成都石室中学高2019届10月份同步月考理综

成都石室中学高2019届10月份同步月考
理综试卷解析版
一、选择题
1、下列关于细胞结构与功能的叙述，正确的是（）
A、溶酶体内可合成水解酶来水解细胞内衰老的细胞器
B、电子显微镜下观察到核糖体都分布在细胞质基质中
C、酵母菌细胞和大肠杆菌细胞中都具有环状DNA分子
D、光学显微镜可看到高等植物成熟筛管细胞的细胞核
1、答案：C
解析：溶酶体中的水解酶是蛋白质，由核糖体合成，A错误；线粒体和叶绿体内部也含有核糖体，不属于细胞质基质，B错误；大肠杆菌是原核细胞，拟核中有环状DNA，酵母菌是真核细胞，在细胞核外有质粒，质粒也是环状DNA，C正确；高等植物成熟筛管细胞无细胞核，D错误。

2、下列关于物质进出细胞的叙述，错误的是（）
A、人的成熟红细胞离体培养在无氧的环境中，会影响其对离子的吸收
B、同样大小的物质有些能通过有些不能，体现了细胞膜的选择透过性
C、植物根系通过主动运输吸收矿物质离子的快慢与温度等因素相关
D、细胞主动运输吸收离子的过程中往往伴随ATP的水解
2、答案：A
解析：人的成熟红细胞进行无氧呼吸，不需要氧气参与，A错误；同样大小的物质有些能通过有些不能，体现了细胞膜的选择透过性，B正确；温度会影响物质分子运动速率，呼吸作用释放能量的过程也会因相关酶活性降低而受抑制，故主动运输的快慢与温度等因素相关，C 正确；细胞主动的过程消耗能量，往往伴随ATP的水解，D正确。

3、有氧呼吸的第一阶段包括活化过程和放能过程。

一个葡萄糖分子在放能过程共生成4个ATP、2个[H]和2个丙酮酸。

然而，有氧呼吸一阶段结束时分解一个葡萄糖分子得到的是2个ATP、 2个[H] 和 2个丙酮酸。

下列相关叙述，正确的是
A．有氧呼吸过程中葡萄糖初步分解的场所是线粒体基质
B．有氧呼吸过程中既有ATP的产生，也有ATP的消耗
C．有氧呼吸过程中消耗的[H]叫做还原型辅酶Ⅱ
D．有氧呼吸和无氧呼吸的每一阶段都有ATP生成
3、答案：B
解析：有氧呼吸葡萄糖的初步分解场所在细胞质基质，A错误；根据题意，有氧呼吸过程中既有ATP
的产生，也有ATP的消耗，B正确；有氧呼吸中产生的[H]叫做还原型辅酶Ⅰ，C错误；无氧呼吸第二阶段没有ATP产生，D错误。

4、为了探究温度、pH对酶活性的影响，某同学进行了下列实验设计，其中最合理的是
A．探究温度对酶活性的影响时，选用过氧化氢溶液和新鲜的肝脏研磨液，用气球收集
B．探究温度对酶活性的影响时，选用淀粉酶溶液和可溶性淀粉溶液，斐林试剂鉴定
C．探究pH对酶活性的影响时，选用肝脏研磨液和过氧化氢溶液，观察气泡产生速度
D．探究pH对酶活性的影响时，选用新制的蔗糖酶溶液和可溶性淀粉溶液，碘液鉴定
4、答案：C
解析：温度对过氧化氢的分解有较大影响，因此不能选择过氧化氢为底物的实验来研究温度对酶活性的影响，A错误；用斐林试剂检测还原糖的产生，需要进行加热，在加热过程中对酶的活性会有影响，因此不能选择斐林试剂，B错误；过氧化氢分解速度的不同可以通过观察气泡产生速度来判断，C正确；酶具有专一性，蔗糖酶无法分解淀粉，D错误。

5、下图所示为人体内某种类型的细胞分裂示意图(其中细胞内仅呈现部分染色体）。

下列相关叙述正确的是
A．图甲所示时期，细胞内非等位基因之间均能进行自由组合
B．图甲和图乙所示的细胞时期不能进行核基因的转录过程
C．图甲所示细胞内1号和2号染色体之间可能发生交叉互换
D．图乙所示细胞内3号和4号染色体的基因一定完全相同
5、答案：B
解析：分析题干为人体某细胞，结合图甲同源染色体分离，细胞质均等分裂可知图甲为精原细胞，为件数第一次分裂后期，图乙所示为姐妹染色单体的分离，所示时期为减数第二次分裂后期。

图甲所示时期，细胞内非同源染色体上的非等位基因之间能进行自由组合，同源染色体上的非等位基因不能自由自合，A叙述错误；图中染色体高度螺旋呈棒状杆状的染色体状态，不能进行转录过程，B
叙述正确；同源染色体的非姐妹染色单体可发生交叉互换而1和2为非同源染色体，C叙述错误；经过交叉互换后的3号和4号后的染色体可能不同，D叙述错误。

6、水稻的高秆（D）对矮秆（d）为显性，抗稻瘟病（R）对易感稻瘟病（r）为显性，这两对等位基因位于不同对的同源染色体上。

将一株高秆抗病的植株（甲）与另一株高秆易感病的植株（乙）杂交，结果如图所示。

下列有关叙述正确的是
A．如果只研究茎秆高度的遗传，则图中表现型为高秆的个体中，
纯合子的概率为1/2
B．甲、乙两植株杂交产生的子代中有6种基因型、4种表现型
C．对甲植株进行测交，可得到能稳定遗传的矮秆抗病个体
D．乙植株自交后代中符合生产要求的植株占1/4
6、答案：
B 解析：根据图示分析可知：子代中，高秆︰矮杆＝75︰25＝3︰1，抗病︰易感病＝50︰50＝1︰1，说明亲本的基因型是DdRr和Ddrr。

如只研究茎高度的遗传，图示表现型为高秆的个体中，基因型为DD和Dd，比例为1︰2，所以纯合子的概率为1/3。

甲、乙两植株杂交产生的子代基因型有3×2＝6种、表现型有2×2＝4种。

对甲植株进行测交，得到的矮秆抗病个体基因型为ddRr，是杂合体，不能稳定遗传。

由于乙植株基因型为Ddrr，其自交后代的植株为DDrr、Ddrr和ddrr，没有符合生产要求的矮秆抗病植株。

7．化学与生产、生活、社会密切相关。

下列有关说法中不正确的是
A．航天服材质是主要由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，它是一种新型无机合成材料
B．石油裂解、煤的气化、粮食酿酒、蛋白质的变性都是化学变化
C．“地沟油”禁止食用，但可用来制取肥皂
D．纳米铁粉有较强的物理吸附作用，可去除水体中的Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋等重金属离子
答案：D
解析：纳米铁粉可除去水体中的Cu2+、Cd2＋、Hg2＋等重金属离子，是由于铁将其单质置换出来，而不是由于较强的物理吸附作用，故D错。

8．N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A．标准状况下，2.24 L NO与1.12 L O2充分反应后的气体分子数为0.1N A
B．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2＋被氧化时，共转移的电子的数目为N A
C．1 mol K2S与K2S2的混合物中含离子总数为3N A
D．25 ℃时，1 L pH＝12的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.02N A
答案：C
解析：二氧化氮与四氧化二氮存在平衡，反应后的气体分子数无法准确计算，故A错；I-还原性强于Fe2+，I-优先反应，I-量不确定，转移的电子数无法计算，故B错；K2S2中过硫根是整体，K2S与K2S2阴阳离子个数比均是1:2，C正确；pH=12时，c(OH-)=0.01mol/L，考虑水的电离，则N(OH-)≥0.01N A，故D错。

9．下列说法正确的是
A．乙烷、乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应
B ．按系统命名法，化合物的名称是2,2,3,4,4-五甲基丁烷
C ．氯苯分子中苯环上的一个氢原子被丁基原子团取代形成的同分异构体共有4种
D ．乙烯和苯加入溴水中，都能观察到褪色现象，原因是都发生了加成反应
答案：A
解析：该结构的名称应为2,2,3,4-四甲基戊烷，故B 错；丁基有4种，丁基和氯原子在苯环上的位置
异构有3种，则4×
3=12种，故C 错；乙烯与溴发生加成反应而褪色，苯因为萃取溴水中的溴单质使溴水褪色，故D 错。

10．5种短周期元素A 、B 、C 、D 、E 的原子序数依次增大，依据表中信息判断，下列说法不正确的是 元素
A B C D E 相关
信息 A 的一种核素在考古时常用来鉴定一
些文物的年代 有两种常见的单质，均有氧化性 短周期中原子半径最大的元素 最外层电子数与电子层相同 其游离态单质存在于火山喷口附近和地壳的岩层里
A ．A 的单质有多种同素异形体，其中一种是自然界中最坚硬的物质
B ．
C 的单质燃烧火焰呈黄色
C ．
D 的最高价氧化物可分别溶于A
、C 、
E 的最高价氧化物对应的水化物的溶液
D ．B 和
E 的最简单气态氢化物中稳定性较差的是E
答案：C
解析：由题意可知A 是C ，B 是O ，C 是Na ，D 是Al ，E 是S 。

碳元素最坚硬的同素异形体是金刚石，故A 对；Na 元素的焰色为黄色，故B 对；D 的最高价氧化物是Al 2O 3，A 、C 、E 的最高价氧化物对应水化物是H 2CO 3、NaOH 、H 2SO 4，其中H 2CO 3不能与Al 2O 3反应，故C 错；氢化物分别是H 2O 、H 2S ，O 元素的非金属性强，所以稳定性最好的是H 2O ，故D 对。

11．利用下列实验装置能完成相应实验且操作正确的是
答案：D
解析：无倒吸装置，故A 错；反应后的溶液硫酸浓度很大，为了避免安全事故，应该酸入水，故B 错；该装置没有排除氧气的干扰，无法看到Fe(OH)2白色沉淀现象，故C 错；铁钉在中性溶液中发生吸氧腐蚀，消耗氧气，气压减小，使得红墨水液面左边高于右边，故D 对。

12. 高铁酸钠(Na 2FeO 4)是一种新型高效多功能净水剂，电解浓NaOH 溶液制备高铁酸钠的装置如图①所示。

下列说法不正确的是
A.制取并收集HCl
B.观察铜和浓硫酸反
应后稀溶液的颜色 C.制备Fe(OH)2并观察其颜色 D.证明铁生锈时空气参与反应
——水
A．X为电源负极，铁电极发生的电极反应式是：Fe - 6e- + 8OH- = FeO42- + 4H2O
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．当生成1.66 gNa2FeO4时，收集到的气体在标准状况下的体积是672 mL
D．NaOH溶液的初始浓度与电解后生成的Na2FeO4浓度的变化关系如图②所示，c(Na2FeO4)降低的原因可能是发生了副反应
答案：B
解析：该装置为电解池制备Na2FeO4，铁电极应发生氧化反应，则铁电极是阳极，镍电极是阴极，Y 是正极，X是负极，碱性溶液中，铁电极反应是Fe - 6e- + 8OH- = FeO42- + 4H2O，故A对；右池消耗OH-，左池发生2H++2e-=H2 ，为平衡电荷和减小两池中溶质浓度差异，该离子膜应为阴离子膜，故B错；当生成1.66 gNa2FeO4时，转移的电子数为0.06mol，生成H2为0.03mol，标况下672 mL，故C对；由图可知，随着碱性的增强，c(Na2FeO4)降低，可能副反应的发生导致，故D对。

13. 已知：p=-lg。

常温下，向0.1000 mol/L甲酸溶液中逐渐滴加入盐酸或氢氧化钠溶液调节pH，测得溶液中p与pH之间的关系如图中a线所示；改变温度后重复上述实验测得结果为图中b线。

下列说法不正确的是
A．p K a(HCOOH)= p + pH
B．由图可知，b线所对应的温度高于a线
C．常温下，K a(HCOOH)=10-3.75
D．向20.00 mL 0.1000 mol/L甲酸溶液中加入10.00 mL
0.1000 mol/LNaOH溶液，反应后的溶液呈酸性
答案：B
解析：Ka=，两边分别取负对数，则p K a(HCOOH)= p + pH，故A对；由图可知，p与pH越大，c(H+)和越小，K a越小，已知弱电解质的电离是吸热过程，则b线对应的温度低于a线，故B错；由pH=3.75，p=0可知，Ka=1×10-3.75=10-3.75，故C对；反应后的溶液是等浓度的HCOOH与HCOONa混合溶液，已知Ka(HCOOH)=10-3.75，则Kh(HCOO-)=10-10.25，Ka(HCOOH)>Kh(HCOO-)，溶液呈酸性，故D对。

二、选择题（共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14．．～．18．．题只有一项符合题目要求，第19．．～．21．．题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
14．下列说法中正确的是（ C ）
A．
L
R
S
ρ
=、
q
F
E=分别是电阻和场强的定义式
B．力的单位（N）、电流的单位（A）均是国际单位制中的基本单位
C ．质点做曲线运动时，可能在相等的时间内速度变化相等
D ．当加速度与速度同向时，若加速度减小，则物体的速度可能减小
【解析】 L R S
ρ=、q F E =分别是电阻的决定式和场强的定义式，故A 错误；力的单位（N ）不是国际单位制中的基本单位，而电流的单位（A ）是国际单位制中的基本单位，故B 错误；质点做曲线运动时，所受的合力可能是恒力，根据牛顿第二定律得知，物体的加速度可能不变，由△v=at 知，物体相等的时间内速度变化相等，例如平抛运动，故C 正确；若加速度与速度方向相同，加速度在减小的过程中，物体做加速运动，故D 错误。

15．如图所示，质量m ＝5 kg 的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，与
此同时物体受到一个水平向右的拉力F ＝20 N 的作用，则物体产生的加速度是(g 取10 m/s 2)( A )
A ．8 m/s 2，水平向右
B ．0
C ．4 m/s 2，水平向左
D ．4 m/s 2，水平向右
【解析】 对物体受力分析可知F 合＝F ＋f ，f ＝μmg ，所以F 合＝20 N ＋0.4×5×10 N ＝40 N ，所以a ＝F 合m ＝m/s 2＝8 m/s 2，方向水平向右。

选项A 正确。

16. 质量相等的 A 、B 两小球（均可视为质点）放在同一水平面上，分别受到水平恒力F 1、F 2的作用，同时由静止开始从同一位置出发沿同一直线做匀加速运动。

经过时间t 0和3t 0速度分别达到2v 0和v 0 ,此时分别撤去F 1和F 2，两小球继续做匀减速运动直至停止。

两小球速度随时间变化的图线如图所示。

对于上述过程下列说法正确的是（ D ）
A. A 、B 所受阻力大小之比为2∶1
B. 全过程中A 、B 的位
移大小之比为3∶1
C. 在2t 0和3t 0间的某一时刻B 追上A
D. F 1和F 2的大小之比
为9∶4
【解析】 从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小都为'00
v a t =，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma′，则阻力大小都为00
v m t ，故A 错误；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为3：2，故B 错误；在3t 0末，A 的位移大于B 的位移，此时B 未追上A ，故C 错误；根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：002A v a t =，003B v a t =，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F-f=ma ，则0103mv F t =，020
43mv F t =，F 1和F 2的大小之比为9：4。

故D 正确。

17．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为2m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现用水平拉力F 拉木块A ，使四个木块以同一加速度运动，重力加速度为g ，则水平拉力F 的最大值为( B ) A.
94mg μ B.125mg μ C. 145
mg μ D ．3mg μ 【解析】 据题目已知条件分析知，A 、B 间先达到最大静摩擦力，而木块间的最大静摩擦力是2μmg ，所以对BCD 三个木块有025mg ma μ=，可解得025
a g μ=。

然后对ABCD 四个木块整体分析有01265
F ma mg μ==，故B 项正确。

18．如图所示，两根完全相同、轴线在同一水平面内的平行长圆柱上放一均匀木板，木板的重心与两圆柱等距，其中木板质量m =4kg ，圆柱的半径r =1cm ，木板与圆柱间的动摩擦因数μ=0.1，两圆柱以角速度ω绕轴线作相反方向的转动。

现施加一过木板重心且平行圆柱轴线的拉力F 于木板上，使其以速度v =0.8m/s 沿圆柱表面作匀速运动。

取g =10m/s 2。

下列说法中正确的是（ D ）
A ．若ω取不同的值，则木板所受的摩擦力大小不同
B ．若ω=0，则水平拉力F ＝10N
C ．若ω=60rad/s ，则水平拉力F ＝3N
D ．若ω=60rad/s ，木板移动距离x =1.5m ，则拉力所做的功为4.8 J
【解析】无论ω取何值，木板所受的摩擦力大小均相同，恒为f=μmg =4N ，故A 错误；当ω=0，水平拉力F=f =4N ，故B 错误；当ω=60rad/s ，圆柱转动的线速度大小为v x =ωr =0.6m/s ，木板的速度v =0.8m/s ，则木板所受每根圆柱的滑动摩擦力与F 的夹角为（180°-37°），木板在垂直轴线方向受到两轴的滑动摩擦力大小相等方向相反，即垂直轴线方向上受到的总滑动摩擦力为零，而木板受到的滑动摩擦力f=μmg =4N ，在平行于轴线方向上，木板做匀速直线运动，由平衡条件得：F=fcos37°=165N ，故C 错误；木板移动距离x =1.5m ，拉力做功：W=Fx =165
×1.5=4.8J ，故 D 正确； 19．如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a 和b ，a 球质量为m 、带电量为+q ，b 球质量为3m 、带电量为+3q ，两球相距较远且相向运动。

某时刻a 、b 球的速度大小依次为1.5v 和v ，两球运动过程中，始终没有相碰。

则下列叙述正确的是（ CD ）
A ．a 、b 两球所受的静电斥力对两球始终做负功
B ．由于a 、b 两球所受静电斥力等大反向，所以a 、b 两球总的机械能守恒
C ．两球相距最近时，速度大小相等，方向相同
a b
v 1.5v
D ．a 、b 两球都要反向运动，但a 球先反向 【解析】由于两球都带正电荷，所以两球间存在库仑排斥力，在两球最初一段时间内斥力都做负功，但二者运动方向都反向后，斥力对两小球都做正功，故A 项错误；两小球间的库仑力始终在做功并且不为0，故a 、b 两球总的机械能不守恒，故B 项错误；水平方向系统动量守恒，由完全非弹性碰撞的知识可知，当两球速度相等（方向大小均相等）时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故C 项正确；两球靠近过程中由于库仑排斥力的作用，a 球减速，b 球也减速。

系统的总动量向左，故a 球先减速为0再反向加速。

又因为库仑力一直存在，对两者做功，所以b 经过一段时间后也会向右运动，即a 、b 两球都要反向运动，故D 项正确。

20．如图所示，质量为m 、半径为R 的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的M 、N 两竖直墙壁间，圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E 的匀强电场。

P 、Q
两点分别为轨道的最低点和最高点。

在P 点有一质量为m ，电荷量为q 的
带正电的小球，现给小球一水平初速度v 0，使小球在竖直平面内做圆周运
动。

不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ BC ）
A ．从P 到Q 点的过程中，小球的机械能一定减少
B ．小球通过P 点时对轨道可能没有压力
C ． 若mg >qE ，要使小球能通过Q 点且保证圆形轨道不脱离地面，速度v 0应满足的关系是5gR －5qER m ≤v 0<6gR －5qER m
D ．小球通过P 点时的速率一定大于通过Q 点时的速率
【解析】小球从P 到Q 点的过程中，电场力做正功，故机械能增加，故A 错误；
通过受力分析，当电场力和重力刚好提供所需向心力时，对轨道无压力，故B 正确；
当mg >qE 时,由动能定理得: 22112222Q P EqR mgR mv mv -=
-，小球恰能通过Q 点时，2Q v mg Eq m R -=，
计算得出：55P EqR v gR m
=-； 所以要使小球能通过Q 点，需有：055EqR v gR m
≥-； 设小球通过Q 点时，轨道对小球的压力为N ,小球对轨道的压力为N ′，
由牛顿第三定律有：N =N ′，
若圆形轨道恰不脱离地面，则：N ′<mg ，即N <mg ，
在Q 点受力分析有: '2Q
v mg Eq N m R -+=， 又由动能定理得：'2'2112222
Q P EqR mgR mv mv -=-， 解得: '56P EqR v gR m =-，所以得05556EqR EqR gR v gR m m
-≤<-，故C 正确； 当qE >mg 时，由动能定理22112222Q P EqR mgR mv mv -=
-，得：v Q 大于v P ，故D 错误。

21．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接，两物块A 、B 质量均为m ，初始时均静止。

现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，A 、B 两物块在开始一段时间内的v –t 关系分别对应图乙中A 、B 图线。

t l 时刻，A 、B 分离。

重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ AD ）
A ．从开始到t 2时刻，拉力F 先逐渐增大后不变
B ．t l 时刻，拉力为
C ．t 2时刻，弹簧形变量为
D ．0~ t 1过程，A 、B 运动的位移为
【解析】由图乙读出，t 1时刻A 、B 开始分离，对B 分析，根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma ，则F= mgsinθ+ma ，故B 错误；由图乙知，t 2时刻A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得mgsin θ=kx 2，则x 2 = ，故C 错误；由图乙知，t 1时刻A 、B 开始分离，对A 分析，根据牛顿第二定律得kx 1 - mgsin θ=ma ，开始时有2mgsin θ=kx 0，所以0~ t 1过程，A 、B 运动的位移为，故D 正确；从开始到t 1时刻，对A 、B 整体分析，根据牛顿第定律得F +kx - 2mgsin θ=2ma ，得F =2mgsin θ+2ma-kx ，x 减小，F 增大；t 1到t 2时刻，对B 分析，由牛顿第二定律得F-mgsinθ=ma ，得F=mgsinθ+ma ，可知F 不变，故A 正确。

第Ⅱ卷
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32 题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33题～40题为选考题，考生根据要求作答。

）
（一）必考题（共129分）
22．(6分) 为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小文同学设计了
如图所示的装置进行实验。

实验中，当木块A 位于水平桌面上的O
点时，重物B 刚好接触地面。

将A 拉到P 点，待B 稳定后静止释放，
B 着地后速度立即减为零，A 最终滑到Q 点。

分别测量OP 、OQ 的
长度h 和s ，测得A 、B 的质量分别为m 、M 。

改变h ，重复上述实
验，分别记录h 和s 实验数据。

（1）根据已知条件推算木块与桌面之间的动摩擦因数()Mh M m s mh
μ=++（用被测物理量的符号表示）。

（2）若实验测得A 、B 的质量分别为m =0.20kg 、M =0.40kg ．小文的同桌小唐同学根据实验测得的数据做出s-h 图象，并得到图线的斜率为0.8，则A 木块与桌面间的动摩擦因数μ= 0.6 （结果保留一位有效数字）。

【解析】（1）B 下落至刚接触地面过程，根据动能定理有:Mgh- μmgh=(M+m)v 2，
在B 落地后，A 运动到Q ，有: mv 2 =μmgs 得: ()Mh M m s mh
μ=++ （2）将()Mh M m s mh μ=++变形得：()()=k M
M s M m m
M m m h μ=++++，将m = 0.20kg ，M = 0.40kg ，k =0.8代入上式可求得: μ= 0.6.
23．(9分) 某中学要求学生测量一个电源的电动势及内阻。

准备的器材有：
电流表A 1(0～300 mA ，内阻12Ω )，电阻箱R （最大阻值99.9Ω），一个开关和若干导线
（1）由于电流表A 1量程较小，考虑到安全因素，同学们将一个定值电阻和电流表并联，若要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的3倍，则定值电阻的阻值R 0= 4或4.0 Ω。

（2）小陈同学设计的电路图如下图。

若实验中记录电阻箱的阻值R 和电流表的示数I ，并计算出I 1，得到多组数据后描点作出R-
I 1 图线如图所示，则该电源的电动势
E = 12 V
，内阻r = 6.0 Ω（结果保留两位有效数字）
【解析】（1）由并联电路规律可知，并联部分电压相等，要使并联后流过定值电阻的电流是流过电
流表的电流的3倍；则定值电阻的阻值应是电流表内阻的三分之一，故有：012433
R R ===Ωg
； （2）闭合电路欧姆定律可知：4()E IR I R r =++g ，变形可得：()44
g R E R r I =-+ 故图象中的斜率等于： 3.04
E k ==，故：12E V = 图象与纵坐标的交点为：9.04g
R r -=--，解得： 6.0r =Ω
24．（12分）在粗糙水平面上有一个质量为m=10kg 的小车，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。

现对小车施加一水平向左的恒力F ，F=30N 。

在小车开始启动的同时，一个人从车后25m 出发，以6m/s 的速度匀速追赶这辆小车。

问：
（1） 此人能否追上小车？
（2） 若能追上，求追上的时间；若追不上，求人与车之间的最小距离为多少？（g=10m/s 2） 【解析】（1）由牛顿第二定律得 F-μmg=ma ，a =1m/s 2 设人经时间t 追上小车，当追上时，人的位移为s １，车的位移为s ２，则s １-s ２=s 0
即 v 人t-
12
at 2=s 0 代入数据整理后得 t 2-12t+50=0
因为 Δ=b 2-4ac =122-4×50=-56＜0，方程t 2-12t+50=0无解，故人追不上小车。

（2）设经时间t ′，人和小车的速度相同，此时二者距离最小， 则有 v 车=v 人=at′，解得 t′=6s
此时人与车的距离最小为 △s min =s 0+s 2-s 1=7m 。

25．（20分）如图所示，质量为m =0.5kg 的物体用长为r= 0.4m 的细绳悬挂于O 点。

水平传送带AB 以速度v=8m/s 沿顺时针方向转动。

现将物体向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ=60°的位置由静止释放，物体摆到最低点时烧断细绳，之后物体恰好能无碰撞地滑上传送带的左端A 点。

同时，
传送带开始做加速度大小为a=2m/s 2的匀减速运动，直到停止。

已知小滑块与传送带之间的动摩擦
因数为μ=0.1，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s 2。

求：
（1）静止释放物体时，细绳上的张力大小？
（2）物体滑上传送带左端A 点时的速度v A ？
（3）若物体最终恰好能够到达传送带的右端B 点，则传送带上AB 两点的距离为多少？物体在传送带上留下的划痕为多长？
【解析】（1）静止释放的瞬间，由向心力公式得 T-mgcosθ=0，T=2.5N （2）物体下摆过程，由动能定理得 mgr(1-cos θ)=12mv A 2，v A =2m/s （3）物体冲上传送带后向右匀加速运动，a 1=μg =1m/s
2 设经时间t 1，物体与传送带速度相同，则v 1=v A +μgt 1=v-at 1，得t 1=2s ，v 1=4m/s 此时，物体的位移x 1=12A v v +t 1=6m ，传送带的位移x 1′=12
v v +t 1=12m ，相对位移△x 1=x 1′-x 1=12-6=6m 达共速后，因为μg <a ，所以物体与传送带分别做匀减速运动，传动带先停止运动，之后物体继续匀减速直到它也停下，由题意知，此时物体恰好到达B 点。

达共速到分别停下的过程中，物体的位移
为x 2=212v g μ=8m ，传送带的位移为x 2′=212v a
=4m ，相对位移△x 2=x 2-x 2′=8-4=4m<△x 1。

所以AB=x 1+x 2=6+8=14m ，划痕L =6m
26．(15分)亚硝酰氯(NOCl ，N 为+3价，熔点：-64.5 ℃，沸点：-5.5 ℃) 红褐色液体或黄色气体，是有机物合成中的重要试剂，易水解，水解产物是两种酸。

实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。

（1）写出NOCl 与水反应的化学方程式 ；
（2）A 、B 、C 装置中可用于制备Cl 2的是 （用字母填空）；
（3）用D 装置制备NO ，检验D 装置气密性的方法是 ，加入稀硝酸时，开关K 1是 （“开”或者“关”）着的；
（4）用上述选好的发生装置（下图省略）连接在以下装置上，制备NOCl 。

①装置连接顺序为a→ (按气流自左向右方向，用小写字母表示)； ②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO 、Cl 2外，另一个作用是 ；
③两种气体在IX 中反应的预期现象为 ；实际却看到了红棕色气体生成，请写出解决这一问题的最简单的操作。

答案：26．（15分）
（1）NOCl+ H 2O = HCl + HNO 2 （2分）
（2）A 、B （2分，各1分）。