2025年上外版高一物理下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年上外版高一物理下册月考试卷32考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、如图所示；一个空心均匀球壳里面注满水，球的正下方有一小孔，在水由小孔缓慢流出的过程中，空心球壳和水的共同重心将会（）

A.一直下降。

B.一直上升。

C.先升高后降低。

D.先降低后升高。

2、关于相互作用，下列说法正确的是（）A.地球对较近的月球有引力的作用，对遥远的火星则没有引力作用B.原子核中质子和中子能紧密地保持在一起，是因为它们之间存在弱相互作用C.电荷间的相互作用和磁体间的相互作用，本质上是同一种相互作用的不同表现D.强相互作用的作用范围比电磁相互作用的作用范围大3、如图所示，固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A

和B

在各自不同的水平面做匀速圆周运动，以下说法正确的是(

)

A.vA>vB

B.娄脴A>娄脴B

C.aA>aB

D.压力FNA>FNB

4、如图所示，在高速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随桶一起转动，在保证衣服不滑动的情况下 

A.桶转速增大时，衣服对桶壁的压力不变 B.桶转速增大时，衣服对桶壁的压力减小 C.桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动 D.桶转速足够大时，衣服上的水滴将做向心运动5、如图所示；质量为m

的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住.

现用一个力F

拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a

的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是。

A.若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B.若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma

D.斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值6、如图所示；在下面列举的各个实例中，哪些情况机械能是守恒的？（）

A.汽车在光滑水平面上匀速运动。

B.抛出的手榴弹或标枪在空中的运动（不计空气阻力）

C.拉着物体沿光滑斜面匀速上升。

D.在光滑水平面上运动的小球碰到一个弹簧；把弹簧压缩后，又被弹回来。

7、如图所示为速度－时间图象。若将该物体的运动过程用位移图象表示出来，下列四幅图象中正确的是（）8、通常情况下，正在进行下列哪个项目比赛的运动员可视为质点?()A.马拉松赛跑B.击剑C.拳击D.自由体操9、关于向心加速度的物理意义，下列说法正确的是（）A.它描述的是线速度方向变化的快慢B.它描述的是线速度大小变化的快慢C.它描述的是角速度变化的快慢D.以上说法都不正确评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为100kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20kg的建筑材料以0.5m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为____（g取lOm/s2）

11、某同学在“探究加速度与力的关系”实验中打出一条纸带，他从比较清晰的点开始，每五个点取一个计数点，如图所示．已知打点计时器打点的时间间隔为0.02s，则相邻两计数点间的时间间隔为____s．由此可求得小车的加速度为a=____m/s2，打下计数点C时小车运动的速度为vC=____m/s．

12、汽船所受阻力与速度的平方成正比，当汽船以速度v匀速行驶时，发动机功率为P，若汽船以速度2v匀速行驶时，发动机的功率应为；13、【题文】如图所示，轻杆AC、AD长均为2m，轻杆AB长为3m，A端由活络头铰在一起，B、C、D均支于水平地面上，AB^AC，AB^AD，ÐCAD=60°，在A端铰链上挂一重为G的物体，则AB杆所受压力的大小为____，AC杆所受压力的大小为____．14、某实验小组用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ．使用的器材有：带定滑轮的长木板；打点计时器、交流电源、木块、纸带、米尺、8个相同的钩码（质量已知）以及细线等．实验操作过程如下：

A．在水平桌面上按照图甲所示装置组装好实验器材；

B．使木块靠近打点计时器；接通电源，释放木块，打点计时器在纸带上打下一系列点，记下悬挂钩码的个数n；

C．将木块上的钩码逐个移到悬挂钩码端；更换纸带，重复步骤B；

D．测出每条纸带对应木块运动的加速度a；实验数据如下表所示．

。悬挂钩码的个数n45678小车的加速度a/（m/s2）0.51.32.23.03.9①实验开始时，必须调节滑轮高度，保证______；

②根据表中数据；在图乙的坐标纸中作出a-n图象；

③由图象求得动摩擦因数μ=______（保留两位有效数字，g取10m/s2），还可求得的物理量是______（只需填写物理量名称）．15、质量为m的滑块，以一定初速度沿倾角为θ的斜面上滑l后，又沿原路返回，设滑块与斜面间的动摩擦因素为μ，则滑块从上滑到滑回到出发点的过程中，摩擦力做功______．16、如图8所示：三个共点力，F1=5N，F2=10N，F3=15N，θ=60°，它们的合力在x轴的分量Fx为______N，y轴的分量Fy为______N，合力的大小为______N，合力方向跟x轴的正方向的夹角为______．评卷人得分三、简答题(共8题，共16分)17、【题文】（2011•海南）（1）2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故．在泄露的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程，它们分别是____和____（填入正确选项前的字母）．131I和137Cs原子核中的中子数分别是____和____．。A．X1→56137Ba+01nB．X2→54131Xe+﹣10eC．X3→56137Ba+﹣10eD．X4→54131Xe+11p（2）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动；在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g．求：

（i）木块在ab段受到的摩擦力f；

（ii）木块最后距a点的距离s．18、汽车由静止开始在平直的公路上行驶；0～60s内汽车的速度随时间变化的图线如图所示．

（1）求前10s内的加速度a1，40-60s的加速度a2；

（2）求在这60s内汽车行驶的路程．19、I.被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池。下图为氢氧燃料电池的结构示意图，电解质溶液为rm{KOH}溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒rm{.}当氧气和氢气分别连续不断地从正、负两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流．试回答下列问题：rm{(1)}燃料电池中电解质溶液中的rm{OH^{-}}移向______极rm{(}填“负”或“正”rm{)}．rm{(2)}写出氢氧燃料电池工作时正极反应式：_______________________。rm{(3)}若将此燃料电池改进为直接以甲烷和氧气为原料进行工作时，负极反应式为___________．rm{(4)}利用该装置可以处理氮的氧化物和rm{NH_{3}}尾气，总反应为：rm{6NO_{2}+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}负极反应式为__________。rm{6NO_{2}

+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}恒温恒容下，将rm{II.}气体和rm{2molA}气体通入体积为rm{4molB}的密闭容器中发生如下反应：rm{2L}rm{2A(g)+B(g)?xC(g)+2D(s)}达平衡，测得平衡时rm{2min}为rm{A}，rm{1.2mol}的浓度为rm{C}rm{0.8mol隆陇L^{-1}}从开始反应至达到平衡状态，生成rm{(1)}的平均反应速率为________。rm{C}下列条件的改变能减慢其反应速率的是________A.降低温度rm{(2)}加入催化剂C.若保持压强不变，充入rm{B.}气体rm{He}若保持体积不变，充入rm{D.}气体rm{A}的转化率与rm{(3)A}的转化率之比为________。rm{B}下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是________。A.压强不再变化B.气体密度不再变化C.气体的平均相对分子质量不再变D.rm{(4)}的消耗速率与rm{A}的消耗速率之比为rm{B}E.rm{2:1}rm{2v(A)=v(B)}20、如图所示；质量M=1kg

长为L

的长木板静止在水平面上，左端放置质量m=1kg

的小物块(

可看做质点).

小物块与木板之间的动摩擦系数为娄脤1=0.3

木板与水平面之间的动摩擦因数娄脤2=0.1

给小物块一水平向右F=6N

的拉力，使小物块相对于木板向右加速运动，重力加速度g

取10m/s2

．

(1)

求小物块和木板的加速度大小．

(2)

经过2s

后；若小物块仍未从木板上滑落，求小物块和木板的位移．

(3)

若F

作用2s

后立刻撤去，要使小物块不滑出木板，木板至少为多长？21、如图所示；两个相同的木块A

和B

放在转盘上，木块与转盘的最大摩擦力是重力的K

倍，用长为L

的细线连接A

和B

．

(1)

若A

放在轴心；B

放在距轴心L

处，它们不发生相对滑动，角速度娄脴

的取值范围？

(2)

若A

放在离轴心L

处，B

放在同侧离轴心2L

处，要使它们不发生相对滑动，角速度娄脴

的最大值是多少？22、在如图所示的圆锥摆中，已知绳子长度为L

绳子转动过程中与竖直方向的夹角为娄脠

求：小球做匀速圆周运动的线速度、周期和向心加速度的大小．23、如图所示，光滑匀质圆球B

用细线悬挂在竖直墙上，B

的半径为r=20cm

质量为M=20kg

悬线长L=30cm

正方体物块A

的边长d=10cm

质量为m=2kg

物块A

与墙之间的动摩擦因数为娄脤.

现将物块A

轻放于球和墙之间后放手.

取重力加速度g=10m/s2

假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力．

(1)

若要求放手之后A

能保持静止状态；试求娄脤

的最小值；

(2)

若娄脤=0.2

在物块A

上施加一个与墙平行的外力F

使A

在未脱离圆球前贴着墙沿水平方向匀速抽出，求此外力F

．24、如图所示；质量M=1kg

长为L

的长木板静止在水平面上，左端放置质量m=1kg

的小物块(

可看做质点).

小物块与木板之间的动摩擦系数为娄脤1=0.3

木板与水平面之间的动摩擦因数娄脤2=0.1

给小物块一水平向右F=6N

的拉力，使小物块相对于木板向右加速运动，重力加速度g

取10m/s2

．

(1)

求小物块和木板的加速度大小．

(2)

经过2s

后；若小物块仍未从木板上滑落，求小物块和木板的位移．

(3)

若F

作用2s

后立刻撤去，要使小物块不滑出木板，木板至少为多长？评卷人得分四、实验题(共2题，共16分)25、【题文】如图6-1-14是以左心室为例，一个成年人在一次血液循环中左心室容积和压力变化的p­—V曲线，成年人正常心跳每分钟约75次，左右心室收缩时射出的血量约为70ml，右心室对肺动脉的压力约为左心室的1／5，则可估算出心脏工作的平均功率约为____

26、利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度，一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示。

。s(m)0.5000.6000.7000.8000.9000.950t(ms)292.9371.5452.3552.8673.8776.4s/t(m/s)1.711.621.551.451.341.22

完成下列填空和作图：

（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是_______；

（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出图线______；

（3）由所画出的图线，得出滑块加速度的大小为a=____________m/s2（保留2位有效数字）。评卷人得分五、解答题(共4题，共32分)27、如图所示；物体A质量为2kg，与斜面间动摩擦因数为0.4，若要使A在斜面上静止，物体B质量的最大值和最小值是多少？（已知sin37°=0.6cos37°=0.8）

28、如图所示；A是地球的同步卫星，已知地球半径为R，地球自转角速度为ω，地球表面的重力加速度为g．

（1）求出同步卫星离地面高度h

（2）求出地球的密度ρ（已知引力常量为G）

29、已知一汽车在平直公路上运动；它的位移一时间图象如图甲所示．

（1）根据图象在图乙所示的位置坐标轴上标出O；A、B、C、D、E各点代表的汽车的位置；

（2）求出前4s内的平均速度；

（3）求出第5s末的瞬时速度；

（4）求出第7s末的瞬时速度．

30、如图所示；A；B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线，悬挂在升降机的天花板上的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧．当升降机以加速度a竖直向上加速度运动时，两根细线间的夹角为θ，则弹簧的长度与原长相比缩短了多少？

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】

装满水时重心在球心处；随着水从小孔不断流出，重心位置不断下降，当水流完后，重心又上升到球心处，故重心的位置先下降后上升，故ABC错误，D正确．

故选D．

【解析】【答案】注意重心的位置与物体的质量分布和形状有关；在水从小孔不断流出的过程中，容器和水的整体的重心将先下降，当水流完后，重心又上升．

2、C【分析】解：A根据万有引力定律F=虽然地球和火星之间的距离较大，但是它们的质量也比较大，故它们之间的引力也是较大的．故A错误．

B；原子核中质子和中子能紧密地保持在一起；是因为它们之间存在强相互作用．故B错误．

C；电荷间的相互作用和磁体间的相互作用；本质上是同一种相互作用的不同表现，本质上都是电磁相互作用．故C正确．

D；强相互作用是短程力；它的作用范围比电磁相互作用的作用范围小的多．故D错误．

故选C．

万有引力定律F=r越大F越小，但M越大F也越大，天体的质量都很大，当r不是很远时；天体之间的万有引力比较大．

强相互作用是作用于强子之间的力；它抵抗了质子之间的强大的电磁力，维持了原子核的稳定．它将质子和中子中的夸克束缚在一起，并将原子中的质子和中子束缚在一起．

电荷间的相互作用和磁体间的相互作用；本质上是同一种相互作用的不同表现，本质上都是电磁相互作用．

此题要理解万有引力定律，要知道强相互作用，要理解磁现象的电本质．此题属于基础题．【解析】【答案】C3、A【分析】解：物体受力如图：将FN

沿水平和竖直方向分解得：FNcos娄脠=ma垄脵

FNsin娄脠=mg垄脷

．

由垄脷

可知支持力相等；则AB

对内壁的压力大小相等．

根据牛顿第二定律，合外力提供向心力，合外力相等，则向心力相等.

由垄脵垄脷

可得：mgcot娄脠=ma=mv2r=m娄脴2R.

可知半径大的线速度大；角速度小．

则A

的线速度大于B

的线速度；A

的角速度小于B

的角速度，AB

的向心加速度相等.

故A正确，BCD错误．

故选：A

小球做匀速圆周运动；因此合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程求解即可。

解决这类圆周运动问题的关键是对物体正确受力分析，根据向心力公式列方程进行讨论，注意各种向心加速度表达式的应用．【解析】A

4、C【分析】略【解析】C

5、D【分析】【分析】分析小球受到的重mg

斜面的支持力F

N2N2、竖直挡板的水平弹力F

N1N1，然后向水平和竖直分解斜面的支持力F

N2N2；在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案。

本题结合力的正交分解考察牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键。【解答】A.水平方向有：F

N1N1鈭�F

N2N2sin娄脕=ma

因为Fsin娄脕鈮�0

若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错误；BD.

小球受到的重mg

斜面的支持力FN2

竖直挡板的水平弹力FN1

设斜面的倾斜角为娄脕

则竖直方向有：FN2cos娄脕=mg

因为mg

和娄脕

不变；所以无论加速度如何变化，FN2

不变且不可能为零，故B错误，D正确；

C.斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN2cos娄脕

与水平方向的力ma

的合成，因此大于ma

故C错误。故选D。

【解析】D

6、A|B|D【分析】

A；汽车在光滑水平面上匀速运动时；动能和势能都不变，机械能守恒，故A正确；

B；出的手榴弹或标枪在空中只有重力做功；机械能守恒，故B正确；

C；拉着物体沿光滑斜面匀速上升时；动能不变，势能变大，故机械能变大，故C错误；

D；小球碰到弹簧被弹回的过程中只有弹簧弹力做功；机械能守恒，故D正确．

故选ABD

【解析】【答案】只有重力或弹力（保守力）做功时；物体的动能和势能相互转化，物体机械能才守恒．

7、C【分析】试题分析：由速度－时间图像知，物体先正方向匀速度运动，再静止，最后负方向做匀速直线运动，C正确。考点：本题考查图像问题。【解析】【答案】C8、A【分析】【解析】试题分析：当物体的大小和形状在所研究的问题是无关因素或为次要因素，能忽略不计时，可将物体看作质点处理，能否看作质点要看研究的具体问题或者研究的过程．A、运动员得身体尺寸和马拉松赛跑的路程相比可以忽略，可以把运动员可看做质点；正确B、击剑运动员看的是运动员的动作，不能把运动员看成质点；错误C、拳击运动员看的也是运动员的动作，不能把运动员看成质点；错误D、自由体操看的是运动员的肢体动作，不能把运动员看成质点；错误故选A考点：质点【解析】【答案】A9、A【分析】解：

A；圆周运动的向心加速度只改变速度的方向；不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢的物理量；

做圆周运动物体的切向加速度改变线速度的大小；描述线速度大小变化的快慢．故A正确，B错误。

C；角速度的方向垂直圆周所在的平面；始终与向心加速度垂直，向心加速度不改变角速度的大小和方向，故C错误．

D；由上分析可知；D错误；

故选：A．

向心加速度只改变速度的方向；不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢，因此明确向心加速度的物理意义即可正确解答本题．

解决本题的关键掌握向心加速度只改变速度的方向，不改变速度大小，向心加速度描述的是线速度方向变化的快慢．属于基础题．而关于角速度的方向，高中阶段不要求知道，故对学生可提可不提．【解析】【答案】A二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】

先研究物体，以加速度0.5m/s2匀加速被拉升；受力分析：重力与绳子的拉力．

则有：F-mg=ma

解得：F=210N；

再研究工人；受力分析，重力；绳子拉力、支持力，处于平衡状态．

则有：Mg=F+F支。

解得：F支=790N；

由牛顿第三定律可得：F压=790N

故答案为：790N

【解析】【答案】工人站在地面上；匀加速拉升物体，同时绳子也有个力拉工人，由牛顿第二定律可求出绳子的拉力，从而对工人受力分析，由平衡条件可求出工人受地面的支持力，最后由牛顿第三定律可得出工人对地面的压力大小．

11、略

【分析】

每打五个点取一个计数点；又因打点计时器每隔0.02s打一个点，所以相邻两计数点间的时间T=0.1s；

在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数即△x=aT2，将△x=1.2cm和T=0.1s带入解得a=1.2m/s2；

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度；有：

故答案为：0.1；1.2，0.46．

【解析】【答案】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．

12、略

【分析】试题分析：由于汽船航行时所受水的阻力与它的速度平方成正比，所以汽船以速度v水平匀速航行时，受到的阻力的大小为此时汽船受到的阻力的大小和牵引力的大小相等，即当汽船以速度2v水平匀速航行时，汽船受到的水的阻力的大小为所以此时的功率的大小为考点：考查了功率的计算【解析】【答案】13、略

【分析】【解析】

解：

根据题意；由于AB^AC，AB^AD，ÐCAD=60°，过A点作DC的垂线，垂点为E，连结B点和E点，作图如图1所示。

①设ÐABE=α，因为物体悬挂于A点，可先把物体的重力G沿AB、AE方向进行力的分解得G1=Gsinα，G2=Gcosα，而三角形ADC中AD=AC=2m，ÐCAD=60°，可知三角形ADC是等边三角形，由于AE^DC，AB=3m，所以可得：AE=AC·cos60°=m；

又因为AB^AC；AB^AD，AD；AC是三角形ADC的两边，所以可知AB垂直于三角形ADC；

而AE是三角形中的一条边，所以AB^AE，则有三角形ABE中的边BE==2m；

sinα=AE／BE=cosα=AB／BE=作用于AB杆的压力大小为G1=Gsinα=G；AE方向受力为：G2=Gcosα=G；

②设ÐCAE=θ，三角形AEC是直角三角形，E是DC的中点，ÐCAD=60°，则把AEG2沿AC,AD方向进行受力分解，杠杆AC和AD上受到的压力分别为和由于三角形ACD是等边三角形，则有：

然后分别过C、D两点作AC和AD的平行辅助线相交于点H，有根据余弦定理可得，G,

化简的所以杠杆AC所受到的压力为：【解析】【答案】G/2（得2分），G/2（得2分）．14、略

【分析】解：①实验开始时；必须调节滑轮高度，保证细线与木板表面平行；

②根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点；然后作出图象，如图所示；

③对木块与钩码组成的系统，由牛顿第二定律得：nmg-μ[（8-n）mg+m木g]=（8m+m木）a；

a=n-μg；由图象得：n=0时，-μg=a=-3，μ≈0.31（0.29～0.33均正确）；

由图象还可以求出木块质量．

故答案为：①细线与木板表面平行；②图象如图所示；③0.31；木块的质量．

①实验时；连接钩码与木块的细线要与木板平行．

②根据表中实验数据；在坐标系中描出对应的点，然后作出图象；

③由牛顿第二定律列方程；求出a与n的关系表达式，然后根据图象分析答题．

要掌握实验的注意事项、会应用描点法作图象，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．【解析】细线与木板表面平行；0.31；木块的质量15、-2μmgcosθ•l【分析】解：物体受到的摩擦力：f=μFN=μmgcosθ

摩擦力做功只与路径有关，所以：Wf=-2fs=-2μmgcosθ•l

故答案为：-2μmgcosθ•l

根据Wf=-fs即可求出摩擦力做的功．

该题考查摩擦力做功，要注意摩擦力做功与运动路程有关．基础题目．【解析】-2μmgcosθ•l16、略

【分析】解：合力在x轴上的分量Fx=F3+F2cos60°-F1=15N；

合力在y轴上的分量为Fy=F2sin60°=5N；

合力F==10N；

合力方向跟x轴正方向的夹角为30°．

故答案为：15；530°

物体受到三个力；由题意可得，对三个力进行正交分解，沿x；y轴方向．运用力的平行四边形定则．

物体受到三个力，由题意可得，先将F1=5N，F3=15N，进行合成，因为它们方向相反，然后用力的平行四边形定则可再与F2=10N求合力．【解析】15；51030°三、简答题(共8题，共16分)17、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）根据放射性元素原子核衰变的本质和质量数；核电荷数守恒规律得到正确答案．

（2）欲求摩擦力f；首先根据动量守恒得到最后共同速度．然后根据能量守恒定律得到摩擦力做的功，从而求出摩擦力f和。

木块最后距a点的距离s．

解：（1）原子核的衰变有2种；即α衰变；β衰变．其中α衰变产生α离子，β衰变产生β离子即电子．只有B、C是衰变反应；

并且产生的是电子即属于β衰变，正确选项B和C；再由质量数和核电荷数守恒可以得出131I原子核中的中子数为：

131﹣53=78；137Cs原子核中的中子数为；137﹣55=82．

（2）（i）设木块和物体P共同速度为v；两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：

mv0=（m+2m）v①

②

由①②得：③

（ii）设木块最后离a端距离s，木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：④

由②③④得：

答：（1）由质量数和核电荷数守恒可以得出正确选项B和C；中子数为78和82

（2）木块在ab段受到的摩擦力木块最后距a点的距离

点评：本题（1）考查了核衰变的本质和规律。

（2）考查了动量守恒和能量守恒定律．关键是正确写出动量守恒和能量守恒的方程．是一道中档次题．【解析】【答案】（1）由质量数和核电荷数守恒可以得出正确选项B和C；中子数为78和82

（2）木块在ab段受到的摩擦力木块最后距a点的距离18、略

【分析】

速度时间图象的斜率等于加速度；由图象和时间轴所围成的图形的面积大小等于物体的位移。

此题考查对图象的分析和处理能力，要读懂图象所反映的物理意义，看清坐标和斜率、面积代表的意义，运用这些知识可解决此题【解析】解：（1）速度时间图象的斜率等于加速度，则10s内的加速度a1=

40-60s的加速度a2=

（2）汽车在这60s内做单方向直线运动；所以汽车行驶的位移大小等于路程。

由图可知s=×20m=900m

答：（1）前10s内的加速度为2m/s2，40-60s的加速度为-1m/s2；

（2）在这60s内汽车行驶的路程为900m．19、I.rm{(1)}负

rm{(2)2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}篓T4OH^{-}}

rm{(3)}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}

rm{(4)2NH_{3}}rm{-6e^{-}}rm{+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}

rm{II(1)0.4mol/(L隆陇min)}

rm{(2)AC}

rm{(3)4:1}

rm{(4)ABC}【分析】【分析】本题考查燃料电池及物质的量的有关计算，注意根据电极方程式中电子与物质的关系求算，本题还考查化学平衡的计算、平衡的判定等，注意利用反应速率的关系确定rm{x}为解答的关键，注重高考常考考点的考查，题目难度中等。【解答】Ⅰrm{.(1)}氢氧燃料电池中，电解质溶液为碱，根据原电池的工作原理可知：阴离子趋向负极，所以电解质溶液中的rm{OH^{-}}移向负极，故答案为：负；rm{(2)}氢氧燃料电池中，电解质溶液为碱，根据原电池的工作原理可知：正极上氧气得电子和水结合生成氢氧根离子，则其电极反应式为：rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}篓T4OH^{-}}故答案为：；rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}篓T4OH^{-}}rm{(3)}燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，碱性条件下，甲烷在负极失去电子生成碳酸根离子，其电极反应式为：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}故答案为：rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{(4)}根据题干中给出的总反应，结合反应前后rm{N}元素化合价的变化可知：氨气中的rm{N}原子失去电子，所以氨气在负极上失去电子，生成氮气，根据电荷守恒和原子守恒可得，负极反应式为：rm{2NH_{3}}rm{-6e^{-}}rm{+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}故答案为：rm{2NH_{3}}rm{-6e^{-}}rm{+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{II.(1)2min}达到平衡，rm{C}的浓度为rm{0.8mol/L}由rm{v=dfrac{?c}{?t}=dfrac{0.8mol/L}{2min};=0.4mol/(L隆陇min)}故答案为：rm{v=dfrac{?c}{?t}=

dfrac{0.8mol/L}{2min};=0.4mol/(L隆陇min)}rm{0.4mol/(L隆陇min)}降低温度，可使活化分子的百分数减小，反应速率减慢，故A符合题意；rm{(2)A.}加入催化剂，可使活化分子的百分数增大，反应速率加快，故B不符合题意；rm{B.}若保持压强不变，充入rm{C.}气体，使反应混合物中各组分的浓度减小，反应速率减慢，故C符合题意；rm{He}若保持体积不变，充入rm{D.}气体，增大rm{A}的浓度，可增大反应速率，故D不符合题意。故答案为：rm{A}rm{BC}rm{(3)}rm{2A(g)+B(g)?}rm{xC(g)+2D(s)}开始rm{n(}rm{)/mol}rm{2}rm{4}rm{0}rm{0}转化rm{n(}rm{)/mol}rm{0.8}rm{0.4}平衡rm{n(}rm{)/mol}rm{1.2}则rm{1.2}rm{A}的转化率之比为rm{dfrac{0.8}{2}拢潞dfrac{0.4}{4}=4拢潞1}故答案为：rm{B}rm{dfrac{0.8}{2}拢潞dfrac{0.4}{4}=4拢潞1

}rm{4}时反应达到平衡状态，此时剩余rm{1}则消耗rm{(4)2min}的物质的量为rm{1.2molA}生成rm{A}的物质的量为：rm{2mol-1.2mol=0.8mol}由变化量之比等于化学计量数之比可知，rm{C}rm{0.8mol/L隆脕2L=1.6mol}rm{0.8mol}rm{1.6mol=2}则反应方程式为：rm{x}rm{x=4}A.该反应为气体分子数增大的反应，所以反应过程中压强在变化，现在压强不再变化，说明反应达到平衡，故A正确；B.因气体的质量在变化，容器体积不变，则密度在变化，所以当气体密度不再变化时，说明达到平衡，故B正确；C.因反应前后气体的质量在减小，气体的物质的量在增大，所以反应过程中气体的平均相对分子质量在变化，则气体的平均相对分子质量不再变化，说明达到平衡，故C正确；D.rm{2A(g)+B(g)?}的消耗速率与rm{4C(g)+2D(s)}的消耗速率之比为rm{A}rm{B}关系始终存在，不能判断平衡，故D错误；E.rm{2}关系始终存在，不能判断平衡，故E错误。故答案为：rm{1}rm{2v(A)=v(B)}【解析】I.rm{(1)}负rm{(2)2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}篓T4OH^{-}}rm{(3)}rm{CH_{4}+10OH^{-}-8e^{-}篓TCO_{3}^{2-}+7H_{2}O}rm{(4)2NH_{3}}rm{-6e^{-}}rm{+6OH^{-}=N_{2}+6H_{2}O}rm{II(1)0.4mol/(L隆陇min)}rm{(2)AC}rm{(3)4:1}rm{(4)ABC}20、略

【分析】

(1)

对木板和小物体受力分析；由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；

(2)

根据匀加速直线运动位移时间公式求出位移大小；

(3)

撤去拉力后；小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，木板在摩擦力作用下做匀加速运动，当速度相等时相对静止，然后一起做匀减速运动直到静止，求出速度相等前滑块和木板运动的位移，进而求出木板的最小长度．

解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解，知道当速度相等时，物块正好运动到木板右端时，木板长度最短，难度适中．【解析】解：(1)

对小物块，根据牛顿第二定律得：a1=F鈭�娄脤1mgm=6鈭�0.3隆脕1隆脕101=3m/s2

对木板，根据牛顿第二定律得：a2=娄脤1mg鈭�娄2(M+m)gM=0.3隆脕1隆脕10鈭�0.1隆脕2隆脕101=1m/s2

(2)

根据匀加速直线运动位移时间公式得：

2s

内小物块的位移x1=12a1t2=12隆脕3隆脕4=6m

木板的位移x2=12a2t2=12隆脕1隆脕4=2m

(3)

撤去F

时；物体的速度v1=a1t=3隆脕2=6m/s

木板的速度v2=a2t=1隆脕2=2m/s

撤去F

后；物块做匀减速直线运动，木板以原来的加速度做匀加速直线运动，当两者速度相等后一起做匀速直线运动；

撤去F

后，对小物块，根据牛顿第二定律得a3=鈭�娄脤1mgm=鈭�0.3隆脕1隆脕101=鈭�3m/s2

设经过时间t1

两者速度相等；则有。

v2+a2t1=v1+a3t1

解得：t1=1s

当速度相等时；物块正好运动到木板右端时，木板长度最短；

此过程中，木块运动的位移x3=v1t1+12a3t12=6隆脕1鈭�12隆脕3隆脕1=4.5m

木板运动的位移x4=v2t1+12a2t12=2隆脕1+12隆脕1隆脕1=2.5m

则木板的长度最少为L=x1+x3鈭�x2鈭�x4=6+4.5鈭�2鈭�2.5=6m

．

答：(1)

小物块和木板的加速度大小分别为3m/s2

和1m/s2

．

(2)

经过2s

后；若小物块仍未从木板上滑落，小物块和木板的位移分别为6m

和2m

．

(3)

若F

作用2s

后立刻撤去，要使小物块不滑出木板，木板至少6m

长．21、略

【分析】

(1)

根据最大静摩擦力提供向心力；求出角速度的取值范围．

(2)

当角速度最大时；A

靠最大静摩擦力和拉力的合力提供向心力，B

靠拉力和最大静摩擦力的合力提供向心力，联立方程组求出最大角速度．

解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．【解析】解：(1)

根据最大静摩擦力提供向心力得：

kmg=mL娄脴12

解得：娄脴1=2kgL

即它们不发生相对滑动，角速度娄脴鈮�2kgL

(2)

当角速度达到最大时；对A

有：kmg鈭�T=mL娄脴2

对B

有：T+kmg=m?2L娄脴2

联立两式解得娄脴=2kg3L

则角速度娄脴

的最大值是2kg3L

．

答：(1)

角速度娄脴

的取值范围为娄脴鈮�2kgL

(2)

要使它们不发生相对滑动，角速度娄脴

的最大值是2kg3L

．22、略

【分析】

由题；小球在水平面做匀速圆周运动，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解线速度和周期．

本题是圆锥摆问题，关键是分析小球的受力情况，确定向心力的来源，注意小球圆周运动的半径与摆长不同．【解析】解：如图小球的受力如右图所示由牛顿第二定律得：

mgtan娄脠=mv2r

由图可知，小球圆周运动的半径：r=Lsin娄脠

联立解得：v=gLtan娄脠sin娄脠

周期T=2娄脨rv=2娄脨Lcos娄脠g

根据mgtan娄脠=ma

得向心加速度a=gtan娄脠

．

答：小球做匀速圆周运动的线速度为gLtan娄脠sin娄脠

周期为2娄脨Lcos娄脠g

向心加速度的大小为gtan娄脠

．23、略

【分析】

(1)

当A

恰好能保持静止状态不下滑时；娄脤

取最小值娄脤0

分别对A

和B

受力分析，根据平衡条件结合几何关系列式求解；

(2)A

沿水平方向运动；面对着墙看，作出物块A

在竖直平面内的受力分析图，根据平衡条件列式求解．

本题考查共点力的平衡条件的应用，在解题时要注意灵活选取研究对象，同时注意动摩擦力的中的压力为垂直于接触面的压力，而不是重力，难度适中．【解析】解：(1)

当A

恰好能保持静止状态不下滑时，娄脤

取最小值娄脤0

设线与墙之间的夹角为娄脠

由几何关系可得：tan娄脠=d+r(L+r)2鈭�(d+r)2=34

对球BN1=Mgtan娄脠

对物块Af1=mgN2=N鈥�1=N1

f1=娄脤0N2

解得：娄脤0=215隆脰0.13

(2)A

沿水平方向运动；面对着墙看，作出物块A

在竖直平面内的受力分析如图所示；

则有：

Fsin娄脕=mg

Fcos娄脕=f2

f2=娄脤N2

解得：F=1013Ntan娄脕=23

则娄脕=arctan23

．

答：(1)

若要求放手之后A

能保持静止状态；娄脤

的最小值为0.13

(2)

若娄脤=0.2

在物块A

上施加一个与墙平行的外力F

使A

在未脱离圆球前贴着墙沿水平方向匀速抽出，此外力F

大小为1013N

方向与水平方向成arctan23

度斜向上．24、略

【分析】

(1)

对木板和小物体受力分析；由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；

(2)

根据匀加速直线运动位移时间公式求出位移大小；

(3)

撤去拉力后；小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，木板在摩擦力作用下做匀加速运动，当速度相等时相对静止，然后一起做匀减速运动直到静止，求出速度相等前滑块和木板运动的位移，进而求出木板的最小长度．

解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解，知道当速度相等时，物块正好运动到木板右端时，木板长度最短，难度适中．【解析】解：(1)

对小物块，根据牛顿第二定律得：a1=F鈭�娄脤1mgm=6鈭�0.3隆脕1隆脕101=3m/s2

对木板，根据牛顿第二定律得：a2=娄脤1mg鈭�娄2(M+m)gM=0.3隆脕1隆脕10鈭�0.1隆脕2隆脕101=1m/s2

(2)

根据匀加速直线运动位移时间公式得：

2s

内小物块的位移x1=12a1t2=12隆脕3隆脕4=6m

木板的位移x2=12a2t2=12隆脕1隆脕4=2m

(3)

撤去F

时；物体的速度v1=a1t=3隆脕2=6m/s

木板的速度v2=a2t=1隆脕2=2m/s

撤去F

后；物块做匀减速直线运动，木板以原来的加速度做匀加速直线运动，当两者速度相等后一起做匀速直线运动；

撤去F

后，对小物块，根据牛顿第二定律得a3=鈭�娄脤1mgm=鈭�0.3隆脕1隆脕101=鈭�3m/s2

设经过时间t1

两者速度相等；则有。

v2+a2t1=v1+a3t1

解得：t1=1s

当速度相等时；物块正好运动到木板右端时，木板长度最短；

此过程中，木块运动的位移x3=v1t1+12a3t12=6隆脕1鈭�12隆脕3隆脕1=4.5m

木板运动的位移x4=v2t1+12a2t12=2隆脕1+12隆脕1隆脕1=2.5m

则木板的长度最少为L=x1+x3鈭�x2鈭�x4=6+4.5鈭�2鈭�2.5=6m

．

答：