2025年粤教版高三物理下册月考试卷

…………○…………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年粤教版高三物理下册月考试卷307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7题，共14分)1、一质点先由静止开始做加速度为a1的匀加速运动，运动一段时间t后，加速的大小变为a2，方向与a1的方向相反，再经过一段时间0.5t后，物体恰好回到原位置，则加速度大小a1：a2为（）A.1：1B.1：3C.1：4D.1：82、为经典力学作出最重要贡献的物理学家是（）A.爱因斯坦B.麦克斯韦C.法拉第D.牛顿3、下列陈述中，与分子热运动有关的是[]A.酒香不怕巷子深B.天光云影共徘徊C.隔墙花影动，疑是玉人来D.隔墙有耳4、如右图所示电路中，r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用Pr、P1和P2分别表示电阻r、R1、R2上所消耗的功率，当R1＝R2＝r时，Pr∶P1∶P2等于()A.1∶1∶1B.2∶1∶1C.1∶4∶4D.4∶1∶15、【题文】某运动员臂长L，将质量为m的铅球推出，铅球出手的速度大小为v0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是（）A.B.mgL+mC.mD.mgL+m6、如图所示，受斜向上的恒定拉力作用，物体在粗糙水平面上做匀速直线运动，则下列说法中正确的是(

)

A.拉力在竖直方向的分量一定大于重力B.拉力在竖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、如图所示，在环形电流的左右两端分别接电源的正负极，则环形电流中心O处的磁感应强度的方向是（）A.向左B.向右C.向外D.向里评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、如图所示，两平行金属板间距为d=10cm，电势差为U=100V，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场．带电量为q=+1.0×10-5C、质量为m=2.0×10-11kg的粒子；由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：

（1）匀强电场场强E的大小；

（2）粒子从电场射出时速度V的大小；

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R．9、如图是打点计时器测定匀加速度时得到的一条纸带，测出AB=1.2cm，AC=3.6cm，AD=7.2cm．相邻两个计数点间有四个点未画出，则打B点时运动物体的速度vB=______m/s．10、质量为m的物体从高处自由下落，经时间t物体尚未落地，在这段时间t的末了时刻，重力对物体做功的瞬时功率为____．11、“神舟”五号飞船：我国首位宇航员杨利伟乘坐的“神舟”五号载人飞船；于北京时间2003年10月15日9时，在酒泉卫星发射中心顺利升空．按照预定计划在太空飞行了近21个小时，绕地球14圈后，返回舱于16日6时23分在内蒙古中部地区安全着陆．这标志着我国首次载人航天飞行获得圆满成功，成为世界上第三个掌握载人航天技术的国家．

（1）“神舟”五号采用长征二号F火箭发射，关于发射初升空阶段，下列说法正确的是____

A．飞船内座椅对宇航员的作用力大于宇航员对座椅的作用力。

B．飞船内宇航员对座椅的作用力大于宇航员的重力。

C．宇航员处于失重状态。

D．利用了反冲原理。

（2）飞船由近地点约200km、远地点约343km高度的椭圆轨道，变轨到距地面343km的圆形轨道上做匀速圆周运动时____

A．速度变小；周期变长，势能增加B．速度变大，周期变短，势能增加。

C．速度变小；周期变长，势能减小D．速度变大，周期变短，势能减小。

（3）当返回舱降到距地面30km时，回收着陆系统启动工作，相继完成拉出天线、抛掉底盖等一系列动作．当返回舱距地面20km时，速度减为200m/s而匀速下落，此阶段重力加速度为g′，所受空气的阻力为f=；其中ρ为大气的密度．v是返回舱的运动速度，S为阻力作用的面积．试写出返回舱在速度为200m/s时的质量表达式。

（4）当返回舱降到距地面10km时，打开面积为1200㎡的降落伞，直到速度降到8.0m/s后又匀速下降．为实现软着陆（即着陆时返回舱的速度为0），当返回舱离地面1.2m时反冲发动机点火，返回舱此时的质量为2.7×103㎏，取g=10m/s2（反冲发动机点火后，空气的阻力不计，可认为返回舱做匀减速直线运动）．求平均反冲推力的大小和反冲发动机对返回舱做的功．12、如图（甲）所示螺线管的匝数n=1500，横截面积S=20cm2，电阻r=2Ω，与螺线管串联的外电阻R=4Ω．若穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图（乙）所示的规律变化，则线圈两端a、b之间的电压为____V，电阻R上消耗的电功率____W．

评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、串联电路中，电压分配与电阻成反比．____．（判断对错）14、电子手表中的液晶在外加电压的影响下能够发光．____．（判断对错）15、光的偏振现象说明光是横波____（判断对错）16、作用力与反作用力一定是同种性质的力．____（判断对错）17、同一汽车，速度越快，越难刹车，说明物体速度越大，惯性越大．____（判断对错）18、电场线真实地存在于电场中．____．（判断对错）19、作用在物体上的合外力减小时，速度也随之减小．____（判断对错）20、向心力的方向始终指向圆心，所以向心力的方向始终不变．____（判断对错）评卷人得分四、简答题(共3题，共6分)21、员最近发现了一种“水”电池；这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进。

行发电，在海水中电池总反应可表示为：

“水”电池在放电时：rm{(1)}该电池的负极的电极反应式为：_______________________________rm{(2)Na^{+}}不断向“水”电池的________极移动rm{(3)}每生成rm{2mol}转移________rm{mol}电子rm{(4)}若用该“水”电池为电源，两极均为石墨为电极，电解饱和食盐水，写出电解总反应的化学方程式_______________________________rm{(5)}若以铁为阴极，铜为阳极电解rm{CuCl_{2}}和rm{Na_{2}SO_{4}}的混合液，阳极的电极反应式_______________________________22、硼及其化合物在现代工业、生活和国防中有着重要的应用价值。

rm{(1)}基态硼原子的电子排布式是________________；最简单的硼烷是rm{B_{2}H_{6}(}乙硼烷rm{)}结构如图所示，其中rm{B}原子的杂化方式为______________；rm{(2)}三氯化硼和三氟化硼常温下都是气体，都有强烈的接受孤电子对的倾向。推测它们固态时的晶体类型为_____________；三氟化硼与氨气相遇，立即生成白色固体，写出该白色固体结构式，并标注出其中的配位键__________________；rm{(3)}经结构研究证明，硼酸晶体中rm{B(OH)_{3}}单元结构如图Ⅰ所示。各单元中的氧原子通过rm{O-HO}氢键连结成层状结构，其片层结构及键长、层间距数据如图Ⅱ所示。层与层之间以微弱的分子间力相结合构成整个硼酸晶体。

rm{垄脵H_{3}BO_{3}}是一元弱酸，请用方程式表示rm{H_{3}BO_{3}}在溶液中呈酸性的原因：_______；rm{垄脷}根据结构判断下列说法正确的是_____________rm{a.}硼酸晶体有滑腻感；可作润滑剂。

rm{b.H_{3}BO_{3}}分子的稳定性与氢键有关rm{c.}含rm{1molH_{3}BO_{3}}的晶体中有rm{3mol}氢键rm{d.H_{3}BO_{3}}分子中硼原子最外层为rm{8e^{-}}稳定结构rm{(4)}利用“卤化硼法”可合成含rm{B}和rm{N}两种元素的功能陶瓷，下图为其晶胞结构示意图。

rm{垄脵}该功能陶瓷的化学式为_____________；rm{垄脷}第一电离能介于rm{B}rm{N}之间的第二周期元素有________种。23、如图所示，质量为m的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ，推力方向与水平面的夹角为θ，推力多大时可使物体沿水平地面匀速滑动？评卷人得分五、计算题(共4题，共16分)24、（11分）如图所示，矩形斜面水平边的长度为0.6m，倾斜边的长度为0.8m，斜面倾角为37°，一与斜面动摩擦因数为μ=0.6的小物体重25N，在与斜面平行的力F的作用下，沿对角线AC匀速下滑，求推力F的大小（Sin37°=0.6,Cos37°=0.8）。25、【题文】如图10所示，宽度足够长的平行此光滑金属导轨固定在位于竖直平面内的绝缘板上，导轨所在空间存在磁感应强度B=0．50T的匀强磁场，磁场方向跟导轨所在平面垂直。一根导体棒MN两端套在导轨上与导轨接触良好，且可自由滑动，导体棒的电阻值R=l.5Ω，其他电阻均可忽略不计。电源电动势E=3．0V，内阻可忽略不计，重力加速度g取10m／s2。当S1闭合，S2断开时；导体棒恰好静止不动。

（1）求S1闭合，S2断开时；导体棒所受安培力的大小；

（2）将S1断开，S2闭合，使导体棒由静止开始运动，求当导体棒的加速度=5.0m／s2时；导体棒产生感应电动势的大小；

（3）将S1断开，S2闭合，使导体棒由静止开始运动，求导体棒运动的最大速度的大小。26、一个原来静止的电子，经过100V的电压加速后它的动能是多少？质量改变了百分之几？速度是多少？这时能不能使用公式27、如图所示，在xOy

平面坐标系中，x

轴上方存在电场强度E=1000v/m

方向沿y

轴负方向的匀强电场；在x

轴及与x

轴平行的虚线PQ

之间存在着磁感应强度为B=2T

方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为d.

一个质量m=2隆脕10鈭�8kg

带电量q=+1.0隆脕10鈭�5C

的粒子从y

轴上(0,0.04)

的位置以某一初速度v0

沿x

轴正方向射入匀强电场，不计粒子重力．

(1)

若v0=200m/s

求粒子第一次进入磁场时速度v

的大小和方向；(2)

要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，求磁场的最小宽度d

(3)

要使粒子能够经过x

轴上100m

处，求粒子入射的初速度v0

．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】质点先匀加速运动后匀减速运动，在加速过程和减速过程中，位移大小相等，方向相反，据此根据运动学位移公式和速度公式即可正确求解．【解析】【解答】解：取匀加速运动的速度方向为正方向．对于匀加速过程有：

vm=a1t①

x1=a1t2②

对于匀减速过程（可返回）有：

x2=③

由题有：x1=-x2④

联立①②③④式，可解得：a1：a2=1：8

故选：D．2、D【分析】【分析】解答本题应抓住：爱因斯坦提出了光子说与相对论；法拉第利用假设思想方法引入了“场”的概念；通过逻辑推理，伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物与轻物下落一样快；麦克斯韦提出了电磁场理论，并预言了电磁波的存在；牛顿发现了牛顿三个定律以及万有引力定律，为经典力学作出最重要贡献．【解析】【解答】解：A；爱因斯坦提出了光子说与相对论；故A错误．

B；麦克斯韦提出了电磁场理论；并预言了电磁波的存在；故B错误．

C；在研究电磁现象时；法拉第利用假设思想方法引入了“场”的概念通过逻辑推理．故C错误．

D；英国科学家牛顿发现了牛顿三个定律以及万有引力定律；为经典力学作出最重要贡献．故D正确．

故选：D3、A【分析】【解析】【答案】A4、D【分析】在如图所示电路中，内阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内阻与外电阻是串联关系，(不能认为内阻与外电阻并联)，但R1与R2是并联的，因R1＝R2，则I1＝I2＝I，IR＝I1＋I2＝2I.Pr∶P1∶P2＝IR2r∶I12R1∶I22R2＝4∶1∶1，故正确答案为D.【解析】【答案】D5、A【分析】【解析】运动员对铅球的作用力为F，由动能定理知：WF-mgLsin30°=m

所以WF=mgL+m【解析】【答案】A6、D【分析】解：物体受重力；拉力、支持力、摩擦力处于平衡；

A；在竖直方向上合力为零；则重力等于支持力和拉力的分力之和，并且支持力不会为零，所以拉力在竖直方向上的分力小于重力.

故AB错误；

C；在水平方向上合力为零；所以拉力在水平方向上的分力等于摩擦力.

故C错D正确；

故选：D

．

对物体受力分析；因为物体在水平面上做匀速直线运动，抓住水平方向和竖直方向上合力等于零，比较拉力在竖直方向上的分力和重力的大小关系，以及拉力在水平方向上的分力与摩擦力的大小关系．

解决本题的关键能够正确地进行受力分析，抓住水平方向和竖直方向上的合力等于零去分析．【解析】D

7、D【分析】【分析】由右手螺旋定则可判断电流周围磁场的分布．【解析】【解答】解：图中电流为环形电流；由右手螺旋定则可得：大拇指指向电流方向，四指弯曲方向在内部向里，所以内部磁场应垂直于纸面向里．

故选：D．二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】

（1）根据公式E=可求E；

（2）根据动能定理列式求解；

（3）根据洛伦兹力提供向心力列式求解．

本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，属于基础题，另外要注意公式E=d是指沿电场方向距离．【解析】解：（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：

匀强电场场强E的大小E==

（2）设带电粒子出电场时速度为v．由动能定理得：

Uq=mv2

解得：v===1000m/s

（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动；由牛顿第二定律得：

Bqv=m

解得：

R===2×10-3m；

答：（1）匀强电场场强E的大小为1000V/m；

（2）粒子从电场射出时速度ν的大小为1000m/s；

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R为2×10-3m．9、略

【分析】解：B点的瞬时速度可以用中间时刻的速度等于该过程中的平均速度；即：

vB===0.18m/s

故答案为：0.18．

根据匀变速直线运动中；中间时刻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．

利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，提高解决问题能力．【解析】0.1810、mg2t【分析】【分析】功率等于力与力的方向速度的乘积，而功等于力与力的方向的位移乘积．功率有平均功率与瞬时功率之分．瞬时功率等于力与瞬时速度乘积，而平均功率等于功与时间的比值，也可以力与平均速度的乘积．【解析】【解答】解：小球自由下落；经时间t；

t时刻物体的速度为：v=gt

在t时刻重力对物体做功的瞬时功率为

故答案为：mg2t11、BDA【分析】【分析】（1）根据牛顿运动定律分析说法正确的；

（2）根据万有引力提供圆周运动向心力；由轨道半径大小确定描述圆周运动物理量大小关系；

（3）根据飞船匀速下落重力与阻力平衡求得飞船的质量．

（4）根据动量定理和动能定理计算推力的大小和对返回舱做的功．【解析】【解答】解：（1）A；飞船内座椅对宇航员的作用力和宇航员对座椅的作用力是作用力与反作用力；大小总是相等的，故A错误；

B；发射初宇航员向上加速运动；坐椅对宇航员的作用力大于其重力，处于超重状态，根据牛顿第三定律可知宇航员对坐椅的作用力大于其重力，故B正确；

C；宇航员向上加速上升；处于超重状态，故C错误；

D；发箭的发射是利用了反冲原理；故D正确．

故选：BD

（2）飞船绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力有：，可得，周期T=当飞船的轨道半径增大时；飞船的速度减小，周期增大，重力势能增加，故A正确，BCD错误．

故选：A．

（3）当飞船匀速下落时；重力与阻力相等故有：

mg′=f

可得飞船的质量m==

（4）设反冲发动机点火后返回舱所受平均推力大小为F；

则由运动学公式得v2=2ah；

因不计空气的阻力；则有。

F-mg=ma；

代入解得=9.9×104N．

设反冲发动机对返回舱做的功为WF；由动能定理得。

解得WF=-1.2×105J

故答案为：（1）BD；

（2）A；

（3）飞船的质量为；

（4）平均反冲推力大小为9.9×104N，反冲发动机对返回舱做的功为-1.2×105J．12、0.40.04【分析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律；即可求解螺线管两端M；N间的电压；

（2）由串联电路电压与电阻成正比，及功率表达式，综合即可求解．【解析】【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律有：

E=n=nS=1500×20×10-4×V=0.6V；

由串联电路的分压规律，可得螺线管两端a、b间的电压为：

Uab=E==0.4V

（2）由功率的推导式有：

P==W=0.04W．

故答案为：0.4，0.04．三、判断题(共8题，共16分)13、×【分析】【分析】根据串并联电路电流和电压的规律进行分析，串联电路中电压与电阻成正比．【解析】【解答】解：串联电路中电流相等；故电压分配与电阻成正比；所以该说法是错误的．

故答案为：×14、×【分析】【分析】液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态；液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．【解析】【解答】解：液晶在外加电压的影响下并不发光；而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．所以该说法是错误的．

故答案为：×15、√【分析】【分析】可以把波分为横波和纵波两类，传播的只是振动形式和能量，而偏振现象与横波有关，从而即可求解．【解析】【解答】解：偏振是横波特有的现象；所以光的偏振现象说明光是横波．以上说法是正确的．

故答案为：√16、√【分析】【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．【解析】【解答】解：由牛顿第三定律可知；作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失，故该说法是正确的．

故答案为：√17、×【分析】【分析】质量是惯性的唯一标志，与物体的速度大小，加速度大小，是否运动等全部无关．【解析】【解答】解：质量是惯性的唯一标志；与物体的速度大小，加速度大小，是否运动等全部无关，故此说法是错误的．

故答案为：×．18、×【分析】【分析】为了研究的方便引入了电场线，实际不存在，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱．【解析】【解答】解：为了研究的方便引入了电场线；实际不存在．所以该说法是错误的．

故答案为：×19、×【分析】【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．【解析】【解答】解：加速度是反映速度变化快慢的物理量．根据牛顿第二定律可知；加速度的方向与物体受到的合外力的方向相同；

结合速度与加速度的关系可知；当加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大．当物体的加速度方向与速度方向相反，速度减小．

所以作用在物体上的合外力减小时；速度可能随之减小，也可能随之增大．所以以上说法是错误的．

故答案为：×20、×【分析】【分析】匀速圆周运动合力等于向心力，方向始终指向圆心，只改变速度的方向，不改变速度的大小．【解析】【解答】解：物体做圆周运动；向心力方向始终指向圆心，方向时刻变化，此说法错误．

故答案为：×四、简答题(共3题，共6分)21、（1）Ag+Cl--e-=AgCl（2）正极（3）4（4）2NaCl+2H2O2NaOH+H2+CL2（5）Cu-2e-=Cu2+【分析】【分析】本题主要考查原电池和电解池原理，以及电极反应和离子的定向移动、电化学的简单计算，掌握原电池和电解池的工作原理是关键，解答时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极反应的特点分析判断，正确分析锰元素的化合价变化是该题的难点。【解答】rm{(1)Ag}化合价升高被氧化，所以是负极，故答案为：rm{Ag}rm{+}rm{Cl^{-}}rm{-}rm{e^{-}}rm{=}rm{AgCl}rm{(2)}在原电池中阳离子向正极移动，所以rm{Na}rm{Na}向正极移动，故答案为：正极；rm{{,!}^{+}}在总反应方程式中负极rm{(3)}升高rm{Ag}价，每消耗rm{1}转移rm{2molAg}电子，此时恰好生成rm{2mol}根据得失电子守恒，生成rm{1molNa_{2}Mn_{5}O_{10}}转移rm{2molNa_{2}Mn_{5}O_{10}}电子，故答案为：rm{4mol}rm{4}石墨为惰性电极，电解饱和食盐水，阳极氯离子放电，阴极水中氢离子放电，故答案为：rm{(4)}rm{2NaCl+2H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{overset{碌莽陆芒}{=}2NaOH}rm{+H}rm{2}rm{2}；rm{隆眉}铜是阳极，是活性电极，铜放电，故答案为：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)}正极rm{(3)4}rm{(4)2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}2NaOH}rm{(4)2NaCl+2H_{2}Ooverset{碌莽陆芒}{=}

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

(2)分子晶体

(3)①H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]﹣+H+②ac

(4)①BN②3【分析】【分析】

本题是对物质结构的考查，涉及化学键类型、氢键、价电子排布图、杂化轨道理论、晶体类型与性质、晶胞结构与晶胞计算。

【解答】

rm{(1)B}元素为rm{5}号元素，原子核外有rm{5}个电子，分两层排布，第一层rm{2}个，第二层rm{3}个，所以核外电子排布式为：rm{1s}元素为rm{(1)B}号元素，原子核外有rm{5}个电子，分两层排布，第一层rm{5}个，第二层rm{2}个，所以核外电子排布式为：rm{3}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}个共价键，所以rm{2p}原子采用rm{{,!}^{1}}，乙硼烷分子中每个硼原子含有rm{4}个共价键，所以rm{B}原子采用rm{sp}rm{4}

rm{B}故答案为：rm{sp}rm{{,!}^{3}}杂化，rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}

rm{{,!}^{2}}三氯化硼和三氟化硼常温下都是气体，所以它们固态时的晶体类型为分子晶体，硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{1}}；rm{sp}rm{sp}rm{{,!}^{3}}杂化；rm{(3)}三氯化硼和三氟化硼常温下都是气体，所以它们固态时的晶体类型为分子晶体，硼元素具有缺电子性，其化合物可与具有孤电子对的分子或离子形成配合物，rm{BF}rm{(3)}与rm{BF}之间形成配位键，rm{{,!}_{3}}原子含有孤电子对，所以氮原子提供孤电子对，能与rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}反应生成rm{BF}rm{BF}rm{{,!}_{3}}

rm{?NH}故答案为：rm{?NH}rm{{,!}_{3}}

，rm{B}与rm{N}之间形成配位键，rm{N}原子含有孤电子对，所以氮原子提供孤电子对，rm{BF}硼酸为一元弱酸，在水溶液里，和水电离出的氢氧根离子形成配位键，其电离方程式为：rm{B}rm{N}rm{N}rm{BF}rm{{,!}_{3}}rm{?NH}rm{?NH}rm{{,!}_{3}}结构式为：，分子晶体；；

rm{(3)垄脵}硼酸为一元弱酸，在水溶液里，和水电离出的氢氧根离子形成配位键，其电离方程式为：rm{H}故答案为：rm{(3)垄脵}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{{,!}^{+}}，是一种片层状结构白色晶体，片层状结构晶体有滑腻感，可作润滑剂，故正确；

rm{H}分子的稳定性与分子内的rm{H}rm{{,!}_{3}}共价键有关，熔沸点与氢键有关，故rm{BO}错误；

rm{BO}个硼酸分子形成了rm{{,!}_{3}}个氢键，但每个氢键是rm{+H}个硼酸分子共用的，所以平均含rm{+H}个氢键，则含有rm{{,!}_{2}}rm{O?[B(OH)}rm{O?[B(OH)}rm{{,!}_{4}}rm{]}氢键，故rm{]}正确；

rm{{,!}^{-}}硼原子最外层只有rm{+H}个电子，与氧原子形成rm{+H}对共用电子对，因此rm{{,!}^{+}}原子不是；rm{垄脷a.}硼酸rm{(H}rm{垄脷a.}错误；

rm{(H}故答案为：rm{{,!}_{3}}

rm{BO}根据原子半径大小知，rm{BO}原子半径大于rm{{,!}_{3}}原子，所以白色球表示rm{)}是一种片层状结构白色晶体，片层状结构晶体有滑腻感，可作润滑剂，故rm{a}正确；原子，利用均摊法得rm{)}原子个数rm{a}rm{b.}分子的稳定性与分子内的rm{B-O}rm{H-O}共价键有关，熔沸点与氢键有关，故rm{b}错误；rm{b.}原子个数rm{B-O}rm{H-O}rm{b}原子和rm{c.1}个硼酸分子形成了rm{6}个氢键，但每个氢键是rm{2}个硼酸分子共用的，所以平均含rm{3}个氢键，则含有rm{1molH}原子个数之比为rm{c.1}rm{6}rm{2}所以其化学式为rm{3}

rm{1molH}故答案为：rm{{,!}_{3}}

rm{BO}同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{BO}族、第rm{{,!}_{3}}族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能介于的晶体中有rm{3mol}氢键，故rm{c}正确；rm{3mol}之间的第二周期元素有rm{c}rm{d.}硼原子最外层只有rm{3}个电子，与氧原子形成rm{3}对共用电子对，因此rm{B}原子不是rm{8e}rm{d.}所以有rm{3}种，

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

【分析】【分析】对物体进行受力分析后，利用正交分解法，根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解即可．【解析】【解答】解：对物体受力分析如图；

由于匀速运动所以物体所受的合力为零；在水平方向有摩擦力f=Fcosθ；

再由f=μFN；

FN=mg+Fsinθ

解得：F=

答：推力为时可使物体沿水平地面匀速滑动．五、计算题(共4题，共16分)24、略

【分析】物体在斜面方向的受力情况如图所示：·······························（1分）由题意可知：θ=37°··········（2分）因为：Gx=mgsin37°=15N·······························（2分）F=µN=µmgcos37°=12N·······························（2分）由余弦定理可知：F2=Gx2+f2-2GXfcosθ,·······························（2分）带入数据可以得出：F=9N·······························（2分）本题考查摩擦力的方向问题，摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反，物体相对斜面的运动方向与摩擦力的方向相反，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与推力的合力，由力的分解列公式求解【解析】【答案】F=9N25、略

【分析】【解析】（1）当S1闭合，S2断开时；

导体棒静止；通过导体棒的电流。

A2分。

此时导体棒所受安培力F1=BI1L=0.20N2分。

（2）当S1闭合，S2断开时；导体棒静止；

有G=F1=0．20N2分。

设S1断开，S2闭合的情况下，导体棒加速度a=5．0m/s2时，其所受安培力为F2，速度为v1，通过导体棒的电流为I2，导体棒产生的感应电动势为E1。

根据牛顿第二定律有G－F2=ma，解得F2=0．10N2分。

由F2=BI2L，解得I2=1．0A2分。

根据欧姆定律有E1=I2R，解得E1=1．5V2分。

（3）将S1断开，S2闭合，导体棒由静止开始运动，当导体棒所受重力与安培力平衡时，导体棒的速度达到最大，设最大速度为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、加速后电子的动能是所以。

即

可见电子质量改变了0.02%，说明电子加速后的速度与光速相比仍然很小，因此可以使用这个公式,得：

【分析】【分析】本题关键是记住相对论有关相对论质量公进行分析求解．27、解：（1）带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动；根据牛顿第二定律得：

Eq=ma

根据运动学公式有：

y=at2

联立解得：a=5×105m/s2，t=4×10-4s

粒子刚进入磁场时竖直分速度大小为：

vy=at=5×105×4×10-4=200m/s

根据几何关系有：v2=v02+vy2

tanα=

代入数据解得：v=200m/s；与x轴成45°角。

（2）当初速度为0时粒子最容易穿过磁场．

根据Bqv=得：r=0.2m

要使所有带电粒子都返回电场；磁场的最小宽度为：d=0.2m

另解：Bqv=

则得：

当v0=0时；d=0.2m

（3）对于不同初速度的粒子通过磁场的轨迹在x轴上的弦长不变；有：

x1=2rsinα=2

设粒子第n次经过x=100m处，则有：x1+nv0t=x；n=2k+1（k=0，1，2，3，）

则得：v0=m/s；n=2k+1（k=0，1，2，