2025年沪教版高三物理下册月考试卷含答案

…………○…………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年沪教版高三物理下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、【题文】某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示）；图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的判断是。

A.如果图中虚线是电场线，电子由a点运动到b点，动能减小，电势能增大。B.如果图中虚线是等势面，电子由a点运动到b点，动能增大，电势能减小。C.不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强D.不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高于b点的电势2、【题文】如图所示，在水平面内的直角坐标系xOy中有一光滑固定金属导轨AOC，其中曲线导轨OA满足方程y="isinkx"，0C导轨与x轴重合,整个导轨处于竖直向上的勻强磁场中。现有一单位长度的电阻为R0，长为L的直金属棒从图示位置开始沿x轴正方向匀速运动距离。不计金属导轨A0C电阻和所有接触电阻；则在该直金属棒运动过程中，它与导轨组成的闭合回路。

A.感应电流沿逆时针方向B.感应电动势与进入轨道距离-成正比C.感应电流大小和方向均不变D.电功率不变3、如图所示，单匝正方形闭合线框abcd

由粗细均匀的绝缘棒制成，每边长为AP

是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷.

现在线框下侧中点M

处取下足够短的带电量为Q

的一小段，将其沿PM

连线向下移动A2

的距离到N

处，若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时P

点的电场强度大小为(

)

A.kQA2

B.k3Q2A2

C.k3QA2

D.k5QA2

4、如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m

的质点在外力F

作用下，从坐标原点O

由静止开始沿直线ON

斜向下运动，直线ON

与y

轴负方向成娄脠

角，则物体所受拉力F

的最小值为(

)

A.mgtan娄脠

B.mgsin娄脠

C.mg/sin娄脠

D.mgcos娄脠

5、关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A.物体开始下落时，速度为零，加速度也为零B.物体下落过程中，速度的变化率是个恒量C.物体做自由落体时，不受任何外力D.不同物体在同一地点做自由落体运动的加速度是不同的6、如图所示，直线AB和CD是彼此平行且笔直的河岸，若河水不流动，小船船头垂直河岸由A点匀速驶向对岸，小船到达对岸所用时间为t1；若河水以稳定的速度沿平行河岸方向流动，且整个河流中水的流速处处相等，现仍保持小船船头垂直河岸由A点匀速驶向对岸，小船到达对岸所用时间为t2．则对于t1与t2大小的关系，下列判断中正确的是（）A.t1=t2B.t1＜t2C.t1＞t2D.无法断定t1、t2哪个较大7、在输液时，药液有时会从针口流向体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示，M是贴在封口处的传感器，当接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U明显增大，装置才能发出警报，设计电路时要求（）A.RM变小，且R远大于RMB.RM变大，且R远大于RMC.RM变小，且R远小于RMD.RM变大，且R远小于RM评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、“日心说”和“地心说”分别是____和____提出的．9、（2011•东城区模拟）如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内．为了使脚所受的拉力增大，可采取的方法是____

A．只增加绳的长度。

B．只增加重物的质量。

C．只将病人的脚向左移动。

D．只将两定滑轮的间距变大．10、【题文】一个质点做简谐运动的图象如图所示，质点振动频率为__________Hz；在10s内质点经过的路程是________cm；t=4.5s时刻质点的位移是_______cm；在5s末，速度为_____（填零或最大），加速度________（填零或最大）11、弹簧发生弹性形变时产生弹力，弹簧弹力的大小与____有关．一根弹簧用5N的拉力，长度为12cm，用10N的拉力，长度变成14cm，弹簧的劲度系数为____．12、（2014•南京三模）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，虚线为t1=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，实线为t2=0.01s时的波形图．已知周期T＞0.01s．

（1）波沿x轴____（填“正”或“负”）方向传播；

（2）波速为____．13、1956年李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，并由吴健雄用Co放射源进行了实验验证．次年李、杨两人为此获得诺贝尔物理奖．Co的衰变方程是：Co→Ni+e+e，其中e是反中微子，它的电荷量为零，静止质量可以认为是零．Co的核外电子数为____，在上述衰变方程中，衰变产物Ni的质量数是____，核电荷数是____．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、甲、乙两杯水，水中均有颗粒在做面朗运动，经显微镜观察后，发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，说明甲杯中水温高于乙杯．____．（判断对错）15、布朗运动是微观粒子的运动，其运动规律不遵循牛顿第二定律．____．（判断对错）16、封闭在汽缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的分子数增多．____．（判断对错）17、（2010•驻马店模拟）氢原子的能级图如图所示，欲使一处于基态的氢原子释放出一个电子而变成氢离子，该氢原子需要吸收的能量至少是13.60eV____（判断对错）18、物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大．____．评卷人得分四、解答题(共4题，共12分)19、水平放置的两块平行金属板板长l=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正极板，一个电子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s，从两板中间射入，如图所示，不计电子的重力，电子的质量为m=9.0×10-31kg、电荷量为e=-1.6×10-19C；求：

（1）电子偏离金属板的侧位移是多少？

（2）电子飞出电场时的速度大小是多少？（保留二位有效数字）

（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP之长．20、有一轻质杆；长l=0.5m，一段固定一质量m=0.5kg的小球，轻杆绕另一端在竖直面内做圆周运动．

（1）当小球运动到最高点的速度大小为4m/s求小球对杆的作用力。

（2）当小球运动到最低点，球受杆的拉力为41N，求此时小球的速度大小．21、在水平地面上有一质量为4kg的物体，它受到与水平方向成37°角，大小为25N的斜向上拉力时，恰好做匀速直线运动，取g=10m/s2，求：当拉力为50N时，加速度为多大？22、三个电荷量均为Q（正电）的小球A；B、C质量均为m；放在水平光滑绝缘的桌面上，分别位于等边三角形的三个顶点，其边长为L，如图所示，求：

（1）在三角形的中心O点应放置什么性质的电荷；才能使三个带电小球都处于静止状态？其电荷量是多少？

（2）若中心电荷带电荷量在（1）问基础上加倍，三个带电小球将加速运动，求其加速度大小．评卷人得分五、简答题(共2题，共10分)23、rm{[}化学rm{隆陋}选修rm{3}物质结构与性质rm{]}氢的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。

rm{(1)Ti(BH_{4})_{2}}是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。rm{垄脵Ti}的基态原子有________种能量不同的电子。rm{垄脷BH_{4}^{-}}的空间构型是________rm{(}用文字描述rm{)}rm{(2)}液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用rm{N_{2}+3H_{2}}rm{2NH_{3}}可实现储氢和输氢。下列说法正确的是________。A.rm{NH_{3}}分子中rm{N}原子采用rm{sp^{3}}杂化B.rm{NH_{3}}和rm{NH_{4}^{+}}是等电子体C.rm{CN^{-}}的电子式为D.相同压强时，rm{NH_{3}}的沸点比rm{PH_{3}}高E.第一电离能和电负性：rm{O>N>C}rm{(3)Yoon}等人发现rm{Ca}与rm{C_{60}}生成的rm{Ca_{32}C_{60}}能大量吸附rm{H_{2}}分子。rm{垄脵C_{60}}晶体易溶于苯、rm{CS_{2}}说明rm{C_{60}}是________rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}分子。rm{垄脷C_{60}}分子结构如图甲所示，则rm{1molC_{60}}分子中含有rm{娄脪}键数目为________。rm{(4)MgH_{2}}是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图乙所示。rm{垄脵MgH_{2}}遇水就能释放rm{H_{2}}该反应的化学方程式为________。rm{垄脷}已知该晶体的密度为rm{ag隆陇cm^{-3}}阿伏加德罗常数为rm{N_{A}}则该晶胞的体积为________rm{cm^{3}(}用rm{a}rm{N_{A}}表示rm{)}24、第三周期元素的单质及其化合物有广泛的用途，请根据相关知识回答下列问题：rm{(1)}原子最外层电子数是核外电子总数rm{dfrac{1}{3}}的元素，其原子结构示意图为____；还原性最弱的简单阴离子____rm{(}填离子符号rm{)}​rm{Si(麓脰)xrightarrow[{460}^{0}C]{Cl2}SiC{l}_{4}xrightarrow[]{;脮么脕贸}SiC{l}_{4}(麓驴)dfrac{{H}_{2}}{{1100}^{0}C}Si(麓驴)}

rm{Si(麓脰)

xrightarrow[{460}^{0}C]{Cl2}SiC{l}_{4}

xrightarrow[]{;脮么脕贸}SiC{l}_{4}(麓驴)dfrac{{H}_{2}}{{1100}^{0}C}Si(麓驴)

}晶体硅rm{(2)}熔点rm{(}是良好的半导体材料，可通过如图所示过程制备：

在上述由rm{1410隆忙)}制纯硅的反应中，测得每生成rm{SiCl_{4}}纯硅需要吸收rm{2.8kg}热量，请写出该反应的热化学方程式____。

rm{akJ}工业上用铝土矿rm{(3)}主要成分为rm{(}含有rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}等杂质rm{SiO_{2}}来制取无水氯化铝的一种工艺流程如图所示：

已知：。rm{)}物质rm{SiCl_{4}}rm{AlCl_{3}}rm{FeCl_{3}}rm{FeCl_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}沸点rm{/隆忙}rm{57.6}rm{180(}升华rm{)}rm{300(}升华rm{)}rm{1023}rm{2980}rm{3414}rm{2230}rm{垄脵}步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是____rm{(}只要求写出一种rm{)}rm{垄脷}步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则生成相对原子质量比硅大的单质______。rm{垄脹}尾气经冷却至室温后用足量的rm{KOH}浓溶液吸收，生成的盐中除了rm{K_{2}CO_{3}}外，还有rm{3}种，其化学式分别为____；其中一种盐可用于实验室制rm{O_{2}}若不加催化剂，rm{400隆忙}时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为rm{1:1}写出该反应的化学方程式：____。rm{垄脺}结合流程及相关数据分析，步骤rm{V}中加入铝粉的目的____。评卷人得分六、综合题(共3题，共21分)25、【题文】．某一用直流电动机提升重物的装置如图所示，重物的质量m="50"kg，稳定电压U=110V，不计各处摩擦，当电动机以v="0.90"m／s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I="5"A，试计算电动机线圈的电阻为多少欧?(g取10m／s2)26、【题文】匀强磁场仅存在于两平行极板之间；磁感强度为B，各部分长度如图．现有质量为m，电量为q的电子(不计重力)，从左边中点平行于板射入，欲使其打在极板上，求电子的速率应该在什么范围?

27、【题文】如图；在直角坐标系xoy平面内，x轴上方有磁感应强度为B；方向垂直xoy平面指向纸里的匀强磁场，x轴下方有场强为E、方向沿y轴负方向的匀强电场，x轴正方向上有一点P到原点O的距离PO=L．一质量为m、电量为e的电子，由y轴负方向上距原点O为y处由静止释放，要使电子进入磁场运动且恰可通过P点(不计重力),则。

(1)y应满足的条件是什么？

(2)电子由释放至运动到P点所用的时间t为多大？

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A|B|C【分析】【解析】如果图中虚线是电场线，粒子做曲线运动，合力指向曲线的内侧，所受电场力沿虚线向左，电子由a点运动到b点；电场力做负功，动能减少，电势能增加，A对；

图中虚线是等势面，所受电场力垂直于虚线向下，电子由a点运动到b点；电场力做正功，动能增大，电势能减少，B对；

电场线和等势线的疏密程度都可以反映场强的大小，线密的地方场强大，稀疏的地方场强小，所以C对。【解析】【答案】ABC2、C【分析】【解析】

试题分析：由楞次定律或右手定律可知，感应电流应沿顺时针方向，A错；感应电动势与进轨道的长度成正比，不与进入轨道距离成正比，B错；感应电动势E=BLV=ByV，I=E/R=E/yR0,得E=BV/R0为常数，故C正解，电功率P=I2R=I2R0y,y变；则P变，故D错。

考点：本题考查了电磁感应里的感应电流方向判断，法拉第电磁感应定律，【解析】【答案】C3、C【分析】解：没有截取一小段时；根据对称性知，P

点的合场强为零，则截取的部分和剩下的其余部分在P

点产生的场强等大反向；

剩下的其余部分在P

点产生的场强大小E1=kQ(A2)2=k4QA2

方向向下；

当截取的部分移到N

点时，在P

点产生的场强大小E2=kQA2

方向向上；

则P

点的合场强大小E=E1鈭�E2=k4QA2鈭�kQA2=k3QA2

方向向下，故C正确，ABD错误．

故选：C

．

抓住没有截取一小段时；结合对称性得出P

点的场强为零，从而得出截取后剩余部分在P

点场强大小和方向，再根据点电荷的场强公式得出截取部分在P

点的场强大小和方向，根据场强的合成求出P

点的电场强度大小．

本题考查了电场的叠加，知道电场强度是矢量，场强的叠加满足平行四边形定则，通过对称性得出剩余部分在P

点的场强是解决本题的关键．【解析】C

4、B【分析】解：质点只受重力G

和拉力F

质点做直线运动，合力方向与ON

共线，如图。

当拉力与ON

垂直时；拉力最小，根据几何关系，有。

F=Gsin娄脠=mgsin娄脠

故B正确；ACD错误；

故选：B

．

质点只受重力和拉力F

由于质点做直线运动，合力方向与ON

共线，结合平行四边形定则分析即可．

本题关键是对物体受力分析后，根据平行四边形定则求出拉力F

的大小和方向，然后根据功能关系判断．【解析】B

5、B【分析】【分析】自由落体运动的特点是初速度为零，仅受重力．不管轻重如何，加速度相等，都为g【解析】【解答】解：

A；自由落体运动的物体只受重力；物体做匀加速直线运动，速度在均匀增加，但加速度为g，保持不变，故ACD错误．

B；速度的变化率等于加速度；加速度不变，则速度的变化率是个恒量，故B正确．

故选：B6、A【分析】【分析】当河水有水流速时，将小船的运动分解为垂直河岸方向和沿河岸方向，结合等时性分析判断．【解析】【解答】解：河水不动时，渡河的时间；

当有水流速时，根据等时性，渡河时间等于垂直河岸方向上的运动时间，即．

所以t1=t2．

故选：A．7、A【分析】【分析】电阻R与RM并联后与S串联，当电阻R越大时，电阻R与RM并联的电阻越接进RM，电压变化越明显．【解析】【解答】解：S两端电压U增大；故传感器两端电压一定减小；

当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，RM变小；

R越大，M与R并联的电阻R并越接近RM；U增大越明显；

故A正确；BCD错误．

故选：A．二、填空题(共6题，共12分)8、哥白尼托勒密【分析】【分析】地心说认为地球是宇宙的中心，并且是不动的，周围的一切天体都绕着地球转：日心说认为太阳是宇宙的中心，地球是运动的，行星及周围天体都绕着太阳转．【解析】【解答】解：日心说认为太阳是银河系的中心；而不是地球，地球绕太阳转，是由哥白尼提出；

地心说认为太阳及其它天体围绕地球运动；由托勒密提出．

故答案为：哥白尼，托勒密．9、BC【分析】【分析】以滑轮为研究对象，根据平衡条件得出脚所受的拉力与绳的拉力的关系，再选择可采取的方法．【解析】【解答】解：设脚所受的拉力为F；绳子的拉力为T，则有F=2Tcosθ

A；只增加绳的长度；重物的质量不变，绳子的拉力T不变，根据力的平衡知识可知θ仍不变，脚所受的拉力F不变．故A错误．

B；只增加重物的质量；绳子的拉力T增加，脚所受的拉力F增大，故B正确．

C；只将病人的脚向左移动；θ减小，绳子的拉力T不变，则由F=2Tcosθ得知，脚所受的拉力F增大．故C正确．

D；只将两定滑轮的间距变大；θ增大，绳子的拉力T不变，则由F=2Tcosθ得知，脚所受的拉力F减小．故D错误．

故选BC10、略

【分析】【解析】由图像可知；A=2cm,T=4s,∴f=0.25HZ;

10s为2.5个周期；质点运动10个振幅，路程为20cm;

机械振动的位移时间关系式：把t=4.5代入，解得s=cm

5s末质点位于最高点，速度为零，位移最大，回复力最大，所以加速的最大。【解析】【答案】0.25，20，零，最大11、型变量250N/m【分析】【分析】在弹性限度范围内，弹簧的形变量与受到的拉力成正比，即F=kx，其中F为弹力大小，x为形变量，k为弹簧的劲度系数．【解析】【解答】解：在弹性限度范围内；弹簧的弹力的大小与形变量有关。

据胡克定律得：k===250N/m

故答案为：型变量，250N/m12、正100m/s【分析】【分析】（1）由题；此时P质点向y轴负方向运动，判断出波传播方向．

（2）已知周期T＞0.01s，波传播的时间不到一个周期，传播距离不到一个波长，根据波形的平移得到波传播的距离，由公式v=求出波速．【解析】【解答】解：（1）由题；此时P质点向y轴负方向运动，根据波形平移法判断出波沿x轴正方向传播．

（2）已知周期T＞0.01s；波传播的时间不到一个周期，传播距离不到一个波长，则波在△t=0.01s时间内传播的距离为△x=1m；

则波速为：v==m/s=100m/s．

故答案为：（1）正；（2）100m/s．13、276028【分析】【分析】核反应方程的质量数守恒，电荷数守恒，核外的电子数与质子数相等．【解析】【解答】解：核外电子数等于质子数，所以Co的核外电子数为27，根据质量数和电荷数守恒知：Co→Ni+e+e；A=60，Z=28

故答案为：27，60，28三、判断题(共5题，共10分)14、×【分析】【分析】悬浮在液体（或气体）中固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，固体颗粒越小、液体（或气体）温度越高，布朗运动越明显；布朗运动是液体（或气体）分子无规则运动的反应．【解析】【解答】解：布朗运动的激烈程度与液体的温度；悬浮颗粒的大小有关；温度越高，悬浮物的颗粒越小，布朗运动越激烈．所以发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水温高于乙杯．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×15、×【分析】【分析】布朗运动是由于分子的无规则运动而使花粉小颗粒受到撞击而振动；布朗运动的实质是大量分子做无规则热运动的结果．【解析】【解答】解：布朗运动是固体小颗粒的运动；是宏观物体，故符合牛顿第二定律；

故答案为：×16、√【分析】【分析】温度是气体分子平均动能变化的标志．气体压强是气体分子撞击器壁而产生的．【解析】【解答】解：如果保持气体体积不变；当温度升高时，分子的运动变得更加激烈，分子的运动加快，所以每秒撞击单位面积器壁的分子数增多，气体的压强增大．故该说法正确．

故答案为：√17、√【分析】【分析】当电子跃迁到无穷远时，电子脱离氢原子核的约束，成为自由电子，氢原子变成氢离子，刚好到无穷远处的能量为0，因此这时吸收的能量最小．【解析】【解答】解：当电子恰好电离时吸收的能量最小；此时有：△E=0-（-13.60）=13.6eV，故以上说法是正确的．

故答案为：√18、×【分析】【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．再由牛顿第二定律可知，F=ma，即加速度与合外力的关系．【解析】【解答】解：根据加速度的定义式a=可知；物体的速度越大，则加速度不一定越大；

再由牛顿第二定律可知；F=ma，可知，当加速度越大时，则合外力越大，故是错误的；

故答案为：×．四、解答题(共4题，共12分)19、略

【分析】【分析】（1）粒子在电场中做匀加速曲线运动；水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；

（2）先根据v=at求出竖直方向速度；进而求出电子飞出电场时的速度；

（3）从平行板出去后做匀速直线运动，水平和竖直方向都是匀速运动，根据水平位移和速度求出运动时间，再求出竖直方向位移，进而求出OP的长．【解析】【解答】解：电子在匀强电场中受到电场力与重力的作用，由于电场力F==1.44×10-15N；

远大于电子的重力（约9×10-30N）；故只考虑电场力的作用．

电子沿水平方向做匀速运动；沿竖直方向做初速度为零的匀加速运动，与平抛物体的运动类似．

（1）电子在电场中的加速度：a=；

侧位移即竖直方向位移：y0=at2=；

运动时间：t=；

代入数据解得：y0=5×10-3m．

（2）电子飞出电场时，水平分速度vx=v0；竖直分速度：

vy=at==4×106m/s．

飞出电场时的速度为：

v=，代入数据可得：v≈2.0×107m/s．

设v与v0的夹角为θ，则tanθ==0.2，则：θ=arctan0.2．

（3）电子飞出电场后做匀速直线运动：

OP=y0+=y0+s•tanθ

代入数据解得：OP=2.5×10-2m．

答：（1）电子偏离金属板的侧位移是5×10-3m；

（2）电子飞出电场时的速度大小是2.0×107m/s；

（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，OP之长是2.5×10-2m．20、略

【分析】【分析】（1）球受重力和弹力（先假设向下）；合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；

（2）球受重力和拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解．【解析】【解答】解：（1）在最高点；球受重力和弹力（假设向下），合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

F+mg=m

解得：

F=m-mg=0.5×=11N＞0

所以假设成立；

（2）在最低点；球受重力和拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

F-mg=m

代入数据；有：

41-5=0.5×

解得：v=6m/s

答：（1）当小球运动到最高点的速度大小为4m/s时；小球对杆向上的拉力为11N；

（2）当小球运动到最低点时，球受杆的拉力为41N，此时小球的速度大小为6m/s．21、略

【分析】【分析】根据平衡运用正交分解求出动摩擦因数，再根据牛顿第二定律，运用正交分解求出物体的加速度大小．【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律列方程：

水平方向Fcos37°=f

竖直方向N+Fsin37°=G

f=μN

联立三式解得：μ=0.8

当拉力为50N时；

沿x方向：F′cosα-f′=ma

沿y方向：F′sinα+N=mg

又因为f′=μN

解得=8m/s2．

答：当拉力为50N时，加速度为8m/s2．22、略

【分析】【分析】1；根据几何关系解出中心O点到三角形顶点的距离；每一个带电小球都处于静止状态，不妨研究A球，A球受力平衡，BC两球的对A是库仑斥力，O点的电荷2对A是库仑引力，列方程化简即可．

2、若中心电荷带电荷量在（1）问基础上加倍，仍然研究A球，先求出A球受到的合力，再根据牛顿第二定律计算加速度．【解析】【解答】解：（1）由几何关系知：r=|AO|=L=L；A球受力平衡；

有F2==F1=2Fcos30°

其中F=；

所以q=Q，由F2的方向知q带负电．

（2）当q′=2q时，F2′=2F2

A球的合力F合=F2′-F1=2F2-F1=F1=；

由牛顿第二定律：a=．

答：（1）在三角形的中心应放置负电荷，电荷量为Q．

（2）三个带电小球将加速运动，其加速度大小为．五、简答题(共2题，共10分)23、（1）①7②正四面体（2）ADE（3）①非极性②90NA(4)①MgH2+2H2O═Mg（OH）2+2H2↑②【分析】【分析】

本题考查物质结构和性质；涉及核外电子排布；杂化方式的判断、空间构型的判断、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，灵活运用公式是解本题关键，难度中等。

【解答】

rm{(1)垄脵}钛是rm{22}号元素，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{2}4s^{2}}所以有rm{7}种不同能量的电子，故答案为rm{7}

rm{垄脷BH_{4}^{-}}中rm{B}原子价层电子对rm{=4+dfrac{1}{2}(3+1-4隆脕1)=4}且没有孤电子对，所以是正四面体结构，故答案为正四面体；

rm{=4+dfrac

{1}{2}(3+1-4隆脕1)=4}分子中rm{(2)A.NH_{3}}原子含有rm{N}个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是rm{3}采用rm{4}杂化；故正确；

B.根据中心原子的杂化方式为rm{sp^{3}}杂化且有一对孤电子对数可以判断rm{sp^{3}}分子的空间构型为三角锥形；故错误；

C.根据等电子体的概念，互为等电子体的两个微粒要价电子数相等，而rm{NH_{3}}和rm{NH_{3}}价电子数不等；故错误；

D.rm{NH_{4}^{+}}与氮气互为等电子体，结构与氮气相同，据此可以判断rm{CN^{-}}的电子式为：故正确；

E.由于氨分子之间有氢键，所以相同压强时，rm{CN^{-}}沸点比rm{NH_{3}}高；故正确；

故答案为rm{PH_{3}}

rm{ADE}苯、rm{(3)垄脵}都是非极性分子，根据相似相溶原理知，rm{CS_{2}}是非极性分子；故答案为非极性；

rm{C_{60}}利用均摊法知，每个碳原子含有rm{垄脷}个rm{dfrac{1}{2}}键，所以rm{娄脨}rm{1mol}分子中，含有rm{C_{60}}键数目rm{=dfrac{1}{2}隆脕1mol隆脕60隆脕N_{A}/mol=30N_{A}}rm{娄脨}键数目为rm{=dfrac

{1}{2}隆脕1mol隆脕60隆脕N_{A}/mol=30N_{A}}

rm{娄脛}氢化镁固体与水反应的化学方程式为：rm{90NA}故答案为：rm{(4)垄脵}

rm{MgH_{2}+2H_{2}O篓TMg(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}该晶胞中镁原子个数rm{MgH_{2}+2H_{2}O篓TMg(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}氢原子个数rm{垄脷}rm{V=dfrac{m}{娄脩}=dfrac{dfrac{M}{N_{A}}(24隆脕2+1隆脕4)}{a}cm^{3}=dfrac{52}{acdotN_{A}}cm^{3}}故答案为：rm{dfrac{52}{acdotN_{A}}}

rm{=dfrac{1}{8}隆脕8+1=2}【解析】rm{(1)垄脵7}rm{垄脷}正四面体rm{(2)ADE}rm{(3)垄脵}非极性rm{垄脷90N_{A}}rm{(4)垄脵MgH_{2}+2H_{2}O篓TMg(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}rm{垄脷dfrac{52}{acdotN_{A}}}rm{垄脷dfrac{52}{acdot

N_{A}}}24、（1）Cl-

（2）SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)△H=+0.01akJ·mol-1

（3）①可以防止后续步骤生成的AlCl3水解，同时由于增大反应物的接触面积，使反应速率加快（写一种即可）

②Fe（铁）

③KCl、KClO、KClO34KClO3KCl+3KClO4

④除去FeCl3，提高AlCl3纯度【分析】【分析】本题考查工艺流程，涉及原子结构示意图的书写、化学式、化学方程式的书写等知识，为高频考点，难度一般。【解答】rm{(1)}第三周期的元素，原子最外层电子数是核外电子总数rm{dfrac{1}{3}}的元素是rm{P}其原子结构示意图为非金属性最强的元素是rm{Cl}所以还原性最弱的简单阴离子是rm{Cl^{-}}故答案为：rm{Cl^{-}}rm{(2)}生成rm{2.8kg}纯硅的物质的量为rm{100mol}需要吸收rm{akJ}热量，所以生成rm{1molSi}吸收rm{0.01}纯硅的物质的量为rm{2.8kg}需要吸收rm{100mol}热量，所以生成rm{akJ}吸收rm{1molSi}rm{0.01}热量，rm{akJ}该反应的热化学方程式为：rm{SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)}rm{triangleH=+0.01akJ隆陇mol^{-1}}故答案为：rm{Si(s)+4HCl(g)}rm{triangle

H=+0.01akJ隆陇mol^{-1}}rm{triangleH=+0.01akJ隆陇mol^{-1}}rm{SiCl_{4}(g)+2H_{2}(g)}步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是可以防止后续步