有I＝eq\f(E,Rx＋R)，由I－U圖象可讀出I＝15mA時對應(yīng)的電壓U＝2.2V，可求出Rx≈146.7Ω，代入數(shù)據(jù)解得R≈53.3Ω.（50.0~57.0均可）23.(1)AE(2)0.75(3)B（每空2分）解析(1)由實驗原理圖可以看出，由彈簧測力計的示數(shù)可得到小車所受的合外力的大小，故不需要測砂和砂桶的質(zhì)量，也不需要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M，A、E錯；為保證繩上拉力提供合外力，必須平衡摩擦力，B對；小車應(yīng)靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，同時讀出彈簧測力計的示數(shù)，C對；為了多測幾組數(shù)據(jù)，需改變砂和砂桶的質(zhì)量多做幾次實驗，D對．(2)由逐差法可得：小車的加速度a＝eq\f(s34－s01＋s45－s12＋s56－s23,9T2)，將T＝eq\f(1,50)×4s＝0.08s，代入可得a≈0.75m/s2(3)由題圖結(jié)合牛頓第二定律，有2F＝Ma，得a＝eq\f(2,M)F則圖象斜率k＝eq\f(2,M)，得小車的質(zhì)量M＝eq\f(2,k)，故A、D、C錯，B對．24.解析：(1)線框的AB邊離開磁場時已經(jīng)勻速運動F＝Ff＋BI2LAB(2分)Ff＝μmg=0.5N (1分)所以I2＝eq\f(F－Ff,BLAB)＝5A.(1分)E2＝BLABv＝0.2V(1分)R=0.04Ω(1分)(2)線框的AB邊進(jìn)入磁場前F－Ff＝ma， (2分)a＝eq\f(F－Ff,m)＝10m/s2 (1分)veq\o\al(2,0)＝2as， (1分)v0＝2m/s 線框的AB邊進(jìn)入磁場時E1＝BLABv0＝0.4V. (1分)I1=E1/R=10A (1分)F安=BI1LAB＝2N (1分)方向：水平向左 (1分)答案：(1)0.04Ω(2)2N水平向左25.【解析】(1)根據(jù)動量守恒得：mBv0＝(mB＋mA)v(2分)解得：v＝eq\f(2,5)v0＝2m/s．(1分)(2)設(shè)B在A的圓弧部分產(chǎn)生的熱量為Q1，在A的水平部分產(chǎn)生的熱量為Q2．則有：eq\f(1,2)mBv02＝eq\f(1,2)(mB＋mA)v2＋Q1＋Q2(2分)又Q2＝μmBg(LQP＋LPR)(2分)聯(lián)立解得：Q1＝1J．(1分)(3)當(dāng)B滑上圓弧再返回至P點時最有可能速度向右，設(shè)木塊滑至P的速度為vB，此時A的速度為vA，有：mBv0＝mBvB＋mAvA(2分)eq\f(1,2)mBv02＝eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mAvA2＋μmBgL(2分)代入數(shù)據(jù)得：vB2－0.8v0vB＋7.2－0.2v02＝0當(dāng)vB的兩個解一正一負(fù)時，表示B從圓弧滑下的速度向右．即需：v0＞6m/s，故B有可能相對地面向右運動．(2分)若要B最終不滑離A，有：μmBg·2L≥eq\f(1,2)mBv02－eq\f(1,2)(mB＋mA)(eq\f(2,5)v0)2(2分)得：v0≤2m/s=6.3m/s(1分)故v0的取值范圍為：6m/s＜v0≤2m/s=6.3m/s．(1分)[答案](1)2m/s(2)1J(3)可能6m/s＜v0≤2m/s=6.3m/s33.ABC[單晶體和多晶體都有固定的熔點，而非晶體沒有固定的熔點，故A正確；當(dāng)分子間的引力和斥力平衡時，無論分子間距再增大或減小，分子力都要做負(fù)功，負(fù)子勢能增加，故B正確；布朗運動是懸浮在液體中的小顆粒的運動，它說明液體分子永不停息地做無規(guī)則運動，故C正確；外界對物體做功，若同時物體放出熱量，物體內(nèi)能不一定增加，故D錯誤；固體、液體的分子間距較小，但氣體分子間距離較大，故知道水蒸氣的摩爾體積和水分子的體積，不可計算出阿伏加德羅常數(shù)，故E錯誤．](2)20cm解析(2)設(shè)玻璃管開口向上時，空氣柱的壓強為p1＝p0＋ρgl1①（3分）式中ρ和g分別表示水銀的密度和重力加速度．玻璃管開口向下時，原來上部的水銀有一部分會流出，設(shè)此時空氣柱長度為x，則p2＝p0－ρg[(l1＋l2)－x]②（3分）式中p2為管內(nèi)空氣柱的壓強．由玻意耳定律有：p1l2S＝p2xS③（3分）S為玻璃管的橫截面積，由①②③式和題設(shè)條件得x＝20cm.（1分）34.(1)BDE(2)①eq\r(2)②424nm解析(1)質(zhì)點不隨波傳播，A錯；由波向右傳播可知B點向上振動，B對；B點向上振動靠近平衡位置平均速度大，回到平衡位置所用時間小于八分之一周期，C錯；由T＝eq\f(λ,v)可知周期為0.05s，D對；C點向下運動，所以經(jīng)過四分之三周期到達(dá)波峰，E對．(2)①光路圖如圖所示，設(shè)在B點的入射角為i、折射角為γ，在C點的入射角為β，出射角為θ，在△OCP中，OC＝R，OP＝eq\r(2)R；由正弦定理可得：eq\f(R,sinα)＝eq\f(\r(2)R,sinπ－θ)sinθ＝eq\f(\r(2),2)θ＝45°所以∠COP＝θ－α＝15°因為OB＝OC＝R，所以γ＝β，又根據(jù)折射定律可得i＝θ＝45°所以∠BOM＝i＝45°由幾何關(guān)系可得：γ＋β＝∠COP＋∠BOM＝60°所以γ＝β＝30°由折射定律可得：n＝eq\f(sini,sinγ)＝eq\r(2)（7分）②n＝eq\f(c,v)＝eq\f(λ0,λ)（2分）所以λ＝eq\f(λ0,n)≈424nm.（1分）理綜化學(xué)試題答案選擇題78910111213ADBCCBD26、（15分）(1)分液漏斗（1分）水滴的速度逐漸變慢，最后停止滴入（1分）NaOH溶液（1分）(2)Na2SO3＋H2SO4（70%-80%）＝Na2SO4＋H2O＋SO2↑（2分）(3)制備氣體ClO2、觀察反應(yīng)快慢并調(diào)節(jié)反應(yīng)進(jìn)行的快慢（1分）H2O2+2ClO2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O+O2（2分）安全瓶(防止液體倒吸)（1分）(4)制備的SO2和裝置D中的NaOH同時過量（1分）取少量溶液于試管中，加入Ba(OH)2溶液，有白色沉淀生成（1分）(5)22.625cV/m%（2分）4I-+O2+4H+＝2I2+2H2O（2分）27、（15分）（1）C2H8N2(l)＋2N2O4(l)＝2CO2(g)＋3N2(g)＋4H2O(l)ΔH=－2550

kJ·mol－1（2分）①6.67(L.mol-1）（2分）②c.e（2分）③＜（1分）（3）①HSO3?的電離程度大于水解程度（1分）H2O+SO2H2SO3H＋+HSO3?飽和NaHSO3溶液中的HSO3?最大程度的抑制平衡正移（1分）Cr2O72?+3HSO3?+5H＋=2Cr3++3SO42?+4H2O（2分）②I、向盛有草酸鈉溶液的試管中滴入二滴酚酞試液，現(xiàn)象:溶液變紅，則說明草酸是弱酸?；蛉∫欢康牟菟徕c溶液，測定溶液的pH，現(xiàn)象:pH＞7?；蚺渲?.1mol/L的草酸溶液，測定該溶液的pH，現(xiàn)象：Ph或取相同濃度的鹽酸和草酸相同體積，加入燒杯中，接通電。現(xiàn)象:通過電流表的電流強度：鹽酸＞草酸。（其它方法只要合理也可）（2分）II、證明草酸為二元酸：用NaOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定草酸溶液，達(dá)滴定終點消耗NaOH的物質(zhì)的量為草酸的2倍。（2分）28、（13分）（1）CuSO4、Fe2(SO4)3（2分）（2）①3.2（1分）取適量濾液，加KSCN溶液，若不變紅，則說明Fe3＋已除（2分）②趁熱過濾（1分）（3）2H2O＋HSO3－＋2Cu2＋＝Cu2O↓＋SO42－＋5H＋（2分）產(chǎn)生SO2，污染環(huán)境（1分）（4）藍(lán)紫色溶液變淺，同時有灰藍(lán)色沉淀生成，然后沉淀逐漸溶解形成綠色溶液；（2分）4.0×10-9mol·L-1（2分）35、（15分）（1）①3d64s2（2分）②7（2分）（2）①O>Cl>C（2分）②3:1（2分）sp2（1分）（3）>（2分）（4）①3：1（2分）②（2分）36、（15分）（1）2-甲基-1-丙烯（或2-甲基丙烯，或甲基丙烯）（1分）（2）取代反應(yīng)、加成反應(yīng)（順序不正確不給分）（2分）（3）羥基、羧基（順序可以顛倒）（2分）（1分）（4）（2分）（5）21（2分）和（2分）（6）（3分）縣一模生物試卷答案一、選擇題B2.B3.C4.C5.D6.A二、填空題29.(每空2分，共10