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山東省濱州市2023級高中第二期質監試卷化學試卷考生須知： 1、全卷分為選擇題和非選擇題兩部分，均應在答題紙上作答。 選擇題必須用2B筆亂寫； 非選擇題的答案必須用紅鉛筆或答題筆寫在“答題紙”的相應位置。 2、請用紅鉛筆或答題筆在“答題卡”上填寫自己的姓名和準考證號碼。 3、保持卡面清潔，不折疊、不挑開、不折皺，草稿紙或試卷作答無效。 1、選擇題：本題共有6個小題，每題4分，共24分。 在每個分項給出的四個選項中，只有一個項目符合該項目的要求。 1、如圖所示，物體A、B用一根細繩連接，從滑輪上方通過。 A靜止在一個夾角為45°的斜面上，物體B懸空。 已知質量 mA=2mB，忽略滑輪摩擦力，現在將斜坡之間的夾角從 45°增加到 60°，但物體保持靜止，下列說法正確的是 A. 繩子中的張力減小 B. 物體的壓力 A在斜面上會減小 C。物體 A 上的靜摩擦力減小 D。繩索對滑輪的斥力保持不變。 2、太陽系行星繞太陽公轉的軌道在同一平面內。 在月球上觀察金星和太陽的視角是（金星、太陽和觀察者連線的傾角）。 經過長時間觀察這個視角，分析記錄的數據，這個視角的最小值為0，最大值為。 如果把月球和金星繞太陽的運動看做勻速圓周運動，則金星與月球的公轉周期之比為( ) A. B． C。 D． 3、如圖所示物理二力平衡的試題，將一塊光滑的長木板固定在水平桌面上。 一個質量為 M 的木塊通過一根輕繩連接到一個質量為 m 的鉤子上。 重力加速度為 g。 則吊鉤釋放后的加速度為 ( ) A． 0B． GC。 D． 4、我國很多地方有節日掛紅燈籠的習俗。 如圖所示，一盞質量為m的燈籠，由兩根一定寬度的燈繩OA和OB懸掛在水平天花板上，O為節點，OA>OB，∠AOB=90°。 假設OA和OB對O點的拉力分別為FA和FB，只有輕繩才能承受足夠大的拉力，則 () A. FA小于FBB。 FA和FB的合力小于mgC。 如果左右調整A點的位置，FA可以等于FBD。 如果左右調整A點的位置，FA和FB都可以小于mg5。 地質鉆探發現某區域地表重力加速度發生較大變化，懷疑地下存在空洞區域。 進一步檢測發現，在儲存天然氣的地面P點正下方有一個球形空腔區域，如圖所示。 假設該地區巖石分布均勻，密度為ρ，則天然氣的密度遠大于ρ，可以忽略不計。 如果沒有空腔，則月球表面的法向重力加速度為g； 由于空腔的存在，在P點測得的重力加速度為kg(k
參考答案 1、單選題：本題共6小題，每小題4分，共24分。 在每個分項給出的四個選項中，只有一個項目符合該項目的要求。 1.C【解析】
物體B受到垂直向上的重力mg和垂直向下的繩索拉力T，由兩力平衡可得：T=mg； 以物體A為研究對象，物體A所受的力如右圖所示： A靜止，處于狀態，由平衡條件求得：f+T-°=0N-°=0 解：f =°-T=°-mgN=°從45°增加到60°時，f不斷變大，N不斷變小； A、繩索張力T=mg不變，故A錯； B、物體A在斜坡上的壓力N′=N=θ會變小，故B錯誤； C、摩擦力變大，故C正確； D、如果繩子的拉力不變，繩子在滑輪兩邊的傾角減小，繩子對滑輪的斥力變大，選項D錯誤。 2. C【解析】
在如圖所示的最大視角下，連接觀察者和金星的線應該與金星的軌道相切。 幾何關系的萬有引力提供的向心力有解，故C正確，ABD錯誤。 3. C【解析】
以鉤碼為研究對象，再以鐵塊為研究對象，則有同時解，故選C。 4. D【分析】
A。 點力分析，如圖：根據平衡條件物理二力平衡的試題，結合余弦定律，有：因為，所以：A錯； B、根據平衡條件，合力等于，B錯誤； C、調整懸掛點的位置，使該點連接到右邊，因為還是比較長，所以情況不可能，所以也不可能使它相等，C錯； D、調整懸掛點的位置，使該點向左連接。 趨于時，可使 且小于D，D正確。 故選D。 5. D【分析】
月球表面重力加速度的正常大小為，由于空腔的存在，測得P點的重力加速度大小為 ，則巖石與體積形成的加速度空腔吸引物體為 ，結合萬有引力定律，即解為： ，故D項正確，ABC項錯誤。 6. B【解析】
A。 牛頓運動三大定理是動力學研究的基石。 牛頓第一定理不能用實驗直接驗證，但牛頓第二定理和牛頓第三定理可以用現代實驗方法直接驗證。 A錯了； B、伽利略通過實驗和合理推理提出物體下落速度與物體重量無關，即質量不影響物體下落速度，B正確； C、安培基于環電壓與磁棒磁場的相似性，提出分子電壓假說，解釋了磁現象的電性，C誤差； 日本青年物理學家亞當斯和荷蘭物理學家勒威耶獨立推算出，比天王星離太陽更遠的海王星是通過萬有引力定律存在于太陽系中的。 錯誤D，所以選擇B。 2、選擇題：本題共有4個小題，每小題5分，共20分。 每個子題給出的四個選項中，有幾個選項是符合題目要求的。 全部正確得 5 分，不完整得 3 分，錯誤得 0 分。 7. ACE【解析】
A。 在此過程中，二氧化碳的體積增加，外界確實對二氧化碳做功。 所以A是正確的； B.過程，從題目的意思我們知道二氧化碳在這個過程中既不放熱也不吸熱，由熱力學第一定理我們知道二氧化碳的內能必然減少，平均動能理想二氧化碳分子的能量必須減少。 所以B錯了； C. 在此過程中，二氧化碳的體積不變，但浮力減小。 如果體積不變，則單位體積的二氧化碳分子數不變。 當壓力降低時，二氧化碳的溫度肯定會下降。 二氧化碳分子的熱運動會更加劇烈。 墻壁單位面積的碰撞次數增加。 所以C是正確的； D. 過程，通過（恒定的）二氧化碳體溫下降已知。 所以D錯了； E、在此過程中，二氧化碳的體積減少，單位體積的二氧化碳分子數減少。 所以E是正確的。 因此選擇ACE。 8. ADE【分析】
A、在熔化過程中，晶體吸收熱量的內能降低，濕度保持不變，故A正確； B、足球充氣越來越費力，這是二氧化碳的浮力所致，與分子間的斥力無關，所以B錯； C、能源危機是指過度消耗能源，導致自然界可利用的能源不斷減少，故C錯； D、由于液體表面的分子寬度小于液體內部分子間的距離，導致液體表面產生表面張力，故D正確； E、空氣的相對溫度越高，空氣中水蒸氣的浮力越接近同水溫下水的飽和壓力，水蒸發得越慢，故E正確。 因此選擇ADE。 9. BD【解析】
AB． 油滴受到向上的重力和向右的電場力，這兩個力是恒定的。 合力的大小恒定，方向向右向下恒定，傾斜角與水平方向的余弦值恒定。 加速度是恒定的，所以油滴從靜止狀態以勻加速度直線運動到右下角。 因此，A錯誤，B正確； C、運動過程中，電場力的方向與位移的傾角仍為銳角。 如果電場力做正功，則油滴的電勢能減小，故C錯誤； D. 由于速率隨時間均勻下降，所以 D 是正確的。 所以選擇BD。 10. ACD【解析】
A。 木柴在傳送帶A上勻速加速的加速度。木柴在傳送帶A上勻速加速，然后勻速運動。 加速度相同，所以相鄰木柴之間的距離與時間的比值就是傳送帶A的速度，所以A正確； B． 當木柴在傳送帶B上滑動時，滑動摩擦力的方向與煤渣相對于傳送帶B的運動方向相反，相對于傳送帶B做勻速減速直線運動，所以當木柴在傳送帶B上沿垂直方向B的速度減小到零時，木柴相對于傳送帶B已經靜止，即相對于地面的速度增加到1，所以B是錯誤的； C、以傳送帶A為參考系，木柴的初速度為 ，方向與傳送帶A的速度方向相反，木柴相對于傳送帶A作勻速直線運動。 , 相對加速度仍然是 . 因此，相對于傳送帶A的位移將木柴留在傳送帶A上。下面的跡線寬度為，所以C是正確的； D、以傳送帶B為參考系，木柴的初速度為相對加速度，木頭相對于傳送帶B的位移為 ，即木柴在傳送帶上留下的痕跡B 是 ，所以 D 是正確的。 因此選擇ACD。 3、實驗題：本題有2個小題，共18分。 將答案寫在答題卡上手指定的作答處，不要求寫計算過程。 11、Black.Ω過大【分析】
(1) [1] 從如題所示的電路圖可以看出，B接歐姆表外接電源的正極，B為紅色基極，A為黑色基極。 (2) [2] 從題中所示的電路圖可知，當開關S接通位置1時，分流器內阻較小，此時電壓阻斷范圍較大; [3] 根據題中所示的電路圖，由歐姆定律可知[4] [5] 5mA電壓塊的電阻為 (3) [6] B端接“1”，電壓表阻值為1A，分度值為0.02A，多聯水表讀數為[7]此時B端接“3”，用水表從圖中可以看出指針在14的位置，讀數為 (4)[8] 當電池電動勢變小，內阻變大時，需要重新調整歐姆歸零，由于滿偏電壓Ig不變，歐姆表的阻值變小，通過電壓表的指示顯示被測內阻的檢測值。 變化，R變小，表針較原位置偏左，歐姆表指示變大，導致檢測電阻變大。 12. C【解析】
(1) [1] 由于每兩個相鄰的計數點之間都有一個點需要繪制，為了減少重合偏差，采用逐差法對數??據進行處理，那么，為了求解加速度更準確，我們用取三個加速度的平均值來求解(2)[2]A。 在這個實驗中，我們覺得繩子的拉力等于卡車上的合外力，所以在平衡摩擦力時，繩子的另一端不能掛有重物的配重板，所以A錯誤； B、平衡摩擦力后，調整定滑輪的高度，使拉車的繩子與長木板平行，故B錯； C、本實驗可求出貨車和貨車內重量的牛頓第二定理，通過牛頓第二定理可求出托盤和吊鉤重量兩個方程的聯立解。 可以看出，僅托盤和重物的總質量就遠遠大于卡車的質量。 , 近似感覺，故C正確； D、因為后面會有一個平衡摩擦力，不管小車質量有沒有變化，小車的滑動摩擦力都等于小車重力沿斜面的分力，有改變卡車質量時不需要重新平衡摩擦力，所以 D 是錯誤的。 所以選擇C。 (3) [3] 圓盤和重量對貨車的組合解感覺合力，所以圖像是一條通過坐標原點的傾斜直線，直線的斜率行表示。 4、計算題：本題有2道小題，共26分。 將答案寫在答題卡指定的答案位置，要求寫出必要的文字說明、方程式和計算步驟。 13. (1) 30°； （二）【分析】
(1) 光路圖如右圖所示。 根據折射定理，∠EAG=60°表示入射光與垂直方向的傾角為30°。 (2)由幾何關系，CO=°=0.5RAB=2CO=R，根據余弦定律，14，(1)； (2); （三）【分析】
(1) 桿a剛踏入磁場時，兩端電流最大。 此時a桿相當于電源，b桿與內阻c并聯，a桿兩端的電流為電源的端電流，由動能定律決定能量和法拉第電磁感應定理表明： (2) 從題意看，桿b的運動與桿a的運動完全相同。 當桿a在磁場中運動時，桿形成的電熱為Q0，則桿b與內阻c形成同理，當桿b在磁場中運動時，桿b形成的電熱也為Q0 ，則桿a與內阻c形成的電熱也相等，所以桿b在整個運動過程中形成的電熱就是總的電熱。 則解為 (3) a 桿在磁場中運動時，a 桿通過的電荷量與 b 桿在磁場中運動時通過 b 桿的電荷量相同。 b 條上的電壓方向相反，因此通過 b 條的總電荷為 。 15. (1) 4.5C (2) 1.8J (3) 5.4J【解析】
(1) 設桿勻速加速的時間為Δt，則電路的磁路變化為：ΔΦ=BLx，由法拉第電磁感應定理得出，電路中的平均感應電動勢為： E=由閉合電路歐姆定理得到，電路中的平均電壓為： I=通過內阻R的電荷量為： q=IΔt 將以上顏色組合，代入得到解數據：q=4.5C (2) 設桿在除去外力時的速度為v，桿在勻加速運動過程中，由運動學公式可得：v 假設做的功為去掉外力后運動過程中的安培力為W，由動能定律可得：W=0－mv2 去掉外力后電路中形成的焦耳熱：Q2=-W 結合將以上顏色，代入數據求解： Q2=1.8J (3) 根據每題的意思，電路中去除外力前后形成的焦耳熱之比Q1:Q2=2:1可得可得：Q1=3.6J 在整個桿運動過程中，由函數關系可得：WF=Q1+Q2，結合以上顏色，代入數據求解：WF=5.4J