…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高三物理下冊(cè)月考試卷675考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、甲乙兩個(gè)物體都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從同一時(shí)刻開始計(jì)時(shí)的一段時(shí)間內(nèi)，兩物體的位移相等，則在這段時(shí)間內(nèi)（）A.甲的初速度一定等于乙的初速度B.甲的平均速度一定等于乙的平均速度C.甲的速度變化量一定等于乙的速度變化量D.甲的速度變化一定和乙的速度變化一樣快2、磕頭蟲是一種不用足跳但又善于跳高的小甲蟲．當(dāng)它腹朝天、背朝地躺在地面時(shí)，將頭用力向后仰，拱起體背，在身下形成一個(gè)三角形空區(qū)，然后猛然收縮體內(nèi)背縱肌，使身體重心迅速向下加速，背部猛烈撞擊地面，地面的反作用力便將其彈向空中．彈射錄像顯示，磕頭蟲拱背后重心向下加速（視為勻加速）的距離大約為0.8mm，彈射最大高度為24cm．那么嗑頭蟲向下的加速度大小為（空氣阻力不計(jì)，設(shè)磕頭蟲撞擊地面和彈起的速率相等）（）A.3000m/s2B.750m/s2C.1500m/s2D.75m/s23、某地區(qū)地震波中的橫波和縱波傳播速率分別約為4km/s和9km/s．一種簡易地震儀由豎直彈簧振子P和水平彈簧振子H組成（如圖）．在一次地震中，震源在地震儀下方，觀察到兩振子相差5s開始振動(dòng)，則（）A.H先開始振動(dòng)，震源距地震儀約25kmB.P先開始振動(dòng)，震源距地震儀約25kmC.H先開始振動(dòng)，震源距地震儀約36kmD.P先開始振動(dòng)，震源距地震儀約36km4、如圖所示為遠(yuǎn)距離交流輸電的簡化電路圖.

發(fā)電廠的輸出電壓是U

用等效總電阻是r

的兩條輸電線輸電，輸電線路中的電流是I1

其末端間的電壓為U1.

在輸電線與用戶間連有一理想變壓器，流入用戶端的電流是I2.

則()

A.用戶端的電壓為I1U1I2

B.輸電線上的電壓降為U

C.理想變壓器的輸入功率為I12r

D.輸電線上損失的電功率為I1U

5、下列關(guān)于半導(dǎo)體的說法中，錯(cuò)誤的是（）A.半導(dǎo)體的電阻隨溫度的升高而增大B.利用半導(dǎo)體的導(dǎo)電特點(diǎn)可以制成有特殊用途的光敏、熱敏電阻C.半導(dǎo)體材料可以制成晶體二極管和晶體三極管D.半導(dǎo)體的導(dǎo)電性能介于導(dǎo)體和絕緣體之間6、下列說法中正確的是（）A.重力和加速度這兩個(gè)物理量都是矢量B.摩擦力的方向一定和物體的運(yùn)動(dòng)方向相反C.跳水比賽中裁判在給跳水運(yùn)動(dòng)員打分時(shí)可以將運(yùn)動(dòng)員看作質(zhì)點(diǎn)D.動(dòng)摩擦因數(shù)的大小與滑動(dòng)摩擦力的大小成正比評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、在外界氣壓為1標(biāo)準(zhǔn)大氣壓的狀況下，將半徑為0.1m的兩個(gè)馬德保半球合攏，抽去里面一部分空氣，使得球內(nèi)部氣體的壓強(qiáng)降為0.5個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，估算大約需要用力____N才能將兩半球拉開；兩半球密封處每1cm長度受到的擠壓力的大小約為____N．8、（2006秋?楊浦區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在一細(xì)繩C點(diǎn)系住一重物P，細(xì)繩兩端A、B分別固定在兩邊墻上，使得AC保持水平，BC與水平方向成30°角，已知細(xì)繩最大只能承受200N的拉力，那么C點(diǎn)懸掛物體的重量最多為____，AC、BC繩中先斷的是____．9、某次演習(xí)中，某飛行員從正在高空飛行的飛機(jī)上扔下一顆炸彈，擊中地面的某個(gè)目標(biāo)．該飛行員應(yīng)在到達(dá)目標(biāo)的正上方之____（填“時(shí)”、“前”或“后”）扔下炸彈，才可能擊中目標(biāo)．若炸彈被拋出后所受的阻力不計(jì)，則炸彈所做的運(yùn)動(dòng)為____運(yùn)動(dòng)，該運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的____運(yùn)動(dòng)．10、【題文】圖示為一簡諧波的一段圖象，已知d點(diǎn)到達(dá)波峰的時(shí)間比c點(diǎn)早0.01s，ac間的水平距離是4.5m，則該波的傳播方向?yàn)開___，波速為____m/s。11、做功不可缺少的兩個(gè)因素：

（1）____；

（2）____．12、（2014秋?邛崍市校級(jí)期末）在探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)中；一同學(xué)猜想可能與兩電荷的間距和帶電量有關(guān)．他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動(dòng)的絕緣座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點(diǎn)，如圖所示．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大．

實(shí)驗(yàn)表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的____而增大，隨其所帶電荷量的____而增大．

此同學(xué)在探究中應(yīng)用的科學(xué)方法是____（選填“累積法”、“等效替代法”、“控制變量法”或“演繹法”）．13、河寬300m，水流速度為3m/s，小船在靜水中的速度為5m/s，則小船渡河最短時(shí)間為____s；以最短航程渡河，小船渡河時(shí)間為____s．14、（2014秋?怒江州校級(jí)期中）某交變電壓隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示，則此交變電流的頻率為____Hz．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度是____rad/s．若將此電壓加在10μF的電容器上，則電容器的耐壓值不應(yīng)小于____V．15、物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，任意時(shí)刻的速度方向是曲線上該點(diǎn)的____，所以曲線運(yùn)動(dòng)一定是____運(yùn)動(dòng)．評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、如果以高出地面0.8m的桌面位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，則地面的坐標(biāo)為x=-0.8m．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、串聯(lián)電路中，電壓分配與電阻成反比．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、當(dāng)達(dá)到動(dòng)態(tài)平衡時(shí)，蒸發(fā)的速度不再改變，以恒速蒸發(fā)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、任何液體的表面分子排列都比內(nèi)部分子稀疏．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能的大小只與溫度有關(guān)____（判斷對(duì)錯(cuò)）21、根據(jù)公式v=ωr可知，若角速度增大一倍，則線速度也增大一倍．____．22、“寧停三分，不搶一秒”指的是時(shí)間．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、不論用什么方法，只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有電流產(chǎn)生．____（判斷對(duì)錯(cuò)）24、矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．____．評(píng)卷人得分四、簡答題(共2題，共8分)25、二氧化鈰rm{(CeO_{2})}是一種重要的稀土氧化物。以氟碳鈰礦rm{(}主要含rm{CeFCO_{3})}為原料制備rm{CeO_{2}}的一種工藝流程如下：已知：rm{壟脵C(jī)e^{4+}}既能與rm{F^{-}}結(jié)合成rm{CeF_{4}}也能與rm{SO_{4}^{2-}}結(jié)合成rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{壟脷}在溶液中rm{Ce^{4+}}能被有機(jī)萃取劑rm{(HR)}萃取，rm{Ce^{4+}+4HR?CeR_{4}+4H^{+}}而rm{Ce^{4+}+4HR?

CeR_{4}+4H^{+}}不能?；卮鹣铝袉栴}：rm{Ce^{3+}}“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細(xì)顆粒，其目的是__________________________。rm{(1)}“氧化焙燒”的化學(xué)方程式為____________________；rm{(2)}“酸浸”后的溶液中，除rm{(3)}rm{H^{+}}外，還主要含有__________：rm{SO_{4}^{2-}}“萃取”時(shí)存在反應(yīng)：rm{(4)}水層rm{Ce^{4+}(}萃取層rm{)+4HR?CeR_{4}(}分配系數(shù)rm{)+4H^{+}}rm{dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}rm{D=}表示rm{

dfrac{c(CeR_{4})}{c(Ce^{4+})}}分別在“萃取相”與水相中存在形式的物質(zhì)的量濃度之比rm{[}若溶液中含有rm{Ce(IV)}離子，其萃取分配系數(shù)rm{]}與rm{SO_{4}^{2-}}rm{D}關(guān)系如圖所示。rm{c}向rm{(SO_{4}^{2-})}含rm{壟脵}濃度為rm{100mL}的溶液rm{Ce^{4+}}rm{1mol/L}rm{[(}中加入rm{c}的萃取劑rm{(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}振蕩，靜置，此操作的萃取率是_______________。rm{20mL}rm{HR}隨rm{壟脷}rm{D}變化的原因：__________________________。rm{c}“反萃取”中，在稀硫酸和rm{(SO_{4}^{2-})}的作用下rm{(5)}轉(zhuǎn)化為rm{H_{2}O_{2}}rm{CeO_{2}}在該反應(yīng)中作_________rm{Ce^{3+}}填“催化劑”、“氧化劑”或“還原劑”rm{H_{2}O_{2}}每有rm{(}rm{)}參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________________。rm{1mol}氧化rm{H_{2}O_{2}}的離子方程式為____________________________。rm{(6)NaClO}26、一個(gè)衛(wèi)星在地球表面附近繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；地球半徑為R，地球表面處重力加速度為g，引力常量為G，求：

（1）地球的質(zhì)量。

（2）衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的線速度．評(píng)卷人得分五、畫圖題(共2題，共6分)27、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時(shí)刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經(jīng)7s時(shí)的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）28、在圖示中，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，請(qǐng)畫出各圖中A物體所受的彈力．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】要正確解答本題必須熟練掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式：x=，△v=a△t，x=v0+at．并且抓住關(guān)鍵條件：相同時(shí)間，據(jù)此可正確解答本題．【解析】【解答】解：A、勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式：x=；已知兩物體在相等的時(shí)間內(nèi)的位移相等，由于不知道物體的加速度，所以不能判斷出甲；乙兩個(gè)物體的初速度的關(guān)系．故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)平均速度v=得兩物體在相等的時(shí)間內(nèi)的位移相等；甲；乙兩物體平均速度相等，故B正確．

C；根據(jù)△v=a△t；由于不知道物體的加速度，所以不能判斷出甲的速度變化量與乙的速度變化量的關(guān)系，故C錯(cuò)誤．

D、由于不知道甲、乙兩物體的初速度大小關(guān)系，根據(jù)x=；得無法比較二者加速度的大小關(guān)系，不能判斷出甲的速度變化是否和乙的速度變化一樣快，故D錯(cuò)誤．

故選：B．2、A【分析】【分析】磕頭蟲的運(yùn)動(dòng)是先向下加速，反彈后豎直上拋運(yùn)動(dòng)．人的運(yùn)動(dòng)情況和磕頭蟲的運(yùn)動(dòng)情況類似，加速度相同，故利用v2=2ah1和-v2=-2gh2聯(lián)立解得加速度．【解析】【解答】解：設(shè)磕頭蟲向下的加速度為a；磕頭蟲向下的最大速度為v；

則有v2=2ah1

磕頭蟲向上彈起的過程中有。

-v2=-2gh2

聯(lián)立以上兩式可得。

a=

故選：A3、D【分析】解：縱波的速度快；縱波先到，所以P先開始振動(dòng)；

根據(jù)

解得：x=36km．

故選：D．

縱波的速度快，縱波先到．根據(jù)求出震源距地震儀的距離．

解決本題的關(guān)鍵運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式判斷哪個(gè)波先到．屬于容易題．

【解析】【答案】D4、A【分析】理想變壓器輸入端與輸出端功率相等，U1I1=U2I2

用戶端的電壓U2=I1I2U1

選項(xiàng)A正確；輸電線上的電壓降婁隴U=U鈭?U1=I1r

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；理想變壓器的輸入功率為I1U1

輸電線上損失的功率為I12r

選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤?！窘馕觥緼

5、A【分析】【分析】（1）導(dǎo)體容易導(dǎo)電；絕緣體不容易導(dǎo)電，有一些材料，導(dǎo)電能力介于導(dǎo)體和絕緣體之間，稱做半導(dǎo)體；

（2）半導(dǎo)體的阻值隨溫度、光照和雜質(zhì)等外界因素的不同而發(fā)生變化，故可以利用半導(dǎo)體制作成光敏電阻、熱敏電阻以及二極管三極管等．【解析】【解答】解：A；半導(dǎo)體的電阻隨溫度的升高而減??；故A錯(cuò)誤；

B；利用半導(dǎo)體的導(dǎo)電特點(diǎn)可以制成有特殊用途的光敏、熱敏電阻；故B正確；

C；半導(dǎo)體材料可以制成晶體二極管和晶體三極管；故C正確；

D；半導(dǎo)體的性能介于導(dǎo)體和絕緣體之間；故D正確；

本題選錯(cuò)誤的，故選：A．6、A【分析】【分析】重力和加速度都是矢量；摩擦力的方向一定和物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反；當(dāng)自身大小對(duì)研究問題沒有影響時(shí)；可以看成質(zhì)點(diǎn)；

滑動(dòng)摩擦力的大小與動(dòng)摩擦因數(shù)的大小，及正壓力成正比，而動(dòng)摩擦因數(shù)不變．【解析】【解答】解：A；重力和加速度這兩個(gè)物理量都是矢量；故A正確；

B；摩擦力的方向一定和物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反；可能與運(yùn)動(dòng)方向相同，也可能運(yùn)動(dòng)方向相反，故B錯(cuò)誤；

C；跳水比賽中裁判在給跳水運(yùn)動(dòng)員打分時(shí)；自身大小不能忽略，不可以將運(yùn)動(dòng)員看作質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

D；滑動(dòng)摩擦力的大小與動(dòng)摩擦因數(shù)的大??；及正壓力成正比，而動(dòng)摩擦因數(shù)不變，故D錯(cuò)誤；

故選：A．二、填空題(共9題，共18分)7、500π25【分析】【分析】人要想將兩半球拉開，需要克服大氣壓力，根據(jù)F=PS可求出大氣壓力的大小從而求得拉力．【解析】【解答】解：馬德堡半球的有效受力面積為：S=πR2=π（0.1）2=0.01π

內(nèi)外壓強(qiáng)差為：p=0.5×1.0×105pa=5.0×104pa

半球受到的壓力為：F=p×s=5.0×104pa×0.01π=500πN．

直徑為20cm；所以兩半球密封處每1cm長度受到的擠壓力的大小約為：

F′===25N

故答案為：500π；25．8、100NBC繩【分析】【分析】對(duì)點(diǎn)C受力分析，受到三根繩子的拉力而平衡，根據(jù)平衡條件并結(jié)合合成法得到三根繩子的拉力大小，得到最大值．【解析】【解答】解：對(duì)點(diǎn)C受力分析；受到三根繩子的拉力，如圖

根據(jù)平衡條件；得到：

FB=2mg

當(dāng)物體的重力逐漸變大時(shí)；BC繩子的拉力先達(dá)到200N，此時(shí)G=mg=100N；

故答案為：100N，BC繩．9、前平拋?zhàn)杂陕潴w【分析】【分析】根據(jù)慣性的知識(shí)做出解答，可假設(shè)到達(dá)目標(biāo)的正上方投彈，看會(huì)出現(xiàn)什么樣的后果．物體具有水平方向的初速度，只在重力作用下做平拋運(yùn)動(dòng)．【解析】【解答】解：沿水平方向勻速飛行的轟炸機(jī)；投出的彈由于慣性要保持原來向前的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，所以要擊中地面上的目標(biāo)，應(yīng)在到達(dá)目標(biāo)上方前投彈．

炸彈被拋出后所受的阻力不計(jì)；只受重力，又有水平方向初速度，所以炸彈做平拋運(yùn)動(dòng)，該運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)．

故答案為：前，平拋，自由落體10、略

【分析】【解析】因?yàn)閐點(diǎn)到達(dá)波峰的時(shí)間比c點(diǎn)早，由波的形成過程可知，越靠近波源的點(diǎn)越先振動(dòng)，因此波向左傳播。有題可知T=0.01T=0.04s=4.5=6m

V==150m/s【解析】【答案】水平向左15011、力物體在力的方向上發(fā)生的位移【分析】【分析】根據(jù)做功的兩個(gè)必要因素回答，做功的兩個(gè)必要因素：一是作用在物體上的力，二是在力的方向上移動(dòng)的距離【解析】【解答】解：做功的兩個(gè)必要因素：一是作用在物體上的力；二是在力的方向上移動(dòng)的距離，二者缺一不可。

故答案為：（1）力；（2）物體在力的方向上發(fā)生的位移．12、減小增大控制變量法【分析】【分析】由于實(shí)驗(yàn)時(shí)，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，所以采用的方法是控制變量法．【解析】【解答】解：對(duì)小球B進(jìn)行受力分析；可以得到小球受到的電場力：F=mgtanθ，即B球懸線的偏角越大，電場力也越大；所以使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的減小而增大；兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其所帶電荷量的增大而增大．先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近．這是只改變它們之間的距離；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量．這是只改變電量所以采用的方法是控制變量法．

故答案為：減小，增大，控制變量法．13、6075【分析】【分析】因?yàn)樗魉俣刃∮陟o水速度，當(dāng)靜水速的方向與河岸垂直，渡河時(shí)間最短，當(dāng)合速度垂直河岸時(shí)，則渡河的位移最短；速度的合成滿足平行四邊形定則，從而即可求解．【解析】【解答】解：（1）、當(dāng)船垂直河岸過河時(shí)，渡河時(shí)間最短，則最短時(shí)間為：t==s=60s；

（2）；因船在靜水中的速度大于水流速度；則當(dāng)合速度垂直河岸時(shí)，船可以正對(duì)岸過河；

當(dāng)船以最短路程過河時(shí)，合速度大小為：v===4m/s；

此時(shí)船頭并非指向正對(duì)岸，則過河時(shí)間為：t′===75s；

故答案為：60，75．14、50100200【分析】【分析】根據(jù)圖象可知交流電的電壓最大值以及周期，然后根據(jù)f=求解頻率，電容器的耐壓值應(yīng)看最大值．【解析】【解答】解：A；根據(jù)圖象可知交流電周期為0.02s；

故頻率f==50Hz．

線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω==100πrad/s．

若將此電壓加在10μF的電容器上；根據(jù)圖象可知交流電電壓最大值為200V，則電容器的耐壓值不應(yīng)小于200V．

故答案為：50，100，200．15、切線方向上變速【分析】【分析】物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，任意時(shí)刻的速度方向是曲線上該點(diǎn)的切線方向上，曲線運(yùn)動(dòng)速度方向一定改變，但是大小不一定變．【解析】【解答】解：

依據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)特征可知：物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)；任意時(shí)刻的速度方向是曲線上該點(diǎn)的切線方向上，曲線運(yùn)動(dòng)速度方向一定改變，故曲線運(yùn)動(dòng)一定是變速運(yùn)動(dòng)．

故答案為：切線方向上，變速三、判斷題(共9題，共18分)16、×【分析】【分析】根據(jù)建立坐標(biāo)系的條件可知，建立坐標(biāo)系需要確定坐標(biāo)原點(diǎn)與正方向．由此方向解答即可．【解析】【解答】解：如果以高出地面0.8m的桌面位置為坐標(biāo)原點(diǎn)；選擇向下為正方向，則地面的坐標(biāo)為：x=0.8m．所以該說法錯(cuò)誤．

故答案為：×17、×【分析】【分析】根據(jù)串并聯(lián)電路電流和電壓的規(guī)律進(jìn)行分析，串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比．【解析】【解答】解：串聯(lián)電路中電流相等；故電壓分配與電阻成正比；所以該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】液面上部的蒸汽達(dá)到飽和時(shí)，液體分子從液面飛出，同時(shí)有蒸汽分子進(jìn)入液體中；從宏觀上看，液體不再蒸發(fā)．【解析】【解答】解：飽和蒸汽的平衡是一種動(dòng)態(tài)平衡．當(dāng)達(dá)到動(dòng)態(tài)平衡時(shí)；液體分子從液面飛出，同時(shí)有蒸汽分子進(jìn)入液體中；從宏觀上看，液體不再蒸發(fā)蒸發(fā)的速度不再改變，此時(shí)以恒速蒸發(fā)．所以該說法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力．它產(chǎn)生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力．【解析】【解答】解：表面張力產(chǎn)生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層；叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力．所以該說法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度越高，內(nèi)能越大．【解析】【解答】解：物態(tài)的內(nèi)能與物體的物質(zhì)的量；溫度、體積以及物態(tài)有關(guān)．對(duì)一定質(zhì)量的理想氣體；物質(zhì)的量一定，物態(tài)一定，而氣體分子之間的作用力可以忽略不計(jì)，所以一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能的大小只與溫度有關(guān)．

故答案為：√21、×【分析】【分析】當(dāng)半徑不變時(shí)，角速度增大一倍，線速度也增大一倍．【解析】【解答】解：根據(jù)公式v=ωr可知，當(dāng)半徑r不變時(shí)；角速度增大一倍，則線速度也增大一倍，故此說法錯(cuò)誤．

故答案為：×22、√【分析】【分析】時(shí)間是指時(shí)間的長度，在時(shí)間軸上對(duì)應(yīng)一段距離，對(duì)應(yīng)物體的位移或路程，時(shí)刻是指時(shí)間點(diǎn)，在時(shí)間軸上對(duì)應(yīng)的是一個(gè)點(diǎn)，對(duì)應(yīng)物體的位置．【解析】【解答】解：“寧停三分；不搶一秒”中的3分是3分鐘，3分鐘與1秒鐘在時(shí)間軸上都是指的時(shí)間的長度，都是時(shí)間．故該說法正確；

故答案為：√23、√【分析】【分析】感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是穿過閉合電路磁通量發(fā)生變化．1、電路要閉合；2、穿過的磁通量要發(fā)生變化．【解析】【解答】解：感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是穿過閉合電路磁通量發(fā)生變化；只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，閉合電路中就有電流產(chǎn)生．該說法是正確的．

故答案為：√24、√【分析】【分析】物理量按有無方向分矢量和標(biāo)量，矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．【解析】【解答】解：矢量是既有大??；又有方向的物理量，矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．故這句話是正確的．

故答案為：√四、簡答題(共2題，共8分)25、（1）增大固體與氣體的接觸面積，增大反應(yīng)速率提高原料的利用率（2）（3）CeF4、[CeSO4]2＋（4）①88.9%(或89%)②隨著c(SO42－)增大，水層中Ce4＋被SO42－結(jié)合成[CeSO4]2＋，導(dǎo)致萃取平衡向生成[CeSO4]2＋移動(dòng)，D迅速減小（5）還原劑2mol（6）ClO-+2Ce(OH)3+H2O=2Ce(OH)4+Cl-【分析】【分析】本題考查了化學(xué)工藝流程的知識(shí)，涉及化學(xué)方程式和離子方程式書寫、萃取率的計(jì)算、氧化還原反應(yīng)的基本概念?！窘獯稹縭m{(1)}“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細(xì)顆粒，其目的是增大固體與氣體的接觸面積，增大反應(yīng)速率；提高原料的利用率，故答案為：增大固體與氣體的接觸面積，增大反應(yīng)速率；提高原料的利用率rm{;}rm{(2)}“氧化焙燒”的化學(xué)方程式為rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}故答案為：rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}“酸浸”后的溶液中，除rm{4CeFC{O}_{3}+{O}_{2}

overset{鹵潞脡脮}{=}3Ce{O}_{2};+Ce{F}_{4}+;4C{O}_{2;}}rm{(3)}外，還主要含有rm{H^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}故答案為：rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{CeF_{4}}rm{[CeSO_{4}]^{2+};}rm{(4)}含rm{壟脵}濃度為rm{壟脵}的溶液rm{100mL}中加入rm{Ce^{4+}}的萃取劑rm{1mol/L}振蕩，靜置，此操作的萃取率是rm{[(c(SO_{4}^{2-})=1mol/L]}或rm{20mL}，故答案為：rm{HR}或rm{88.9%(}rm{89%)}在萃取操作中，用到的主要玻璃儀器為分液漏斗；由已知得：rm{88.9%(}能與rm{89%)}結(jié)合生成rm{壟脷}故當(dāng)增大rm{Ce^{4+}}時(shí)，促進(jìn)該反應(yīng)向右移動(dòng)，rm{SO_{4}^{2-}}迅速增加而rm{[CeSO_{4}]^{2+}}減少，故D迅速減少，故答案為：隨著rm{c(SO_{4}^{2-})}增大，水層中rm{c([CeSO_{4}]^{2+})}被rm{c(Ce隆隴(H_{2n-4})A_{2n}))}結(jié)合成rm{c(SO_{4}^{2-})}導(dǎo)致萃取平衡向生成rm{Ce^{4+}}移動(dòng)，rm{SO_{4}^{2-}}迅速減小；rm{[CeSO_{4}]^{2+}}“反萃取”中，rm{[CeSO_{4}]2+}將rm{D}還原為rm{(5)}故Hrm{H_{2}O_{2}}在該反應(yīng)中的作還原劑；該反應(yīng)的離子方程式為rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H+=2Ce^{3+}+4H_{2}O+O_{2}隆眉}所以每有rm{CeO_{2}}參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為rm{Ce^{3+}}故答案為：還原劑；rm{{,!}_{2}O_{2}}rm{2CeO_