2024年北師大版高三物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大版高三物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、關于作用力和反作用力的說法正確的是（）A.先有作用力，后有反作用力B.只有物體處于靜止狀態(tài)時，物體間才存在作用力和反作用力C.只有物體接觸時，物體間才存在作用力和反作用力D.兩物體間的作用力和反作用力一定是同性質的力2、甲同學根據實驗數據畫出的小車的加速度a和小車所受拉力F的圖象為右圖所示中的直線Ⅰ，乙同學畫出的圖象為圖中的直線Ⅱ．直線Ⅰ、Ⅱ在縱軸或橫軸上的截距較大．明顯超出了誤差范圍，下面給出了關于形成這種情況原因的四種解釋，其中可能正確的是（）A.實驗前甲同學沒有平衡摩擦力B.甲同學在平衡摩擦力時，把長木板的末端抬得過高了C.實驗前乙同學沒有平衡摩擦力D.乙同學在平衡摩擦力時，把長木板的末端抬得過高了3、關于電磁感應，下列說法正確的是（）A.有電必有磁，有磁必生電B.電磁感應過程可以使其它形式的能轉化為電能C.電磁感應現象的發(fā)現，使人類社會進入了機械化大生產時代D.電壓表和電流表都是利用電磁感應原理工作的4、【題文】如圖所示的直線電流磁場的磁感線,哪個圖是正確的（）5、光滑水平面上兩根固定的剛性細桿OM，ON成15°夾角交于O點，如圖所示，可視為質點的小球在OM桿內側與O相距l(xiāng)=20cm的P處，以與MO成30°角方向的初速度v0朝著ON桿運動，初速度大小為v0=10cm/s．下列判斷正確的是（）A.小球可以運動到O點B.小球不可能返回到P點C.小球經過2秒能夠回到P點處D.小球將在兩桿間無限的往返碰撞6、關于超重和失重，下列說法正確的是（）A.超重時物體的重力是增加了B.超重時物體的重力是不變的C.完全失重時物體的重力沒有了D.完全失重時物體的重力減少了7、一根通有電流I的直銅棒用軟導線掛在如圖所示勻強磁場中，此時懸線中的張力大于零而小于銅棒的重力．欲使懸線中張力為零，可采用的方法有（）A.適當增大電流，方向不變B.適當減小電流，并使它反向C.電流大小、方向不變，適當減弱磁場D.使原電流反向，并適當增加磁場評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、某個自由下落的物體，可忽略空氣阻力對其影響，到達地面時的速度為40m/s，由此可知，該物體是從____m高的地方下落的，落到地面用了____s的時間，在最后1s內通過的高度是____m．（g取10m/s2）9、第一次從高為h處水平拋出一個球，其水平射程為s，第二次用跟第一次相同的速度從另一處水平拋出另一小球，水平射程比前一次多了△s，不計空氣阻力，則第二次拋出點的高度為____．10、在做水波通過小孔衍射的演示實驗時，激發(fā)水波的振子振動頻率為5Hz，水波在水槽中傳播速度為0.05m/s，為使實驗效果更明顯，使用小孔直徑d應____m．11、B．在研究氣體的壓強與體積的關系實驗中，在氣體體積的測量中，如果不將注射器與壓強傳感器連接的軟管體積計入，其他數據測量無誤．則由這些數據作出的壓強和體積倒數的圖線將____???（填經過或不經過）坐標原點．分組實驗中各實驗小組測出的p?V值不同，這是因為____??????????．12、【題文】若兩顆人造衛(wèi)星A和B繞地球做勻速圓周運動，角速度之比為8∶1，則A和B兩顆衛(wèi)星的軌道半徑之比為____________，運動的速率之比為_____________。13、真空中，可以視為點電荷的兩個小球A．B相距為r，所帶電量分別為3q和-q，此時兩球間的靜電力為____，使它們碰觸之后再分開，距離為2r，此時兩球之間的靜電力為____．14、毛澤東在《七律?送瘟神》這首詩中有一句為“坐地日行八萬里，巡天遙看一千河”，請你根據所學知識及詩中的有用信息，估算一下身處赤道附近的人隨地球自轉的線速度大小為____m/s．（1km=2里）15、（2014?浙江校級模擬）如圖所示，一種向自行車車燈供電的小發(fā)電機的上端有一半徑r0=1.0cm的摩擦小輪，小輪與自行車車輪的邊緣接觸．當車輪轉動時，因摩擦而帶動小輪轉動，從而為發(fā)電機提供動力．自行車車輪的半徑R1=35cm，小齒輪的半徑R2=4.0cm，大齒輪的半徑R3=10.0cm．則大齒輪的轉速n1和摩擦小輪的轉速n2之比為____．（假定摩擦小輪與自行車輪之間無相對滑動）評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、作用在物體上的合外力減小時，速度也隨之減?。甠___（判斷對錯）17、物體只要是運動的，其合外力就一定不為零．____（判斷對錯）18、電子手表中的液晶在外加電壓的影響下能夠發(fā)光．____．（判斷對錯）19、地面上靜止的人觀察一條沿自身長度方向高速運動的桿，其長度總比桿靜止時的長度小____（判斷對錯）20、普朗克在研究黑體的熱輻射問題時提出了能量子假說____（判斷對錯）評卷人得分四、證明題(共4題，共20分)21、如圖所示，一列平面波朝著兩種介質的界面?zhèn)鞑?，A1A2是它在介質I中的一個波面，C1和C2位于兩種介質的界面上，B1B2是這列平面波進入介質II后的一個波面；A1C1和A2C2是它的兩條波線，入射角為θ1，折射角為θ2，波在I、Ⅱ介質中的傳播速度分別為v1和v2．

（1）試根據惠更斯原理證明：；

（2）若已知θ1=53°（sin53°=0.8），A1A2的長度為0.6m，介質I和介質II中的波速之比為v1：v2=4：3，則：A1C1B1與A2C2B2的長度相差多少？22、如圖所示，兩個光滑的水平導軌間距為L．左側連接有阻值為R的電阻，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過導軌平面，有一質量為m的導體棒以初速度v0向右運動．設除左邊的電阻R外．其它電阻不計．棒向右移動最遠的距離為s，問當棒運動到λs時0＜λ＜L，證明此時電阻R上的熱功率：P=．23、（2016?海淀區(qū)模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質點）平放在水平桌面的一張薄紙上，對紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動．已知物塊的質量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動摩擦因數均為μ1，紙與物塊間的動摩擦因數為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動量的定義；結合牛頓運動定律和運動學規(guī)律，證明：水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對桌面移動了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動），求此過程中水平拉力所做的功．24、（2013春?崇明縣期末）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上離地面高為h1的A處有一木塊，自靜止起勻加速滑下．在滑行過程中取一任意位置B，經過B處時木塊速度為v，位置B離地面高度h2．已知EA=mgh1，EB=mgh2+，試用牛頓第二定律和初速為零的勻加速直線運動公式證明：EA=EB．評卷人得分五、簡答題(共4題，共28分)25、天然氣部分氧化制取的化工原料氣中，常含有氧硫化碳rm{(COS}結構類似于rm{CO_{2})}目前氧硫化碳脫除可采用氫解和水解兩種方法，其反應原理如下：氫解：rm{COS(g)+H_{2}(g)?H_{2}S(g)+CO(g)}水解：rm{COS(g)+H_{2}O(g)?H_{2}S(g)+CO_{2}(g)}rm{COS(g)+H_{2}(g)?

H_{2}S(g)+CO(g)}氧硫化碳的電子式為________________rm{COS(g)+H_{2}O(g)?

H_{2}S(g)+CO_{2}(g)}如下圖是氧硫化碳水解和氫解平衡轉化率隨溫度變化曲線。rm{(1)}觀察圖像，水解與氫解相比優(yōu)勢為_______________________________rm{(2)}水解的rm{壟脵}________rm{壟脷}填“大于”或“小于”rm{婁隴H}rm{0(}已知：rm{)}完全氫解能量變化為rm{壟脹}若初始rm{1molCOS(g)}的物質的量為rm{6.99kJ}從反應開始到rm{COS}點所示體系的能量變化為_________________rm{nmol}只列式，不必計算rm{R}rm{kJ(}氫解和水解產生的rm{)}必須進行回收處理，酸性、可溶性鐵鹽氧化rm{(3)}制取硫磺工藝備受重視。rm{H_{2}S}寫出酸性條件下用氯化鐵溶液吸收rm{H_{2}S}制取硫磺的離子方程式____________________rm{壟脵}吸收rm{H_{2}S}后的酸性廢液中的rm{壟脷}可通過電解法使rm{H_{2}S}再生，寫出電解時總反應的離子方程式：___________________________rm{Fe^{2+}}常溫下，在rm{Fe^{3+}}的酸性溶液中通入rm{壟脹}至飽和，測得硫化氫的平衡濃度為rm{c(H^{+})=0.30mol/L}計算此時溶液中rm{H_{2}S}___________________【忽略rm{0.10mol/L}電離生成的rm{c(S^{2-})=}rm{H_{2}S}rm{H^{+}}結果保留兩位有效數字?！縭m{Ka_{1}(H_{2}S)=1.3隆脕10^{-7}}26、【化學一物質結構與性質rm{]}rm{2013}年諾貝爾化學獎授予三位美國科學家，以表彰他們在開發(fā)多尺度復雜化學系統(tǒng)模型方面所作的貢獻，這種模型可以用量子化學計算小區(qū)間內rm{(}如生物固氮時固氮酶中rm{)}的化學反應。rm{(1)}固氮酶有鐵蛋白和鋁蛋白兩種，它們不僅能夠催化rm{N_{2}}還原成rm{NH_{3}}還能將環(huán)境廢物乙炔rm{(HC隆脭CH)}催化還原成乙烯。rm{壟脵}乙炔是________rm{(}填“極性”或“非極性”rm{)}分子。rm{壟脷}碳負離子rm{CH_{3}^{一}}的空間構型為____。rm{壟脹}根據等電子原理，rm{NO^{+}}的電子式為____。rm{(2)}釩可用于合成電池電極，也可用于人工合成的二價釩固氮酶rm{(}結構如圖甲rm{)}rm{壟脵V^{2+}}基態(tài)時核外電子排布式為____。rm{壟脷}釩固氮酶中釩的配位原子有____rm{(}填元素符號rm{)}rm{(3)}煙酰胺rm{(}結構如圖乙rm{)}可用于合成光合輔酶rm{NADPH}煙酰胺分子中氮原子的雜化軌道類型有________，rm{1mol}該分子中含rm{婁脪}鍵的數目為____。rm{(4)}金屬鎢單質是一種體心立方結構，若實驗測得晶胞的邊長為rm{anm}則列式表示金屬鎢的密度為____rm{g/cm^{3}(}不必計算出結果，已知鎢的相對原子質量是rm{183.8)}rm{(5)12g}石墨烯rm{(}結構如圖丙rm{)}中含有的正六邊形的物質的量為____rm{mol}請你預測硅是否容易形成類似石墨烯的結構，并說明理由。____rm{(}填“容易”或“不容易”rm{)}理由____。27、（2016春?松原校級月考）如圖所示，半徑為R，內徑很小的光滑半圓管豎直放置．質量為m的小球以某一速度進入管內，通過最高點A時，對管壁的作用力為mg．求：小球落地點距軌道最低點B的距離的可能值．28、如圖所示，電源電動勢為3V，內阻為0.5Ω，電路中的電阻R1=R2=2Ω，R4=R5=4Ω，R3=3Ω；電流表；電壓表均為理想電表．求：

（1）閉合開關S后；電壓表和電流表的示數；

（2）R1、R4兩端的電壓和通過R1、R4的電流．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，它們同時產生、同時消失、同時變化，是同種性質的力【解析】【解答】解：A；作用力和反作用力大小相等；方向相反，作用在同一條直線上，它們同時產生、同時消失、同時變化，故A錯誤。

B；作用力與反作用力與物體的運動狀態(tài)和是否接觸沒有關系；故BC錯誤。

D；作用力與反作用力一定是性質相同的力．故D正確。

故選：D2、B【分析】【分析】甲圖象表明在小車的拉力為0時，合外力大于0，說明平衡摩擦力過度．乙圖象說明在拉力大于0時，物體的加速度為0，說明繩子的拉力被摩擦力平衡了，即沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．【解析】【解答】解：A；B、Ⅰ圖象表明在小車的拉力為0時；小車的加速度大于0，說明合外力大于0，說明平衡摩擦力過渡，即把長木板的末端抬得過高了．故A錯誤，B正確．

C；D、Ⅱ圖象說明在拉力大于0時；物體的加速度為0，說明合外力為0，即繩子的拉力被摩擦力平衡了，即沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是沒有將長木板的末端抬高或抬高不夠．故C正確，D錯誤．

故選：BC．3、B【分析】【分析】電磁之間可以相互轉化，但不是一定轉化，由電磁感應的實質可判定B，電磁感應現象的發(fā)現，使人類社會進入了電氣化時代，由電壓和電流表的工作原理是：當電表中有電流通過時，指針會發(fā)生偏轉，其工作原理是通電線圈在磁場中會發(fā)生轉動；【解析】【解答】解：

A；電磁之間可以相互轉化；只是說在一定條件下是可以的，并不是在任何時候都能出現這種現象，故A錯誤。

B；電磁感應實質是有外力做功時；將其他形式的能轉化為電能，故B正確。

C；電磁感應現象的發(fā)現；使人類社會進入了電氣化時代，故C錯誤。

D；兩種電表利用的都是其工作原理是通電線圈在磁場中會發(fā)生轉動；故D錯誤。

故選B4、A【分析】【解析】根據右手螺旋定則；拇指指電流方向，彎曲的四指指磁場方向，可知磁場方向為逆時針，且靠近電流周圍的磁場較大，故A正確。

故選A【解析】【答案】A5、C【分析】【分析】小球與剛性細桿發(fā)生彈性，遵守反射定律，類似于光的反射，所以可將小球的運動類比為光線在平面鏡M、N之間的反射，作出光路圖，利用對稱性分析即可．【解析】【解答】解：A；小球作的勻速折線運動；可將小球的運動類比為光線在平面鏡M、N之間的反射．而根據對稱性，光線經鏡面反射后的行進等效于光線沿原入射方向的行進．所以光線在兩平面鏡之間的不斷反射可等效為光線沿PP′直線傳播．故小球不可能運動到O點．故A錯誤．

BC；由于∠POP′=4×15°=60°；所以∠PP′O=90°，因此光線能夠沿原路返回到P點，所以小球從P點出發(fā)到又回到P點，總的路程即為PP″=2PP′

所經歷的時間為t===s=2s．故B錯誤；C正確．

D；由圖知小球將在兩桿間不是無限的往返碰撞；故D錯誤．

故選：C．6、B【分析】【分析】物體對支持物的壓力或者對懸掛物的拉力大于物體的重力稱為超重，小于重力則稱為失重，處于超重或失重狀態(tài)時物體的質量或重力并不變．【解析】【解答】解：A；不論超重或失重甚至完全失重；物體所受重力是不變的．故A錯誤，B正確；

C；質量是物體的固有屬性；與物體的運動狀態(tài)無關．不論超重或失重甚至完全失重，物體的重力大小不變．故C錯誤，D錯誤；

故選：B7、A【分析】【分析】對導線進行受力分析，然后由平衡條件列方程，根據安培力公式分析答題．【解析】【解答】解：懸線考試受重力；繩子的張力；豎直向上的安培力處于平衡．

A；適當增加電流；方向不變，則安培力增大，則拉力減小，可以為零．故A正確．

B；適當減小電流；并使它反向，安培力反向，拉力增大，不可能為零．故B錯誤．

C；電流大小、方向不變；適當減弱磁場，安培力減小，則拉力增大，不可能為零．故C錯誤．

D；使原電流反向；并適當增加磁場，安培力反向，拉力比以前大．不可能為零．故D錯誤．

故選：A．二、填空題(共8題，共16分)8、80435【分析】【分析】根據勻變速直線運動的速度位移公式求出物體下落的高度，根據速度時間公式求出物體下落的時間，根據位移時間公式求出最后1s內通過的高度．【解析】【解答】解：物體下落的高度，物體落地的時間t=；

則最后1s內通過的高度=35m．

故答案為：80，4，35．9、．【分析】【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，抓住初速度相等求出運動時間關系，結合豎直方向上的位移時間公式求出高度關系，從而得出第二次拋出點的高度．【解析】【解答】解：設初速度為v0，則第一次運動的時間①

高度h=②

第二次運動的時間③

則高度h′=④

聯立①②③④得，h′=．

故答案為：．10、≤0.01【分析】【分析】本題考查波發(fā)生明顯衍射的條件，一般直接比較孔的直徑d與水波波長λ的關系即可，當d＜λ時肯定發(fā)生明顯的衍射．【解析】【解答】解：由發(fā)生明顯衍射現象的條件知，當d≤λ時滿足要求，由v=λf得λ==m；因為d≤λ，所以d≤0.01m．

故答案為：≤0.0111、不經過各實驗小組封閉氣體的質量不同【分析】【分析】根據玻意耳定律知，當溫度不變時，一定質量的理想氣體壓強與體積成反比，壓強與體積的倒數的圖線是一條經過原點的直線．【解析】【解答】解：若體積測量準確；壓強和體積倒數的圖線經過原點，現測量的體積偏大，所以圖線不經過原點．

根據克拉柏龍方程PV=nRT知；PV值不同，可能是各實驗小組封閉氣體的質量不同．

故答案為：不經過、各實驗小組封閉氣體的質量不同12、略

【分析】【解析】由角速度半徑之比為1：4，線速度公式可得比值為2：1【解析】【答案】1：4，2：113、【分析】【分析】將它們接觸后再分開，然后放回原來的位置，則電荷量中和，再進行平分，根據點電荷庫侖力的公式F=k可以求得改變之后的庫侖力的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓焊鶕靵龆蒄=k，則有兩球間的庫侖力的公式F=

將它們接觸后再分開，然后放在距離為2r，則電荷量中和，再進行平分，因此電量均為+q，則庫侖力為F′==；

故答案為：，．14、463【分析】【分析】每晝夜地球自轉一圈，用完成的路程除以時間即可．【解析】【解答】解：由線速度：=463m/s

故答案為：46315、n1：n2=2：175【分析】【分析】共軸轉動，角速度相等；靠摩擦傳動以及靠鏈條傳動，線速度大小相等；抓住該特點列式分析即可．【解析】【解答】解：共軸轉動；角速度相等，故小齒輪和車輪角速度相等；

靠摩擦傳動以及靠鏈條傳動；線速度大小相等，故大齒輪和小齒輪邊緣點線速度相等，車輪與摩擦小輪邊緣點線速度也相等；

設大齒輪的轉速n1，則大齒輪邊緣點線速度為2πR3n1，大齒輪和小齒輪邊緣點線速度相等，故小齒輪邊緣點線速度也為2πR3n1，故其角速度為，小齒輪和車輪角速度相等，故車輪角速度為；

車輪線速度為：；車輪與摩擦小輪邊緣點線速度相等；

故摩擦小輪邊緣點線速度為；

故摩擦小輪的轉速n2為=；

故n1：n2=2：175；

故答案為：n1：n2=2：175．三、判斷題(共5題，共10分)16、×【分析】【分析】加速度是反映速度變化快慢的物理量，當加速度方向與速度方向相同，做加速運動，當加速度方向與速度方向相反，做減速運動．【解析】【解答】解：加速度是反映速度變化快慢的物理量．根據牛頓第二定律可知；加速度的方向與物體受到的合外力的方向相同；

結合速度與加速度的關系可知；當加速度方向與速度方向相同，加速度減小，速度增大．當物體的加速度方向與速度方向相反，速度減?。?/p>

所以作用在物體上的合外力減小時；速度可能隨之減小，也可能隨之增大．所以以上說法是錯誤的．

故答案為：×17、×【分析】【分析】力是改變速度的原因，不是維持速度的原因，根據牛頓第一定律分析即可．【解析】【解答】解：當物體做勻速直線運動時；物體不受力或者受平衡力，故力不是維持速度的原因；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】液晶像液體一樣可以流動，又具有某些晶體結構特征的一類物質．液晶是介于液態(tài)與結晶態(tài)之間的一種物質狀態(tài)；液晶在外加電壓的影響下并不發(fā)光，而是由于液晶通電時，排列變得有秩序，使光線容易通過．【解析】【解答】解：液晶在外加電壓的影響下并不發(fā)光；而是由于液晶通電時，排列變得有秩序，使光線容易通過．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×19、√【分析】【分析】根據狹義相對論的幾個重要的效應之一：尺縮效應：在尺子長度方向上運動的尺子比靜止的尺子短，當速度接近光速時，尺子縮成一個點，即可正確解答．【解析】【解答】解：根據相對論的尺縮效應：一條沿自身長度方向運動的桿；其長度總比桿靜止時的長度短．故該說法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】根據物理學史的知識，結合普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假設即可正確解答．【解析】【解答】解：普朗克在研究黑體的熱輻射問題時提出了能量子假說．故以上說法是正確的．

故答案為：√四、證明題(共4題，共20分)21、略

【分析】【分析】（1）根據惠更斯原理畫出波面C1D1與C2D2；根據幾何關系得到入射角正弦和折射角的正弦．結合光傳播距離公式s=vt求解．

（2）根據光線在兩種介質中的速度之比為入射角和折射角的正弦之比，通過幾何關系求出A1C1B1和A2C2B2的長度相差的距離【解析】【解答】解：（1）證明：如圖，根據惠更斯原理畫出波面C1D1與C2D2．

在RT△C1D1C2和RT△C2D2C1中：∠C2C1D1=θ1，∠C1C2D2=θ2；有：

，

又因為D1C2=v1t，C1D2=v2t

所以聯立各式得：得證。

（2）根據，v1：v2=4：3和θ1=53°得：θ2=37°

所以C1C2=1.0m，D1C2=0.8m，C1D2=0.6m

所以A1C1B1與A2C2B2的長度相差：△r=D1C2-C1D2=0.2m

答：（1）證明見上．

（2）A1C1B1與A2C2B2的長度相差0.2m．22、略

【分析】【分析】導體棒向右運動時，受到向左的安培力作用而減速運動，根據牛頓第二定律和加速度的定義式，運用積分法研究整個過程，再對棒運動λs時研究，求出電路中電流，從而得到R上的熱功率．【解析】【解答】證明：取向右為正方向．根據牛頓第二定律得：

-=ma=m①

即得-v△t=m△v②

兩邊求和得：（-v△t）=m△v③

又v△t=△x④

對整個過程，由③求和得-s=m（0-v0）；

即有s=mv0⑤

從開始運動到棒運動到λs的過程，由③求和得：-λs=m（v-v0）⑥

由⑤⑥解得棒運動到λs速度為：v=（1-λ）v0⑦

此時電阻R上的熱功率為：P===．

得證．23、略

【分析】【分析】（1）①根據滑動摩擦力公式f=μN求解摩擦力．

②根據牛頓第二定律得物塊和薄紙的加速度．從而得到速度的變化量；再研究水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量，即可證明．

（2）根據相對位移，得到摩擦產生的熱量，利用功能關系求解．【解析】【解答】解：（1）①從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

物塊對薄紙施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面對薄紙施加的摩擦力f桌=μ1（M+m）g

薄紙受到的總的摩擦阻力f總=μ1（M+m）g+μ2Mg

②從開始抽紙到薄紙被抽離物塊底部的過程，假設物塊的加速度為aM、薄紙的加速度為am，所用時間為t，這一過程物塊和紙張的速度變化量分別為△vM，△vm．

則有△vM=aMt，△vm=amt；

對于薄紙，根據牛頓第二定律有F-f桌-f物=mam

對于物塊，根據牛頓第二定律有f紙=MaM

由牛頓第三定律有f物=f紙

由以上三式解得F-f桌=mam+MaM

上式左右兩邊都乘以時間t，有（F-f桌）t=mamt+MaMt=m△vm+M△vM

上式左邊即為水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量；右邊即為物塊和紙的總動量的變化量．命題得證．

說明：其他方法正確同樣得分．

（2）設物塊在薄紙上加速和在桌面上減速的位移分別為x1，x2；

則物塊對地位移s0=x1+x2

因薄紙質量可忽略；故其動能可忽略，所以水平拉力F所做的功有以下一些去向：

薄紙與桌面間的摩擦生熱Q1=μ1Mg（x1+L）

物塊與薄紙間的摩擦生熱Q2=μ2Mgs相=μ2MgL

物塊與桌面間的摩擦生熱Q3=μ1Mgx2

由功能關系有WF=Q1+Q2+Q3

解得WF=μ1Mg（s0+L）+μ2MgL

所以，水平拉力F所做的功W=μ1Mg（s0+L）+μ2MgL．

答：

（1）①薄紙所受總的摩擦力為μ1（M+m）g+μ2Mg．②證明見上．

（2）此過程中水平拉力所做的功為μ1Mg（s0+L）+μ2MgL．24、略

【分析】【分析】木塊釋放后做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求出加速度，根據運動學基本公式求出到達B點速度，從而求出EB，比較EB和EA即可．【解析】【解答】解：木塊釋放后做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律得：a=；

根據v2=2al得：

木塊到達B點速度v=；

則EB=mgh2+=mgh2+mgh1-mgh2=mgh1=EA得證．

答：證明如上．五、簡答題(共4題，共28分)25、（1）

（2）①水解利用廉價的水蒸氣作轉化劑，比氫氣便宜、易得（或水解在較低溫度下，氧硫化碳具有較高的轉化率，比氫解節(jié)約能源）

②小于③96%n×6.99

（3）①2Fe3++H2S＝2Fe2++2H++S

②2Fe2++2H+2Fe3++H2↑

③1.0×10-21mol/L

【分析】【分析】本題考查電解原理、離子方程式的書寫。【解答】rm{(1)O}與rm{S}均為rm{VIA}族元素，rm{COS}的電子式與rm{CO_{2}}的電子式類似，rm{COS}的電子式為rm{(2)壟脵}水解利用廉價的水蒸氣作轉化劑，比氫氣便宜、易得rm{(}或水解在較低溫度下，氧硫化碳具有較高的轉化率，比氫解節(jié)約能源rm{)}rm{壟脷}溫度升高，水解過程中平衡轉化率降低，即升高溫度平衡向逆反應方向移動，水解為放熱反應，rm{婁隴H<0}rm{婁隴H<0}氫解rm{壟脹}點的平衡轉化率為rm{R}rm{96%}rm{nmolCOS}點所示體系的能量變化為從反應開始到rm{R}點所示體系的能量變化為rm{R}氯化鐵與rm{96%n隆脕6.99}發(fā)生氧化還原反應，rm{(3)壟脵}為弱電解質，根據轉移電子數守恒離子方程式為rm{H_{2}S}rm{H_{2}S}rm{2Fe^{3+}+H_{2}S=2Fe^{2+}+2H^{+}+S}rm{壟脷}酸性廢液中的rm{Fe}rm{Fe}陰極rm{2}得電子生成氫氣，總離子方程式為rm{2}rm{+}rm{壟脹Ka_{1}隆脕Ka_{2}=9.1隆脕10^{-22}=dfrac{c(S2-)隆脕{c}^{2}({H}^{+})}{c({H}_{2}S)}=dfrac{c({S}^{2-})隆脕0.{3}^{2}}{0.1}}解得rm{+}在陽極上通過電解法生成rm{Fe^{3+}}陰極rm{H^{+}}得電子生成氫氣，總離子方程式為【解析】rm{(1)}rm{(2)壟脵}水解利用廉價的水蒸氣作轉化劑，比氫氣便宜、易得rm{(}或水解在較低溫度下，氧硫化碳具有較高的轉化率，比氫解節(jié)約能源rm{)}rm{壟脷}小于rm{壟脹96%n隆脕6.99}rm{(3)壟脵2Fe^{3+}+H_{2}S=2Fe^{2+}+2H^{+}+S}

rm{壟脷2Fe^{2+}+2H^{+}}rm{2Fe^{3+}+H_{2}隆眉}

rm{壟脹1.0隆脕10^{-21}mol/L}26、（1）①非極性②三角錐形③（2）①1s22s22p63s23p63d3②N、S（3）sp2sp315NA（4）（5）0.5不容易，Si原子半徑較大，3p軌道不易重疊形成π鍵【分析】【分析】本題是對物質結構的考查，涉及分子結構與性質、等電子體、核外電子排布、配合物、化學鍵、雜化軌道、晶胞計算等，需要學生具備知識的基礎與遷移運用能力?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}乙炔是為直線型對稱結構；分子中正負電荷重心重合，屬于非極性分子；

故答案為：非極性；

rm{壟脷CH_{3}^{-}}離子中rm{C}原子價層電子對數為rm{3+dfrac{4+1-1隆脕3}{2}=4}含有rm{1}對孤電子對數；其空間構型為三角錐形；

故答案為：三角錐形；

rm{壟脹NO^{+}}與氮氣互為等電子體，rm{NO^{+}}中rm{N}原子與rm{O}原子之間形成rm{3}對共用電子對，其電子式為

故答案為：

rm{(2)壟脵V}元素原子核外電子數為rm{23}失去最最高能層中最高能級電子形成rm{V^{2+}}rm{V^{2+}}基態(tài)時核外電子排布式為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{3}}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{3}}

rm{壟脷}由圖可知，釩固氨酶中釩的配位原子有rm{S}與rm{N}

故答案為：rm{N}rm{S}

rm{(3)}由煙酰胺結構式可知，分子中氨基中rm{N}原子成rm{3}個rm{婁脪}鍵、含有rm{1}對孤電子對，雜化軌道數目為rm{4}采取rm{sp^{3}}雜化，而環(huán)中rm{N}原子成rm{2}個rm{婁脪}鍵、含有rm{1}對孤電子對，雜化軌道數目為rm{3}采取rm{sp^{2}}雜化；

分子中含有rm{4}個rm{C-H}鍵、rm{2}個rm{N-H}鍵、rm{3}個rm{C-C}鍵、，rm{2}個rm{C-N}鍵、rm{4}個雙鍵，單鍵為rm{婁脪}鍵，雙鍵含有rm{1}個rm{婁脪}鍵、rm{1}個rm{婁脨}鍵，故分子中含有rm{婁脪}鍵為rm{15}故rm{lmol}該分子中含rm{婁脪}鍵數目為rm{15N_{A}}

故答案為：rm{sp^{2}}rm{sp^{3}}rm{15N_{A}}

rm{(4)}金屬鎢單質是一種體心立方結構，晶胞之間rm{W}原子數目為rm{1+8隆脕dfrac{1}{8}=2}晶胞質量為rm{2隆脕dfrac{183.9}{N_{A}}g}胞體積為rm{2隆脕dfrac

{183.9}{N_{A}}g}則鎢的密度為rm{2隆脕dfrac{183.9}{N_{A}}g隆脗(a隆脕10^{-7}cm)^{3}=dfrac{2隆脕183.9}{(a隆脕10^{-7})^{3}隆脕N_{A}}g/cm^{3}}

故答案為：rm{dfrac{2隆脕183.9}{(a隆脕10^{-7})^{3}隆脕N_{A}}g/cm^{3}}