2024年浙教版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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)2024年浙教版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷727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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、有三根電阻絲；它們的長(zhǎng)度；橫截面積、電阻率分別如下表所示：

。電阻電阻絲長(zhǎng)度橫截面積電阻率R1LS2ρR2L2SρR32LS2ρ則阻值最大的電阻絲是（）

A.R1

B.R2

C.R3

D.三根電阻絲的阻值一樣大。

2、同學(xué)們通過(guò)實(shí)驗(yàn)探究，得到了在發(fā)生彈性形變時(shí)，彈簧的彈力與彈簧伸長(zhǎng)量的關(guān)系．下列說(shuō)法中能反映正確的探究結(jié)果的是（）A.彈簧的彈力跟彈簧的伸長(zhǎng)量成正比B.彈簧的彈力跟彈簧的伸長(zhǎng)量成反比C.彈簧的彈力跟彈簧的伸長(zhǎng)量的平方成正比D.彈簧的彈力跟彈簧的伸長(zhǎng)量無(wú)關(guān)3、一初速度為零的電子經(jīng)電場(chǎng)加速后；垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，此電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)可等效為一環(huán)狀電流，其等效電流的大?。ǎ?/p>

A.與電子質(zhì)量無(wú)關(guān)。

B.與電子電荷量有關(guān)。

C.與電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度有關(guān)。

D.與磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)。

4、一個(gè)電流計(jì)的滿偏電流Ig=100μA，內(nèi)阻為600Ω，要把它改裝成一個(gè)量程為0.6A的電流表，則應(yīng)在電流計(jì)上（）A.串聯(lián)一個(gè)5.4kΩ的電阻B.串聯(lián)一個(gè)約0.1Ω的電阻C.并聯(lián)一個(gè)約0.1Ω的電阻D.并聯(lián)一個(gè)5.4kΩ的電阻5、下列關(guān)于慣性的說(shuō)法正確的是（）A.火箭升空時(shí)，火箭的慣性隨其速度的增大而增大B.做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體沒(méi)有慣性C.戰(zhàn)斗機(jī)戰(zhàn)斗前拋棄副油箱，是為了增大戰(zhàn)斗機(jī)的慣性D.物體的質(zhì)量越大，其慣性就越大6、關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，以下說(shuō)法正確的是（）A.在同一磁場(chǎng)中，磁感線密的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度大，疏的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度小B.一段通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中某處受的力大，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度就大，受的力小，該處的磁感強(qiáng)度就小C.通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中某處不受力，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零D.無(wú)論如何只要磁通量大，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大，磁通量為零，則磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、如圖所示的電場(chǎng)中，a、b兩點(diǎn)相比，____點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)較大．負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)時(shí)，電荷的電勢(shì)能____（選填“增加”或“減少”）．

8、如圖所示，帶電荷量分別為+Q和-Q的兩個(gè)點(diǎn)電荷a與b相距L，在a與b間放置一個(gè)原來(lái)不帶電的導(dǎo)體P當(dāng)導(dǎo)體P處于靜電平衡狀態(tài)時(shí)，感應(yīng)電荷在a、b連線的中點(diǎn)c處（c在導(dǎo)體P內(nèi)）產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為_(kāi)___，方向?yàn)開(kāi)___．

9、如圖所示，是某勻強(qiáng)電場(chǎng)的三個(gè)等勢(shì)面，相應(yīng)的電勢(shì)值分別為-10V、0、10V，圖中A、B兩點(diǎn)相距2.5cm，則該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為_(kāi)_____V/m．10、某實(shí)驗(yàn)小組在進(jìn)行“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中；已知單擺擺動(dòng)過(guò)程中的擺角小于5°；在測(cè)量單擺的周期時(shí)，從單擺運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)且記數(shù)為1，到第n次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)所用的時(shí)間內(nèi)為t；在測(cè)量單擺的擺長(zhǎng)時(shí)，先用毫米刻度尺測(cè)得懸掛后的擺線長(zhǎng)(從懸點(diǎn)到擺球的最上端)為L(zhǎng)，再用游標(biāo)卡尺測(cè)得擺球的直徑為d．

(1)用上述物理量的符號(hào)寫(xiě)出求重力加速度的一般表達(dá)式g=____________．

(2)實(shí)驗(yàn)結(jié)束后；某同學(xué)發(fā)現(xiàn)他測(cè)得的重力加速度的值總是偏大，其原因可能是下述原因中的____________．

A．單擺的懸點(diǎn)未固定緊；振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線增長(zhǎng)了。

B．把n次擺動(dòng)的時(shí)間誤記為(n+1)次擺動(dòng)的時(shí)間。

C．以擺線長(zhǎng)作為擺長(zhǎng)來(lái)計(jì)算。

D．以擺線長(zhǎng)與擺球的直徑之和作為擺長(zhǎng)來(lái)計(jì)算。

(3)某同學(xué)在做“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中；用秒表測(cè)單擺完成40次全振動(dòng)的時(shí)間如圖所示，則單擺的周期為_(kāi)___________s．

(4)為了提高實(shí)驗(yàn)精度，在實(shí)驗(yàn)中可改變幾次擺長(zhǎng)L并測(cè)出相應(yīng)的周期T，從而得出一組對(duì)應(yīng)的L與T的數(shù)據(jù)，再以L為橫坐標(biāo)、T2為縱坐標(biāo)將所得數(shù)據(jù)連成直線，并求得該直線的斜率k．則重力加速度g=____________．(用k表示)若根據(jù)所得數(shù)據(jù)連成的直線的延長(zhǎng)線沒(méi)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，而是與縱軸的正半軸相交于一點(diǎn)，則實(shí)驗(yàn)過(guò)程中可能存在的失誤是____________，因此失誤，由圖象求得的重力加速度的g____________(偏大，偏小，無(wú)影響)11、圖1

游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為_(kāi)_____mm

圖2

螺旋測(cè)微器讀數(shù)為_(kāi)_____mm

．12、如圖所示，金屬導(dǎo)軌間距為d

左端接一電阻R

勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

方向垂直于平行金屬導(dǎo)軌所在的平面，一根長(zhǎng)金屬棒與導(dǎo)軌成婁脠

角放置，金屬棒與導(dǎo)軌電阻不計(jì).

當(dāng)金屬棒沿垂直于棒的方向，以恒定速度v

在金屬導(dǎo)軌上滑行時(shí)，通過(guò)電阻的電流強(qiáng)度為_(kāi)_____；電阻R

上的發(fā)熱功率為_(kāi)_____；拉力的機(jī)械功率為_(kāi)_____．13、守恒定律是大自然普遍和諧性的一種表現(xiàn)形式，體現(xiàn)了科學(xué)的對(duì)稱之美．追尋守恒量也是科學(xué)工作者不斷努力的目標(biāo)．試寫(xiě)出你所知道的兩個(gè)守恒定律的名稱____、____．14、面積為0.5m2

的閉合單匝導(dǎo)線環(huán)處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.4T

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)磁場(chǎng)與環(huán)面垂直時(shí)，穿過(guò)環(huán)面的磁通量大小為_(kāi)_____Wb

當(dāng)導(dǎo)線環(huán)轉(zhuǎn)過(guò)900

環(huán)面與磁場(chǎng)平行時(shí)，穿過(guò)環(huán)面的磁通量大小為_(kāi)_____Wb

如果翻轉(zhuǎn)所用的時(shí)間為0.1s

在此過(guò)程中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)大小為_(kāi)_____V

．評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

18、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、推斷題(共2題，共10分)20、是合成高聚酚酯的原料，其合成路線rm{(}部分反應(yīng)條件略去rm{)}如下圖所示：

rm{(1)A}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___，rm{B}分子中最多有____個(gè)原子共面。rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脵}的反應(yīng)條件____。rm{(3)}由rm{C}生成rm{D}的化學(xué)方程式為_(kāi)___。rm{(4)}與rm{D}互為同分異構(gòu)體且含有碳碳雙鍵和rm{-COO-}的苯的二元取代物有____種，其中核磁共振譜為rm{5}組峰，且峰面積比為rm{2:1:2:2:1}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___rm{(}任寫(xiě)一種rm{)}rm{(5)}寫(xiě)出以rm{C_{2}H_{5}OH}為原料合成乳酸rm{(}rm{)}的路線rm{(}其他試劑任選，合成路線常用的表示方式為目標(biāo)產(chǎn)物rm{)}21、元素rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}rm{F}都是重要的非金屬元素，rm{Fe}rm{Cu}是應(yīng)用非常廣泛的金屬．

rm{(1)Fe}元素基態(tài)原子的核外電子排布式為_(kāi)___．

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}個(gè)電子，該分子中rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵的個(gè)數(shù)比為_(kāi)___

rm{(3)C}rm{N}rm{O}三種元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)閞m{(}用元素符號(hào)表示rm{)}____

rm{(3)}在測(cè)定rm{HF}的相對(duì)分子質(zhì)量時(shí)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得值一般高于理論值，其主要原因是____

rm{(5)C}rm{N}兩元素形成的化合物rm{C_{3}N_{4}}形成的原子晶體，結(jié)構(gòu)類似金剛石，甚至硬度超過(guò)金剛石，其原因是____

rm{(6)}如圖為石墨晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，該晶胞中含有rm{C}原子的個(gè)數(shù)為_(kāi)___．評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共24分)22、一質(zhì)量為0.5kg

的小物塊放在水平地面上的A

點(diǎn)；距離A

點(diǎn)5m

的位置B

處是一面墻，如圖所示，物塊以v0=9m/s

的初速度從A

點(diǎn)沿AB

方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s

碰后以6m/s

的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止。g

取10m/s2

(1)

求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)婁脤

(2)

若碰撞時(shí)間為0.05s

求碰撞過(guò)程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F

(3)

求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W

23、如圖，質(zhì)量M=1kg的物體在與水平面成θ=37°角的拉力F=10N作用下，從水平地面A點(diǎn)靜止開(kāi)始，向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知AB距離L=3m，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5．（g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）求物體運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?/p>

（2）物體到達(dá)B點(diǎn)的速度大??；

（3）若要物體仍從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)并能到達(dá)B點(diǎn)，則上述力F作用的最短位移大小。24、(10分)直角玻璃三棱鏡置于空氣中。已知∠A＝60°，∠C＝90°，棱鏡的折射率n＝一束極細(xì)的光束于AC的中點(diǎn)D垂直AC面入射，AD＝a,求：(1)光從進(jìn)入棱鏡到它第一次射入空氣時(shí)的折射角；(2)光從進(jìn)入棱鏡到它第一次射入空氣時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間(設(shè)光在真空中傳播速度為c)。25、足夠長(zhǎng)的水平滑直導(dǎo)軌上，著個(gè)大小相同的小球ABB

球右側(cè)定有直彈性擋.

已知球質(zhì)量為A

球質(zhì)的k

倍(k>1)

現(xiàn)讓以v0=3m/s

速度對(duì)著B(niǎo)

球運(yùn)動(dòng)；AB

兩球發(fā)彈性正碰，B

球向右運(yùn)動(dòng)擋板碰后原速回.

求：

為兩不會(huì)再次碰，k

的取范圍應(yīng)為多少？評(píng)卷人得分六、識(shí)圖作答題(共1題，共7分)26、某蛋白質(zhì)由51個(gè)氨基酸、兩條鏈構(gòu)成，結(jié)構(gòu)圖中—S—S—為兩個(gè)—SH形成。其結(jié)構(gòu)模式圖如下：

⑴該蛋白質(zhì)分子形成過(guò)程中形成了____個(gè)水分子和_____個(gè)肽鍵；形成過(guò)程中消耗掉的氨基和羧基數(shù)分別是____、________；該蛋白質(zhì)分子中至少含有游離氨基和羧基數(shù)分別是_________、___________。⑵組成該蛋白質(zhì)的氨基酸的不同之處在于它們具有不同的R基，在形成此蛋白質(zhì)的氨基酸中最多含有_____種不同的R基。⑶如果形成該蛋白質(zhì)分子的氨基酸的平均相對(duì)分子質(zhì)量為100，則該蛋白質(zhì)的分子質(zhì)量是___________，控制該蛋白質(zhì)分子合成的基因至少含有堿基_______對(duì)。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

根據(jù)電阻定律的公式R=ρ可求得；電阻的大小為。

R1=2ρ

R2=ρ

R3=4ρ

所以電阻最大的為R3；所以C正確．

故選C．

【解析】【答案】根據(jù)電阻定律的公式R=ρ逐個(gè)求出電阻的大小即可．

2、A【分析】解：根據(jù)胡克定律可知；發(fā)生彈性形變時(shí)，彈簧的彈力與彈簧伸長(zhǎng)量成正比，不是成反比，也不是與伸長(zhǎng)量的平方成正比．故A正確，BCD錯(cuò)誤．

故選A

本題研究彈簧的彈力與彈簧伸長(zhǎng)量的關(guān)系；根據(jù)胡克定律進(jìn)行分析即可．

本題的解題關(guān)鍵是要掌握胡克定律，即彈簧的彈力與彈簧伸長(zhǎng)量成正比．【解析】【答案】A3、B|D【分析】

根據(jù)電流的定義式得：

I=

電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T(mén)；電荷量為e；

又因?yàn)椋篢=

所以：I=

由此可知；電流大小與電子的電荷量和磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)．

故選BD

【解析】【答案】電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T(mén)，電荷量為e，根據(jù)電流等于單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)橫截面的電荷量，即I=即可求解．

4、C【分析】【解答】解：改裝成電流表要并聯(lián)電阻分流，其并聯(lián)電阻阻值為R：R==≈0.1Ω

故為并聯(lián)0.1Ω的電阻．則A錯(cuò)誤；B錯(cuò)誤C正確D錯(cuò)誤。

故選：C

【分析】改裝為電流表需并聯(lián)一個(gè)電阻，改裝電流表原理：IgRg=（I﹣Ig）R，其中I為量程5、D【分析】解：

A；火箭升空時(shí)；火箭的質(zhì)量減小，慣性減小，故A錯(cuò)誤．

B；慣性是物體的固有屬性；任何物體都有慣性，故B錯(cuò)誤．

C；D質(zhì)量是物體慣性大小的量度；質(zhì)量越大，物體的慣性越大．戰(zhàn)斗機(jī)戰(zhàn)斗前拋棄副油箱，是為了減小戰(zhàn)斗機(jī)的慣性，故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：D

任何物體都有慣性；質(zhì)量是物體慣性大小的量度，質(zhì)量越大，物體的慣性越大．

慣性是物理學(xué)中的一個(gè)性質(zhì)，它描述的是物體能夠保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，要注意：一切物體任何情況下都具有慣性．質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度．【解析】【答案】D6、A【分析】解：A；同一磁場(chǎng)中；根據(jù)磁感線的疏密來(lái)確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的大與小，像電場(chǎng)線一樣，磁感線可以形象的描述磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向，磁感線密的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度大，磁感線稀的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度小，故A正確；

B、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=是采用比值法定義的；被定義的物理量B與公式中的物理量F；IL無(wú)關(guān)，B的大小由磁場(chǎng)本身決定，故B錯(cuò)誤；

C；當(dāng)導(dǎo)線電流方向和磁場(chǎng)方向相同或相反時(shí)；電流不受安培力作用，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度并不為零，故C錯(cuò)誤；

D；當(dāng)線圈平面與磁感線平行時(shí)；磁通量為零，而磁感應(yīng)強(qiáng)度卻不為零，故D錯(cuò)誤．

故選A．

磁感應(yīng)強(qiáng)度B=是采用比值法定義的；B大小與F；IL無(wú)關(guān)，由磁場(chǎng)本身決定的，磁感線可以形象的描述磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向，磁感線密的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度大，磁感線稀的地方磁感應(yīng)強(qiáng)度?。?/p>

對(duì)于物理量中的基本物理量一定明確其含義、如何定義的、定義公式特點(diǎn)等，不能相互混淆，因此對(duì)這些基本物理知識(shí)要加強(qiáng)理解和應(yīng)用．【解析】【答案】A二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】

電場(chǎng)中，a、b兩點(diǎn)相比，b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)較大．

沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低，所以a點(diǎn)電勢(shì)大于b點(diǎn)電勢(shì)，由于是負(fù)電荷，所以從a點(diǎn)移到b點(diǎn)時(shí)；電荷的電勢(shì)能增加．

故答案為：b；增加。

【解析】【答案】電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大；電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低．

8、略

【分析】

由點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E=得：

+Q和-Q的兩個(gè)點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度。

E+===

同理

再由矢量合成得：E=E+

答案為：V/m，沿ba連線向左。

【解析】【答案】由點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E=可求得+Q和-Q的兩個(gè)點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度；再疊加求出合場(chǎng)強(qiáng)，方向正電荷的沿ac向右，負(fù)電荷的沿ac向右，故合場(chǎng)強(qiáng)方向向右．

9、略

【分析】解：由圖線可知該電場(chǎng)水平向左，電場(chǎng)線與AB連線的夾角是37°，所以得：UBA=Edcos37°

得：E==V/m=1000V/m

故答案為：1000．

根據(jù)等勢(shì)面的圖線可知；該電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線的方向與等勢(shì)面垂直且指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，所以是水平向左．所以電場(chǎng)線與AB的夾角是37°．最后根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系，即可求得該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)．

抓住電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，且指向低電勢(shì)處是解題的關(guān)鍵，并要準(zhǔn)確理解公式U=Ed中d的含義：d是沿電場(chǎng)線方向兩點(diǎn)間的距離．【解析】100010、略

【分析】解：(1)單擺的擺長(zhǎng)l=L+單擺周期T==由單擺周期公式T=2π

可得：g==

(2)A、擺線上端未牢固地系于懸點(diǎn)，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長(zhǎng)度增加了，測(cè)得的單擺周期變大，根據(jù)g=可知；測(cè)得的g應(yīng)偏?。蔄錯(cuò)誤；

B、實(shí)驗(yàn)中誤將n次全振動(dòng)計(jì)為n+1次，根據(jù)T=求出的周期變??；g偏大．故B正確；

C、以擺線長(zhǎng)作為擺長(zhǎng)來(lái)計(jì)算，擺長(zhǎng)偏小，根據(jù)g=可知；測(cè)得的g應(yīng)偏?。蔆錯(cuò)誤；

D、以擺線長(zhǎng)與擺球的直徑之和作為擺長(zhǎng)來(lái)計(jì)算，擺長(zhǎng)偏大，根據(jù)g=可知；測(cè)得的g應(yīng)偏大．故D正確．

故選BD；

(3)由圖示秒表可知，秒表示數(shù)為1min+19.8s=79.8s，則單擺的周期T==1.995s；

(4)根據(jù)重力加速度的表達(dá)式g=可知，T2-l圖線斜率k=則g=若根據(jù)所得數(shù)據(jù)連成的直線的延長(zhǎng)線沒(méi)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)；而是與縱軸的正半軸相交于一點(diǎn)，則實(shí)驗(yàn)過(guò)程中可能存在的失誤是擺長(zhǎng)漏加小球半徑，從g的表達(dá)式可知：g與擺長(zhǎng)無(wú)關(guān)，所以因此失誤對(duì)由圖象求得的重力加速度的g的值無(wú)影響．

故答案為：(1)(2)BD；(3)1.995；(5)擺長(zhǎng)漏加小球半徑；無(wú)影響．【解析】BD;1.995;擺長(zhǎng)漏加小球半徑;無(wú)影響11、50.15；4.700

【分析】解：游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為5.0cm=50mm

游標(biāo)讀數(shù)為0.05隆脕3mm=0.15mm

所以最終讀數(shù)為：50mm+0.15mm=50.15mm

．

螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為4.5mm

可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01隆脕20.0mm=0.200mm

所以最終讀數(shù)為：4.5mm+0.200mm=4.700mm

由于需要估讀因此在范圍4.699鈭?4.703mm

內(nèi)均正確．

故答案為：50.154.700

游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)；不需估讀.

螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺和螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀.

螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．【解析】50.154.700

12、略

【分析】解：導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)；導(dǎo)體棒兩端產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于閉合回路的電源，R

是外電阻，電源內(nèi)阻不計(jì)，由于導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)，BLv

兩兩垂直，則有：E=Blv

其中，L=dsin婁脠

因此有：E=Bdvsin婁脠

而電流為：I=ER=BdvRsin婁脠

電阻R

上的發(fā)熱功率為電阻R

的電功率，所以有：PR=I2R=B2d2v2Rsin2婁脠

導(dǎo)體以恒定速度v

運(yùn)動(dòng)時(shí)；導(dǎo)體棒受拉力F

與安培力F擄虜

作用，且二力平衡，即為：

F=F擄虜=BIL=B2L2vR

P=Fv=B2L2v2R=B2d2v2Rsin2婁脠

故答案為：BdvRsin婁脠B2d2v2Rsin2婁脠B2d2v2Rsin2婁脠

．

當(dāng)金屬棒沿垂直于棒的方向以速度v

滑行時(shí)，金屬棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，金屬棒有效的切割長(zhǎng)度為dsin婁脠

求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路歐姆定律求出電流；根據(jù)P=I2r

來(lái)求出發(fā)熱功率；由于導(dǎo)體的勻速運(yùn)動(dòng)；則拉力等于安培力，由安培力的功率，從而即可求解．

本題容易產(chǎn)生的錯(cuò)誤是認(rèn)為金屬棒的切割長(zhǎng)度為d

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Bdv

通過(guò)R

的電流為BdvR.

同時(shí)知道棒勻速運(yùn)動(dòng)，所以機(jī)械功率等于發(fā)熱功率．【解析】BdvRsin婁脠B2d2v2Rsin2婁脠B2d2v2Rsin2婁脠

13、能量守恒定律動(dòng)量守恒定律【分析】【解答】守恒定律是大自然普遍和諧性的一種表現(xiàn)形式；體現(xiàn)了科學(xué)的對(duì)稱之美．

追尋守恒量也是科學(xué)工作者不斷努力的目標(biāo)；中學(xué)階段主要有三大守恒定律：能量守恒定律；動(dòng)量守恒定律、電荷守恒定律；

故答案為：能量守恒定律；動(dòng)量守恒定律、電荷守恒定律（填2個(gè)即可）．

【分析】追尋守恒量是物理學(xué)中的重要研究方法，中學(xué)階段主要有三大守恒定律：能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律、電荷守恒定律．14、略

【分析】解：由題；導(dǎo)線環(huán)的面積S=0.5m2

勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T

當(dāng)磁場(chǎng)與環(huán)面垂直時(shí)，穿過(guò)環(huán)面的磁通量為：

婁碌=BS=0.4隆脕0.5Wb=0.2Wb

當(dāng)導(dǎo)線環(huán)轉(zhuǎn)過(guò)90鈭?

時(shí)；環(huán)面與磁場(chǎng)平行時(shí)，沒(méi)有磁感穿過(guò)環(huán)面，穿過(guò)環(huán)面的磁通量為0

果翻轉(zhuǎn)所用的時(shí)間為0.1s

在此過(guò)程中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)大小為E爐=鈻?婁碌鈻?t=0.20.1=2V

故答案為：0.202

．

勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；當(dāng)線圈與磁場(chǎng)垂直時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量婁碌=BS.

當(dāng)線圈與磁場(chǎng)平行時(shí)，磁通量婁碌=0.

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．

本題求兩種特殊情況下的磁通量，可以根據(jù)磁通量一般公式婁碌=BSsin婁脕(婁脕

是磁場(chǎng)與線圈平面的夾角)

分析理解．【解析】0.202

三、判斷題(共5題，共10分)15、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類似于高度差；沒(méi)有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)．由以上的分析可知，以上的說(shuō)法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無(wú)關(guān)．16、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．17、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?8、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．19、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。摹⑼茢囝}(共2題，共10分)20、（1）HCHO15（2）NaOH醇溶液加熱（3）+H2O（4）6(5)【分析】【分析】本題考查有機(jī)物推斷和有機(jī)合成，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析推斷及知識(shí)綜合應(yīng)用能力，明確有機(jī)物官能團(tuán)及其性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)類型及反應(yīng)條件是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是根據(jù)反應(yīng)物和生成物采用知識(shí)遷移的方法進(jìn)行有機(jī)合成，題目難度中等?！窘獯稹扛鶕?jù)流程圖知，rm{壟脵}為消去反應(yīng)、rm{壟脷}為加成反應(yīng)，則rm{A}為rm{HCHO}rm{B}為rm{B}發(fā)生信息rm{ii}的反應(yīng)，rm{C}結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{C}發(fā)生縮聚反應(yīng)生成rm{E}rm{E}結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{C}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{D}rm{D}結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{D}和苯酚發(fā)生酯化反應(yīng)生成

rm{(1)A}為甲醛，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{HCHO}rm{B}為與苯環(huán)直接相連的原子和苯環(huán)碳原子共面，且單鍵可以旋轉(zhuǎn)，通過(guò)旋轉(zhuǎn)醛基三個(gè)原子可以旋轉(zhuǎn)到苯環(huán)平面上，所以rm{B}分子中最多有rm{15}個(gè)原子共面，故答案為：rm{HCHO}rm{15}

rm{(2)}由rm{C}生成rm{D}的反應(yīng)類型為生成rm{C}的反應(yīng)類型為是鹵代烴的消去反應(yīng)，反應(yīng)條件為rm{D}醇溶液加熱，故答案為：rm{NaOH}醇溶液加熱；

rm{NaOH}在濃硫酸條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{(3)C}rm{D}結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為化學(xué)方程式為：rm{D}rm{xrightarrow[?]{脜簍脕貌脣謾}}

故答案為：rm{+H_{2}O}rm{xrightarrow[?]{脜簍脕貌脣謾}}rm{+H}rm{2}rm{2}滿足rm{O}的苯的二元取代物的rm{(4)}的同分異構(gòu)體有：含有含有碳碳雙鍵和rm{-COO-}的苯的二元取代物的和rm{-COO-}鄰間對(duì)rm{D}種，含有rm{-CH=CH_{2}}和rm{-COOH(}鄰間對(duì)rm{)3}種，所以共rm{-CH=CH_{2}}種，rm{-OOCH(}組峰，且峰面積比為rm{)3}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

故答案為：rm{3+3=6}其中核磁共振譜為rm{5}組峰，且峰面積比為rm{2:1:2:2:1}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：被催化氧化生成rm{5}rm{2:1:2:2:1}和rm{6}發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{(5)CH_{3}CH_{2}OH}該物質(zhì)發(fā)生水解反應(yīng)生成rm{CH_{3}CHO}其合成路線為故答案為：rm{CH_{3}CHO}【解析】rm{(1)HCHO}rm{15}rm{(2)NaOH}醇溶液加熱rm{(3)}rm{xrightarrow[?]{脜簍脕貌脣謾}}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{(4)6}rm{(5)}21、1s22s22p63s23p63d64s2;5：1;N＞O＞C;F元素電負(fù)性很大，分子之間形成氫鍵，以形成締合分子(HF)n;N原子半徑小于C原子半徑，鍵長(zhǎng)C-N＜C-C，C-N鍵能更大;4【分析】試題分析：rm{(1)Fe}是rm{26}元素，核外電子數(shù)為rm{26}根據(jù)核外電子排布規(guī)律書(shū)寫(xiě)；

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}個(gè)電子，該烴分子式為rm{C_{2}H_{4}}分子中含有rm{4}個(gè)rm{C-H}rm{1}個(gè)rm{C=C}雙鍵，雙鍵為rm{1}個(gè)rm{婁脪}鍵、rm{1婁脨}鍵；

rm{(3)}同周期自左而右元素第一電離能呈增大趨勢(shì)，但rm{N}元素原子的rm{2p}能級(jí)含有rm{3}個(gè)電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，失去第rm{1}個(gè)電子需要的能量較大；

rm{(4)F}元素電負(fù)性很大；分子之間形成氫鍵，以形成締合分子；

rm{(5)}原子晶體中化學(xué)鍵鍵長(zhǎng)越短；鍵能越大，化學(xué)鍵越穩(wěn)定；

rm{(6)}由石墨晶胞結(jié)構(gòu)可知，rm{隆脧bab隆盲=60^{circ}}rm{隆脧aba隆盲=120^{circ}}故頂點(diǎn)rm{a}相應(yīng)位置碳原子為rm{12}個(gè)晶胞共用，頂點(diǎn)rm相應(yīng)位置為棱上碳原子為rm{6}個(gè)晶胞共用，面上為rm{2}個(gè)晶胞共用，晶胞內(nèi)部含有rm{1}個(gè)碳原子，rm{ad}相應(yīng)棱上碳原子為rm{6}個(gè)晶胞共用，rm{bc}相應(yīng)棱上碳原子為rm{3}個(gè)晶胞共用；利用相應(yīng)物質(zhì)均攤法計(jì)算．

rm{(1)Fe}是rm{26}元素，核外電子數(shù)為rm{26}態(tài)原子的核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}個(gè)電子，該烴分子式為rm{C_{2}H_{4}}分子中含有rm{4}個(gè)rm{C-H}rm{1}個(gè)rm{C=C}雙鍵，雙鍵為rm{1}個(gè)rm{婁脪}鍵、rm{1婁脨}鍵，故該分子中rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵的個(gè)數(shù)比為rm{5}rm{1}

故答案為：rm{5}rm{1}

rm{(3)}同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢(shì)，rm{N}元素原子的rm{2p}能級(jí)有rm{3}個(gè)電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量降低，失去第一個(gè)電子需要的能量較高，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能rm{N>O>C}

故答案為：rm{N>O>C}

rm{(4)F}元素電負(fù)性很大，分子之間形成氫鍵，以形成締合分子rm{(HF)_{n}}實(shí)驗(yàn)測(cè)得rm{HF}的相對(duì)分子質(zhì)量一般高于理論值；

故答案為：rm{F}元素電負(fù)性很大，分子之間形成氫鍵，以形成締合分子rm{(HF)_{n}}

rm{(5)N}原子半徑小于rm{C}原子半徑，鍵長(zhǎng)rm{C-N<C-C}故在rm{C_{3}N_{4}}形成的原子晶體中rm{C-N}鍵能更大；故其硬度超過(guò)金剛石；

故答案為：rm{N}原子半徑小于rm{C}原子半徑，鍵長(zhǎng)rm{C-N<C-C}rm{C-N}鍵能更大；

rm{(6)}由石墨晶胞結(jié)構(gòu)可知，rm{隆脧bab隆盲=60^{circ}}rm{隆脧aba隆盲=120^{circ}}故頂點(diǎn)rm{a}相應(yīng)位置碳原子為rm{12}個(gè)晶胞共用，頂點(diǎn)rm相應(yīng)位置為棱上碳原子為rm{6}個(gè)晶胞共用，面上為rm{2}個(gè)晶胞共用，晶胞內(nèi)部含有rm{1}個(gè)碳原子，rm{ad}相應(yīng)棱上碳原子為rm{6}個(gè)晶胞共用，rm{bc}相應(yīng)棱上碳原子為rm{3}個(gè)晶胞共用，故晶胞中含有的rm{AC}原子數(shù)目為：

rm{4隆脕dfrac{1}{12}+4隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+1+2隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{3}=4}故答案為：rm{4隆脕dfrac{1}{12}+4隆脕dfrac

{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+1+2隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac

{1}{3}=4}．rm{4}【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2};5}rm{1;N>O>C;F}元素電負(fù)性很大，分子之間形成氫鍵，以形成締合分子rm{(HF)_{n};N}原子半徑小于rm{C}原子半徑，鍵長(zhǎng)rm{C-N<C-C}rm{C-N}鍵能更大rm{;4}五、計(jì)算題(共4題，共24分)22、略

【分析】

(1)

對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)。

(2)

對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出作用力大小。

(3)

應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出物塊反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程克服摩擦力做的功。

本題考查了求動(dòng)摩擦因數(shù)、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用動(dòng)能定理、動(dòng)量定理即可正確解題。【解析】解：(1)

物塊從A

到B

過(guò)程；由動(dòng)能定理得：

鈭?婁脤mgsAB=12mvB2鈭?12mv02

代入數(shù)據(jù)解得：婁脤=0.32

(2)

以向右為正方向；物塊碰撞墻壁過(guò)程；

由動(dòng)量定理得：Ft=mv鈭?mvB

即：

F隆脕0.05=0.5隆脕(鈭?6)鈭?0.5隆脕7

解得：F=鈭?130N

負(fù)號(hào)表示方向向左；

(3)

物塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程；由動(dòng)能定理得：

W=0鈭?12mv2=鈭?12隆脕0.5隆脕62=鈭?9J

所以克服摩擦力做功為9J

答：(1)

物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)婁脤

為0.32

(2)

若碰撞時(shí)間為0.05s

碰撞過(guò)程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F

為130N

(3)

物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功W

為9J

23、解：（1）如圖；對(duì)物體進(jìn)行受力分析，建立直角坐標(biāo)系，取物體運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颉?/p>

根據(jù)牛頓第二定律得。

y軸方向：FN+Fsin37°-Mg=0

x軸方向：Fcos37°-Ff=Ma

滑動(dòng)摩擦力Ff=μFN

聯(lián)立解得a=6m/s2。

（2）設(shè)物體到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為v。由運(yùn)動(dòng)規(guī)律有。

v2=2aL

解得v=6m/s

（3）設(shè)F作用的最短位移為x。撤去F后的加速度大小為a′。

根據(jù)牛頓第二定律得μMg=Ma′

解得a′=5m/s2。

設(shè)撤去F時(shí)物體的速度大小為v′。

則勻加速過(guò)程有v′2=2ax

勻減速過(guò)程有v′2=2a′（L-x）

解得x=m≈1.36m

答：

（1）物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小是6m/s2；

（2）物體到達(dá)B點(diǎn)的速度大小是6m/s；

（3）上述力F作用的最短位移大小是1.36