2025年湘教新版高三物理上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年湘教新版高三物理上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖a所示，在粗糙水平面上，物塊A在水平向右的外力F的作用下做直線運(yùn)動(dòng)，其速度-時(shí)間圖象如圖b所示；下列判斷正確的是（）

A.在0～1s內(nèi)，外力F不斷增大B.在1～3s內(nèi)，外力F不斷減小C.在3～4s內(nèi)，外力F不斷增大D.在3～4s內(nèi)，外力F不斷減小2、（理）[選修物理3-1模塊（偏理）的考生做此題]如圖所示電路，是伏安法測(cè)電阻的實(shí)驗(yàn)電路圖，當(dāng)滑片P向右移動(dòng)時(shí)，電流表、電壓表的讀數(shù)變化情況是（）A.A變小，V變小B.A變大，V變小C.A變小，V變大D.A變大，V變大3、【題文】如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為和的兩物塊A；B相連接；并靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使A瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得。

A.在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s；且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)。

B.從t3到t4時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)。

C.兩物體的質(zhì)量之比為

D.在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為4、一行星探測(cè)器從某行星表面豎直升空；發(fā)射時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)推力恒定，發(fā)射升空后8s

末，發(fā)動(dòng)機(jī)突然間發(fā)生故障而關(guān)閉；如圖所示為探測(cè)器從發(fā)射到落回出發(fā)點(diǎn)全過程的速度圖象；已知該行星半徑為4000km

行星表面沒有大氣，不考慮探測(cè)器總質(zhì)量的變化；則。

A.探測(cè)器在行星表面上升能達(dá)到的最大高度為256m

B.該行星表面的重力加速度為10m/s

C.該行星的第一宇宙速度為4km/s

D.根據(jù)題中所給已知條件可以求出該行星的質(zhì)量5、如圖所示，有三個(gè)點(diǎn)電荷A、B、C位于一個(gè)等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，已知：三角形邊長(zhǎng)為1cm，B、C電荷量為qB=qC=1×10-6C，A電荷量為qA=-2×10-6C，A所受B、C兩個(gè)電荷的靜電力的合力F的大小和方向?yàn)椋ǎ〢.180N，沿AB方向B.180N，沿AC方向C.180N，沿∠BAC的角平分線D.180N，沿∠BAC的角平分線6、如圖所示電路，電源內(nèi)阻不能忽略，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，燈泡L電阻不變，S閉合電路穩(wěn)定后，若環(huán)境溫度升高，則（）A.電流表A示數(shù)變小B.燈泡L變亮C.電壓表V示數(shù)變大D.電容器C充電7、下列物理量中是標(biāo)量的是（）A.加速度B.位移C.速度D.動(dòng)能8、下列說法中正確的是（）A.勻速圓周運(yùn)動(dòng)是一種勻變速運(yùn)動(dòng)B.曲線運(yùn)動(dòng)不可能是勻變速運(yùn)動(dòng)C.所受合外力始終為零的物體不可能是曲線運(yùn)動(dòng)D.質(zhì)點(diǎn)要受到一個(gè)方向不斷改變的力的作用，才可能做曲線運(yùn)動(dòng)9、將一個(gè)大小為F=10N且方向已知的力分解成為兩個(gè)分力，已知其中一個(gè)分力F1的方向與F成30°角，如圖中虛線所示，另一個(gè)分力F2的大小為6N，則求解F1、F2可得到（）A.唯一的一組解B.無數(shù)組解C.兩組解D.無解評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有M、N、P三點(diǎn)連成直角三角形，MN=4cm，MP=5cm，將一帶電量為-2×10-8C的檢驗(yàn)電荷從M移到P點(diǎn)或從M移到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功都是8×10-9J，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向是由____點(diǎn)指向____點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)大小為____V/m．11、一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓形軌道逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)了圓弧，質(zhì)點(diǎn)通過的路程是____，通過的位移是____．12、如圖，質(zhì)量為m的小球由等長(zhǎng)細(xì)繩AO、BO懸掛在半圓形支架上，AO水平，BO與豎直方向的夾角為30°，則AO的拉力大小TA=____；若繩的B端固定，A端向半圓支架頂端移動(dòng)，移動(dòng)過程中AO上有最小拉力，則此最小值TAmin=____．13、（2011秋?普陀區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，人重600N，平板重400N，滑輪重力不計(jì)，如果人要拉住木板使其靜止不動(dòng)，他必須用力F____N，人對(duì)平臺(tái)的壓力為____N．14、學(xué)物理識(shí)的同時(shí)，還應(yīng)當(dāng)分意學(xué)物理學(xué)研究問題思想和方，從一定義上，后點(diǎn)甚至更重要．偉大的物理學(xué)伽利略的究方對(duì)后來學(xué)研究具有大啟作用，至今仍然具有重要意義．請(qǐng)回顧伽利略探究物體下落律過程，下面重要探究過程順序列______．

驗(yàn)證/空//格遇到問題/格///數(shù)學(xué)推/格//格/出想空//格//空/空格理外格/得出結(jié)論．15、“綠水青山就是金山銀山”，研究rm{NO_{2}}rm{NO}rm{CO}rm{mathrm{NO}_{2}^{-}}等大氣污染物和水污染物的處理對(duì)建設(shè)美麗中國(guó)具有重要意義。rm{(1)}已知：rm{壟脵NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}該反應(yīng)的平衡常數(shù)為rm{K_{1}(}下同rm{)}每rm{1mol}下列物質(zhì)分解為氣態(tài)原子消耗能量分別為。rm{NO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO}rm{812kJ}rm{1076kJ}rm{1490kJ}rm{632kJ}rm{壟脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)}rm{壟脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?

2NO(g)}rm{壟脹2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)}rm{婁隴H=+179.5kJ/molK_{2}}試寫出rm{壟脹2NO(g)+O_{2}(g)?

2NO_{2}(g)}與rm{婁隴H=-11203kJ/molK_{3}}反應(yīng)生成無污染物氣體的熱化學(xué)方程式________以及此熱化學(xué)方程式的平衡常數(shù)rm{NO}________rm{CO}用rm{K=}rm{(}rm{K_{1}}表示rm{K_{2}}rm{K_{3}}污染性氣體rm{)}與rm{(2)}在一定條件下的反應(yīng)為：rm{2NO_{2}+4CO?4CO_{2}+N_{2}}某溫度下，在rm{NO_{2}}密閉容器中充入rm{CO}和rm{2NO_{2}+4CO?

4CO_{2}+N_{2}}此時(shí)容器的壓強(qiáng)為rm{1L}個(gè)大氣壓，rm{0.1molNO_{2}}秒時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，容器的壓強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼膔m{0.2molCO}則反應(yīng)開始到平衡時(shí)rm{1}的平均反應(yīng)速率rm{5}________。若此溫度下，某時(shí)刻測(cè)得rm{dfrac{29}{30}}rm{CO}rm{v(CO)=}rm{NO_{2}}的濃度分別為rm{CO}rm{CO_{2}}rm{N_{2}}rm{amol/L}要使反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，rm{0.4mol/L}的取值范圍________。rm{0.1mol/L}電化學(xué)降解rm{1mol/L}的原理如下圖：rm{a}電源的負(fù)極是________rm{(3)}填rm{mathrm{NO}_{2}^{-}}或rm{壟脵}陰極反應(yīng)式為________。rm{(}若電解過程中轉(zhuǎn)移了rm{A}電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差rm{(婁隴m_{脳貿(mào)}-trianglem_{脫脪})}為________rm{B)}rm{壟脷}16、（2011秋?鶴城區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓周從A點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)了半周，它在運(yùn)動(dòng)過程中位移大小等于____，路程等于____．17、楞次定律：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是____引起感應(yīng)電流的____的變化．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)18、每一種形式的能對(duì)應(yīng)于一種運(yùn)動(dòng)形式．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、物體的平均速率為零，則物體一定處于靜止?fàn)顟B(tài)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、x-t圖象描述了物體的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、甲、乙兩杯水，水中均有顆粒在做面朗運(yùn)動(dòng)，經(jīng)顯微鏡觀察后，發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，說明甲杯中水溫高于乙杯．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、坐標(biāo)系都是建立在參考系上的．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、“寧停三分，不搶一秒”指的是時(shí)間．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、向心力的方向始終指向圓心，所以向心力的方向始終不變．____（判斷對(duì)錯(cuò)）25、物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大．____．評(píng)卷人得分四、解答題(共2題，共8分)26、如圖所示，將電阻R1、R2、R3串聯(lián)在電路中，已知R1=10Ω、R3=5Ω，R1兩端的電壓為6V，R2兩端的電壓為12V；求：

（1）電路中的電流I

（2）電阻R2的阻值

（3）三只電阻兩端的總電壓U．27、如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ=30°，導(dǎo)軌間距l(xiāng)，所在平面的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.2T，方向垂直斜面向上．將甲乙兩電阻阻值相同、質(zhì)量均為m=0.02kg的相同金屬桿如圖放置在導(dǎo)軌上，甲金屬桿處在磁場(chǎng)的上邊界，甲乙相距也為l，其中l(wèi)=0.4m．靜止釋放兩金屬桿的同時(shí)，在甲金屬桿上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌的外力F，使甲金屬桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終做沿導(dǎo)軌向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小5m/s2．（取g=10m/s2）

（1）乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)；發(fā)現(xiàn)乙金屬桿作勻速運(yùn)動(dòng)，則甲乙的電阻R為多少？

（2）以剛釋放時(shí)t=0；寫出從開始到甲金屬桿離開磁場(chǎng)，外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系，并說明F的方向．

（3）乙金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)；乙金屬桿中的電功率多少？

（4）若從開始釋放到乙金屬桿離開磁場(chǎng)，乙金屬桿中共產(chǎn)生熱量J；試求此過程中外力F對(duì)甲做的功．

評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共2題，共8分)28、試用重心的知識(shí)解釋為什么現(xiàn)在優(yōu)秀跳高運(yùn)動(dòng)員都采用“背越式”技術(shù)。29、在海濱游樂場(chǎng)里有一種滑沙的游樂活動(dòng)．如圖所示；人坐在滑板上從斜坡的高處A點(diǎn)由靜止開始滑下，滑到斜坡底端B點(diǎn)后沿水平的滑道再滑行一段距離到C點(diǎn)停下來．若某人和滑板的總質(zhì)量m=60.0kg，人在斜坡上滑下的距離AB=3m，滑板與斜坡摩擦忽略不計(jì)，滑板與水平滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.10，斜坡的傾角θ=37°．斜坡與水平滑道間是平滑連接的，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力忽略不計(jì)．求：

（1）人坐在滑板上從斜坡A點(diǎn)滑到B點(diǎn)瞬時(shí)速度為多大？

（2）BC間距離為多大？（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】在速度-時(shí)間圖象中，某一點(diǎn)縱坐標(biāo)代表此時(shí)刻的瞬時(shí)速度；某點(diǎn)切線的斜率代表該時(shí)刻的加速度，向右上方傾斜，加速度為正，向右下方傾斜加速度為負(fù)．結(jié)合牛頓第二定律判斷受力情況．【解析】【解答】解：A；在0～1s內(nèi)；直線的斜率不變，加速度不變，由牛頓第二定律得：F-f=ma，可知外力F是恒力，故A錯(cuò)誤．

B；在1～3s內(nèi)；速度不變，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度等于零，F(xiàn)=f，故外力F的大小恒定，故B錯(cuò)誤．

C；D、在3～4s內(nèi)；斜率越來越大，說明加速度越來越大，所以物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)；

由牛頓第二定律得：f-F=ma；得F=f-ma，f；m不變，a增大，F(xiàn)減小，故C錯(cuò)誤，D正確；

故選：D2、A【分析】【分析】當(dāng)滑片P向右移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，分析電路中電流的變化，即可知道電流表示數(shù)的變化情況．由歐姆定律分析R1兩端電壓的變化，即可判斷電壓表示數(shù)的變化情況．【解析】【解答】解：當(dāng)滑片P向右移動(dòng)時(shí)；變阻器接入電路的電阻增大，電路中電流減小，所以電流表示數(shù)A變?。?/p>

由歐姆定律分析可知，R1兩端電壓變??；則知電壓表示數(shù)V變?。蔄正確．

故選：A．3、C|D【分析】【解析】

試卷分析：對(duì)于整體由于無摩擦，因此整體受力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒且機(jī)械能守恒。在0~t1內(nèi)由于A的速度大于B的速度，所以彈簧正在壓縮中，此后彈簧將B彈開使之繼續(xù)加速，而對(duì)A向左，使其繼續(xù)減速。由于在（t2~t3）時(shí)間內(nèi)，B物體速度大于A的速度，所以彈簧一直伸長(zhǎng)，所以t3時(shí)刻應(yīng)該是彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)時(shí)，所以A錯(cuò)。接下來彈簧開始縮短，A加速，B減速，所以B錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量守恒定律所以C正確。因?yàn)樵趖2時(shí)刻，a、b物體速度均知道，所以可以求得所以D正確。

考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；圖像類問題。

點(diǎn)評(píng)：此類題型考察了動(dòng)量守恒定律約束下的物體的運(yùn)動(dòng)，并結(jié)合兩物體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)轉(zhuǎn)化為它們的v-t圖像，通過分析其運(yùn)動(dòng)找到兩物體間的間距?！窘馕觥俊敬鸢浮緾D4、C【分析】【分析】根據(jù)速度時(shí)間圖線圍成的面積求出探測(cè)器在行星表面上升的最大高度，結(jié)合圖線的斜率求出行星表面的重力加速度.

根據(jù)重力提供向心力求出行星的第一宇宙速度。解決本題的關(guān)鍵知道速度時(shí)間圖線的物理意義，知道圖線圍成的面積表示位移，圖線的斜率表示加速度，知道第一宇宙速度的物理意義，掌握第一宇宙速度的求法?！窘獯稹緼.根據(jù)速度時(shí)間圖線圍成的面積知，探測(cè)器在行星表面上升的最大高度為：h=0.5隆脕24隆脕

64m

=

768m

，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)圖線的斜率知，行星表面的重力加速度為：故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)得，行星的第一宇宙速度為：故C正確；D.根據(jù)得行星的質(zhì)量因?yàn)樾行潜砻娴闹亓铀俣瓤梢郧蟪?，行星的半徑可以得出，但萬(wàn)有引力常量不知，所以不能求出行星的質(zhì)量，故D錯(cuò)誤；故選C?！窘馕觥緾

5、D【分析】【分析】先根據(jù)庫(kù)侖定律求解B、C兩個(gè)帶電金屬球?qū)球的庫(kù)侖力，然后根據(jù)平行四邊形定則求解A球所受的庫(kù)侖力的合力．【解析】【解答】解：qB、qC電荷對(duì)qA帶電金屬球的庫(kù)侖力大小相等；故：

F=F1=F2===180N

兩個(gè)靜電力；夾角為60°，故合力為：

F′=2Fcos30°=2×180N×=180N

方向沿∠BAC的角平分線。

故選：D6、B【分析】【分析】RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，根據(jù)溫度的變化分析熱敏電阻阻值變化；由閉合電路歐姆定律可知電路中電流及電壓的變化；根據(jù)電壓的變化分析電容器電量的變化．【解析】【解答】解：當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)熱敏電阻RT的阻值減?。浑娐返目傠娮铚p小，則電路中電流增大，則燈泡L變亮；

因電流變大，則內(nèi)電壓及燈泡L兩端的電壓都增大，由E=U內(nèi)+U外可得，RT兩端電壓減?。浑妷罕鞻的讀數(shù)變小，電容器的電壓減小，則C在放電．故ACD錯(cuò)誤，B正確．

故選：B．7、D【分析】【分析】只有大小，沒有方向的物理量是標(biāo)量，如路程、時(shí)間、質(zhì)量等都是標(biāo)量．既有大小又有方向，相加時(shí)遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、動(dòng)量等都是矢量．【解析】【解答】解：只有大??；沒有方向的物理量是標(biāo)量，動(dòng)能是標(biāo)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正確，ABC錯(cuò)誤．

故選：D．8、C【分析】【分析】物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受合外力的方向與加速度的方向在同一直線上，合力可以是恒力，也可以是變力，加速度可以是變化的，也可以是不變的．平拋運(yùn)動(dòng)的物體所受合力是重力，加速度恒定不變，平拋運(yùn)動(dòng)是一種勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．【解析】【解答】解：A；勻速圓周運(yùn)動(dòng)受到的向心力是始終指向圓心的；時(shí)刻變化，所以勻速圓周運(yùn)動(dòng)是變加速運(yùn)動(dòng)．故A錯(cuò)誤．

B；物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件是合力的方向與速度方向不在同一條直線上；但合外力不一定變化，如平拋運(yùn)動(dòng)，所以曲線運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)，故BD錯(cuò)誤．

C；所受合外力始終為零的物體處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；不可能是曲線運(yùn)動(dòng)．故C正確；

故選：C．9、C【分析】【分析】已知合力的大小為10N，一個(gè)分力的方向已知，與F成30°夾角，另一個(gè)分力的最小值為Fsin30°=5N，而另一個(gè)分力F2的大小為6N，根據(jù)三角形定則可知分解的組數(shù)．【解析】【解答】解：已知一個(gè)分力有確定的方向，與F成30°夾角，知另一個(gè)分力的最小值為Fsin30°=5N，而另一個(gè)分力大小大于5N小于10N，所以分解的組數(shù)有兩組解．如圖．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．

故選：C．二、填空題(共8題，共16分)10、NM10【分析】【分析】根據(jù)公式U=求出M、P間和M、N間的電勢(shì)差，找出等勢(shì)點(diǎn)，確定等勢(shì)線，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，確定電場(chǎng)線的方向，再根據(jù)E=求場(chǎng)強(qiáng)大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓焊鶕?jù)電場(chǎng)力做功的公式得：M、P間電勢(shì)差為UMP==V=-0.4V，而從M移到N時(shí)，電場(chǎng)力做功也為8×10-9J，所以M、N間的電勢(shì)差UMN=-0.4V；所以N；P兩點(diǎn)為等勢(shì)點(diǎn)，且N點(diǎn)的電勢(shì)大于M點(diǎn)的電勢(shì)，即場(chǎng)強(qiáng)方向由N→M；

則場(chǎng)強(qiáng)大小E===10V/m．

故答案為：N，M，10．11、【分析】【分析】路程等于運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度，位移的大小等于首末位置的距離．【解析】【解答】解：一質(zhì)點(diǎn)沿半徑為R的圓形軌道逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)了圓弧，質(zhì)點(diǎn)通過的路程s=，位移x=．

故答案為：，．12、【分析】【分析】B點(diǎn)固定不動(dòng)，懸點(diǎn)A由位置C向位置D移動(dòng)，在這個(gè)過程中，物體始終處于平衡狀態(tài)，找出不變的物理量，畫出平行四邊形進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：對(duì)O點(diǎn)受力分析；根據(jù)平衡條件得：

解得：T；

對(duì)O點(diǎn)受力分析，抓住兩根繩的合力等于物體的重力，大小和方向都不變，OB繩拉力方向不變，根據(jù)平行四邊形定則得，如圖，知OA繩上拉力大小先減小后增大，當(dāng)OA與OB垂直時(shí)拉力最小，最小值TAmin=mgsin30°=．

故答案為：；13、250350【分析】【分析】對(duì)人和平板整體受力分析；受重力和三根繩子的拉力，根據(jù)平衡條件列式求解即可求解出拉力．

再對(duì)人受力分析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)平衡條件和牛頓第三定律可得人對(duì)平臺(tái)的壓力等于重力減去繩子對(duì)人的拉力．【解析】【解答】解：對(duì)人和平板整體受力分析；受重力和三根繩子的拉力，根據(jù)平衡條件，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；故人的拉力為250N；

再對(duì)人受力分析；受重力；支持力和拉力，根據(jù)平衡條件和牛頓第三定律可得人對(duì)平臺(tái)的壓力等于重力減去繩子對(duì)人的拉力，為600-250N=350N；

故答案為：250，350．14、略

【分析】解：利略在研物體下落規(guī)律時(shí)；首先是遇到問題即亞士多德的觀出疑問，然后進(jìn)行了猜想即落體是種最簡(jiǎn)單變運(yùn)動(dòng)，而最簡(jiǎn)單的變速動(dòng)就速變化是均勻接著進(jìn)行了驗(yàn)，伽實(shí)驗(yàn)結(jié)果進(jìn)數(shù)學(xué)推理后進(jìn)合的推得出結(jié)論，故伽利探究過程順序是．

故答案為．

據(jù)利略體動(dòng)研究；了解利略所開創(chuàng)的研究問題的方法和思維過程，即可正確解答本題．

伽利事實(shí)和理論思維結(jié)合起，以實(shí)驗(yàn)事實(shí)基開辟了新的究物理的方法道路，發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科研方法．【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】本題考查蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡有關(guān)圖象、反應(yīng)速率計(jì)算、平衡常數(shù)計(jì)算、影響化學(xué)平衡的因素等，難度中等，培養(yǎng)了學(xué)生分析問題解決問題的能力?！窘獯稹縭m{(1)壟脵N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH=+179.5kJ/mol}

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

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

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

H=-112.3kJ/mol}rm{298k}和rm{1mol}rm{NO_{2}}反應(yīng)生成rm{1mol}rm{CO}和rm{1mol}rm{CO_{2}}的熱化學(xué)方程式為rm{壟脹2NO_{2}(g)+4CO(g)=N_{2}(g)+4CO_{2}(g)triangleH=-(368-134)KJ/mol=-232KJ/mol}

由蓋斯定律rm{1mol}得到反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：rm{2NO(g)+2CO(g)?N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH=-759.8KJ/mol}化學(xué)方程式的平衡常數(shù)rm{K=dfrac{{K}_{3}隆隴{{K}_{1}}^{2}}{{K}_{2}}}

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

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

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

H=-759.8KJ/mol}化學(xué)方程式的平衡常數(shù)rm{K=

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

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

H=-759.8KJ/mol}轉(zhuǎn)化rm{K=

dfrac{{K}_{3}隆隴{{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隆隴{L}^{-1}隆隴{s}^{-1}}rm{K=dfrac{0.01隆脕0.{04}^{4}}{0.{08}^{2}隆脕0.{16}^{4}}}某時(shí)刻測(cè)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隆隴{L}^{-1}隆隴{s}^{-1}}rm{K=

dfrac{0.01隆脕0.{04}^{4}}{0.{08}^{2}隆脕0.{16}^{4}}}某時(shí)刻測(cè)得rm{NO}rm{v(CO)=dfrac{

dfrac{0.04mol}{1L}}{5s}=0.008mol隆隴{L}^{-1}隆隴{s}^{-1}}則rm{Qc=dfrac{0.{1}^{4}隆脕1}{{a}^{2}隆脕0.{4}^{4}}}要使反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)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隆隴{L}^{-1}隆隴{s}^{-1}}、rm{CO}rm{CO}rm{CO}由圖示知在rm{CO}電極上rm{{,!}_{2}}發(fā)生還原反應(yīng)，因此、rm{N}電極為陰極，則rm{N}為負(fù)極，rm{{,!}_{2}}為電源正極；在陰極反應(yīng)是的濃度分別為rm{amol/L}rm{0.4mol/L}rm{0.1mol/L}rm{1mol/L}則rm{Qc=

dfrac{0.{1}^{4}隆脕1}{{a}^{2}隆脕0.{4}^{4}}}要使反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行需rm{Qc>K}即得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成rm{amol/L}利用電荷守恒與原子守恒知有rm{0.4mol/L}參與反應(yīng)且有水生成，所以陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：rm{0.1mol/L}

故答案為：rm{1mol/L}rm{Qc=

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

rm{Qc>K}轉(zhuǎn)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}}

}電子時(shí)，陽(yáng)極rm{a<0.8}陽(yáng)極反應(yīng)為故答案為：失電子氧化為rm{0.008mol隆隴{L}^{-1}隆隴{s}^{-1}

}和rm{a<0.8}消耗rm{(3)壟脵}水，產(chǎn)生rm{Ag-Pt}進(jìn)入陰極室，陽(yáng)極室質(zhì)量減少rm{NO_{2}^{-}}陰極室中放出rm{Ag-Pt}同時(shí)有rm{B}進(jìn)入陰極室，因此陰極室質(zhì)量減少rm{A}故膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差rm{NO_{2}^{-}}左rm{N_{2}}右rm{H_{2}O}rm{2NO_{2}^{-}+8H^{+}+6e^{-}=N_{2}隆眉+4H_{2}O}則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差rm{B}

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

rm{(1)2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}rm{婁隴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隆隴s)}rm{a<0.8}rm{2NO_{2}^{?}+6e^{-}+8H^{+}=N_{2}隆眉+4H_{2}O}

rm{(3)壟脵B}rm{2NO_{2}^{?}

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

路程是指物體所經(jīng)過的路徑的長(zhǎng)度，路程是標(biāo)量，只有大小，沒有方向．【解析】【解答】解：從A處運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)；質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過了半周，位移為線段AB的長(zhǎng)度，為2R，路程為半圓的周長(zhǎng)，為πR

故答案為：2RπR17、阻礙磁通量【分析】【分析】根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．當(dāng)磁通量增大時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與它相反，當(dāng)磁通量減小時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與它相同．【解析】【解答】解：當(dāng)磁通量增大時(shí)；感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與它相反，當(dāng)磁通量減小時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與它相同．即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向取決于引起感應(yīng)電流的磁通量是增加還是減小．即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)一定是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化．

故答案為：阻礙，磁通量三、判斷題(共8題，共16分)18、√【分析】【分析】自然界物質(zhì)運(yùn)動(dòng)的形式是多樣的，每種運(yùn)動(dòng)形式都對(duì)應(yīng)一種形式的能量．各種運(yùn)動(dòng)形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化【解析】【解答】解：根據(jù)能量守恒定律可知：自然界物質(zhì)運(yùn)動(dòng)的形式是多樣的；每種運(yùn)動(dòng)形式都對(duì)應(yīng)一種形式的能量．各種運(yùn)動(dòng)形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化．

例如機(jī)械能對(duì)應(yīng)機(jī)械運(yùn)動(dòng)；內(nèi)能對(duì)應(yīng)分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)．故每一種形式的能對(duì)應(yīng)于一種運(yùn)動(dòng)形式是對(duì)的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】平均速度是位移與時(shí)間的比值；平均速率是位移的路程與時(shí)間的比值．由此分析即可．【解析】【解答】解：平均速率是位移的路程與時(shí)間的比值；物體的平均速率為零，則物體的路程為0，物體一定處于靜止?fàn)顟B(tài)．所以該說法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】位移-時(shí)間圖象中的曲線反映了物體的位移隨時(shí)間變化的規(guī)律．由此分析即可．【解析】【解答】解：根據(jù)x-t圖象的意義可知；x-t圖象描述了物體的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律，所以該說法是正確的．

故答案為：√21、×【分析】【分析】懸浮在液體（或氣體）中固體小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯；布朗運(yùn)動(dòng)是液體（或氣體）分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反應(yīng)．【解析】【解答】解：布朗運(yùn)動(dòng)的激烈程度與液體的溫度；懸浮顆粒的大小有關(guān)；溫度越高，懸浮物的顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越激烈．所以發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水溫高于乙杯．所以以上的說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×22、√【分析】【分析】建立坐標(biāo)系的意義是為了定量描述質(zhì)點(diǎn)的位置變化，要根據(jù)問題的實(shí)際需要，建立合適的坐標(biāo)系，沿直線運(yùn)動(dòng)建立直線坐標(biāo)系，在平面上運(yùn)動(dòng)，建立平面直角坐標(biāo)系．【解析】【解答】解：建立坐標(biāo)系是為了定量描述物體的位置和位置的變化；坐標(biāo)系都是建立在參考系上的，沒有參考系則坐標(biāo)系無法建立，所以該說法是正確的．

故答案為：√23、√【分析】【分析】時(shí)間是指時(shí)間的長(zhǎng)度，在時(shí)間軸上對(duì)應(yīng)一段距離，對(duì)應(yīng)物體的位移或路程，時(shí)刻是指時(shí)間點(diǎn)，在時(shí)間軸上對(duì)應(yīng)的是一個(gè)點(diǎn)，對(duì)應(yīng)物體的位置．【解析】【解答】解：“寧停三分；不搶一秒”中的3分是3分鐘，3分鐘與1秒鐘在時(shí)間軸上都是指的時(shí)間的長(zhǎng)度，都是時(shí)間．故該說法正確；

故答案為：√24、×【分析】【分析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)合力等于向心力，方向始終指向圓心，只改變速度的方向，不改變速度的大小．【解析】【解答】解：物體做圓周運(yùn)動(dòng)；向心力方向始終指向圓心，方向時(shí)刻變化，此說法錯(cuò)誤．

故答案為：×25、×【分析】【分析】根據(jù)加速度的定義式a=可知物體的加速度等于物體的速度的變化率，與物體速度無關(guān)，即物體的速度變化越快物體的加速度越大．再由牛頓第二定律可知，F(xiàn)=ma，即加速度與合外力的關(guān)系．【解析】【解答】解：根據(jù)加速度的定義式a=可知；物體的速度越大，則加速度不一定越大；

再由牛頓第二定律可知；F=ma，可知，當(dāng)加速度越大時(shí)，則合外力越大，故是錯(cuò)誤的；

故答案為：×．四、解答題(共2題，共8分)26、略

【分析】【分析】（1）串聯(lián)電路中各處的電流相等；根據(jù)歐姆定律即可求得電流；

（2）電阻R2的阻值等于R2的電壓除以電流；

（3）三只電阻兩端的總電壓等與三個(gè)電阻電壓之和．【解析】【解答】解：（1）串聯(lián)電路中各處的電流相等，根據(jù)歐姆定律得：I===0.6A

（2）根據(jù)歐姆定律得：R2===20Ω

（3）對(duì)電阻R3有U3=IR3=0.6×5=3V

所以U=U1+U2+U3=6+12+3=21V

答：（1）電路中的電