2025年人教A版高一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年人教A版高一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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列关于力的说法正确的是（）A.先有施力物体，后才有受力物体B.足球运动员一脚踢出去却没有击中足球，看来力可以没有受力物体C.飞行的子弹能水平前进，也可以存在没有施力物体的受力D.有施力物体就一定有受力物体2、把一不可伸长的长为L的细绳一端悬于O点，另一端系一质量为m的小球，在O点的正下方距O点处有一光滑钉子，将小球由与悬点等高且使细线拉直的位置静止释放，运动过程中，小球、悬点、钉子始终处于同一竖直平面内，则小球碰钉子的瞬间，下列说法不正确的是（）A.小球线速度没有变化B.小球的角速度突然增大到原来的2倍C.小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D.悬线对小球的拉力来突然增大到原来的2倍3、同学家将一篮球从三楼的阳台上扔下，篮球经地面弹起后被二楼的同学乙接住，已知篮球被扔下时的离地高度和被接住时的离地高度分别为6m

和3m

则该过程中篮球经过的路程和位移大小分别为(

)

A.9m3m

B.9m9m

C.3m3m

D.9m6m

4、小船在宽100m

的河中划行，已知水流的速度为3m/s

船在静水中的速度为5m/s

下列说法正确的是()A.小船过河的最短时间为25s

B.小船不可能垂直河岸过河C.小船能垂直河岸过河，过河的时间是20s

D.小船能垂直河岸过河，过河的时间为25s

5、在粗糙水平面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体Ａ，Ａ与竖直墙之间放一光滑圆球Ｂ，整个装置处于静止状态。现对Ｂ加一竖直向下的力Ｆ，Ｆ的作用线通过球心，设墙对Ｂ的作用力F1，Ｂ对Ａ的作用力Ｆ2，地面对Ａ的作用力为F3。若Ｆ缓慢增大面整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（）A.F1保持不变，F3缓慢增大B.F1缓慢增大，F3保持不变C.F1缓慢增大，F3缓慢增大D.F1保持不变，F3保持不变6、如图所示是物体做直线运动的v­t图象，由图象可得到的正确结果是()A.t＝1s时物体的加速度为1.0m/s2B.t＝5s时物体的加速度为0.75m/s2C.第3s内物体的位移为1.5mD.物体在加速过程的位移比减速过程的位移小评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、如图所示，A、B两物体的重力分别是GA=4N，GB=5N．A用细绳悬挂在顶板上，B放在水平地面上，A、B间轻弹簧的弹力F=3N，则细绳中的弹力FT及物体B对地面的压力FN的可能值分别是（）A.9N和0NB.7N和2NC.3N和6ND.1N和8N8、一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，小球A

的质量大于B

它们分别沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，下列说法可能正确的是()

A.筒壁对A

球的弹力可以分解为竖直向上和水平向轨迹圆心两个分力，前者用于平衡重力，后者用于产生向心加速度B.B

球的重力可以分解为垂直筒壁斜向下和水平指向轨迹圆心两个分力，前者用于压紧筒壁产生(

并平衡)

支持力，后者用于产生向心加速度C.球A

的角速度大于球B

的角速度D.球A

的线速度大于球B

的线速度9、两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，接通开关S

电源即给电容器充电。以下说法正确的是A.保持S

接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B.保持S

接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C.断开S

减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D.断开S

在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大10、如图所示是某地的摩天轮.

假设摩天轮的半径为R

每个轿厢质量(

包括轿厢内的人)

相等且为m

尺寸远小于摩天轮的半径，摩天轮以角速度娄脴

匀速转动.

则下列说法正确的是(

)

A.转动到竖直面最高点的轿厢处于超重状态B.转动到竖直面最低点的轿厢处于超重状态C.部分轿厢所受的合外力小于mR娄脴2

D.所有轿厢所受的合外力都等于mR娄脴2

11、如图，质量为m的物体（可视为质点）沿水平面向左运动，经过A点时速度为v0，滑过AB段后在B点与轻弹簧接触并发生相互作用，作用前弹簧处于原长，弹簧先被压缩，而后又将物体弹回，物体向右滑到C处恰好静止．已知AB=a，BC=b，且物体只与水平面AB间有摩擦，动摩擦因数为μ，取重力加速度为g．则（）A.整个过程中，摩擦力产生的热量为mv02B.整个过程中，摩擦产生的热量为μmg（a-b）C.弹簧的最大弹性势能为mv02-μmgaD.弹簧的最大弹性势能为μmgb12、如图所示，质量为m

的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，力F

拉斜面，使斜面在水平面上做加速度a

不断减小的加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是(

)

A.竖直挡板对球的弹力一定减小B.斜面对球的弹力一定保持不变C.若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零D.若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零13、如图所示的靠轮传动装置中右轮半径为2ra

为它边缘上的一点，b

为轮上的一点，b

距轴为r.

左侧为一轮轴，大轮的半径为4rd

为它边缘上的一点，小轮的半径为rc

为它边缘上的一点.

若传动中靠轮不打滑，则(

)

A.b

点与d

点的线速度大小相等B.a

点与c

点的线速度大小相等C.c

点与b

点的角速度大小相等D.a

点与d

点的向心加速度大小之比为18

14、某物理兴趣小组利用电脑模拟卫星绕地球做匀速圆周运动的情景，当卫星绕地球运动的轨道半径为R

时，线速度为v

，周期为T

。下列变换符合物理规律的是A.若卫星转道半径从R

变为2

R

，则卫星运行周期从T

变为22

T

B.若卫星轨道半径从R

变为2

R

，则卫星运行线速度从v

变为v2

C.若卫星运行周期从T

变为8

T

，则卫星轨道半径从R

变为4

R

D.若卫星运行线速度从v

变为则卫星运行周期从T

变为2

T

15、某物体运动的s鈭�t

图象如图所示；判断下列说法中正确的是(

)

A.0鈭�8s

内物体运动的路程是20m

B.物体运动的轨迹是曲线C.0鈭�8s

内物体的速度先减小后增大D.0鈭�8s

内物体的平均速度为2.5m/s

评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、某人要将货箱搬上离地12m高的阁楼．现有30个相同的货箱，每个货箱的质量均为5kg，如图所示为该人提升重物时对货箱做功的功率与被提升物体质量的关系图，由图可知此人以最大功率对货箱做功，则每次应搬____个箱子；要把货箱全部搬上楼，他对货箱做功的最少时间是____s．（不计下楼；搬起和放下箱子等时间）

17、【题文】一质量为5kg的物体，沿半径为2m的圆轨道作匀速圆周运动，1分钟内运动了30圈，则物体运动的线速度为_________m/s，角速度为__________rad/s，向心力为_________N。18、【题文】如图所示，一质量为m的汽车，通过凸形路面的最高处时对路面的压力为N1，通过凹形路面最低处时对路面的压力为N2；则。

A．N1>mgB．N1C．N2=mgD．N2>mg19、如图；用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

(1)

实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(

填选项前的符号)

间接地解决这个问题．A.小球开始释放高度h

B.小球抛出点距地面的高度H

C.小球做平抛运动的射程(2)

图中O

点是小球抛出点在地面上的垂直投影.

实验时，先让入射球m

1

多次从斜轨上S

位置静止释放，找到其平均落地点的位置P

，测量平抛射程OP

.

然后，把被碰小球m

2

静置于轨道的水平部分，再将入射球m

1

从斜轨上S

位置静止释放，与小球m

2

相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________.(

填选项前的符号)

A.用天平测量两个小球的质量m

1

m

2

B.测量小球m

1

开始释放高度h

C.测量抛出点距地面的高度H

D.分别找到m

1

m

2

相碰后平均落地点的位置M

、N

E.测量平抛射程OM

，ON

(3)

若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________(

用(2)

中测量的量表示)

若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________(

用(2)

中测量的量表示)

．20、在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中；用打点计时器记录纸带运动的时间.

计时器所用电源的频率为50Hz

图为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0123456

七个计数点，用米尺量出123456

点到0

点的距离如图所示(

单位：cm).

由纸带数据计算可得计数点4

所代表时刻的瞬时速度大小v4=

______m/s

小车的加速度大小a=

______m/s2.(

结果保留3

位有效数字)

评卷人得分四、推断题(共2题，共18分)21、A、rm{B}rm{C}为三种常见的单质，其中rm{A}rm{C}为气体，rm{B}为常见金属rm{.A}溶于水可使石蕊试液先变红后褪色rm{.F}的水溶液为浅绿色溶液，它们的关系如图：rm{(1)}写出rm{A}rm{B}rm{D}的化学式：rm{A.}____________rm{B.}____________rm{C.}____________rm{(2)}写出反应rm{垄脵垄脷}的离子方程式：rm{垄脵}____________；rm{垄脷}____________．rm{(3)A}溶于水使石蕊试液先变红后褪色的原因是rm{(}用方程式表示rm{)}____．rm{(4)}检验rm{D}的水溶液中的阳离子的试剂是：____rm{.}将rm{D}溶液逐滴加入的沸水中会产生一种红褐色的液体，你认为该液体中的分散质微粒直径在____之间，验证的简单方法是：____．22、A、rm{B}rm{C}rm{D}均为中学化学常见物质，且均含有同一种元素，它们之间有如下转化关系，其中rm{A}是单质。

rm{(1)}若rm{A}是一种淡黄色固体，rm{B}是气态氢化物，rm{C}rm{D}为氧化物，rm{C}是形成酸雨的主要物质。请写出rm{C}与rm{B}反应的化学方程式_____________。rm{(2)}若rm{B}是气态氢化物，rm{C}rm{D}为气态氧化物，且rm{C}rm{D}是形成光化学烟雾的一个重要原因。请写出反应rm{垄脹}的化学方程式_________________。实验室中检验气体rm{B}用的试剂或用品为________________。rm{(3)}若rm{B}rm{D}既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，反应rm{垄脷垄脹}均需要强碱性溶液，反应rm{垄脺}可以通过滴加少量稀盐酸实现。据此判断rm{A}元素是__________。请写出rm{垄脷}的离子方程式__________________。rm{(4)}若rm{C}是一种淡黄色固体，常用于呼吸面具中的供氧剂，rm{D}是一种强碱。则rm{C}作供氧剂时氧化产物和还原产物的物质的量之比为_____________；焰色反应时，rm{D}的火焰呈_______色。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】力是物体对物体的相互作用；必须有施力物体和受力物体同时存在。既然力是物体对物体的相互作用，所以施力和受力物体同时产生同时消失，所以ABC错，D对。

【点评】本题考查了对力的概念的理解，其实力的概念中有牛顿运动定律的影子，例如牛顿第三定律。2、D【分析】解：A；小球遇到钉子后绕O点时；线速度不变，故A正确；

B、根据ω=知，半径由L减小为则角速度增大为原来的2倍．故B正确；

C、根据a=知，半径由L减小为向心加速度突然增大到原来的2倍．故C正确；

D、根据牛顿第二定律知，F-mg=得知半径由L减小为拉力增大，但不是增大到原来的2倍．故D不正确．

本题选择不正确的；故选：D．

让小球从静止释放，当小球遇到钉子后绕O点时，线速度不变，半径变小，根据v=rω，a=判断角速度；向心加速度的变化；根据牛顿第二定律判断悬绳拉力的变化．

该题考查竖直平面内的圆周运动的特点，解决本题的关键抓住通过最低点的线速度不变，根据半径的变化判断角速度、向心加速度等变化．【解析】【答案】D3、A【分析】解：路程是物体通过的轨迹的长度；篮球下落6m.

上升3m

路程为9m

位移是从初始位置指向末位置的有向线段；其大小等于初末位置之间的直线距离，故位移大小为3m

．

故A正确；BCD错误．

故选：A

．

路程是物体通过的轨迹的长度；位移是从初始位置指向末位置的有向线段；其大小等于初末位置之间的直线距离．

一定要真正理解位移是从初始位置指向末位置的有向线段，这是我们学习运动学公式时常用的物理量，是一个重点知识．【解析】A

4、D【分析】【分析】因为水流速度小于静水速度；当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短。

速度的合成满足平行四边形定则。

解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短。【解答】A.当静水船速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短为：t=1005s=20s

故A错误；

B.船要垂直河岸过河即合速度垂直河岸；合速度与分速度如图：

过河时间用合位移除以合速度：t隆盲=1004s=25s

因此船可以垂直过河，过河时间为25s

故BC错误，D正确。

故选D。

【解析】D

5、C【分析】【解析】试题分析：将AB作为整体，在竖直方向根据平衡条件有F3=GA+GB+F，所以F3随F缓慢增大而缓慢增大。BD错；对光滑圆球B力F和圆球B的重力的合力GB+F产生了两个作用效果，一个是使B压紧竖直墙面的力F1，一个是压紧A的力F2，当力F缓慢增大时，两个分力的方向都没有发生变化，所以当合力GB+F增大时两个分力同时增大。故选C考点：考查整体隔离法的应用【解析】【答案】C6、D【分析】【解析】试题分析：从图像中可看出，物体在0-2s内做匀加速直线运动，加速度为所以t＝1s时物体的加速度大小为1.5m/s2，A错误，物体在3-7s内做匀减速直线运动，加速度为所以在t=5s时的加速度为-B错误，物体在2-3s内做匀速直线运动，物体在第3s内通过的位移为C错误；V-t图像中的图线与坐标围成的面积表示位移，所以加速阶段的位移减速阶段的位移所以D正确考点：考查运动图像的应用【解析】【答案】D二、多选题(共9题，共18分)7、BD【分析】解：A受到竖直向下的重力、向上的弹力F1和向上的拉力FT，三力平衡，得：GA=F1+FT；

代人数据解得：FT=1N

B受到重力、向下的弹力F1和向上的支持力F3，三力平衡，得：GB+F1=F3；

代人数据解得：F3=8N．

若弹力F1向下，则FT=7N

F3=2N；故BD正确。

故选：BD

分别对A和B进行受力分析；列出平衡方程即可正确解题。

该题考查共点力作用下物体的平衡，分别选取A、B为研究的对象即可．属于基础题目【解析】【答案】BD8、ABD【分析】【分析】对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可。本题关键是对小球受力分析，知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。【解答】CD

．对小球受力分析；小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图。

根据牛顿第二定律，有：，解得：a=gtan娄脠v=grtan(娄脠)

；因为A

转动的半径大于B

转动的半径，则A

的角速度小于B

球的角速度，A

的线速度大于B

的线速度，故D正确，C错误。

AB.

根据受力分析及力的合成和分解的知识及向心力是指向圆心的合力可得AB

均正确。

故选：ABD

【解析】ABD

9、BC【分析】【分析】电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变；由平行板电容器电容C=娄脜rS4娄脨kd

根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC

可知电压或电量的变化，由E=Ud

可求得电场强度的变化。

电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变。【解答】A.保持SS接通，则两板间的电势差不变，因dd减小，由E=Ud可知，两极板间的电场的电场场强增大，故A错误；

B.保持SS接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入一块介质，则电容增大，则由Q=UCQ=UC可知极板上的电量增大，故B正确；

C.断开SS两板上所带电量不变，减小距离dd电容增大，由U=QC可知电势差减小，故C正确；

D.断开SS在两极板间插入一块介质，电容增大，电量不变，UU减小；则由QC可知极板间电势差的变小，故D错误。

故选BC。

【解析】BC

10、BD【分析】解：A

转到竖直面最高点的轿厢加速度向下指向圆心；处于失重状态，故A错误；

B；转动到竖直面最低点的轿厢具有向上的加速度；处于超重状态，故B正确；

CD

根据题意摩天轮以角速度娄脴

匀速转动；且每个轿厢质量(

包括轿厢内的人)

相等且为m

根据牛顿第二定律F潞脧=m娄脴2R

所以所有轿厢所受的合外力度等于m娄脴2R

故C错误，D正确；

故选：BD

根据加速度的方向分析轿厢的状态.

由牛顿第二定律和向心力公式求轿厢所受的合外力。

解决本题的关键是掌握超重和失重的条件：当物体的加速度方向向上时处于超重状态，当物体的加速度方向向下时处于失重状态，知道匀速圆周运动由合外力提供向心力【解析】BD

11、ACD【分析】解：A、整个过程中，物体的动能减少转化为内能，根据能量守恒定律可知摩擦力产生的热量为为mv02．故A错误．

B、根据功能关系可得摩擦产生的热量为μmg（a+b）；故B错误．

CD；从A到B的过程中；根据动能定理得：

mvB2-mv02=-μmga

从B到C的过程中；根据动能定理得：

0-mvB2=-μmgb；

当物体速度为零时；弹簧弹性势能最大，则有：

EP=mvB2

解得：EP=mv02-μmga或EP=μmgb；故CD正确．

故选：ACD

根据能量守恒定律求摩擦生热．当物体在B点与弹簧接触后；只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，当物体速度为零时，弹簧弹性势能最大，根据机动能定理列式即可求解弹簧的最大弹性势能．

本题主要考查了动能定理及能量守恒定律的直接应用，知道当物体速度为零时，弹簧弹性势能最大．【解析】【答案】ACD12、AB【分析】解：分析小球的受力情况：重力mg

挡板的弹力N1

和斜面对小球的弹力N2.

设斜面的倾角为娄脕

根据牛顿第二定律得：

水平方向：N1鈭�N2sin娄脕=ma垄脵

竖直方向：N2cos娄脕=mg垄脷

联立得N1=ma+mgtan娄脕垄脹

A；若加速度a

越小；由垄脹

得，N1

越小.

即竖直挡板对球的弹力越小.

故A正确．

B；C

由垄脷

得知；若加速度a

逐渐减小或变大，斜面对球的弹力不变.

故B正确，C错误．

D、由垄脷垄脹

得，斜面和挡板对球的弹力的合力F潞脧=N12+N22=(ma+mgtan娄脕)2+(mgcos伪)2>ma.

故D错误．

故选：AB

以小球为研究对象；分析受力，根据牛顿第二定律得到挡板和斜面对小球的弹力与加速度a

的关系式，再进行分析．

本题根据牛顿第二定律得到两个弹力与加速度的关系式，即可分析加速度变化时弹力的变化情况．【解析】AB

13、BD【分析】解：Acd

轮共轴转动，角速度相等，根据v=r娄脴

知，d

点的线速度大于c

点的线速度，而ac

的线速度大小相等，ab

的角速度相等，则a

的线速度大于b

的线速度，所以d

点的线速度大于b

点的线速度.

故A错误；B正确．

C、ac

的线速度相等，半径比为21

根据娄脴=vr

知ac

的角速度之比12.ab

的角速度相等，所以bc

的角速度不等.

故C错误．

D、ac

的线速度相等，半径比为21

根据a=v2r

知向心加速度之比为12.cd

的角速度相等，根据a=r娄脴2

知cd

的向心加速度之比为14

所以ad

两点的向心加速度之比为18.

故D正确．

故选BD．

cd

轮共轴转动，角速度相等，bc

两轮在传动中靠轮不打滑，知bc

两轮边缘上的点线速度大小相等.

根据线速度与角速度、向心加速度的关系比较它们的大小．

解决本题的关键知道共轴转动，角速度相等，不打滑传动，轮子边缘上的点线速度大小相等．【解析】BD

14、AC【分析】【分析】根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r=m(2娄脨T)2r

抓住中心天体的质量不变，求出v

和T

分析和什么因素有关。

明确由万有引力提供向心力，分别有线速度，角速度，及周期来表示向心力，求出v

和T

分析和什么因素有关。【解答】根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r=m(2娄脨T)2r，解得：v=GMrv=sqrt{dfrac{GM}{r}}T=2娄脨r3GMT=2娄脨sqrt{dfrac{{r}^{3}}{GM}}则：ABAB．若卫星轨道半径从RR变为2R2R则卫星运行周期从TT变为22T，线速度从vv变为2v2

故A正确，B错误；

C.若卫星运行周期从TT变为88TT，则卫星轨道半径从RR变为4R4R故C正确；D.若卫星运行线速度从vv变为v2，则卫星轨道半径从R

变为4R卫星运行周期从TT变为88TT故D错误。故选AC。【解析】AC

15、AC【分析】解：As鈭�t

图象反映了各个时刻物体的位置情况；由图可知，物体做往返运动，0鈭�8s

内物体运动的路程是20m

故A正确．

B；s鈭�t

图象不是物体的运动轨迹；只能表示物体做直线运动，故B错误．

C；图线的斜率表示速度；由图可知0鈭�8s

内物体的速度先减小后增大，故C正确．

D；根据位移等于s

的变化量；则知物体做往返运动，在8s

内物体的位移为0

因此在8s

内物体的平均速度为0

故D错误．

故选：AC

s鈭�t

图象反映了各个时刻物体的位置情况；不是物体的运动轨迹.

图线的斜率表示速度，平均速度等于位移与时间之比.

根据位置的变化情况分析物体运动的最远距离．

本题关键明确x鈭�t

图象的物理意义，知道位移图象的斜率表示速度.

要注意位移图象并不是物体运动的轨迹．【解析】AC

三、填空题(共5题，共10分)16、略

【分析】

根据图象可知当质量为15kg时；功率最大；

则n==3个。

以最大功率提升箱子是；时间最短；

则搬运三个货箱时，根据Pt=3mgh，得t=

则要把货箱全部搬上楼，他对货箱做功的最少时间为t总=10t=720s

故答案为：3；720

【解析】【答案】根据图象可知当质量为15kg时；功率最大，进而求出以最大功率对货箱做功时每次应搬箱子的个数，以最大功率提升箱子是，时间最短，根据Pt=mgh去求运动的时间．

17、略

【分析】【解析】

试题分析：该物体的转速为所以该物体的角速度为根据公式可得物体的线速度为：根据公式可得

考点：考查了匀速圆周运动规律的应用。

点评：关键是正确掌握公式【解析】【答案】2π，π，10π218、略

【分析】【解析】

试题分析：通过凸形路面时，根据牛顿第二定律有：所以故A错误，B正确；通过凹形路面最低处时，根据牛顿第二定律有：所以故C错误，D正确。

考点：考查了圆周运动实例分析【解析】【答案】BD19、(1)C(2)ADE或DEA或DAE(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OPm1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2【分析】解：垄脵

验证动量守恒定律实验中；即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现速度速度大小，故需要测量水平射程，故AB错误，C正确．

垄脷

碰撞过程中动量；能量均守恒；因此有：m1v0=m1v1+m2v2

12mv02=12mv12+12mv22

因此有：v1=m1鈭�m2m1+m2v0

因此要使入射小球m1

碰后不被反弹，应该满足m1>m2

．

实验时；先让入射球ml

多次从斜轨上S

位置静止释放，找到其平均落地点的位置P

测量平抛射程OP.

然后，把被碰小球m2

静置于轨道的水平部分，再将入射球ml

从斜轨上S

位置静止释放，与小球m2

相碰，并多次重复.

测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中DE

是必须的，而且D

要在E

之前.

至于用天平秤质量先后均可以．

故选：ADE

．

垄脹

根据平抛运动可知；落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t

则：

v0=OPtv1=OMtv2=ONt

而动量守恒的表达式是：m1v0=m1v1+m2v2

若两球相碰前后的动量守恒；则需要验证表达式m1?OM+m2?ON=m1?OP

即可．

若为弹性碰撞；则碰撞前后系统动能相同，则有：

12mv02=12mv12+12mv22

将即满足关系式：m1?OM2+m2?ON2=m1OP2

．

故答案为：垄脵C垄脷m1>m2ADE垄脹m1?OM+m2?ON=m1OPm1?OM2+m2?ON2=m1OP2

【解析】(1)C

(2)ADE(2)ADE或DEADEA或DAEDAE(3)m1隆陇OM+m2隆陇ON=m1隆陇OP(3)m_{1}隆陇OM+m_{2}隆陇ON=m_{1}隆陇OPm1隆陇OM2+m2隆陇ON2=m1隆陇OP2

20、略

【分析】解：由于每相邻两个计数点间还有4

个点没有画出；所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s

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4

点时小车的瞬时速度大小．

v4=0.1455鈭�0.06452脳0.1=0.405m/s

设0

到1

之间的距离为x1

以后各段分别为x2x3x4x5x6

根据匀变速直线运动的推论公式鈻�x=aT2

可以求出加速度的大小；

得：x4鈭�x1=3a1T2

x5鈭�x2=3a2T2

x6鈭�x3=3a3T2

为了更加准确的求解加速度；我们对三个加速度取平均值。

得：a=13(a1+a2+a3)=0.1970鈭�0.0645鈭�0.06459脳0.01m/s2=0.756m/s2

故答案为：0.4050.756

根据匀变速直线运动的推论公式鈻�x=aT2

可以求出加速度的大小；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4

点时小车的瞬时速度大小．

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．【解析】0.4050.756

四、推断题(共2题，共18分)21、(1)Cl2FeFeCl3(2)Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(3)因Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl使石蕊试液变红，HClO具有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO使石蕊试液变红，HCl具有漂白性HClO(4))KSCN溶液1nm-100nm是否有丁达尔效应​【分析】【分析】本题考查无机物的推断，题目难度不大。

【解答】

rm{(1)A}rm{(1)A}为溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明rm{A}为rm{Cl}rm{A}rm{A}rm{Cl}和rm{Cl}，能使石蕊试液先变红后褪色，的水溶液为浅绿色溶液，说明rm{2}中含有rm{2}，与水反应生成rm{HCl}和rm{HClO}，能使石蕊试液先变红后褪色，rm{F}的水溶液为浅绿色溶液，说明rm{B}中含有rm{Fe}rm{HCl}rm{HCl}rm{HClO}rm{HClO}，则rm{F}为rm{F}rm{B}rm{B}为rm{Fe}，则rm{Fe}为rm{{,!}^{2+}}，能继续和rm{Cl}为rm{Cl}；rm{Cl}rm{2}rm{2}；反应生成rm{D}，则rm{D}为rm{FeCl}rm{D}rm{D}rm{D}rm{D}rm{FeCl}为rm{FeCl}和盐酸的反应，反应的离子方程式为rm{3}rm{3}，所以rm{B}为rm{Fe}，则rm{C}为rm{H}rm{B}rm{B}rm{Fe}rm{Fe}rm{C}rm{C}rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}，rm{E}为rm{HCl}；rm{E}rm{E}rm{HCl}rm{HCl}故答案为：rm{Cl}rm{Cl}rm{Cl}rm{2}rm{2}；rm{Fe}；rm{FeCl}rm{Fe}rm{Fe}故答案为：rm{FeCl}rm{FeCl}rm{3}rm{3}；rm{(2)}rm{(2)}反应rm{垄脵}为rm{Fe}和盐酸的反应，反应的离子方程式为rm{Fe+2H}rm{垄脵}rm{Fe}rm{Fe}rm{Fe+2H}rm{Fe+2H}rm{{,!}^{+}}

rm{篓T}rm{Fe}rm{篓T}rm{Fe}和rm{Fe}，涉及反应为rm{{,!}^{2+}}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{FeCl}具有酸性，rm{隆眉}具有氧化性和漂白性，可使石蕊试液褪色；rm{FeCl}rm{FeCl}rm{2}rm{2}具有还原性，能与具有氧化性的rm{Cl}rm{Cl}rm{Cl}使石蕊试液变红，rm{2}具有漂白性；rm{2}反应生成rm{FeCl}rm{FeCl}rm{FeCl}rm{3}rm{3}溶液，观察溶液是否变红，具体做法为取少量溶液于试管中，滴加两滴，反应的离子方程式为rm{2Fe}溶液，观察溶液是否变红色，将饱和rm{2Fe}rm{2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+Cl}rm{+Cl}之间，具有丁达尔效应；rm{2}故答案为：rm{2}溶液；rm{篓T}rm{2Fe}是否有丁达尔效应。rm{篓T}【解析】rm{(1)Cl_{2}}rm{Fe}rm{FeCl_{3}}rm{(1)Cl_{2}}rm{Fe}rm{(2)Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}}rm{FeCl_{3}}rm{(2)

Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}}rm{(2)

Fe+2H^{+}=Fe^{2+}+H_{2}}rm{隆眉}，rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}使石蕊试液变红，rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}=2Fe^{3+}+2Cl^{-}}具有漂白性rm{(3)}rm{(3)}因rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}，rm{HCl}使石蕊试液变红，rm{HClO}具有漂白性rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}rm{Cl_{2}+H_{2}O=HCl+HClO}rm{HCl}溶