…………○…………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2025年外研版高一物理上冊階段測試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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、質量為m的物體，在水平力F作用下，在粗糙的水平面上運動，下列說法不正確的是()A.如果物體做加速直線運動，F一定對物體做正功B.如果物體做減速直線運動，F一定對物體做負功C.如果物體做減速直線運動，F也可能對物體做正功D.如果物體做勻速直線運動，F一定對物體做正功2、如圖所示是傾角為的斜坡，在斜坡底端P點正上方某一位置處以速度v0水平向左拋出一個小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，運動時間為t1.小球B從同一點Q處自由下落，下落至P點的時間為t2.不計空氣阻力，則t1∶t2＝()

A.1∶2B.1∶C.1∶3D.1∶3、甲、乙兩車沿平直公路通過同樣的位移，甲車在前半段位移上以v1=40km/h的速度運動，后半段位移上以v2=60km/h的速度運動；乙車在前半段時間內以v1=40km/h的速度運動，后半段時間以v2=60km/h的速度運動，則甲、乙兩車在整個位移中的平均速度大小的關系是A.v甲=v乙B.v甲>v乙C.v甲乙D.因不知為是和時間無法確定4、勻速上升的升降機頂部懸有一輕質彈簧，彈簧下端掛有一小球，若升降機突然停止，在地面上的觀察者看來，小球在繼續上升的過程中(

)

A.速度先減小后增大B.速度先增大后減小C.加速度逐漸增大D.加速度逐漸減小5、下列實例不屬于慣性表現的是(

)

A.貨車高速轉彎時發生側翻事故B.公交車在平直馬路上勻速行駛C.離弦的箭繼續飛行D.小明在跑步時被石塊絆倒6、如圖分別表示運動物體的加速度、動能和重力勢能隨時間的變化圖象，其中能描述自由落體運動規律的圖象是（）A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、在“探究小車速度隨時間變化的規律”的實驗”中。

（1）打點計時器使用的是低壓的____（填“交流”或“直流”）電源，若打點計時器接在頻率為50Hz的電源上，工作時打點計時器在紙帶上打點的時間間隔為____s

（2）某同學拖動紙帶運動；打點計時器在紙帶上打出一系列點，電源的頻率是50Hz，處理時每隔1個點取一個記數點，標上字母A；B、C、D、E、F，A點與0刻度對齊．如圖所示，某同學用mm刻度尺進行測量，請幫忙讀出B、C在刻度尺上的位置，填到下表中：

。計數點BCDEF位置（cm）________4.446.228.12

由讀出數據可計算出打下AF段紙帶時小車的平均速度為VAF=____m/s．

（3）若認為一段時間中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，則打點計時器打下C點時小車的速度VC=____m/s．8、如圖所示，質量為2m的物塊A和質量為m的物塊B與地面的摩擦均不計，在已知水平恒力F的作用下，A、B一起做勻加速直線運動，則A對B的作用力大小為____，B對A的作用力大小為____．

9、“研究平拋物體的運動”的實驗裝置如圖所示．

（1）為了能較準確地描繪運動軌跡，下面列出了一些操作要求，將你認為正確的選項前面的字母填寫在橫線上______．

A．通過調節使斜槽末端保持水平。

B．每次釋放小球的位置可以不同。

C．每次必須由靜止開始釋放小球。

D．記錄小球位置用的木條或凹槽；每次必須嚴格地等距離下降。

（2）有一位同學在一張印有小方格的紙上畫出了小球運動的部分軌跡，他在軌跡上取了a、b、c、d點．已知小方格的邊長為L，重力加速度為g，則小球平拋的初速度v0=______（用L；g表示）．

10、甲、乙兩顆人造地球衛星圍繞地球做勻速圓周運動，它們的質量之比m1：m2=1：2，它們做圓周運動的軌道半徑之比為r1：r2=1：2，則它們的向心力之比F1：F2=____，角速度之比ω1：ω2=____．11、如圖所示，是某質點做直線運動的v-t圖象，由圖象可知：此質點的加速度為____m/s2，6s內質點的位移為____m．

12、如圖所示，用絕緣細線拴一個質量為m的小球，小球在豎直向下的場強為E的勻強電場中的豎直平面內做勻速圓周運動.則小球帶___________電荷，所帶電荷量為___________．13、某同學利用圖甲所示的實驗裝置；探究物塊在水平桌面上的運動規律，物塊在重物的牽引下開始運動，重物落地后，物塊再運動一段距離停在桌面上（尚未到達滑輪處）．從紙帶上便于測量的點開始，每5個點取1個計數點，相鄰計數點間的距離如圖乙所示，打點計時器電源的頻率為50Hz．

①通過分析紙帶數據，可判斷物塊在兩相鄰計數點____和____之間某時刻開始減速．

③計數點5對應的速度大小為____m/s．（保留三位有效數字）

③物塊減速運動過程中加速度的大小為a=____m/s2，若用來計算物塊與桌面間的動摩擦因數（g為重力加速度），則計算結果比動摩擦因數的真實值____（填“偏大”或“偏小”）．評卷人得分三、實驗探究題(共6題，共12分)14、在“探究小車速度隨時間變化規律”的實驗中：

（1）打點計時器使用的電源為______（選填交流或直流）電源．

（2）下列操作中正確的有______（填選項代號）．

A．在釋放小車前；小車要靠近打點計時器。

B．打點計時器應放在長木板的有滑輪一端。

C．應先接通電源；后釋放小車。

D．電火花計時器應使用低壓6V以下交流電源。

（3）電火花計時器正常工作時，其打點的周期取決于______

A．交流電壓的高低B．交流電的頻率C．墨粉紙盤的大小D．紙帶的長度．

（4）實驗中，把打點計時器接50Hz交流電，打出的一條紙帶如圖．A、B、C、D、E為我們在紙帶上所選的記數點．相鄰計數點之間有四個點未畫出（即相鄰兩點的時間間隔為0.1s），各點間的距離如下圖所示，則在打D點時，小車的速度為______m/s．并可求得小車的加速度大小為______m/s2．（計算結果都保留兩位有效數字）

15、(1)

質量不同的PQ

兩球均處于靜止狀態如圖敲擊彈性金屬片，使P

球沿水平方向拋出，Q

球同時被松開而自由下落則下列說法中正確的是。

A.P

球先落地。

B.兩球落地時的動能可能相等。

C.Q

球先落地。

D.兩球同時落地若在研究平拋物體P

運動的實驗中，如圖所示。已知小方格的邊長為l=2.5m

小球在平拋運動途中的幾個位置為圖中的abcd

所示，取g=10m/s?

則

(2)

如圖可知，由a

點到b

點所需的時間為________。(3)

小球平拋的初速度的計算式為v=

_______m/s

從圖、表中的圖形特點可以得出：_______________________。16、在“探究求合力的方法”實驗中；需要將橡皮條的一端固定在水平木板上，另一端系上兩根細繩，細繩的另一端都有繩套（如圖）．實驗中需用兩個彈簧秤分別勾住細繩套，并互成角度地拉橡皮條．某同學認為在此過程中必須注意以下幾項：

A．兩根細繩必須等長。

B．橡皮條應與兩繩夾角的平分線在同一直線上。

C．在使用彈簧秤時要注意使彈簧秤與木板平面平行。

D．在實驗中；若把細繩換成橡皮條，那么對實驗結果有影響。

其中正確的是______．（填入相應的字母）17、如圖為一小球做平拋運動的閃光照相照片的一部分，圖中背景方格的邊長均為5cm

如果取g

=10m/s2

那么：

(1)

閃光頻率是______Hz

(2)

小球運動中水平分速度的大小是______m/s

(3)

小球經過B

點的速度大小是______m/s

．18、某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示，其中A

為固定橡皮條的圖釘，O

為橡皮條與細繩的結點，OB

和OC

為細繩.

圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的圖．(1)

如果沒有操作失誤，圖乙中的F

與F

隆盲

兩力中，方向一定沿AO

方向的是________．(2)

本實驗采用的科學方法是________．A.理想實驗法B.

等效替代法C.控制變量法D.

建立物理模型法(3)

實驗時，主要的步驟是：A.在桌上放一塊方木板，在方木板上鋪一張白紙，用圖釘把白紙釘在方木板上；B.用圖釘把橡皮條的一端固定在板上的A

點，在橡皮條的另一端拴上兩條細繩，細繩的另一端系著繩套；C.用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮條，使橡皮條伸長，結點到達某一位置O

，記錄下O

點的位置，讀出兩個彈簧測力計的示數；D.按選好的標度，用鉛筆和刻度尺作出兩只彈簧測力計的拉力F

1

和F

2

的圖示，并用平行四邊形定則求出合力F

；E.只用一只彈簧測力計，通過細繩套拉橡皮條使其伸長，讀出彈簧測力計的示數，記下細繩的方向，按同一標度作出這個力F

隆盲

的圖示；F.比較F

隆盲

和F

的大小和方向，看它們是否相同，得出結論．上述步驟中，壟脵

有重要遺漏的步驟的序號是______和______；壟脷

遺漏的內容分別是________________________和____________________________．19、如是“研究平拋物體運動”的實驗裝置圖；通過描點畫出平拋小球的運動軌跡。

（1）以下是實驗過程中的一些做法；其中合理的是______。

a．安裝斜槽軌道，使其末端保持水平b．每次小球釋放的初始位置可以任意選擇。

c．每次小球應從同一高度由靜止釋放d．為描出小球的運動軌跡；描繪的點可以用折線連接。

（2）如圖所示，在實驗中，用一張印有小方格的紙記錄軌跡，小方格的邊長l=2.5cm。若小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中的a、b、c、d所示，則小球平拋的初速度的計算式為vo=______（用l、g表示），其值是______（取g=10m/s2），小球在b點的速率是______。

評卷人得分四、解答題(共1題，共3分)20、A、B兩個小球由柔軟的細線相連，線長l=6m；將A、B球先后以相同的初速度v=4.5m/s；從同一點水平拋出（先A后B），相隔時間△t=0.8s．

（1）A球拋出后經多少時間；細線剛好被拉直？

（2）細線剛被拉直時，A、B球的水平位移（相對于拋出點）各多大？（g取10m/s2）

評卷人得分五、簡答題(共2題，共18分)21、rm{[E(C{A}_{3}{)}_{4}{]}^{2+}}有rm{[E(C{A}_{3}{)}_{4}{]}^{2+}

}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}五種元素。其相關信息如下：。rm{E}元素相關信息rm{A}rm{A}原子的rm{1s}軌道上只有rm{1}個電子rm{B}rm{B}是電負性最大的元素rm{C}rm{C}的基態原子rm{2p}軌道中有三個未成對電子rm{D}rm{D}是主族元素且與rm{E}同周期，其最外能層上有兩個運動狀態不同的電子rm{E}rm{E}能形成紅色rm{(}或磚紅色rm{)}的rm{E_{2}O}和黑色的rm{EO}兩種氧化物請回答下列問題：

rm{(1)}寫出rm{E}元素原子基態時的電子排布式________。寫出rm{(1)}元素原子基態時的電子排布式________。

rm{E}元素的第一電離能比氧元素的第一電離能________rm{(2)C}元素的第一電離能比氧元素的第一電離能________rm{(}填“大”或“小”rm{)}填“大”或“小”rm{(2)C}

rm{(}rm{)}rm{(3)CA}原子的雜化軌道類型是________。

rm{(3)CA}rm{{,!}_{3}}分子中rm{C}原子的雜化軌道類型是________。三種元素可形成rm{C}rm{(4)A}rm{C}rm{E}三種元素可形成rm{[E(CA}rm{(4)A}rm{C}rm{E}rm{[E(CA}rm{{,!}_{3}}填序號rm{)}

rm{)}配位鍵rm{{,!}_{4}}金屬鍵rm{]}極性共價鍵rm{]}非極性共價鍵rm{{,!}^{2+}}離子鍵配離子，其中存在的化學鍵類型有________rm{(}填序號rm{)}氫鍵rm{(}rm{)}rm{壟脵}配位鍵rm{壟脷}金屬鍵rm{壟脹}極性共價鍵rm{壟脺}非極性共價鍵rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}離子鍵rm{壟脼}氫鍵rm{壟脻}rm{壟脼}若rm{[E(CA}rm{[E(CA}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}填字母rm{{,!}_{4}}rm{]}平面正方形rm{]}正四面體rm{{,!}^{2+}}三角錐形具有對稱的空間構型，且當形rm{[E(CA_{3})_{4}]^{2+}}與中的兩個rm{CA}可形成離子化合物，其晶胞結構如下圖所示。其中rm{CA}離子的配位數為______________，若該晶體的密度為rm{{,!}_{3}}則該晶胞的體積是__________被兩個rm{Cl}寫出表達式即可rm{Cl}rm{{,!}^{-}}22、氯元素在周期表中位于第_____周期，第_______族。評卷人得分六、綜合題(共3題，共6分)23、【題文】用＝2N的水平拉力剛好使質量為m＝5kg的物體在水平面上做勻速直線運動，現改用＝4N的水平拉力拉物體；使它的速度由4m/s增加到10m/s，求：

(1)物體受水平面的摩擦力f；

(2)物體速度發生上述變化所用的時間t．

24、【題文】2008年5月12日，在四川省汶川縣發生了8.0級大地震，造成了重大的人員傷亡和財產損失。災難發生后，黨和政府緊急采取各項救援工作。若一架執行救災任務的飛機沿水平方向勻速飛行，相隔0.5s先后釋放完全相同的兩箱救災物資1和2。在這兩箱物資剛開始下落的一小段時間內，可以認為它們在水平方向上受到的空氣阻力大小恒定，則在這一小段時間內，地上的人將看到（）。A．1號箱在2號箱的正下方B．兩箱間的水平距離保持不變C．兩箱間的水平距離越來越大D．兩箱間的水平距離越來越小25、【題文】在與x軸平行的勻強電場中，一帶電量為質量為的物體在光滑水平面上沿著x軸做直線運動，其位移與時間的關系是式中x以米為單位，t的單位為秒。從開始運動到5s末物體所經過的路程為多少m，克服電場力所做的功為多少J？參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】如果物體做加速直線運動，F的方向一定與速度相同，F做正功，A對；物體做減速直線運動，F的方向可能與速度相反，做負功，B錯；也可能F與速度相同，F的大小小于阻力，此時F做正功，C對；物體做勻速直線運動，F等于阻力的大小，方向與速度相同，做正功，D對；【解析】【答案】B2、D【分析】【分析】

根據平拋運動規律則小球能垂直落在斜坡上，則證明根據幾何關系：且即證明自由落體運動的時間所以答案為D。

【點評】此類題型考察了平拋運動規律，但是結合了一部分數理結合的知識，相對而言增加了解題難度。因此這類題目降低思維難度的方法是通過畫出示意圖，從而便于找出幾何關系建立等式。3、C【分析】試題分析：甲的平均速度為：乙的平均速度為：所以v甲乙，選項C正確。考點：平均速度的概念。【解析】【答案】C4、C【分析】解：開始小球受重力和彈簧彈力處于平衡；小球繼續上升的過程中，導致合力的方向逐漸增大，根據牛頓第二定律，加速度的大小逐漸增大，加速度的方向向下，與速度反向，則速度逐漸減小。故C正確，AB

D錯誤。

故選：C

升降機勻速上升時；小球受重力和彈簧的彈力處于平衡，小球上升時，通過牛頓第二定律判斷加速度的變化，通過加速度方向和速度的方向關系判斷速度的變化。

解決本題的關鍵會根據牛頓第二定律判斷加速度的變化，會根據速度方向與加速度方向的關系判斷速度的變化。【解析】C

5、B【分析】解：A

貨車高速轉彎時是提供的力小于需要的向心力；貨車要保持原來的狀態，屬于慣性表現，故A錯誤。

B；公交車在平直馬路上勻速行駛；與慣性無關，故B正確。

C；離弦的箭繼續飛行；它具有慣性，因此能在空中運動，屬于慣性表現，故C錯誤。

D；小明在跑步時被石塊絆倒；腳停止運動，而身體由于慣性仍保持向前的運動狀態，因此就會摔倒，屬于慣性表現，故D錯誤。

故選：B

慣性是一切物體都具有的；保持原來運動狀態不變的性質，合理利用慣性可給我們的生活帶來很大方便，但慣性有時也會給我們帶來很大的麻煩，尤其是在交通中，因為慣性的存在會造成一些交通事故的發生，具體分析各選項中的實例，明確利弊最終做出判斷。

有的是利用了慣性，有的是慣性給我們帶來的不利影響或防止慣性不利影響的做法，分析時難度不大，但要注意是“利用”還是“克服”。【解析】B

6、B【分析】解：物體做自由落體運動，初速度為0，加速度為g的勻加速運動，平拋運動是水平方向初速度為v0的勻速運動；豎直方向為自由落體運動；

A、自由落體運動的速度為v=gt，速度與時間成正比，平拋運動的速度v=故A錯誤；

B；自由落體運動和平拋運動的加速度都為g；恒定，故B正確；

C、自由落體的動能為平拋運動的動能為故C錯誤；

D、物體不論做平拋運動還是自由落體運動，重力時能的減小量都等于重力做的功即故物體的重力時能不與時間成一次性關系，故D錯誤；

故選：B。

物體做自由落體運動，初速度為0，加速度為g的勻加速運動，平拋運動是水平方向初速度為v0的勻速運動；豎直方向為自由落體運動找出各物理量與時間的關系即可判斷。

本題主要考查了自由落體和平拋運動的特點，抓住各物理量與時間的關系即可判斷。【解析】B二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】

（1）打點計時器使用的是低壓的交流電源；若打點計時器接在頻率為50Hz的電源上，工作時打點計時器在紙帶上打點的時間間隔為0.02s．

（2）刻度尺的讀數要在最小刻度1mm的基礎上向下一位即10分位估讀；所以B點的讀數范圍1.32～1.35cm，C點的讀數范圍0.384～0.388cm．

處理時每隔1個點取一個記數點；所以相鄰計數點之間的時間間隔T=0.04s；

根據平均速度的定義：==m/s=m/s=0.406m/s

（3）根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，vC==m/s=0.388m/s

故答案為：交流；0.02；0.406；0.388

【解析】【答案】根據平均速度的定義：平均速度等于位移除以時間；根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度；可以求出打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小．

8、略

【分析】

對整體分析，根據牛頓第二定律得，a=

隔離對B分析，根據牛頓第二定律得，．

根據牛頓第三定律得，．

故答案為：

【解析】【答案】通過整體法；根據牛頓第二定律求出加速度，再隔離對B分析，運用牛頓第二定律求出A對B的作用力的大小，從而根據牛頓第三定律求出B對A的作用力大小．

9、略

【分析】解：（1）A；通過調節使斜槽末端保持水平；是為了保證小球做平拋運動，故A正確．

B；因為要畫同一運動的軌跡；必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，故B錯誤．

C；為了確保小球每次以相同的速度拋出；因此要求小球由靜止從同一位置釋放，故C正確．

D；因平拋運動的豎直分運動是自由落體運動；在相同時間里，位移越來越大，因此木條（或凹槽）下降的距離不應是等距的，故D錯誤．

故選：AC．

（2）在豎直方向上有：△h=gT2；其中△h=（2-1）L=L，代入求得：

水平方向：x=v0t；其中x=2L，因此有：

故答案為：（1）AC；（2）．

（1）保證小球做平拋運動必須通過調節使斜槽的末端保持水平；因為要畫同一運動的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，實驗要求小球滾下時不能碰到木板平面，避免因摩擦而使運動軌跡改變，最后軌跡應連成平滑的曲線．

（2）正確應用平拋運動規律：水平方向勻速直線運動；豎直方向自由落體運動；解答本題的突破口是利用在豎直方向上連續相等時間內的位移差等于常數解出閃光周期，然后進一步根據勻變速直線運動的規律；推論求解．

（1）解決平拋實驗問題時；要特別注意實驗的注意事項．在平拋運動的規律探究活動中不一定局限于課本實驗的原理，要注重學生對探究原理的理解．

（2）對于平拋運動問題，一定明確其水平和豎直方向運動特點，尤其是在豎直方向熟練應用勻變速直線運動的規律和推論解題．【解析】AC；10、略

【分析】

1、根據向心力等于萬有引力，即

得：=

2、根據萬有引力提供向心力

解得：

故：

故答案為：2：1，．

【解析】【答案】根據人造衛星的萬有引力等于向心力，列式求出向心力的表達式和角速度的表達式進行相比即可．

11、略

【分析】

由于在速度-時間圖象中切線表示加速度；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；

故：a===-1m/s2；負號表示加速度的方向與初速度方向相反．

由于速度-時間圖象與坐標軸圍成面積代表位移；時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負；

故6s內的位移：x=（×4×4-×2×2）m=6m

故答案為：-1；6

【解析】【答案】在速度-時間圖象中切線表示加速度；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；圖象與坐標軸圍成面積代表位移，時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負．

12、略

【分析】本題考查的是帶電粒子在電場中做圓周運動的問題。解得：【解析】【答案】負13、671.002.00偏大【分析】【解答】（1）從計數點6和7之間某時刻開始減速，因為相等時間內的位移越來越小．（2）根據某段的平均速度等于中時刻的速度，則有：v5=．（3）由紙帶可知；計數點7往后做減速運動，根據作差法得：

a==﹣2.00m/s2，則加速度的大小為2.00m/s2．

在減速階段產生的加速度的力是滑動摩擦力和紙帶受的阻力；所以計算結果比動摩擦因素的真實值偏大．

故答案為：（1）6；7（2）1.00（3）2.00，偏大。

【分析】（1）通過相等時間內的位移越來越小判斷從何位置開始減速；（2）根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出計數點5對于的速度大小；（3）根據連續相等時間內的位移之差是一恒量求出物塊減速運動的加速度大小．三、實驗探究題(共6題，共12分)14、略

【分析】解：（1）打點計時器應該用交變電流；

（2）A；為了充分利用紙帶；釋放小車時小車要靠近打點計時器，遠離有滑輪一端；故A正確，B錯誤；

C；實驗中為了穩定后再打點同時保證能充分利用紙帶；應先接通電源再釋放小車；故C正確；

D；電火花計時器采用220V的交流電源；故D錯誤；

故選：AC；

（3）打點計時器的打點周期取決于交流電的頻率；與電壓高低；墨粉盤大小以及紙帶的長度無關；故選：B；

（4）中間有四個點沒有畫出；故時間間隔為0.1s；利用勻變速直線運動的推論得：

vD===0.34m/s；

根據逐差法可得：小車的加速度：

a===0.40m/s；

故答案為：（1）交流；（2）AC；（3）B；（4）0.340.40．

（1）打點計時器使用的是交流電源；

（2）明確實驗原理以及注意事項；知道接通電源前，小車應緊靠打點計時器；不能放在有滑輪的一端；同時應先接通電源，再放小車；

（3）知道打點周期取決于交流電的頻率；

（4）根據平均速度可知D點的速度等于BC段的平均速度；根據逐差法可求得加速度．

本題考查“探究小車速度隨時間變化規律”的實驗，要注意明確實驗原理以及注意事項；在求解平均速度和加速度時要注意單位的換算以保證正確求解．【解析】交流；AC；B；0.34；0.4015、（1）BD；

（2）0.05s；

（3）；豎直方向做自由落體；水平方向勻速直線運動。【分析】【分析】(1)

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P

在豎直方向上的運動規律與Q

的運動規律相同，從而即可求解。(23)

平拋運動豎直方向是自由落體運動，對于豎直方向根據鈻?y=gT2

求出時間單位T

對于水平方向由公式v0=xt

求出初速度。本題不但考查了平拋運動的規律，還靈活運用了勻速運動和勻變速運動的規律，是一道考查基礎知識的好題目。【解答】(1)ACD

根據裝置圖可知；兩球由相同高度同時運動，P

做平拋運動，Q

做自由落體運動，P

在豎直方向上的運動規律與Q

相同，則兩球同時落地，故A、C錯誤，D正確。

B；落地時；P

在豎直方向上分速度與Q

相同，但是P

有水平分速度，所以兩球落地時速度大小不同，P

球的速度大，但因質量的不同，因此落地時的動能可能相等。故B正確；

故選BD。(2)

從圖中看出，abcd4

個點間的水平位移均相等，是x=2L

因此這4

個點是等時間間隔點。豎直方向兩段相鄰位移之差是個定值，即豎直方向：3L鈭?L=gT2t=lg

故可求得時間為0.05s

(3)

水平方向：v0=xt=2gl

故可求得速度為1m/s

從圖、表中的圖形特點可以得出：豎直方向做自由落體；水平方向勻速直線運動。故答案為：(1)BD

(2)0.05s

(3)2gl

豎直方向做自由落體；水平方向勻速直線運動。【解析】(1)BD

(2)0.05s0.05s(3)(3)2gl；豎直方向做自由落體；水平方向勻速直線運動。16、略

【分析】解：A；細線的作用是能顯示出力的方向；所以不必須等長．故A錯誤；

B；兩細線拉橡皮條時；只要確保拉到同一點即可，不一定橡皮條要在兩細線的夾角平分線上．故B錯誤；

C；在拉彈簧秤時必須要求彈簧秤與木板平面平行；否則會影響力的大小．故C正確；

D；只要作用效果相同；將細繩換成兩根橡皮條，不會影響實驗結果，故D錯誤．

故選：C

在實驗中使用一根彈簧秤拉細線與兩根彈簧秤拉細線的作用效果要相同（即橡皮條拉到同一位置）；而細線的作用是畫出力的方向，彈簧秤能測出力的大小．因此細線的長度沒有限制，彈簧秤的示數也沒有要求，兩細線的夾角不要太小也不要太大，但拉彈簧秤時必須保證與木板平面平行．

在此實驗中重點是作出力的圖示，這樣才能得以驗證力的平行四邊形，所以細線的方向與彈簧秤的示數是關鍵．【解析】C17、(1)10(2)1.5(3)2.5【分析】【分析】平拋運動規律：水平方向勻速直線運動，豎直方向自由落體運動，解答本題的突破口是利用在豎直方向上連續相等時間內的位移差等于常數解出閃光周期，然后進一步根據勻變速直線運動的規律、推論求解。本題考查平拋運動實驗，對于平拋運動問題，一定明確其水平和豎直方向運動特點，尤其是在豎直方向熟練應用勻變速直線運動的規律和推論解題。【解答】：壟脵

設AB

間及BC

間的時間間隔為T

則在豎直方向上有y

BC

鈭?y

AB

=gT2T=yBC鈭?yABg=0.25鈭?0.1510s=0.1s

所以f=1T=10Hz

壟脷vx=xABT=0.150.1m/s=1.5m/s

壟脹vBy=yAC2T=0.42隆脕0.1m/s=2m/s

所以vB=vx2+vBy2=1.52+22m/s=2.5m/s

故答案為：(1)10(2)1.5(3)2.5

【解析】(1)10(1)10(2)1.5(3)2.5(2)1.5(3)2.518、（1）F′（2）B（3）①CE②C中未記下兩條細繩的方向E中未說明把橡皮條的結點拉到位置O【分析】【分析】步驟C

中只有記下兩條細繩的方向；才能確定兩個分力的方向，進一步才能根據平行四邊形定則求合力；步驟E

中只有使結點到達同樣的位置O

才能表示兩種情況下力的作用效果相同；正確理解“等效替代”法的應用。

本實驗關鍵理解實驗原理，根據實驗原理分析實驗步驟中有無遺漏或缺陷，因此掌握實驗原理是解決實驗問題的關鍵，本實驗采用的是“等效替代”的方法，即一個合力與幾個分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明確“理論值”和“實驗值”的區別。【解答】(1)F

是通過作圖的方法得到合力的理論值；而F隆盲

是通過一個彈簧稱沿AO

方向拉橡皮條，使橡皮條伸長到O

點，使得一個彈簧稱的拉力與兩個彈簧稱的拉力效果相同，測量出的合力，故方向一定沿AO

方向的是F隆盲

由于誤差的存在F

和F隆盲

方向并不在重合；

(2)

合力與分力是等效替代的關系；所以本實驗采用的等效替代法。

故選B。(3)

本實驗為了驗證力的平行四邊形定則，采用的方法是作力的圖示法，作出合力和理論值和實際值，然后進行比較，得出結果，所以，實驗時，除記錄彈簧秤的示數外，還要記下兩條細繩的方向，以便確定兩個拉力的方向，這樣才能作出拉力的圖示；步驟C

中未記下兩條細繩的方向；步驟E

中未說明把橡皮條的結點拉到位置O

故填(1)F隆盲(2)B(3)壟脵壟脵CE壟脷壟脷C

中未記下兩條細繩的方向；E

中未說明把橡皮條的結點拉到位置O

【解析】(1)F隆盲

(2)B

(3)壟脵CE壟脷C

中未記下兩條細繩的方向E

中未說明把橡皮條的結點拉到位置O

19、ac21m/s1.25m/s【分析】解：（1）a；安裝斜槽軌道；使其末端保持水平，以保證小球做平拋運動，故a正確；

b、每次小球釋放的初始位置必須相同，不可以任意選擇，故b錯誤；

c；每次小球應從同一高度由靜止釋放；以保證小球到達底端的速度相同，故c正確；

d；為描出小球的運動軌跡；描繪的點要用平滑的曲線，不可以用折線連接，故d錯誤；

（2）設相鄰兩點間的時間間隔為T，豎直方向：2l-l=gT2，得到

水平方向：2l=v0T；

解得

帶入數據：

小球在b點時，豎直方向上的瞬時速度等于

所以b點的速度

故答案為：（1）ac；（2）21m/s；1.25m/s。

（1）保證小球做平拋運動必須通過調節使斜槽的末端保持水平；因為要畫同一運動的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，實驗要求小球滾下時不能碰到木板平面，避免因摩擦而使運動軌跡改變，最后軌跡應連成平滑的曲線；

（2）平拋運動豎直方向是自由落體運動，對于豎直方向根據△y=gT2求出時間單位T．對于水平方向由公式v0=求出初速度。由a、c間豎直方向的位移和時間求出b點豎直方向的分速度，運用速度的合成，求解b的速率。

解決平拋實驗問題時，要特別注意實驗的注意事項，在平拋運動的規律探究活動中不一定局限于課本實驗的原理，要注重學生對探究原理的理解，提高解決問題的能力；靈活應用平拋運動的處理方法是解題的關鍵。【解析】ac21m/s1.25m/s四、解答題(共1題，共3分)20、略

【分析】

（1）兩球水平方向位移之差恒為△x=v×△t=4.5×0.8m=3.6m；

AB豎直方向的位移差隨時間變化；當豎直方向位移差與水平方向位移差的合位移差等于6m時繩被拉直．

由水平方向位移差3.6m；繩子長6m，可以求得豎直方向位移差為h時繩繃緊．

h==m=4.8m；

有h=gt2-g（t-0.8s）2=4.8m；得t=1s．

（2）細線剛被拉直時；A球的水平位移為4.5×1m=4.5m；

B球的水平位移為4.5×（1-0.8）m=0.9m．

答：（1）（1）A球拋出后經1s；細線剛好被拉直（2）A球的水平位移為4.5m，B球的水平位移為0.9m

【解析】【答案】（1）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，兩球相隔0.8s水平拋出，在水平方向上的位移差保持不變，在豎直方向上的位移差逐漸增大，根據（△x）2+（△y）2=L2求出時間．

（2）根據水平方向上的勻速直線運動求A球的水平位移．

五、簡答題(共2題，共18分)21、rm{(1)}rm{1{s}^{2}2{s}^{2}2{p}^{6}3{s}^{2}3{p}^{6}3mh4vt9k^{10}4{s}^{1}}rm{1{s}^{2}2{s}^{2}2{p}^{6}3{s}^{2}3{p}^{6}3hv4nsqv^{10}4{s}^{1}

}或rm{(}或rm{(}

rm{[Ar]3caxzjki^{10}4{s}^{1}}大

rm{)}

rm{)}rm{(2)}

rm{(3)s{p}^{3}}rm{dfrac{sqrt{2}}{2}婁脩{a}^{3}{N}_{A}}rm{(4)壟脵壟脹}【分析】【分析】本題考查較綜合，涉及晶胞計算、微粒構型判斷、原子核外電子排布等知識點，同時考查學生空間想象能力、計算能力，難點是晶胞計算，題目難度中等。【解答】rm{A}原子的rm{1s}軌道上只有rm{1}個電子，則rm{A}是rm{H}元素；原子的rm{A}軌道上只有rm{1s}個電子，則rm{1}是rm{A}元素；

rm{H}是電負性最大的元素，則為rm{B}是電負性最大的元素，則為rm{F}元素；元素；

rm{B}的基態原子rm{F}軌道有三個未成對電子，為rm{C}的基態原子rm{2p}軌道有三個未成對電子，為rm{N}元素；元素；

rm{C}能形成磚紅色rm{2p}紅色rm{N}的rm{E}能形成磚紅色rm{(}紅色rm{)}的rm{E}rm{E}rm{(}和rm{)}兩種氧化物，則rm{E}為rm{2}元素；

rm{2}為主族元素，且與rm{O}和rm{EO}兩種氧化物，則rm{E}為rm{Cu}元素；同周期，其最外層上有兩個運動狀態不同的電子，說明其最外層上有兩個電子，為rm{O}元素；

rm{EO}為rm{E}元素，原子基態時的電子排布式：rm{1{s}^{2}2{s}^{2}2{p}^{6}3{s}^{2}3{p}^{6}311dsinc^{10}4{s}^{1}(}或rm{Cu}rm{D}為主族元素，且與rm{E}同周期，其最外層上有兩個運動狀態不同的電子，說明其最外層上有兩個電子，為rm{Ca}元素；rm{D}rm{1{s}^{2}2{s}^{2}2{p}^{6}3{s}^{2}3{p}^{6}3zk1bhxn^{10}4{s}^{1}(}或rm{E}rm{Ca}

rm{(1)E}為rm{Cu}元素，原子基態時的電子排布式：是rm{(1)E}元素，由于rm{Cu}的rm{1{s}^{2}2{s}^{2}2{p}^{6}3{s}^{2}3{p}^{6}3bethfti^{10}4{s}^{1}

(}電子滿足洪特規則，能量降低，第一電離能升高，故rm{[Ar]39vjpt4k^{10}4{s}^{1})}元素的第一電離能比氧元素的第一電離能大；故答案為：大；；故答案為：rm{1{s}^{2}2{s}^{2}2{p}^{6}3{s}^{2}3{p}^{6}3nxcn6ek^{10}4{s}^{1}

(}rm{[Ar]39s54h0h^{10}4{s}^{1})}；原子含有rm{(2)C}是rm{N}元素，個共價單鍵和rm{(2)C}個孤電子對，所以rm{N}原子采用rm{N}rm{p}rm{N}rm{(3)}rm{(3)}rm{N{H}_{3}}

分子每個rm{N}原子含有rm{3}個