2025年粵教版高三物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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2025年粵教版高三物理下冊月考試卷307考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、一質(zhì)點(diǎn)先由靜止開始做加速度為a1的勻加速運(yùn)動，運(yùn)動一段時(shí)間t后，加速的大小變?yōu)閍2，方向與a1的方向相反，再經(jīng)過一段時(shí)間0.5t后，物體恰好回到原位置，則加速度大小a1：a2為（）A.1：1B.1：3C.1：4D.1：82、為經(jīng)典力學(xué)作出最重要貢獻(xiàn)的物理學(xué)家是（）A.愛因斯坦B.麥克斯韋C.法拉第D.牛頓3、下列陳述中，與分子熱運(yùn)動有關(guān)的是[]A.酒香不怕巷子深B.天光云影共徘徊C.隔墻花影動，疑是玉人來D.隔墻有耳4、如右圖所示電路中，r是電源的內(nèi)阻，R1和R2是外電路中的電阻，如果用Pr、P1和P2分別表示電阻r、R1、R2上所消耗的功率，當(dāng)R1＝R2＝r時(shí)，Pr∶P1∶P2等于()A.1∶1∶1B.2∶1∶1C.1∶4∶4D.4∶1∶15、【題文】某運(yùn)動員臂長L，將質(zhì)量為m的鉛球推出，鉛球出手的速度大小為v0，方向與水平方向成30°角，則該運(yùn)動員對鉛球所做的功是（）A.B.mgL+mC.mD.mgL+m6、如圖所示，受斜向上的恒定拉力作用，物體在粗糙水平面上做勻速直線運(yùn)動，則下列說法中正確的是(

)

A.拉力在豎直方向的分量一定大于重力B.拉力在豎直方向的分量一定等于重力C.拉力在水平方向的分量一定大于摩擦力D.拉力在水平方向的分量一定等于摩擦力7、如圖所示，在環(huán)形電流的左右兩端分別接電源的正負(fù)極，則環(huán)形電流中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是（）A.向左B.向右C.向外D.向里評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、如圖所示，兩平行金屬板間距為d=10cm，電勢差為U=100V，板間電場可視為勻強(qiáng)電場；金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場．帶電量為q=+1.0×10-5C、質(zhì)量為m=2.0×10-11kg的粒子；由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動．忽略重力的影響，求：

（1）勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大?。?/p>

（2）粒子從電場射出時(shí)速度V的大小；

（3）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑R．9、如圖是打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測定勻加速度時(shí)得到的一條紙帶，測出AB=1.2cm，AC=3.6cm，AD=7.2cm．相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出，則打B點(diǎn)時(shí)運(yùn)動物體的速度vB=______m/s．10、質(zhì)量為m的物體從高處自由下落，經(jīng)時(shí)間t物體尚未落地，在這段時(shí)間t的末了時(shí)刻，重力對物體做功的瞬時(shí)功率為____．11、“神舟”五號飛船：我國首位宇航員楊利偉乘坐的“神舟”五號載人飛船；于北京時(shí)間2003年10月15日9時(shí)，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心順利升空．按照預(yù)定計(jì)劃在太空飛行了近21個(gè)小時(shí)，繞地球14圈后，返回艙于16日6時(shí)23分在內(nèi)蒙古中部地區(qū)安全著陸．這標(biāo)志著我國首次載人航天飛行獲得圓滿成功，成為世界上第三個(gè)掌握載人航天技術(shù)的國家．

（1）“神舟”五號采用長征二號F火箭發(fā)射，關(guān)于發(fā)射初升空階段，下列說法正確的是____

A．飛船內(nèi)座椅對宇航員的作用力大于宇航員對座椅的作用力。

B．飛船內(nèi)宇航員對座椅的作用力大于宇航員的重力。

C．宇航員處于失重狀態(tài)。

D．利用了反沖原理。

（2）飛船由近地點(diǎn)約200km、遠(yuǎn)地點(diǎn)約343km高度的橢圓軌道，變軌到距地面343km的圓形軌道上做勻速圓周運(yùn)動時(shí)____

A．速度變??；周期變長，勢能增加B．速度變大，周期變短，勢能增加。

C．速度變??；周期變長，勢能減小D．速度變大，周期變短，勢能減小。

（3）當(dāng)返回艙降到距地面30km時(shí)，回收著陸系統(tǒng)啟動工作，相繼完成拉出天線、拋掉底蓋等一系列動作．當(dāng)返回艙距地面20km時(shí)，速度減為200m/s而勻速下落，此階段重力加速度為g′，所受空氣的阻力為f=；其中ρ為大氣的密度．v是返回艙的運(yùn)動速度，S為阻力作用的面積．試寫出返回艙在速度為200m/s時(shí)的質(zhì)量表達(dá)式。

（4）當(dāng)返回艙降到距地面10km時(shí)，打開面積為1200㎡的降落傘，直到速度降到8.0m/s后又勻速下降．為實(shí)現(xiàn)軟著陸（即著陸時(shí)返回艙的速度為0），當(dāng)返回艙離地面1.2m時(shí)反沖發(fā)動機(jī)點(diǎn)火，返回艙此時(shí)的質(zhì)量為2.7×103㎏，取g=10m/s2（反沖發(fā)動機(jī)點(diǎn)火后，空氣的阻力不計(jì)，可認(rèn)為返回艙做勻減速直線運(yùn)動）．求平均反沖推力的大小和反沖發(fā)動機(jī)對返回艙做的功．12、如圖（甲）所示螺線管的匝數(shù)n=1500，橫截面積S=20cm2，電阻r=2Ω，與螺線管串聯(lián)的外電阻R=4Ω．若穿過螺線管的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖（乙）所示的規(guī)律變化，則線圈兩端a、b之間的電壓為____V，電阻R上消耗的電功率____W．

評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)13、串聯(lián)電路中，電壓分配與電阻成反比．____．（判斷對錯(cuò)）14、電子手表中的液晶在外加電壓的影響下能夠發(fā)光．____．（判斷對錯(cuò)）15、光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波____（判斷對錯(cuò)）16、作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力．____（判斷對錯(cuò)）17、同一汽車，速度越快，越難剎車，說明物體速度越大，慣性越大．____（判斷對錯(cuò)）18、電場線真實(shí)地存在于電場中．____．（判斷對錯(cuò)）19、作用在物體上的合外力減小時(shí)，速度也隨之減?。甠___（判斷對錯(cuò)）20、向心力的方向始終指向圓心，所以向心力的方向始終不變．____（判斷對錯(cuò)）評卷人得分四、簡答題(共3題，共6分)21、員最近發(fā)現(xiàn)了一種“水”電池；這種電池能利用淡水與海水之間含鹽量差別進(jìn)。

行發(fā)電，在海水中電池總反應(yīng)可表示為：

“水”電池在放電時(shí)：rm{(1)}該電池的負(fù)極的電極反應(yīng)式為：_______________________________rm{(2)Na^{+}}不斷向“水”電池的________極移動rm{(3)}每生成rm{2mol}轉(zhuǎn)移________rm{mol}電子rm{(4)}若用該“水”電池為電源，兩極均為石墨為電極，電解飽和食鹽水，寫出電解總反應(yīng)的化學(xué)方程式_______________________________rm{(5)}若以鐵為陰極，銅為陽極電解rm{CuCl_{2}}和rm{Na_{2}SO_{4}}的混合液，陽極的電極反應(yīng)式_______________________________22、硼及其化合物在現(xiàn)代工業(yè)、生活和國防中有著重要的應(yīng)用價(jià)值。

rm{(1)}基態(tài)硼原子的電子排布式是________________；最簡單的硼烷是rm{B_{2}H_{6}(}乙硼烷rm{)}結(jié)構(gòu)如圖所示，其中rm{B}原子的雜化方式為______________；rm{(2)}三氯化硼和三氟化硼常溫下都是氣體，都有強(qiáng)烈的接受孤電子對的傾向。推測它們固態(tài)時(shí)的晶體類型為_____________；三氟化硼與氨氣相遇，立即生成白色固體，寫出該白色固體結(jié)構(gòu)式，并標(biāo)注出其中的配位鍵__________________；rm{(3)}經(jīng)結(jié)構(gòu)研究證明，硼酸晶體中rm{B(OH)_{3}}單元結(jié)構(gòu)如圖Ⅰ所示。各單元中的氧原子通過rm{O-HO}氫鍵連結(jié)成層狀結(jié)構(gòu)，其片層結(jié)構(gòu)及鍵長、層間距數(shù)據(jù)如圖Ⅱ所示。層與層之間以微弱的分子間力相結(jié)合構(gòu)成整個(gè)硼酸晶體。

rm{壟脵H_{3}BO_{3}}是一元弱酸，請用方程式表示rm{H_{3}BO_{3}}在溶液中呈酸性的原因：_______；rm{壟脷}根據(jù)結(jié)構(gòu)判斷下列說法正確的是_____________rm{a.}硼酸晶體有滑膩感；可作潤滑劑。

rm{b.H_{3}BO_{3}}分子的穩(wěn)定性與氫鍵有關(guān)rm{c.}含rm{1molH_{3}BO_{3}}的晶體中有rm{3mol}氫鍵rm{d.H_{3}BO_{3}}分子中硼原子最外層為rm{8e^{-}}穩(wěn)定結(jié)構(gòu)rm{(4)}利用“鹵化硼法”可合成含rm{B}和rm{N}兩種元素的功能陶瓷，下圖為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖。

rm{壟脵}該功能陶瓷的化學(xué)式為_____________；rm{壟脷}第一電離能介于rm{B}rm{N}之間的第二周期元素有________種。23、如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，推力方向與水平面的夾角為θ，推力多大時(shí)可使物體沿水平地面勻速滑動？評卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共16分)24、（11分）如圖所示，矩形斜面水平邊的長度為0.6m，傾斜邊的長度為0.8m，斜面傾角為37°，一與斜面動摩擦因數(shù)為μ=0.6的小物體重25N，在與斜面平行的力F的作用下，沿對角線AC勻速下滑，求推力F的大?。⊿in37°=0.6,Cos37°=0.8）。25、【題文】如圖10所示，寬度足夠長的平行此光滑金屬導(dǎo)軌固定在位于豎直平面內(nèi)的絕緣板上，導(dǎo)軌所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0．50T的勻強(qiáng)磁場，磁場方向跟導(dǎo)軌所在平面垂直。一根導(dǎo)體棒MN兩端套在導(dǎo)軌上與導(dǎo)軌接觸良好，且可自由滑動，導(dǎo)體棒的電阻值R=l.5Ω，其他電阻均可忽略不計(jì)。電源電動勢E=3．0V，內(nèi)阻可忽略不計(jì)，重力加速度g取10m／s2。當(dāng)S1閉合，S2斷開時(shí)；導(dǎo)體棒恰好靜止不動。

（1）求S1閉合，S2斷開時(shí)；導(dǎo)體棒所受安培力的大?。?/p>

（2）將S1斷開，S2閉合，使導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動，求當(dāng)導(dǎo)體棒的加速度=5.0m／s2時(shí)；導(dǎo)體棒產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小；

（3）將S1斷開，S2閉合，使導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動，求導(dǎo)體棒運(yùn)動的最大速度的大小。26、一個(gè)原來靜止的電子，經(jīng)過100V的電壓加速后它的動能是多少？質(zhì)量改變了百分之幾？速度是多少？這時(shí)能不能使用公式27、如圖所示，在xOy

平面坐標(biāo)系中，x

軸上方存在電場強(qiáng)度E=1000v/m

方向沿y

軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場；在x

軸及與x

軸平行的虛線PQ

之間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2T

方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為d.

一個(gè)質(zhì)量m=2隆脕10鈭?8kg

帶電量q=+1.0隆脕10鈭?5C

的粒子從y

軸上(0,0.04)

的位置以某一初速度v0

沿x

軸正方向射入勻強(qiáng)電場，不計(jì)粒子重力．

(1)

若v0=200m/s

求粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí)速度v

的大小和方向；(2)

要使以大小不同初速度射入電場的粒子都能經(jīng)磁場返回，求磁場的最小寬度d

(3)

要使粒子能夠經(jīng)過x

軸上100m

處，求粒子入射的初速度v0

．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】質(zhì)點(diǎn)先勻加速運(yùn)動后勻減速運(yùn)動，在加速過程和減速過程中，位移大小相等，方向相反，據(jù)此根據(jù)運(yùn)動學(xué)位移公式和速度公式即可正確求解．【解析】【解答】解：取勻加速運(yùn)動的速度方向?yàn)檎较颍畬τ趧蚣铀龠^程有：

vm=a1t①

x1=a1t2②

對于勻減速過程（可返回）有：

x2=③

由題有：x1=-x2④

聯(lián)立①②③④式，可解得：a1：a2=1：8

故選：D．2、D【分析】【分析】解答本題應(yīng)抓?。簮垡蛩固固岢隽斯庾诱f與相對論；法拉第利用假設(shè)思想方法引入了“場”的概念；通過邏輯推理，伽利略認(rèn)為兩個(gè)從同一高度自由落下的物體，重物與輕物下落一樣快；麥克斯韋提出了電磁場理論，并預(yù)言了電磁波的存在；牛頓發(fā)現(xiàn)了牛頓三個(gè)定律以及萬有引力定律，為經(jīng)典力學(xué)作出最重要貢獻(xiàn)．【解析】【解答】解：A；愛因斯坦提出了光子說與相對論；故A錯(cuò)誤．

B；麥克斯韋提出了電磁場理論；并預(yù)言了電磁波的存在；故B錯(cuò)誤．

C；在研究電磁現(xiàn)象時(shí)；法拉第利用假設(shè)思想方法引入了“場”的概念通過邏輯推理．故C錯(cuò)誤．

D；英國科學(xué)家牛頓發(fā)現(xiàn)了牛頓三個(gè)定律以及萬有引力定律；為經(jīng)典力學(xué)作出最重要貢獻(xiàn)．故D正確．

故選：D3、A【分析】【解析】【答案】A4、D【分析】在如圖所示電路中，內(nèi)阻上通過的電流與外電路的總電流相同，內(nèi)阻與外電阻是串聯(lián)關(guān)系，(不能認(rèn)為內(nèi)阻與外電阻并聯(lián))，但R1與R2是并聯(lián)的，因R1＝R2，則I1＝I2＝I，IR＝I1＋I(xiàn)2＝2I.Pr∶P1∶P2＝IR2r∶I12R1∶I22R2＝4∶1∶1，故正確答案為D.【解析】【答案】D5、A【分析】【解析】運(yùn)動員對鉛球的作用力為F，由動能定理知：WF-mgLsin30°=m

所以WF=mgL+m【解析】【答案】A6、D【分析】解：物體受重力；拉力、支持力、摩擦力處于平衡；

A；在豎直方向上合力為零；則重力等于支持力和拉力的分力之和，并且支持力不會為零，所以拉力在豎直方向上的分力小于重力.

故AB錯(cuò)誤；

C；在水平方向上合力為零；所以拉力在水平方向上的分力等于摩擦力.

故C錯(cuò)D正確；

故選：D

．

對物體受力分析；因?yàn)槲矬w在水平面上做勻速直線運(yùn)動，抓住水平方向和豎直方向上合力等于零，比較拉力在豎直方向上的分力和重力的大小關(guān)系，以及拉力在水平方向上的分力與摩擦力的大小關(guān)系．

解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進(jìn)行受力分析，抓住水平方向和豎直方向上的合力等于零去分析．【解析】D

7、D【分析】【分析】由右手螺旋定則可判斷電流周圍磁場的分布．【解析】【解答】解：圖中電流為環(huán)形電流；由右手螺旋定則可得：大拇指指向電流方向，四指彎曲方向在內(nèi)部向里，所以內(nèi)部磁場應(yīng)垂直于紙面向里．

故選：D．二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】

（1）根據(jù)公式E=可求E；

（2）根據(jù)動能定理列式求解；

（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解．

本題考查了帶電粒子在電場中的加速和在磁場中的偏轉(zhuǎn)，屬于基礎(chǔ)題，另外要注意公式E=d是指沿電場方向距離．【解析】解：（1）根據(jù)勻強(qiáng)電場電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系得：

勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小E==

（2）設(shè)帶電粒子出電場時(shí)速度為v．由動能定理得：

Uq=mv2

解得：v===1000m/s

（3）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動；由牛頓第二定律得：

Bqv=m

解得：

R===2×10-3m；

答：（1）勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小為1000V/m；

（2）粒子從電場射出時(shí)速度ν的大小為1000m/s；

（3）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑R為2×10-3m．9、略

【分析】解：B點(diǎn)的瞬時(shí)速度可以用中間時(shí)刻的速度等于該過程中的平均速度；即：

vB===0.18m/s

故答案為：0.18．

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中；中間時(shí)刻的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上B點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大?。?/p>

利用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問題的能力，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用，提高解決問題能力．【解析】0.1810、mg2t【分析】【分析】功率等于力與力的方向速度的乘積，而功等于力與力的方向的位移乘積．功率有平均功率與瞬時(shí)功率之分．瞬時(shí)功率等于力與瞬時(shí)速度乘積，而平均功率等于功與時(shí)間的比值，也可以力與平均速度的乘積．【解析】【解答】解：小球自由下落；經(jīng)時(shí)間t；

t時(shí)刻物體的速度為：v=gt

在t時(shí)刻重力對物體做功的瞬時(shí)功率為

故答案為：mg2t11、BDA【分析】【分析】（1）根據(jù)牛頓運(yùn)動定律分析說法正確的；

（2）根據(jù)萬有引力提供圓周運(yùn)動向心力；由軌道半徑大小確定描述圓周運(yùn)動物理量大小關(guān)系；

（3）根據(jù)飛船勻速下落重力與阻力平衡求得飛船的質(zhì)量．

（4）根據(jù)動量定理和動能定理計(jì)算推力的大小和對返回艙做的功．【解析】【解答】解：（1）A；飛船內(nèi)座椅對宇航員的作用力和宇航員對座椅的作用力是作用力與反作用力；大小總是相等的，故A錯(cuò)誤；

B；發(fā)射初宇航員向上加速運(yùn)動；坐椅對宇航員的作用力大于其重力，處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第三定律可知宇航員對坐椅的作用力大于其重力，故B正確；

C；宇航員向上加速上升；處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

D；發(fā)箭的發(fā)射是利用了反沖原理；故D正確．

故選：BD

（2）飛船繞地球圓周運(yùn)動萬有引力提供圓周運(yùn)動向心力有：，可得，周期T=當(dāng)飛船的軌道半徑增大時(shí)；飛船的速度減小，周期增大，重力勢能增加，故A正確，BCD錯(cuò)誤．

故選：A．

（3）當(dāng)飛船勻速下落時(shí)；重力與阻力相等故有：

mg′=f

可得飛船的質(zhì)量m==

（4）設(shè)反沖發(fā)動機(jī)點(diǎn)火后返回艙所受平均推力大小為F；

則由運(yùn)動學(xué)公式得v2=2ah；

因不計(jì)空氣的阻力；則有。

F-mg=ma；

代入解得=9.9×104N．

設(shè)反沖發(fā)動機(jī)對返回艙做的功為WF；由動能定理得。

解得WF=-1.2×105J

故答案為：（1）BD；

（2）A；

（3）飛船的質(zhì)量為；

（4）平均反沖推力大小為9.9×104N，反沖發(fā)動機(jī)對返回艙做的功為-1.2×105J．12、0.40.04【分析】【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律；即可求解螺線管兩端M；N間的電壓；

（2）由串聯(lián)電路電壓與電阻成正比，及功率表達(dá)式，綜合即可求解．【解析】【解答】解：（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律有：

E=n=nS=1500×20×10-4×V=0.6V；

由串聯(lián)電路的分壓規(guī)律，可得螺線管兩端a、b間的電壓為：

Uab=E==0.4V

（2）由功率的推導(dǎo)式有：

P==W=0.04W．

故答案為：0.4，0.04．三、判斷題(共8題，共16分)13、×【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：×14、×【分析】【分析】液晶像液體一樣可以流動，又具有某些晶體結(jié)構(gòu)特征的一類物質(zhì)．液晶是介于液態(tài)與結(jié)晶態(tài)之間的一種物質(zhì)狀態(tài)；液晶在外加電壓的影響下并不發(fā)光，而是由于液晶通電時(shí)，排列變得有秩序，使光線容易通過．【解析】【解答】解：液晶在外加電壓的影響下并不發(fā)光；而是由于液晶通電時(shí)，排列變得有秩序，使光線容易通過．所以該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×15、√【分析】【分析】可以把波分為橫波和縱波兩類，傳播的只是振動形式和能量，而偏振現(xiàn)象與橫波有關(guān)，從而即可求解．【解析】【解答】解：偏振是橫波特有的現(xiàn)象；所以光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波．以上說法是正確的．

故答案為：√16、√【分析】【分析】由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．【解析】【解答】解：由牛頓第三定律可知；作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失，故該說法是正確的．

故答案為：√17、×【分析】【分析】質(zhì)量是慣性的唯一標(biāo)志，與物體的速度大小，加速度大小，是否運(yùn)動等全部無關(guān)．【解析】【解答】解：質(zhì)量是慣性的唯一標(biāo)志；與物體的速度大小，加速度大小，是否運(yùn)動等全部無關(guān)，故此說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×．18、×【分析】【分析】為了研究的方便引入了電場線，實(shí)際不存在，電場線從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不相交不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱．【解析】【解答】解：為了研究的方便引入了電場線；實(shí)際不存在．所以該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×19、×【分析】【分析】加速度是反映速度變化快慢的物理量，當(dāng)加速度方向與速度方向相同，做加速運(yùn)動，當(dāng)加速度方向與速度方向相反，做減速運(yùn)動．【解析】【解答】解：加速度是反映速度變化快慢的物理量．根據(jù)牛頓第二定律可知；加速度的方向與物體受到的合外力的方向相同；

結(jié)合速度與加速度的關(guān)系可知；當(dāng)加速度方向與速度方向相同，加速度減小，速度增大．當(dāng)物體的加速度方向與速度方向相反，速度減?。?/p>

所以作用在物體上的合外力減小時(shí)；速度可能隨之減小，也可能隨之增大．所以以上說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×20、×【分析】【分析】勻速圓周運(yùn)動合力等于向心力，方向始終指向圓心，只改變速度的方向，不改變速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓何矬w做圓周運(yùn)動；向心力方向始終指向圓心，方向時(shí)刻變化，此說法錯(cuò)誤．

故答案為：×四、簡答題(共3題，共6分)21、（1）Ag+Cl--e-=AgCl（2）正極（3）4（4）2NaCl+2H2O2NaOH+H2+CL2（5）Cu-2e-=Cu2+【分析】【分析】本題主要考查原電池和電解池原理，以及電極反應(yīng)和離子的定向移動、電化學(xué)的簡單計(jì)算，掌握原電池和電解池的工作原理是關(guān)鍵，解答時(shí)要注意總電池反應(yīng)式的判斷利用，運(yùn)用兩極反應(yīng)的特點(diǎn)分析判斷，正確分析錳元素的化合價(jià)變化是該題的難點(diǎn)?！窘獯稹縭m{(1)Ag}化合價(jià)升高被氧化，所以是負(fù)極，故答案為：rm{Ag}rm{+}rm{Cl^{-}}rm{-}rm{e^{-}}rm{=}rm{AgCl}rm{(2)}在原電池中陽離子向正極移動，所以rm{Na}rm{Na}向正極移動，故答案為：正極；rm{{,!}^{+}}在總反應(yīng)方程式中負(fù)極rm{(3)}升高rm{Ag}價(jià)，每消耗rm{1}轉(zhuǎn)移rm{2molAg}電子，此時(shí)恰好生成rm{2mol}根據(jù)得失電子守恒，生成rm{1molNa_{2}Mn_{5}O_{10}}轉(zhuǎn)移rm{2molNa_{2}Mn_{5}O_{10}}電子，故答案為：rm{4mol}rm{4}石墨為惰性電極，電解飽和食鹽水，陽極氯離子放電，陰極水中氫離子放電，故答案為：rm{(4)}rm{2NaCl+2H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{overset{碌莽陸芒}{=}2NaOH}rm{+H}rm{2}rm{2}；rm{隆眉}銅是陽極，是活性電極，銅放電，故答案為：rm{+CL_{2}}rm{隆眉}rm{(5)}rm{Cu-}rm{2e^{-}}rm{=}【解析】rm{(1)Ag}rm{+}rm{Cl^{-}}rm{-}rm{e^{-}}rm{=}rm{AgCl}rm{(2)}正極rm{(3)4}rm{(4)2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陸芒}{=}2NaOH}rm{(4)2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陸芒}{=}

2NaOH}rm{+H_{2}隆眉}rm{+CL_{2}}rm{隆眉}rm{(5)Cu-}rm{2e^{-}}rm{=}rm{Cu^{2+}}22、(1)1s22s22p1sp3雜化

(2)分子晶體

(3)①H3BO3+H2O?[B(OH)4]﹣+H+②ac

(4)①BN②3【分析】【分析】

本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)的考查，涉及化學(xué)鍵類型、氫鍵、價(jià)電子排布圖、雜化軌道理論、晶體類型與性質(zhì)、晶胞結(jié)構(gòu)與晶胞計(jì)算。

【解答】

rm{(1)B}元素為rm{5}號元素，原子核外有rm{5}個(gè)電子，分兩層排布，第一層rm{2}個(gè)，第二層rm{3}個(gè)，所以核外電子排布式為：rm{1s}元素為rm{(1)B}號元素，原子核外有rm{5}個(gè)電子，分兩層排布，第一層rm{5}個(gè)，第二層rm{2}個(gè)，所以核外電子排布式為：rm{3}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}個(gè)共價(jià)鍵，所以rm{2p}原子采用rm{{,!}^{1}}，乙硼烷分子中每個(gè)硼原子含有rm{4}個(gè)共價(jià)鍵，所以rm{B}原子采用rm{sp}rm{4}

rm{B}故答案為：rm{sp}rm{{,!}^{3}}雜化，rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}

rm{{,!}^{2}}三氯化硼和三氟化硼常溫下都是氣體，所以它們固態(tài)時(shí)的晶體類型為分子晶體，硼元素具有缺電子性，其化合物可與具有孤電子對的分子或離子形成配合物，rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{1}}；rm{sp}rm{sp}rm{{,!}^{3}}雜化；rm{(3)}三氯化硼和三氟化硼常溫下都是氣體，所以它們固態(tài)時(shí)的晶體類型為分子晶體，硼元素具有缺電子性，其化合物可與具有孤電子對的分子或離子形成配合物，rm{BF}rm{(3)}與rm{BF}之間形成配位鍵，rm{{,!}_{3}}原子含有孤電子對，所以氮原子提供孤電子對，能與rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}反應(yīng)生成rm{BF}rm{BF}rm{{,!}_{3}}

rm{?NH}故答案為：rm{?NH}rm{{,!}_{3}}

，rm{B}與rm{N}之間形成配位鍵，rm{N}原子含有孤電子對，所以氮原子提供孤電子對，rm{BF}硼酸為一元弱酸，在水溶液里，和水電離出的氫氧根離子形成配位鍵，其電離方程式為：rm{B}rm{N}rm{N}rm{BF}rm{{,!}_{3}}rm{?NH}rm{?NH}rm{{,!}_{3}}結(jié)構(gòu)式為：，分子晶體；；

rm{(3)壟脵}硼酸為一元弱酸，在水溶液里，和水電離出的氫氧根離子形成配位鍵，其電離方程式為：rm{H}故答案為：rm{(3)壟脵}rm{H}rm{{,!}_{3}}rm{BO}rm{BO}rm{{,!}_{3}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O?[B(OH)}rm{O?[B(OH)}rm{{,!}_{4}}rm{]}

rm{]}硼酸rm{{,!}^{-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}^{+}}，是一種片層狀結(jié)構(gòu)白色晶體，片層狀結(jié)構(gòu)晶體有滑膩感，可作潤滑劑，故正確；

rm{H}分子的穩(wěn)定性與分子內(nèi)的rm{H}rm{{,!}_{3}}共價(jià)鍵有關(guān)，熔沸點(diǎn)與氫鍵有關(guān)，故rm{BO}錯(cuò)誤；

rm{BO}個(gè)硼酸分子形成了rm{{,!}_{3}}個(gè)氫鍵，但每個(gè)氫鍵是rm{+H}個(gè)硼酸分子共用的，所以平均含rm{+H}個(gè)氫鍵，則含有rm{{,!}_{2}}rm{O?[B(OH)}rm{O?[B(OH)}rm{{,!}_{4}}rm{]}氫鍵，故rm{]}正確；

rm{{,!}^{-}}硼原子最外層只有rm{+H}個(gè)電子，與氧原子形成rm{+H}對共用電子對，因此rm{{,!}^{+}}原子不是；rm{壟脷a.}硼酸rm{(H}rm{壟脷a.}錯(cuò)誤；

rm{(H}故答案為：rm{{,!}_{3}}

rm{BO}根據(jù)原子半徑大小知，rm{BO}原子半徑大于rm{{,!}_{3}}原子，所以白色球表示rm{)}是一種片層狀結(jié)構(gòu)白色晶體，片層狀結(jié)構(gòu)晶體有滑膩感，可作潤滑劑，故rm{a}正確；原子，利用均攤法得rm{)}原子個(gè)數(shù)rm{a}rm{b.}分子的穩(wěn)定性與分子內(nèi)的rm{B-O}rm{H-O}共價(jià)鍵有關(guān)，熔沸點(diǎn)與氫鍵有關(guān)，故rm錯(cuò)誤；rm{b.}原子個(gè)數(shù)rm{B-O}rm{H-O}rm原子和rm{c.1}個(gè)硼酸分子形成了rm{6}個(gè)氫鍵，但每個(gè)氫鍵是rm{2}個(gè)硼酸分子共用的，所以平均含rm{3}個(gè)氫鍵，則含有rm{1molH}原子個(gè)數(shù)之比為rm{c.1}rm{6}rm{2}所以其化學(xué)式為rm{3}

rm{1molH}故答案為：rm{{,!}_{3}}

rm{BO}同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第rm{BO}族、第rm{{,!}_{3}}族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以第一電離能介于的晶體中有rm{3mol}氫鍵，故rm{c}正確；rm{3mol}之間的第二周期元素有rm{c}rm{d.}硼原子最外層只有rm{3}個(gè)電子，與氧原子形成rm{3}對共用電子對，因此rm{B}原子不是rm{8e}rm{d.}所以有rm{3}種，

rm{3}故答案為：rm{B}rm{8e}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{1}}rm{sp^{3}}雜化rm{(2)}分子晶體rm{(3)壟脵}rm{H_{3}BO_{3}+H_{2}O?[B(OH)_{4}]^{-}+H^{+;}}rm{壟脷ac}rm{(4)壟脵BN}rm{壟脷3}23、略

【分析】【分析】對物體進(jìn)行受力分析后，利用正交分解法，根據(jù)平衡條件和滑動摩擦力公式求解即可．【解析】【解答】解：對物體受力分析如圖；

由于勻速運(yùn)動所以物體所受的合力為零；在水平方向有摩擦力f=Fcosθ；

再由f=μFN；

FN=mg+Fsinθ

解得：F=

答：推力為時(shí)可使物體沿水平地面勻速滑動．五、計(jì)算題(共4題，共16分)24、略

【分析】物體在斜面方向的受力情況如圖所示：·······························（1分）由題意可知：θ=37°··········（2分）因?yàn)椋篏x=mgsin37°=15N·······························（2分）F=μN(yùn)=μmgcos37°=12N·······························（2分）由余弦定理可知：F2=Gx2+f2-2GXfcosθ,·······························（2分）帶入數(shù)據(jù)可以得出：F=9N·······························（2分）本題考查摩擦力的方向問題，摩擦力的方向總是與物體的相對運(yùn)動方向相反，物體相對斜面的運(yùn)動方向與摩擦力的方向相反，由受力平衡可知摩擦力的大小等于重力沿斜面向下的分力與推力的合力，由力的分解列公式求解【解析】【答案】F=9N25、略

【分析】【解析】（1）當(dāng)S1閉合，S2斷開時(shí)；

導(dǎo)體棒靜止；通過導(dǎo)體棒的電流。

A2分。

此時(shí)導(dǎo)體棒所受安培力F1=BI1L=0.20N2分。

（2）當(dāng)S1閉合，S2斷開時(shí)；導(dǎo)體棒靜止；

有G=F1=0．20N2分。

設(shè)S1斷開，S2閉合的情況下，導(dǎo)體棒加速度a=5．0m/s2時(shí)，其所受安培力為F2，速度為v1，通過導(dǎo)體棒的電流為I2，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1。

根據(jù)牛頓第二定律有G－F2=ma，解得F2=0．10N2分。

由F2=BI2L，解得I2=1．0A2分。

根據(jù)歐姆定律有E1=I2R，解得E1=1．5V2分。

（3）將S1斷開，S2閉合，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動，當(dāng)導(dǎo)體棒所受重力與安培力平衡時(shí)，導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大，設(shè)最大速度為vm。2分。

所以有解得m/s2分【解析】【答案】（1）F1=0.20N（2）E1=1．5V(3)vm=30m/s26、加速后電子的動能是所以。

即

可見電子質(zhì)量改變了0.02%，說明電子加速后的速度與光速相比仍然很小，因此可以使用這個(gè)公式,得：

【分析】【分析】本題關(guān)鍵是記住相對論有關(guān)相對論質(zhì)量公進(jìn)行分析求解．27、解：（1）帶電粒子垂直進(jìn)入電場中做類平拋運(yùn)動；根據(jù)牛頓第二定律得：

Eq=ma

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有：

y=at2

聯(lián)立解得：a=5×105m/s2，t=4×10-4s

粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)豎直分速度大小為：

vy=at=5×105×4×10-4=200m/s

根據(jù)幾何關(guān)系有：v2=v02+vy2

tanα=

代入數(shù)據(jù)解得：v=200m/s；與x軸成45°角。

（2）當(dāng)初速度為0時(shí)粒子最容易穿過磁場．

根據(jù)Bqv=得：r=0.2m

要使所有帶電粒子都返回電場；磁場的最小寬度為：d=0.2m

另解：Bqv=

則得：

當(dāng)v0=0時(shí)；d=0.2m

（3）對于不同初速度的粒子通過磁場的軌跡在x軸上的弦長不變；有：

x1=2rsinα=2

設(shè)粒子第n次經(jīng)過x=100m處，則有：x1+nv0t=x；n=2k+1（k=0，1，2，3，）

則得：v0=m/s；n=2k+1（k=0，1，2，