2025年湘教新版高三物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年湘教新版高三物理上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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、如图a所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度-时间图象如图b所示；下列判断正确的是（）

A.在0～1s内，外力F不断增大B.在1～3s内，外力F不断减小C.在3～4s内，外力F不断增大D.在3～4s内，外力F不断减小2、（理）[选修物理3-1模块（偏理）的考生做此题]如图所示电路，是伏安法测电阻的实验电路图，当滑片P向右移动时，电流表、电压表的读数变化情况是（）A.A变小，V变小B.A变大，V变小C.A变小，V变大D.A变大，V变大3、【题文】如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块A；B相连接；并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得。

A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s；且弹簧都是处于压缩状态。

B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长。

C.两物体的质量之比为

D.在t2时刻A与B的动能之比为4、一行星探测器从某行星表面竖直升空；发射时发动机推力恒定，发射升空后8s

末，发动机突然间发生故障而关闭；如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星半径为4000km

行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；则。

A.探测器在行星表面上升能达到的最大高度为256m

B.该行星表面的重力加速度为10m/s

C.该行星的第一宇宙速度为4km/s

D.根据题中所给已知条件可以求出该行星的质量5、如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知：三角形边长为1cm，B、C电荷量为qB=qC=1×10-6C，A电荷量为qA=-2×10-6C，A所受B、C两个电荷的静电力的合力F的大小和方向为（）A.180N，沿AB方向B.180N，沿AC方向C.180N，沿∠BAC的角平分线D.180N，沿∠BAC的角平分线6、如图所示电路，电源内阻不能忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，灯泡L电阻不变，S闭合电路稳定后，若环境温度升高，则（）A.电流表A示数变小B.灯泡L变亮C.电压表V示数变大D.电容器C充电7、下列物理量中是标量的是（）A.加速度B.位移C.速度D.动能8、下列说法中正确的是（）A.匀速圆周运动是一种匀变速运动B.曲线运动不可能是匀变速运动C.所受合外力始终为零的物体不可能是曲线运动D.质点要受到一个方向不断改变的力的作用，才可能做曲线运动9、将一个大小为F=10N且方向已知的力分解成为两个分力，已知其中一个分力F1的方向与F成30°角，如图中虚线所示，另一个分力F2的大小为6N，则求解F1、F2可得到（）A.唯一的一组解B.无数组解C.两组解D.无解评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、如图所示，匀强电场中有M、N、P三点连成直角三角形，MN=4cm，MP=5cm，将一带电量为-2×10-8C的检验电荷从M移到P点或从M移到N点，电场力做功都是8×10-9J，则电场强度方向是由____点指向____点，场强大小为____V/m．11、一质点沿半径为R的圆形轨道逆时针方向运动，运动了圆弧，质点通过的路程是____，通过的位移是____．12、如图，质量为m的小球由等长细绳AO、BO悬挂在半圆形支架上，AO水平，BO与竖直方向的夹角为30°，则AO的拉力大小TA=____；若绳的B端固定，A端向半圆支架顶端移动，移动过程中AO上有最小拉力，则此最小值TAmin=____．13、（2011秋•普陀区校级期中）如图所示，人重600N，平板重400N，滑轮重力不计，如果人要拉住木板使其静止不动，他必须用力F____N，人对平台的压力为____N．14、学物理识的同时，还应当分意学物理学研究问题思想和方，从一定义上，后点甚至更重要．伟大的物理学伽利略的究方对后来学研究具有大启作用，至今仍然具有重要意义．请回顾伽利略探究物体下落律过程，下面重要探究过程顺序列______．

验证/空//格遇到问题/格///数学推/格//格/出想空//格//空/空格理外格/得出结论．15、“绿水青山就是金山银山”，研究rm{NO_{2}}rm{NO}rm{CO}rm{mathrm{NO}_{2}^{-}}等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。rm{(1)}已知：rm{垄脵NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}该反应的平衡常数为rm{K_{1}(}下同rm{)}每rm{1mol}下列物质分解为气态原子消耗能量分别为。rm{NO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO}rm{812kJ}rm{1076kJ}rm{1490kJ}rm{632kJ}rm{垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)}rm{垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?

2NO(g)}rm{垄脹2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)}rm{娄陇H=+179.5kJ/molK_{2}}试写出rm{垄脹2NO(g)+O_{2}(g)?

2NO_{2}(g)}与rm{娄陇H=-11203kJ/molK_{3}}反应生成无污染物气体的热化学方程式________以及此热化学方程式的平衡常数rm{NO}________rm{CO}用rm{K=}rm{(}rm{K_{1}}表示rm{K_{2}}rm{K_{3}}污染性气体rm{)}与rm{(2)}在一定条件下的反应为：rm{2NO_{2}+4CO?4CO_{2}+N_{2}}某温度下，在rm{NO_{2}}密闭容器中充入rm{CO}和rm{2NO_{2}+4CO?

4CO_{2}+N_{2}}此时容器的压强为rm{1L}个大气压，rm{0.1molNO_{2}}秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的rm{0.2molCO}则反应开始到平衡时rm{1}的平均反应速率rm{5}________。若此温度下，某时刻测得rm{dfrac{29}{30}}rm{CO}rm{v(CO)=}rm{NO_{2}}的浓度分别为rm{CO}rm{CO_{2}}rm{N_{2}}rm{amol/L}要使反应向逆反应方向进行，rm{0.4mol/L}的取值范围________。rm{0.1mol/L}电化学降解rm{1mol/L}的原理如下图：rm{a}电源的负极是________rm{(3)}填rm{mathrm{NO}_{2}^{-}}或rm{垄脵}阴极反应式为________。rm{(}若电解过程中转移了rm{A}电子，则膜两侧电解液的质量变化差rm{(娄陇m_{脳贸}-trianglem_{脫脪})}为________rm{B)}rm{垄脷}16、（2011秋•鹤城区校级期末）如图所示，一质点沿半径为R的圆周从A点到B点运动了半周，它在运动过程中位移大小等于____，路程等于____．17、楞次定律：感应电流的磁场总是____引起感应电流的____的变化．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)18、每一种形式的能对应于一种运动形式．____．（判断对错）19、物体的平均速率为零，则物体一定处于静止状态．____．（判断对错）20、x-t图象描述了物体的位移随时间的变化规律．____．（判断对错）21、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）22、坐标系都是建立在参考系上的．____．（判断对错）23、“宁停三分，不抢一秒”指的是时间．____．（判断对错）24、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）25、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2题，共8分)26、如图所示，将电阻R1、R2、R3串联在电路中，已知R1=10Ω、R3=5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V；求：

（1）电路中的电流I

（2）电阻R2的阻值

（3）三只电阻两端的总电压U．27、如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°，导轨间距l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T，方向垂直斜面向上．将甲乙两电阻阻值相同、质量均为m=0.02kg的相同金属杆如图放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲乙相距也为l，其中l=0.4m．静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，使甲金属杆在运动过程中始终做沿导轨向下的匀加速直线运动，加速度大小5m/s2．（取g=10m/s2）

（1）乙金属杆刚进入磁场时；发现乙金属杆作匀速运动，则甲乙的电阻R为多少？

（2）以刚释放时t=0；写出从开始到甲金属杆离开磁场，外力F随时间t的变化关系，并说明F的方向．

（3）乙金属杆在磁场中运动时；乙金属杆中的电功率多少？

（4）若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量J；试求此过程中外力F对甲做的功．

评卷人得分五、简答题(共2题，共8分)28、试用重心的知识解释为什么现在优秀跳高运动员都采用“背越式”技术。29、在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动．如图所示；人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．若某人和滑板的总质量m=60.0kg，人在斜坡上滑下的距离AB=3m，滑板与斜坡摩擦忽略不计，滑板与水平滑道间的动摩擦因数μ=0.10，斜坡的倾角θ=37°．斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计．求：

（1）人坐在滑板上从斜坡A点滑到B点瞬时速度为多大？

（2）BC间距离为多大？（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】在速度-时间图象中，某一点纵坐标代表此时刻的瞬时速度；某点切线的斜率代表该时刻的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负．结合牛顿第二定律判断受力情况．【解析】【解答】解：A；在0～1s内；直线的斜率不变，加速度不变，由牛顿第二定律得：F-f=ma，可知外力F是恒力，故A错误．

B；在1～3s内；速度不变，物体做匀速直线运动，加速度等于零，F=f，故外力F的大小恒定，故B错误．

C；D、在3～4s内；斜率越来越大，说明加速度越来越大，所以物体做加速度增大的减速运动；

由牛顿第二定律得：f-F=ma；得F=f-ma，f；m不变，a增大，F减小，故C错误，D正确；

故选：D2、A【分析】【分析】当滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，分析电路中电流的变化，即可知道电流表示数的变化情况．由欧姆定律分析R1两端电压的变化，即可判断电压表示数的变化情况．【解析】【解答】解：当滑片P向右移动时；变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，所以电流表示数A变小．

由欧姆定律分析可知，R1两端电压变小；则知电压表示数V变小．故A正确．

故选：A．3、C|D【分析】【解析】

试卷分析：对于整体由于无摩擦，因此整体受力为零，系统动量守恒且机械能守恒。在0~t1内由于A的速度大于B的速度，所以弹簧正在压缩中，此后弹簧将B弹开使之继续加速，而对A向左，使其继续减速。由于在（t2~t3）时间内，B物体速度大于A的速度，所以弹簧一直伸长，所以t3时刻应该是弹簧伸长最长时，所以A错。接下来弹簧开始缩短，A加速，B减速，所以B错误。根据动量守恒定律所以C正确。因为在t2时刻，a、b物体速度均知道，所以可以求得所以D正确。

考点：动量守恒定律；图像类问题。

点评：此类题型考察了动量守恒定律约束下的物体的运动，并结合两物体的运动特点转化为它们的v-t图像，通过分析其运动找到两物体间的间距。【解析】【答案】CD4、C【分析】【分析】根据速度时间图线围成的面积求出探测器在行星表面上升的最大高度，结合图线的斜率求出行星表面的重力加速度.

根据重力提供向心力求出行星的第一宇宙速度。解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线围成的面积表示位移，图线的斜率表示加速度，知道第一宇宙速度的物理意义，掌握第一宇宙速度的求法。【解答】A.根据速度时间图线围成的面积知，探测器在行星表面上升的最大高度为：h=0.5隆脕24隆脕

64m

=

768m

，故A错误；B.根据图线的斜率知，行星表面的重力加速度为：故B错误；C.根据得，行星的第一宇宙速度为：故C正确；D.根据得行星的质量因为行星表面的重力加速度可以求出，行星的半径可以得出，但万有引力常量不知，所以不能求出行星的质量，故D错误；故选C。【解析】C

5、D【分析】【分析】先根据库仑定律求解B、C两个带电金属球对A球的库仑力，然后根据平行四边形定则求解A球所受的库仑力的合力．【解析】【解答】解：qB、qC电荷对qA带电金属球的库仑力大小相等；故：

F=F1=F2===180N

两个静电力；夹角为60°，故合力为：

F′=2Fcos30°=2×180N×=180N

方向沿∠BAC的角平分线。

故选：D6、B【分析】【分析】RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，根据温度的变化分析热敏电阻阻值变化；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；根据电压的变化分析电容器电量的变化．【解析】【解答】解：当环境温度升高时热敏电阻RT的阻值减小；电路的总电阻减小，则电路中电流增大，则灯泡L变亮；

因电流变大，则内电压及灯泡L两端的电压都增大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小；电压表V的读数变小，电容器的电压减小，则C在放电．故ACD错误，B正确．

故选：B．7、D【分析】【分析】只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．既有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量．【解析】【解答】解：只有大小；没有方向的物理量是标量，动能是标量，既有大小又有方向的物理量是矢量，加速度；位移和速度都是矢量，故D正确，ABC错误．

故选：D．8、C【分析】【分析】物体做曲线运动时，所受合外力的方向与加速度的方向在同一直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，加速度可以是变化的，也可以是不变的．平抛运动的物体所受合力是重力，加速度恒定不变，平抛运动是一种匀变速曲线运动．【解析】【解答】解：A；匀速圆周运动受到的向心力是始终指向圆心的；时刻变化，所以匀速圆周运动是变加速运动．故A错误．

B；物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上；但合外力不一定变化，如平抛运动，所以曲线运动可能是匀变速运动，故BD错误．

C；所受合外力始终为零的物体处于静止或匀速直线运动状态；不可能是曲线运动．故C正确；

故选：C．9、C【分析】【分析】已知合力的大小为10N，一个分力的方向已知，与F成30°夹角，另一个分力的最小值为Fsin30°=5N，而另一个分力F2的大小为6N，根据三角形定则可知分解的组数．【解析】【解答】解：已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，知另一个分力的最小值为Fsin30°=5N，而另一个分力大小大于5N小于10N，所以分解的组数有两组解．如图．故C正确，A、B、D错误．

故选：C．二、填空题(共8题，共16分)10、NM10【分析】【分析】根据公式U=求出M、P间和M、N间的电势差，找出等势点，确定等势线，根据电场线与等势线垂直，确定电场线的方向，再根据E=求场强大小．【解析】【解答】解：根据电场力做功的公式得：M、P间电势差为UMP==V=-0.4V，而从M移到N时，电场力做功也为8×10-9J，所以M、N间的电势差UMN=-0.4V；所以N；P两点为等势点，且N点的电势大于M点的电势，即场强方向由N→M；

则场强大小E===10V/m．

故答案为：N，M，10．11、【分析】【分析】路程等于运动轨迹的长度，位移的大小等于首末位置的距离．【解析】【解答】解：一质点沿半径为R的圆形轨道逆时针方向运动，运动了圆弧，质点通过的路程s=，位移x=．

故答案为：，．12、【分析】【分析】B点固定不动，悬点A由位置C向位置D移动，在这个过程中，物体始终处于平衡状态，找出不变的物理量，画出平行四边形进行分析．【解析】【解答】解：对O点受力分析；根据平衡条件得：

解得：T；

对O点受力分析，抓住两根绳的合力等于物体的重力，大小和方向都不变，OB绳拉力方向不变，根据平行四边形定则得，如图，知OA绳上拉力大小先减小后增大，当OA与OB垂直时拉力最小，最小值TAmin=mgsin30°=．

故答案为：；13、250350【分析】【分析】对人和平板整体受力分析；受重力和三根绳子的拉力，根据平衡条件列式求解即可求解出拉力．

再对人受力分析，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件和牛顿第三定律可得人对平台的压力等于重力减去绳子对人的拉力．【解析】【解答】解：对人和平板整体受力分析；受重力和三根绳子的拉力，根据平衡条件，有：

T2+T3+F=（M+m）g

其中：T2=2T3=2F

4T3=（M+m）g

解得：T3=0.25（M+m）g=250N；故人的拉力为250N；

再对人受力分析；受重力；支持力和拉力，根据平衡条件和牛顿第三定律可得人对平台的压力等于重力减去绳子对人的拉力，为600-250N=350N；

故答案为：250，350．14、略

【分析】解：利略在研物体下落规律时；首先是遇到问题即亚士多德的观出疑问，然后进行了猜想即落体是种最简单变运动，而最简单的变速动就速变化是均匀接着进行了验，伽实验结果进数学推理后进合的推得出结论，故伽利探究过程顺序是．

故答案为．

据利略体动研究；了解利略所开创的研究问题的方法和思维过程，即可正确解答本题．

伽利事实和理论思维结合起，以实验事实基开辟了新的究物理的方法道路，发展了人类的科学思维方式和科研方法．【解析】②④③①⑤⑥15、

（1）2NO（g）＋2CO（g）＝N2（g）＋2CO2（g）ΔH＝－759.8kJ／mol

（2）0.008mol／（L·s）a＜0.8

（3）①B＋6e－＋8H＋＝N2↑＋4H2O

②32【分析】【分析】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡有关图象、反应速率计算、平衡常数计算、影响化学平衡的因素等，难度中等，培养了学生分析问题解决问题的能力。【解答】rm{(1)垄脵N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH=+179.5kJ/mol}

rm{垄脷2NO(g)+O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangleH=-112.3kJ/mol}

rm{(1)垄脵N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H=+179.5kJ/mol}条件下rm{垄脷2NO(g)+O_{2}(g)=2NO_{2}(g)triangle

H=-112.3kJ/mol}rm{298k}和rm{1mol}rm{NO_{2}}反应生成rm{1mol}rm{CO}和rm{1mol}rm{CO_{2}}的热化学方程式为rm{垄脹2NO_{2}(g)+4CO(g)=N_{2}(g)+4CO_{2}(g)triangleH=-(368-134)KJ/mol=-232KJ/mol}

由盖斯定律rm{1mol}得到反应的热化学方程式：rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH=-759.8KJ/mol}化学方程式的平衡常数rm{K=dfrac{{K}_{3}隆陇{{K}_{1}}^{2}}{{K}_{2}}}

故答案为：rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH=-759.8KJ/mol}rm{K=dfrac{{K}_{3}隆陇{{K}_{1}}^{2}}{{K}_{2}}}

rm{NO}rm{垄脹2NO_{2}(g)+4CO(g)=N_{2}(g)+4CO_{2}(g)triangle

H=-(368-134)KJ/mol=-232KJ/mol}rm{(垄脷-垄脵+垄脹)隆脗2}起始rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangle

H=-759.8KJ/mol}化学方程式的平衡常数rm{K=

dfrac{{K}_{3}隆陇{{K}_{1}}^{2}}{{K}_{2}}}rm{K=

dfrac{{K}_{3}隆陇{{K}_{1}}^{2}}{{K}_{2}}}rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangle

H=-759.8KJ/mol}转化rm{K=

dfrac{{K}_{3}隆陇{{K}_{1}}^{2}}{{K}_{2}}}rm{(2)}rm{2NO_{2}+4CO?4CO_{2}+}rm{N_{2}}平衡rm{0.1}rm{0.2}rm{0}rm{0}rm{dfrac{0.3}{03-x}=dfrac{30}{29}}rm{2x}rm{v(CO)=dfrac{dfrac{0.04mol}{1L}}{5s}=0.008mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}rm{K=dfrac{0.01隆脕0.{04}^{4}}{0.{08}^{2}隆脕0.{16}^{4}}}某时刻测得rm{4x}rm{4x}rm{x}rm{0.1-2x}rm{0.2-4x}rm{4x}rm{x}rm{dfrac{0.3}{03-x}=dfrac{30}{29}

}rm{x=0.01mol}rm{v(CO)=dfrac{

dfrac{0.04mol}{1L}}{5s}=0.008mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}rm{K=

dfrac{0.01隆脕0.{04}^{4}}{0.{08}^{2}隆脕0.{16}^{4}}}某时刻测得rm{NO}rm{v(CO)=dfrac{

dfrac{0.04mol}{1L}}{5s}=0.008mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}则rm{Qc=dfrac{0.{1}^{4}隆脕1}{{a}^{2}隆脕0.{4}^{4}}}要使反应向逆反应方向进行需rm{K=

dfrac{0.01隆脕0.{04}^{4}}{0.{08}^{2}隆脕0.{16}^{4}}}即rm{dfrac{0.{1}^{4}隆脕1}{{a}^{2}隆脕0.{4}^{4}}>dfrac{0.01隆脕0.{04}^{4}}{0.{08}^{2}隆脕0.{16}^{4}}}解得rm{NO}rm{{,!}_{2}}rm{0.008mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}}、rm{CO}rm{CO}rm{CO}由图示知在rm{CO}电极上rm{{,!}_{2}}发生还原反应，因此、rm{N}电极为阴极，则rm{N}为负极，rm{{,!}_{2}}为电源正极；在阴极反应是的浓度分别为rm{amol/L}rm{0.4mol/L}rm{0.1mol/L}rm{1mol/L}则rm{Qc=

dfrac{0.{1}^{4}隆脕1}{{a}^{2}隆脕0.{4}^{4}}}要使反应向逆反应方向进行需rm{Qc>K}即得电子发生还原反应生成rm{amol/L}利用电荷守恒与原子守恒知有rm{0.4mol/L}参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：rm{0.1mol/L}

故答案为：rm{1mol/L}rm{Qc=

dfrac{0.{1}^{4}隆脕1}{{a}^{2}隆脕0.{4}^{4}}}

rm{Qc>K}转移rm{

dfrac{0.{1}^{4}隆脕1}{{a}^{2}隆脕0.{4}^{4}}>dfrac{0.01隆脕0.{04}^{4}}{0.{08}^{2}隆脕0.{16}^{4}}

}电子时，阳极rm{a<0.8}阳极反应为故答案为：失电子氧化为rm{0.008mol隆陇{L}^{-1}隆陇{s}^{-1}

}和rm{a<0.8}消耗rm{(3)垄脵}水，产生rm{Ag-Pt}进入阴极室，阳极室质量减少rm{NO_{2}^{-}}阴极室中放出rm{Ag-Pt}同时有rm{B}进入阴极室，因此阴极室质量减少rm{A}故膜两侧电解液的质量变化差rm{NO_{2}^{-}}左rm{N_{2}}右rm{H_{2}O}rm{2NO_{2}^{-}+8H^{+}+6e^{-}=N_{2}隆眉+4H_{2}O}则膜两侧电解液的质量变化差rm{B}

故答案为：rm{2NO_{2}^{-}+8H^{+}+6e^{-}=N_{2}隆眉+4H_{2}O}rm{垄脷}【解析】

rm{(1)2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}rm{娄陇H=-759.8kJ/mol}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}}rm{K=dfrac{{K}_{3}?K_{1}^{2}}{{K}_{2}}

}rm{(2)0.008mol/(L隆陇s)}rm{a<0.8}rm{2NO_{2}^{?}+6e^{-}+8H^{+}=N_{2}隆眉+4H_{2}O}

rm{(3)垄脵B}rm{2NO_{2}^{?}

+6e^{-}+8H^{+}=N_{2}隆眉+4H_{2}O}16、2RπR【分析】【分析】位移是指从初位置到末位置的有向线段；位移是矢量，有大小也有方向；

路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向．【解析】【解答】解：从A处运动到B处时；质点经过了半周，位移为线段AB的长度，为2R，路程为半圆的周长，为πR

故答案为：2RπR17、阻碍磁通量【分析】【分析】根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．【解析】【解答】解：当磁通量增大时；感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小．即感应电流的磁场一定是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．

故答案为：阻碍，磁通量三、判断题(共8题，共16分)18、√【分析】【分析】自然界物质运动的形式是多样的，每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化【解析】【解答】解：根据能量守恒定律可知：自然界物质运动的形式是多样的；每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化．

例如机械能对应机械运动；内能对应分子的无规则运动．故每一种形式的能对应于一种运动形式是对的．

故答案为：√19、√【分析】【分析】平均速度是位移与时间的比值；平均速率是位移的路程与时间的比值．由此分析即可．【解析】【解答】解：平均速率是位移的路程与时间的比值；物体的平均速率为零，则物体的路程为0，物体一定处于静止状态．所以该说法是正确的．

故答案为：√20、√【分析】【分析】位移-时间图象中的曲线反映了物体的位移随时间变化的规律．由此分析即可．【解析】【解答】解：根据x-t图象的意义可知；x-t图象描述了物体的位移随时间的变化规律，所以该说法是正确的．

故答案为：√21、×【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：×22、√【分析】【分析】建立坐标系的意义是为了定量描述质点的位置变化，要根据问题的实际需要，建立合适的坐标系，沿直线运动建立直线坐标系，在平面上运动，建立平面直角坐标系．【解析】【解答】解：建立坐标系是为了定量描述物体的位置和位置的变化；坐标系都是建立在参考系上的，没有参考系则坐标系无法建立，所以该说法是正确的．

故答案为：√23、√【分析】【分析】时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，对应物体的位移或路程，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，对应物体的位置．【解析】【解答】解：“宁停三分；不抢一秒”中的3分是3分钟，3分钟与1秒钟在时间轴上都是指的时间的长度，都是时间．故该说法正确；

故答案为：√24、×【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：×25、×【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2题，共8分)26、略

【分析】【分析】（1）串联电路中各处的电流相等；根据欧姆定律即可求得电流；

（2）电阻R2的阻值等于R2的电压除以电流；

（3）三只电阻两端的总电压等与三个电阻电压之和．【解析】【解答】解：（1）串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得：I===0.6A

（2）根据欧姆定律得：R2===20Ω

（3）对电阻R3有U3=IR3=0.6×5=3V

所以U=U1+U2+U3=6+12+3=21V

答：（1）电路中的电