2025年华师大新版高三物理下册月考试卷含答案

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A.该列波的传播速度是1m/sB.在0.9s末，质点Q第一次到达波峰C.如果x＝5m处就是波源，则它刚开始起振的方向是y轴的正方向D.当质点Q到达波峰时，质点P也在波峰7、【题文】有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为：“×1”“×10”“×100”“×1k”，某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角很大，为了减小误差，它应该()A.换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮B.换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮C.换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮D.换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮8、以速度v0水平抛出一小球，某时刻小球在竖直方向上的分位移与水平方向上的分位移大小相等，则此时小球（）A.速度大小为v0B.速度大小为v0C.速度方向与位移方向相同D.竖直分速度与水平分速度大小相等9、A、B两人分立于如图所示的位置上，人A在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，人B在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则人B观察到人A的即时速度（）A.斜向右上方B.斜向右下方C.水平向左D.斜向左上方评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、关于E=和E=k，下列说法正确的是（）A.E=对任何电场都适用B.E=k只适用于真空中点电荷的电场C.在库仑定律的表达式F=k中，k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小D.由E=k可知，在离点电荷很近，r接近于零时，电场强度达无穷大11、已知货物的质量为m，在某段时间内起重机将货物在竖直方向以加速度a（a＜g）匀加速下降h，重力加速度为g，在这段时间内（）A.货物的动能增加了m（g-a）hB.货物的机械能减小了m（g-a）hC.货物的重力势能减少了mghD.起重机对货物做功为m（g-a）h12、如图所示，已知R1＞R2，C1=C2，当S断开时，C1内有一带电粒子处于平衡状态，下面叙述正确的是（）A.S断开时，C1、C2电量之比为1：1B.S闭合后，C1、C2电量之比为R1：R2C.S闭合后，C1内的带电微粒向上加速运动D.S闭合后，B点电势升高13、一物体随升降机竖直向上运动的v-t图象如图所示，根据图象可知此物体（）A.前2s内处于失重状态B.前5s内合力对物体做功为OC.第2s内的位移大于第5s内的位移D.第1s末的加速度大于第4.5s末的加速度14、下列说法中正确的是()A.氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增加，原子的电势能减少B.光波是概率波，光子在前进和播过过程中；其位置和动量能够同时确定C.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光其他条件不变，则干涉条纹间距变宽D.发生光电效应时，光电子的最大初动能和入射光的频率成正比15、如图甲所示；在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则（）

A.升降机停止前在向上运动B.O-tl时间内小球处于失重状态，t1-t2时间内小球处于超重状态C.t1-t3时间内小球向下运动，动能先增大后减小D.t3-t4时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、（2005•徐汇区校级模拟）如图所示，物块A、B间用轻弹簧连接，放在框架C内，框架C用细绳悬挂着，系统静止，两个物块和框架的质量都相等，当剪断悬绳D的瞬间，A受____个力，B受____力，此瞬间，它们的加速度大小分别为aA=____，aB=____，aC=____．17、（2006•上海模拟）（A类题）在倾角为θ的光滑供销斜面上垂直纸面放一根长为L，质量为m的直导体棒，一匀强磁场垂直于斜面向下，如图所示，当导体棒内通有垂直纸面向里的电流I时，导体棒恰好静止在斜面上，则磁感应强度的大小为____，若磁感应强度大小不变，方向改为竖直向上，则导体棒的滑动方向为沿斜面向____．18、某同学“用单摆测定重力加速度”实验探究该问题．

（1）用最小分度为毫米的米尺测得摆线的长度为990.8mm，用10分度的游标卡尺测得摆球的直径如图1所示，摆球的直径为____mm．

（2）把摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使单摆在竖直平面内摆动，用秒表测出单摆做50次全振动所用的时间，秒表读数如图2所示，读出所经历的时间，单摆的周期为____s．

（3）测得当地的重力加速度为____m/s2．（保留3位有效数字）

19、质量为m的汽车经过凸拱桥顶点时的速度为v，桥面可看成圆弧，半径为r，则汽车的向心力大小为______，当汽车经过凸拱桥顶点时的速度为______时，桥面对汽车的支持力为零。（已知重力加速度为g）。20、春分时，阳光直射赤道，现赤道上有一个人在日落后2小时，抬头发现在头顶正上方有一颗卫星，设地球半径为R，则该卫星离地面高度至少为____，若该卫星绕地球转动方向与地球自转方向相同，它离地比同步卫星离地更远，则从地面上看它的运动方向为____（填“自东向西”或“自西向东”）．21、完成下列核反应方程。

（1）Al+n→Na+____

（2）N+He→O+____

（3）Be+He→____+n．22、将一根长为1.0m的导体棒AD在中点O处弯折成直角，放在磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，其AO边与磁场方向成60°角，使导体棒中通以10A的电流，如图所示，在导体棒沿着磁场力方向移动20cm的过程中，磁场力对通电导体棒所作的功为____．23、真空中有两个大小相等的带电球体，带电量分别为Q和-8Q，相距为r（r远大于球半径）时，它们之间的静电引力为F，若将两个带电体接触后再分开，仍相距r，它们之间的静电力F′为____力（吸引或排斥），静电力大小为F′=____F．24、（2015秋•宜春月考）在同一平面上共点的四个力F1、F2、F3、F4的大小依次是19N、40N、30N和15N方向如图所示，其合力大小为____N（sin37°=0.6，cos37°=0.8）评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)25、每一种形式的能对应于一种运动形式．____．（判断对错）26、原先没有磁性的铁，在长期受到磁铁的吸引会产生磁性____．（判断对错）27、几个不同阻值的电阻并联后，其总电阻等于各电阻之和．____．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共3题，共21分)28、如图所示，质量为M、倾角为θ的斜劈静止于粗糙平面上，另一个质量为m的物体置于斜劈上，如果在物体上施加一沿斜面向上的力F，物体与斜劈仍然保持静止状态，求斜劈与水平面间的摩擦力．29、rm{(1)}除去下列少量杂质rm{(}括号内杂质rm{)}写出所用试剂和有关离子方程式：rm{(2)}在标准状况下rm{4.48LCH_{4}}和rm{CO_{2}}混合气体的质量为rm{6.0g}则混合气体平均摩尔质量为____________rm{g/mol}相对于氢气的密度为____________；其中rm{CH_{4}}和rm{CO_{2}}的物质的量比为____________rm{(3)4gNaOH}溶解在水中，配成rm{100mL}溶液，配好后从中取出rm{10mL}溶液，加水稀释至rm{100mL}则稀释后所得溶液物质的量浓度是_______________rm{mol/L}．30、氮化硼rm{(BN)}晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相；与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如下图所示。

rm{(1)}基态硼原子的电子排布式为_________________________。rm{(2)}关于这两种晶体的说法，正确的是________rm{(}填序号rm{)}rm{a.}立方相氮化硼含有rm{娄脪}键和rm{娄脨}键，所以硬度大rm{b.}六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软rm{c.}两种晶体中的rm{B-N}键均为共价键rm{d.}两种晶体均为分子晶体rm{(3)}六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为________________，其结构与石墨相似却不导电，原因是____________________________rm{(4)}该晶体的天然矿物在青藏高原地下约rm{300km}的古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是_________________________。rm{(5)NH_{4}BF_{4}(}氟硼酸铵rm{)}是合成氮化硼纳米管的原料之一。rm{1molNH_{4}BF_{4}}含有________rm{mol}配位键。评卷人得分六、综合题(共1题，共8分)31、【题文】电热毯、电饭锅等人们常用的电热式家用电器，他们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同。图①为某种电热式电器的简化电路图，主要远件有电阻丝R1、R2和自动开关S。

（1）当自动开关S闭合和断开时；用电器分别处于什么状态？

（2）用电器由照明电路供电（U＝220V，设加热时用电器的电功率为400W，保温时用电器的电动功率为40W，则R1和R2分虽为多大？

（3）若将图①中的自动开关S换成理想的晶体二极管D；如图②所示，其它条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】伏安特性是曲线时，根据各点的对应坐标值，由欧姆定律求解电阻，即可求得电阻的差值．【解析】【解答】解：小灯泡的电阻随温度的升高而增大；故得出来的伏安特性曲线不是直线；

由图可知，A点的电阻RA==30Ω；B点电阻RB==40Ω；故电阻的变化为：40-30=10Ω；故D正确．

故选：D2、D【分析】【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，即可求得结论．【解析】【解答】解：A、B、根据图象可知，交流电压的最大值为36V，有效值为36V，频率为f==0.25Hz；故A错误，B错误；

C；在2s末；交变电流的电压为零，所以此时的线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，变化率为零，故C错误；

D；3s末；电压最大，故磁通量的变化率最大，即磁通量变化最快，故D正确；

故选：D．3、B【分析】【分析】本题考查三种射线的穿透能力的大小：α连一张纸都不能穿过，β射线能穿透几毫米的铝板，γ射线甚至能穿透几厘米厚的铅板．【解析】【解答】解：α射线贯穿本领很弱；在空气中只能前进几厘米，一张纸就能把它挡住．β射线贯穿本领较强，能穿过黑纸，甚至能穿过几毫米厚的铝板．γ射线贯穿本领最强，甚至能穿透几厘米厚的铅板．

故贯穿能力最强的是γ射线；β射线次之，α射线最弱，故B正确，A；C、D错误．

故选：B．4、C【分析】【分析】根据题意：用电压表接ac两端时，示数是6V，接bd两端时，电压表示数为零．接ab两端时，示数也为零，根据欧姆定律，逐一分析四个选项，选择符合题意的选项．【解析】【解答】解：

A、若仅是L1断路，电路中没有电流，由欧姆定律得知，bd两端的电压为零，而ab两端的电压为6V；与题不符．故A错误．

B、若仅是L2断路，电路中没有电流，由欧姆定律得知，ab两端的电压为零，而bd两端的电压为6V；与题不符．故B错误．

C、若L1、L2断路，根据欧姆定律分析得知，ac两端的电压为6V，bd两端的电压为零，ab两端电压为零；与题相符．故C正确．

D、若L2、L3断路，根据欧姆定律分析得知，bd两端的电压应为6V；与题不符．故D错误．

故选C5、B【分析】【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．【解析】【解答】解：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变；所以C错误；

当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大；所以B正确；

由于副线圈的电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小；所以D错误；

由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大；所以A错误．

故选B．6、B【分析】【解析】

试题分析：经过0.7s,质点P恰好第二次到达波峰，所以故从图中可得所以A错误；从图中可得波上的质点的起振方向为向下振动，t=0.6s传播到Q点，t=0.9s时Q点振动了此时第一次达到波峰，B正确，C错误；PQ相距10m，不是波长的整数倍，所以不同步，Q点到达波峰时，P点在波谷，D错误。

故选B

考点：考查了横波图像。

点评：从图像中得出波长，振动方向，根据公式计算波速是要求必备的能力【解析】【答案】B7、D【分析】【解析】

试题分析：用多用电表的欧姆挡测未知电阻时；指针偏转角很大，说明该待测电阻的阻值相对该挡比较小，为了提高测量精确度，应换低率“×10Ω”的挡来测量，换挡之后，必须重新调零。故选D

考点：欧姆表的使用【解析】【答案】D8、B【分析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直分位移和水平分位移相等求出运动的时间，结合速度时间公式求出竖直分速度，通过平行四边形定则求出速度的大小．【解析】【解答】解：A、根据得，平抛运动的时间t=，则竖直分速度vy=gt=2v0，与初速度不等．则速度的大小．故A；D错误；B正确．

C、速度方向与水平方向夹角的正切值，而位移与水平方向的夹角的正切值；可知速度方向与位移的方向不同．故C错误．

故选：B．9、D【分析】【分析】物质处于不停的运动和发展中，因此运动是绝对的，静止是相对的．我们在研究物体的运动和静止情况要先选择一个假定不动的物体作为参照物，再看被研究物体相对于参照物是否有位置的变化，如果有变化，被研究物体就是运动的，如果没有变化，被研究物体就是静止的；参照物可以任意选取，运动的物体也可以作为参照物，但不能选被研究物体本身，参照物的选择情况不同，物体的运动和静止情况也不同，这是运动和静止的相对性．【解析】【解答】解：相对于地面；A的运动的方向向左，B运动的方向向下，人B观察到人A的即时速度是斜向左上方．故D选项正确．

故选：D二、多选题(共6题，共12分)10、ABC【分析】【分析】公式E=是电场强度的定义式，公式E=k是真空中点电荷的电场强度的计算式，它们的内涵与外延不同．据此分析．【解析】【解答】解：A、E=是电场强度的定义式；运用比值法定义，适用于任何电场，故A正确．

B、E=k只适用于真空中点电荷的电场；故B正确．

C、根据公式F=qE，知在库仑定律的表达式F=k中，k是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而k是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小；故C正确．

D、由E=k，可知该公式只适用于真空中点电荷的电场，当r接近于零时；带电体不能看成点电荷，该公式不再成立，所以得不到场强为无穷大的结论．故D错误．

故选：ABC．11、BC【分析】【分析】根据重力做功的大小求出重力势能的增加量，根据合力做功的大小求出动能的增加量，根据动能和重力势能的增加量求出机械能的增加量．【解析】【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：合力为F合=ma，则合力做功为W合=mah；知动能增加量为mah．故A错误．

B、根据动能定理：合力做功为W合=WG+W机=mgh+W机=mah，所以：W机=mah-mgh；所以货物的机械能减小了m（g-a）h．故B正确，D错误；

C；货物下降h高度；重力势能的减小量为mgh，故C正确；

故选：BC．12、AB【分析】【分析】电容器的电容不变，通过分析电压变化来分析电量变化．当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势．当S闭合时，R1、R2串联，C1与电阻R1并联，C2与电阻R2并联，C1、C2的电压等于R1、R2两端的电压，根据Q=UC及C1=C2即可判断S断开和闭合时电量之比；S闭合后，电容器C1的电压变小，则电场力变小，带电粒子向下加速运动；开关S断开时，电路中没有电流，B点电势为零，当S闭合时，B点电势高于零．【解析】【解答】解：A、当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势，Q=UC，而C1=C2，所以Q1=Q2，即C1、C2电量之比为1：1；故A正确；

B、当S闭合时，R1、R2串联，C1与电阻R1并联，C2与电阻R2并联，C1、C2的电压等于R1、R2两端的电压，所以根据串联电路的特点可知，，Q=UC，而C1=C2，所以；故B正确；

C、由B分析可知，当S闭合时，C1的电压小于电源电压，则带电粒子受到的电场力F=变小；电场力小于重力，带电粒子向下加速运动，故C错误；

D、开关S断开时，电路中没有电流，B点电势为零，当S闭合时，R2两端有电压且R2下端电势为零；所以B点电势大于零，即S闭合后，B点电势降低，故D错误．

故选：AB．13、BC【分析】【分析】速度图象的斜率等于物体的加速度大小．根据斜率的正负分析加速度的正负．图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移．根据速度时间的图象，判断物体的受力的情况和运动的情况，再由功率的公式和动能定理就可以做出判断．【解析】【解答】解：A；由图象可知；在前2s内，物体向上做匀加速运动，加速度向上，物体处于超重状态，故A错误；

B；由图象可知；前5s内物体动能的变化量为零，由动能定理可得，合外力对物体做功为零，故B正确；

C；由图象可知；第2s内图象与坐标轴所包围的图形面积大于第5s内图象与坐标轴所包围图形的面积，因此第2s内的位移大于第5s内的位移，故C正确；

D；由图象可知；前2s内图象的斜率小于第5s内图象的斜率，即前2s内的加速度小于第5s内的加速度，故D错误；

故选：BC．14、AC【分析】【分析】能级跃迁时；根据电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力分析电子动能的变化，结合能量的变化分析电势能的变化；光波是概率波，其位置和动量具有不确定性；根据双缝干涉的条纹间距公式，结合波长的变化分析条纹的间距变化；根据光电效应方程分析光电子的最大初动能与入射光的频率关系。

本题考查了能级；概率波、双缝干涉、光电效应方程等基础知识点；关键要熟悉教材，了解这些基本规律.

对于原子电势能的变化，也可以结合库仑引力做功来判断。

【解答】A.氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电子的轨道半径减小，根据ke2r2=mv2r知，电子的动能增加，由于原子的能量减小，则原子的电势能减小，故A正确；

B.光波是概率波，光子在前进和传播过程中，其位置和动量具有不确定性，故B错误；

C.根据?x=Ld娄脣知，仅将入射光由绿光改为红光其他条件不变，则波长增大，干涉条纹的间距变宽，故C正确；

D.根据光电效应方程知，EEkm=hv鈭�W=hv-W0，可知光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故D错误。

故选AC。

【解析】AC

15、AC【分析】【分析】根据弹力的变化，结合惯性的知识判断升降机停止前向哪个方向运动，对小球受力，通过加速度的方向确定超重还是失重；根据加速度的方向与速度方向的关系确定小球的速度变化，从而得出小球动能的变化．【解析】【解答】解：A；从0时刻开始；弹簧弹力减小，知小球向上运动，可知升降机停止前向上运动．故A正确．

B、O-tl时间内，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，t1-t2时间内；重力大于弹力，加速度向下，也处于失重状态．故B错误．

C、O-tl时间内，小球向上运动，t1-t3时间内；小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后减小，所以动能先增大后减小．故C正确．

D、t3时刻处于最低点，t3-t4时间内，小球向上运动，动能增加，弹性势能减小，重力势能增加，则小球弹性势能的减小量等于动能和势能增加量之和，所以t3-t4时间内弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量．故D错误．

故选：AC．三、填空题(共9题，共18分)16、230【分析】【分析】先对A受力分析，求出细线剪短前后A的加速度；再对B、C整体受力分析，求出BC整体的加速度．【解析】【解答】解：物体A受重力和弹簧弹力；在细绳剪断瞬间，重力和弹力都未发生改变，所以A仍受两个力，仍受力平衡，所以a=0；

当剪断悬绳D的瞬间，BC的加速度相等，将B，C看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于A物体的重力，故整体的加速度为：a=

对B进行受力分析；B受到重力，弹簧弹力，和C对它的支持力，三个力作用．

故答案为：2；3；0；；17、下【分析】【分析】对导体棒受力分析，根据共点力平衡求出安培力的大小，从而求出磁感应强度的大小．通过导体棒的受力判断其滑动方向．【解析】【解答】解：对导体棒受力分析，根据平衡得，安培力F=mgsinθ，根据F=BIL，解得B=．

若磁感应强度大小不变；方向改为竖直向上，导体棒所受的安培力水平向右，则导体棒的滑动方向沿斜面向下．

故答案为：，下．18、略

【分析】

（1）主尺读数为18mm．10分度的游标卡尺每一分度表示的长度为0.1mm；游标尺第4条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为0.4mm，摆球的直径为18mm+0.4mm=18.4mm．

（2）由秒表读出单摆做50次全振动所用的时间t=90s+10.0s=100．s，单摆的周期T==．

（3）单摆的摆长l=摆线的长度+摆球的半径=990.8mm+9.2mm=1.00m．由单摆的周期公式T=2得，重力加速度g=代入解得，g=9.86m/s2

故答案为：（1）18.4；（2）2.0；（3）9.86

【解析】【答案】（1）10分度的游标卡尺每一分度表示的长度为0.1mm．由主尺读出整米数；由游标尺读出毫米的小数部分．

（2）（3）由秒表读出时间t，由T=求出单摆的周期；再由单摆的周期公式求出重力加速度g．

19、【分析】解：根据向心力公式：F=

当桥面对汽车的支持力为零时，只有重力提供向心力：

解得：v=

故答案为：

根据向心力公式写出向心力的大小；当桥面对汽车的支持力为零时，只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出此时的速度大小。

本题考查向心力，关键是分析出谁提供向心力，基础题目。【解析】20、自东向西【分析】【分析】赤道上有一个人在日落后2小时，抬头发现在头顶正上方有一颗卫星，2h地球转动30°，画出光路图，结合几何关系分析卫星的最小高度；如果卫星的高度大于同步卫星，利用万有引力等于向心力列式求解出角速度的表达式分析即可．【解析】【解答】解：春分时；阳光直射赤道，现赤道上有一个人在日落后2小时，抬头发现在头顶正上方有一颗卫星，光路图如图所示：

结合几何关系；有：

h==

对于卫星；万有引力提供向心力，故：

解得：

ω=

故如果卫星的高度大于同步卫星；则轨道半径大于同步卫星，则角速度小于同步卫星，故从地面上看它的运动方向为自东向西；

故答案为：，自东向西．21、HeC【分析】【分析】核反应中质量数和电荷数守恒，根据守恒规律列式求解即可．【解析】【解答】解：根据质量数守恒和电荷数守恒得：

（1）Al+n→Na+He

（2）N+He→O+；

（3）Be+He→C+n．

故答案为：（1）He；（2）；（3）C22、0【分析】【分析】根据安培力的特点：安培力一定垂直于磁感应强度的方向，安培力的方向与导线运动方向垂直．【解析】【解答】解：根据安培力的特点：安培力一定垂直于磁感应强度的方向；由题意导线沿磁感应强度方向移动了20cm，则导线移动的方向与安培力的方向垂直，故安培力不做功，即做功为0；

故答案为：0．23、排斥0.2【分析】【分析】当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．当异种电荷相接触时，则出现先中和再平分剩余的电荷．【解析】【解答】解：真空中有两个大小相等的带电球体，带电量分别为Q和-8Q，相距为r（r远大于球半径）时；它们之间的静电引力为：

F=k①

两个带电体接触后再分开，电荷先中和在均分，故均为-；为排斥力，库仑力为：

F′=k②

联立①②解得：F′≈0.2F

故答案为：排斥，0.2．24、27【分析】【分析】建立坐标系：以四个力的作用点为原点，以正东方向为x轴正方向，以正北方向为y轴方向，将F2、F3、F4分解到两个坐标轴上，分别求出x轴和y轴上的合力，再求解四个力的合力的大小和方向．【解析】【解答】解：1；建立坐标系如图．

2；根据平行四边形定则将各力垂直分解到两个坐标轴上．

3；分别求出x轴和y轴上的合力；

x轴方向的合力为：Fx=F1+F2cos37°-F3cos37°=19+32-24=27N

y轴方向的合力为：Fy=F2sin37°+F3sin37°-F4=24+18-15=27N；

所以四个力的合力大小为：

F=27N；方向东偏北45°．

故答案为：27四、判断题(共3题，共9分)25、√【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：√26、√【分析】【分析】在铁棒未被磁化前，铁棒内的分子电流的排布是杂乱无章的，故分子电流产生的磁场相互抵消，对外不显磁性，但当铁棒靠近磁铁时分子电流由于受到磁场的作用而使磁畴的取向大致相同从而被磁化对外表现出磁性；对磁铁加热或敲打时会使磁铁内的分子电流的排布变的杂乱无章，从而使磁铁的磁性减弱．【解析】【解答】解：在铁棒未被磁化前；铁棒内的分子电流的排布是杂乱无章的，故分子电流产生的磁场相互抵消，对外不显磁性，但当铁棒靠近磁铁时分子电流由于受到磁场的作用而使磁畴的取向大致相同从而被磁化对外表现出磁性．所以该说法是正确的．

故答案为：√27、×【分析】【分析】根据并联电阻的总电阻的倒数等于个分电阻的读数之和进行判定即可，【解析】【解答】解：因为并联电阻的总电阻的倒数等于个分电阻的倒数之和；所以题干则的说法是错误的．

故答案为：×五、简答题(共3题，共21分)28、略

【分析】【分析】斜劈和物体都处于静止状态，受力平衡，把斜劈和物体看成一个整体，受力分析，根据平衡条件列式求解即可．【解析】【解答】解：把斜劈和物体看成一个整体；整体处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件得：

水平方向f=Fcosθ

答：斜劈与水平面间的摩擦力为Fcosθ．29、（1）①稀盐酸Al2O3+6H+=2Al3++3H2O②CO2CO2+CO32-+H2O=2HCO3-③铁粉Fe+2Fe3+=3Fe2+

（2）30g/mol151：1

（3）0.1mol/L

【分析】【分析】本题旨在考查学生对物质分离和提纯方法、化学计量的综合计算的应用。【解答】rm{(1)垄脵}氧化铝能和稀盐酸反应，二氧化硅不能，可以用稀盐酸除去，离子方程式为：rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}故答案为：稀盐酸；rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{垄脷}碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：rm{CO_{2}+CO_{3}^{2-}+H_{2}O=2HCO_{3}^{-}}故答案为：二氧化碳；rm{CO_{2}+CO_{3}^{2-}+H_{2}O=2HCO_{3}^{-}}rm{垄脹}铁和铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式为：rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}故答案为：铁粉；rm{Fe+2Fe^{3+}=3Fe^{2+}}rm{(2)}在标准状况下rm{4.48LCH}在标准状况下rm{(2)}rm{4.48LCH}rm{{,!}_{4}}和rm{CO}rm{CO}质量为rm{{,!}_{2}}则混合气体平均摩尔质量为混合气体物质的量为rm{0.2mol}质量为rm{6.0g}则混合气体平均摩尔质量为rm{30g/mol}相对于氢气的密度为rm{15}设甲烷的物质的量为rm{a}二氧化碳的物质的量为rm{b}rm{30(a+b)=16a+44b}解得rm{a}rm{b=1:1}故答案为：rm{30g/mol}rm{15}rm{1:1}相对于氢气的密度为rm{0.2mol}设甲烷的物质的量为rm{6.0g}二氧化碳的物质的量为rm{30g/mol}rm{15}解得rm{a}rm{b}故答案为：rm{30(a+b)=16a+44b}rm{a}rm{b=1:1}rm{30g/mol}物质的量为rm{15}溶解在水中，配成rm{1:1}溶液，浓度为rm{(3)4gNaOH}物质的量为rm{0.1mol}溶解在水中，配成rm{100mL}溶液，浓度为rm{1mol/L}配好后从中取出rm{10mL}溶液，加水稀释至rm{100mL}则稀释后所得溶液物质的量浓度是rm{0.1mol/L}故答案为：rm{0.1}配好后从