2025年人教版（2024）高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版（2024）高二物理上冊階段測試試卷83考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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8題，共16分)1、根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理；人們研制出一種新型的炮彈發(fā)射裝置--電磁炮，它的基本原理如圖所示，下列結(jié)論中正確的是（）

A.要使炮彈沿導(dǎo)軌向右發(fā)射；必須通以自M向N的電流。

B.要使炮彈沿導(dǎo)軌向右發(fā)射；必須通以自N向M的電流。

C.要想提高炮彈的發(fā)射速度；可適當(dāng)增大電流或磁感應(yīng)強度。

D.使電流和磁感應(yīng)強度的方向同時反向；炮彈的發(fā)射方向亦將隨之反向。

2、在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，不需要使用的器材是A.重錘B.紙帶C.螺旋測微器D.打點計時器3、如圖所示，一光滑平行金屬軌道平面與水平面成θ角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強磁場中，磁場方向垂直軌道平面向上．質(zhì)量為m的金屬桿ab，以初速v0從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若運動過程中，金屬桿保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，并不計金屬桿ab的電阻及空氣阻力，則A.重力所做功的絕對值：上滑過程和下滑過程相等B.電阻R產(chǎn)生的熱量：上滑過程比下滑過程少C.通過電阻R的電量:上滑比下滑過程多D.滑行時間：上滑過程比下滑過程短4、關(guān)于點電荷與庫侖定律，下列說法中正確的是（）A.點電荷一定是帶電量很小的電荷B.點電荷是一種物理模型，質(zhì)子直接作為點電荷處理C.當(dāng)真空中的兩個點電荷間的距離r→0時，它們之間的靜電力F→∞D(zhuǎn).當(dāng)兩個點電荷之間的距離r→0時，庫侖定律的公式就不適用了5、圖中能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是(??)

A.B.

C.D.6、如圖所示；用網(wǎng)球拍打擊飛過來的網(wǎng)球，網(wǎng)球拍打擊網(wǎng)球的力(

)

A.比球撞擊球拍的力更早產(chǎn)生B.與球撞擊球拍的力同時產(chǎn)生C.大于球撞擊球拍的力D.小于球撞擊球拍的力7、如圖所示，建筑裝修中工人用質(zhì)量為m

的磨石對斜壁進行打磨，當(dāng)對磨石加豎直向上、大小為F

的推力時，磨石恰好沿斜壁向上勻速運動.

已知磨石與斜壁之間的動摩擦因數(shù)為婁脤

重力加速度為g

則磨石受到的摩擦力是()

A.(F鈭?mg)cos婁脠

B.(F鈭?mg)sin婁脠

C.婁脤(F鈭?mg)cos婁脠

D.婁脤(F鈭?mg)

8、下列物理量中是矢量的是A.電場強度B.電流C.電阻D.電勢能評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、磁場對運動電荷有力的作用，這種力叫做____力．電視機顯象管就是利用了____的原理．10、如果把q=1.0×10-8C的電荷從無窮遠移到電場中的A點，需要克服靜電力做功W=1.210-4J；那么；

（1）q在A點的電勢能______，A點的電勢______

（2）q未移入電場前A點的電勢是______．11、圖中A；B是兩個不帶電的相同的絕緣金屬球；它們靠近帶正電荷的金屬球C．在下列情況中，判斷A、B兩球的帶電情況：

（1）A、B接觸后分開，再移去C，則A______，B______；

（2）A、B接觸，用手指瞬間接觸B后再移去C，則A______，B______．12、某學(xué)生用螺旋測微器在測定某一金屬絲的直徑時，測得的結(jié)果如圖1所示，則該金屬絲的直徑d=______mm．另一位學(xué)生用游標(biāo)尺上標(biāo)有20等分刻度的游標(biāo)卡尺測一工件的長度，測得的結(jié)果如圖2所示，則該工件的長度L=______cm．

13、如圖所示；圖甲為熱敏電阻的R鈭?t

圖象，圖乙為此熱敏電阻R

和繼電器組成的一個簡單恒溫箱溫控電路，繼電器線圈電阻為100婁賂.

當(dāng)線圈電流大于或等于10mA

時，繼電器的銜鐵被吸合.

為繼電器線圈供電的電池的電動勢E=6V

內(nèi)阻不計.

圖中的“電源”是恒溫箱加熱器的電源．

(1)

應(yīng)該把恒溫箱內(nèi)的加熱器接在______兩端.(

填“AB

”或“CD

”)

(2)

如果要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持50隆忙

可變電阻R隆盲

的值應(yīng)調(diào)節(jié)為______婁賂.

(3)

如果要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持100隆忙

可變電阻R隆盲

的值應(yīng)調(diào)節(jié)為______婁賂.

(4)

若可變電阻R隆盲

可在380婁賂

到470婁賂

范圍內(nèi)調(diào)節(jié)；則此恒溫箱可控的恒溫范圍是______隆忙.

14、如圖所示，兩平行板相距10cm

板間有AB

兩點相距4cm

現(xiàn)將一帶電量q=鈭?3隆脕10鈭?4c

的電荷，從A

點移到B

點，電場力做了7.2隆脕10鈭?3J

的正功，則AB

兩點的電勢差UAB

=

____V

兩金屬板間電場強度大小E

=

____V/m

兩金屬板間的電勢差U

=

____V

15、本題為選做題，包括24?A

和24?B

兩題，考生只選擇其中一題作答

。?A

本題供使用選修1?1

教材的考生作答．如圖所示，一單匝線圈從左側(cè)進入磁場.

在此過程中，線圈中的磁通量將____(

選填“增大”或“減小”).

若上述過程所經(jīng)歷的時間為0.4s

線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為0.8V

則線圈中的磁通量變化了____Wb

．24?B

本題供使用選修3?1

教材的考生作答．如圖所示，已知電源電動勢為9.0V

電源內(nèi)阻為3.0婁賂

閉合開關(guān)S

調(diào)節(jié)滑動變阻器使滑片P

向右移動時，理想電壓表示數(shù)____(

選填“增大”或“減小”).

當(dāng)理想電流表示數(shù)為0.50A

時，理想電壓表示數(shù)為____V.

評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）17、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）18、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）19、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

20、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、計算題(共3題，共18分)21、（18分）在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n=1500匝，橫截面積S=20螺線管導(dǎo)線電阻r=1.0Ω，=4.0Ω，=5.0Ω，C=30μF。在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。求：（1）求螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；（2）閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，求電阻R1的電功率；（3）S斷開后，求流經(jīng)R2的電量。22、有兩列簡諧橫波a?b在同一媒質(zhì)中沿x軸正方向傳播,波速均為v=2.5m/s.在t=0s時,兩列波的波峰正好在x="2.5"m處重合,如圖所示:（1）求兩列波的周期Ta和Tb。（3分）（2）當(dāng)t=0.25s時，求a波上x=3.5m的質(zhì)點距離平衡位置的位移ya。（3分）（3）求t=0時，兩列波的波峰重合處的所有位置.（2分）23、質(zhì)譜儀原理如圖所示，a為粒子加速器，電壓為U1；b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強度為B1，板間距離為d；c為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為B2．今有一質(zhì)量為m；電荷量為e的正電子（不計重力）；經(jīng)加速后，該粒子恰能豎直通過速度選擇器，粒子進入分離器后做半徑為R的勻速圓周運動．則：

（1）粒子的速度v為多少？

（2）速度選擇器的電壓U2為多少？

（3）粒子在磁場B2中做勻速圓周運動的半徑R為多大？評卷人得分五、推斷題(共3題，共15分)24、下表為元素周期表的一部分，針對表中rm{壟脵-壟脼}元素，回答下列問題。rm{(1)}元素rm{壟脷}的原子結(jié)構(gòu)示意圖是_________________。rm{(2)壟脺}和rm{壟脻}兩種元素中原子半徑較大的是_______________rm{(}填元素符號rm{)}rm{壟脹}和rm{壟脺}兩種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性較強的是__________rm{(}填化學(xué)式rm{)}填化學(xué)式rm{(}rm{)}寫出rm{(3)}的單質(zhì)在rm{壟脵}的單質(zhì)中燃燒的化學(xué)方程式：_______________________。rm{壟脼}25、I、（1）含氰廢水中的CN－有劇毒。在微生物的作用下，CN－能夠被氧氣氧化成HCO3－，同時生成NH3，該反應(yīng)的離子方程式為____。

（2）含乙酸鈉和對氯酚（）的廢水可以利用微生物電池除去，同時提供電能，其原理如圖所示。則A極的電極反應(yīng)式為：____。

II、鋅鋇白是一種白色顏料。工業(yè)上是由ZnSO4與BaS溶液混合而成：BaS＋ZnSO4＝ZnS↓＋BaSO4↓。請根據(jù)以下工業(yè)生產(chǎn)流程回答有關(guān)問題。ZnSO4溶液的制備與提純：有關(guān)資料：a．菱鋅礦的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；b．Zn(OH)2與Al(OH)3相似，能溶于過量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。（1）濾渣1的化學(xué)式為____；（2）②中使用的氧化劑最好是下列的____（選填字母代號）。A．Cl2B．濃HNO3C．KMnO4D．H2O2____（3）為了達到綜合利用、節(jié)能減排的目的，上述流程步驟④中的CO2可以來自于步驟____（選填①、②、③、⑤）。（4）寫出步驟④所發(fā)生的離子方程式____。26、工業(yè)制鈦白粉產(chǎn)生的廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生產(chǎn)補血劑乳酸亞鐵。其生產(chǎn)流程如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中電離為TiO2+和SO2-4。請回答下列問題：

（1）寫出TiOSO4水解生成鈦酸H4TiO4的離子方程式____。步驟①中加入足量鐵屑的目的是____。

（2）步驟②的離子方程式是____，所得副產(chǎn)品主要是____（填化學(xué)式）。

（3）工業(yè)上由H4TiO4可制得鈦白粉TiO2。TiO2直接電解還原法生產(chǎn)鈦是一種較先進的方法，電解質(zhì)為熔融的CaCl2，原理如圖所示，陰極的電極反應(yīng)式為____。

（4）工業(yè)上利用TiO2還可以用下列流程制取單質(zhì)鈦：

已知：①C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H1＝－393.5kJ/mol②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H2＝－566kJ/mol③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)△H3＝+141kJ/mol則TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的△H＝____。

（5）乳酸可由乙烯經(jīng)下列步驟合成：上述合成路線的總產(chǎn)率為56%，乳酸與碳酸亞鐵反應(yīng)轉(zhuǎn)化為乳酸亞鐵晶體的產(chǎn)率為80%，則生產(chǎn)468kg乳酸亞鐵晶體（M＝234g/mol）需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下的乙烯____m3。

評卷人得分六、識圖作答題(共4題，共28分)27、為了研究植物晝夜節(jié)律對光合作用的影響，科學(xué)家選取生長狀態(tài)相同的某植物進行了如下四組實驗。每組白天光照１０ｈ，夜間總時長１４ｈ，其它條件都適宜，連續(xù)處理２５天，測定各組氣孔大小和葉綠素含量，結(jié)果如下表：。組別夜間處理方法氣孔大小（μｍ２）葉綠素含量／（ｍｇ·ｇ－１）A組處理Ｘ３８９３．３４B組每隔３ｈ紅光光照５ｍｉｎ３４４２．４４C組每隔２ｈ紅光光照５ｍｉｎ２９７２．４０D組每隔１ｈ紅光光照５ｍｉｎ２８６２．２０回答下列問題：（１）為了使實驗具有說服力，設(shè)置了Ａ組，Ａ組的“處理Ｘ”應(yīng)為____。（２）隨著夜間紅光打斷處理的頻率增加，植物光合作用強度的變化趨勢是____，判斷的理由是____________。（３）若在夜間用景觀燈照射城市綠化植物，據(jù)上述實驗，景觀燈的顏色不建議選擇（填“紅色”或“綠色”）。28、下圖表示在溫度為25℃和一定的CO2濃度條件下，測定某種綠色植物在不同光照強度下氧氣釋放速率的曲線[單位：mg／（m2·h）]。請分析回答下列問題：（1）在其他條件不變時，若用等質(zhì)量的花生種子替換該植物，則A點下移。其原因是___________________________。（2）在B點時，該植物的葉肉細胞中的光合作用強度_______（填“大于”“小于”或“等于”）呼吸作用強度。（3）在D點對應(yīng)光照強度下，對該植物持續(xù)進行14小時光照，則一晝夜積累有機物的量為_______mg。（4）從該植物細胞中提取完整的線粒體和葉綠體，制成懸浮液，分別加入到1號和2號兩支試管中。在1號試管中加入適量的葡萄糖溶液，在2號試管中加入等量的NaHCO3溶液，給予充足光照，在相同時間內(nèi)觀察氣泡產(chǎn)生情況。觀察到的現(xiàn)象是：____________。其原因是_____________。29、如圖是研究光合作用相關(guān)實驗的結(jié)果（氣孔開度指氣孔開放程度）?；卮鹣铝袉栴}：(1)該實驗的自變量是________________。(2)可用________________試劑檢測還原糖，并根據(jù)________________沉淀的多少判斷其含量。分析實驗結(jié)果中還原糖含量的差異，說明適當(dāng)________________可促進光合作用。(3)氣孔開度直接影響葉片的水分散失，所以植物在__________（填“高”、“中”或“低”）濃度CO2條件下，對干旱環(huán)境的適應(yīng)能力更強。(4)葉肉細胞中的Rubisco酶能催化CO2的固定，其分布于__________。該酶活性可用單位時間內(nèi)環(huán)境中__________的變化量來表示。此酶催化形成的產(chǎn)物需光反應(yīng)提供__________才能轉(zhuǎn)化為還原糖。30、下圖是甲狀腺激素分泌的分級調(diào)節(jié)示意圖，圖中的TRH、TSH分別表示促甲狀腺激素釋放激素、促甲狀腺激素。請據(jù)圖回答問題：(1)TRH只能作用于垂體細胞而不能直接作用于甲狀腺細胞，是因為甲狀腺細胞表面沒有TRH特定的。(2)人受到寒冷刺激時，相應(yīng)的神經(jīng)沖動傳到下丘腦，經(jīng)過一系列作用，TRH、TSH的分泌增多，使血液中甲狀腺激素的含量。此生理過程由共同調(diào)節(jié)。(3)當(dāng)血液中甲狀腺激素的含量增加到一定程度，會抑制TRH、TSH的分泌，進而使甲狀腺激素的分泌減少，在體內(nèi)的含量不至于過高，這說明激素分泌存在著機制。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A|C【分析】

A；要使炮彈沿導(dǎo)軌向右發(fā)射；即為安培力作用，根據(jù)左手定則可知，必須通以自M向N的電流．故A正確；

B；要使炮彈沿導(dǎo)軌向右發(fā)射；即為安培力作用，根據(jù)左手定則可知，必須通以自M向N的電流．故B錯誤；

C；要想提高炮彈的發(fā)射速度；即增大安培力的大小，所以可適當(dāng)增大電流或磁感應(yīng)強度，故C正確；

D；若使電流和磁感應(yīng)強度的方向同時反向；則安培力方向不變，所以炮彈的發(fā)射方向不變，故D錯誤；

故選：AC

【解析】【答案】正確應(yīng)用左手定則是解答本題的關(guān)鍵；在應(yīng)用時為防止手忙腳亂，可以先讓四指和電流方向一致，然后通過旋轉(zhuǎn)手讓磁感線穿過手心，從而進一步確定大拇指的指向即安培力方向．其大小由公式F=BIL可知．

2、C【分析】【分析】根據(jù)實驗的原理確定所需的測量的物理量，從而確定不需要的器材。解決本題的關(guān)鍵知道該實驗的原理，知道需要測量的物理量，對于基礎(chǔ)性實驗，不光要靠記憶理解，要親自動手實驗，切實去體會?！窘獯稹柯潴w法驗證機械能守恒定律；即驗證重力勢能的減小量和動能的增加量是否相等，研究對象為重錘，所以重錘需要，通過紙帶測量下落的高度和瞬時速度的大小，所以紙帶和打點計時器需要.

測量點跡間的距離用刻度尺，不需要螺旋測微器，故C正確，ABD錯誤。

故選C?！窘馕觥緾

3、A|D【分析】【解析】試題分析：上滑過程中所受安培力沿斜面向下，下滑過程中安培力沿斜面向上，所以上滑過程中加速度較大，由上滑過程中時間較小，D對；由兩過程中磁通量的變化量相等，產(chǎn)生的電量相等，C錯；D對，上滑時速度的減小量較大，動能損失較多，產(chǎn)生的焦耳熱較多，B錯；重力做功只與初末位置的高度差有關(guān)，A對；考點：考查電磁感應(yīng)與能量的關(guān)系【解析】【答案】AD4、D【分析】解：AB；點電荷是一種理想化的物理模型；其帶電荷量并不一定是最小的，兩個帶電體間的距離足夠大時，帶電體可以看成點電荷，故A錯誤，B錯誤．

CD；當(dāng)兩個點電荷距離趨于0時；兩電荷不能看成點電荷，此時庫侖定律的公式不再適用，故D正確、C錯誤．

故選：D．

庫侖定律F=k適用于真空中兩點電荷之間的作用力．當(dāng)帶電體的形狀；大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以忽略時；可以看成點電荷．點電荷是一種理想化的物理模型，元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都是e的整數(shù)倍．

解決本題的關(guān)鍵掌握庫侖定律的適用范圍，以及能看成點電荷的條件，當(dāng)帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以忽略時，可以看成點電荷．【解析】【答案】D5、B【分析】略【解析】B

6、B【分析】解：用網(wǎng)球拍打擊飛過來的網(wǎng)球過程中；網(wǎng)球拍打擊網(wǎng)球的力與球撞擊球拍的力是一對作用力與反作用力，根據(jù)牛頓第三定律得知，兩個力是同時產(chǎn)生的，大小相等，方向相反．

故選B

用網(wǎng)球拍打擊飛過來的網(wǎng)球過程中；根據(jù)牛頓第三定律分析網(wǎng)球拍打擊網(wǎng)球的力與球撞擊球拍的力的關(guān)系．

本題應(yīng)用牛頓第三定律分析實際生活中力的關(guān)系.

作用力與反作用力是同時產(chǎn)生、同時消失的．【解析】B

7、A【分析】【分析】對物體進行受力分析；根據(jù)共點力的平衡可知可求得磨石受到的摩擦力，同時根據(jù)動摩擦力的公式也可求得摩擦力。

滑動摩擦力的大小一定要注意不但可以由婁脤F

NN求得，也可以由共點力的平衡或牛頓第二定律求得，故在學(xué)習(xí)時應(yīng)靈活掌握?！窘獯稹磕ナ苤亓?；推力、斜壁的彈力及摩擦力而處于平衡狀態(tài)；由圖可知，F(xiàn)

一定大于重力；

先將重力及向上的推力合力后；將二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：

在沿斜面方向有：摩擦力f=(F鈭?mg)cos婁脠

在垂直斜面方向上有：FN=(F鈭?mg)sin婁脠

則f=(F鈭?mg)cos婁脠=婁脤(F鈭?mg)sin婁脠

故A正確，BC

D錯誤。

故選A。

【解析】A

8、A【分析】【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，標(biāo)量是只有大小沒有方向的物理量。矢量與標(biāo)量有兩大區(qū)別：一是矢量有方向，標(biāo)量沒有方向；二是運算法則不同，矢量運算遵守平行四邊形定則，標(biāo)量運算遵守代數(shù)加減法則。【解答】電阻、電勢能只有大小沒有方向，是標(biāo)量，電流有大小有方向，但是電流是標(biāo)量，遵守代數(shù)加減法則，電場強度有大小有方向，是矢量，故A正確，BC

D錯誤。故選A?！窘馕觥緼

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

當(dāng)運動電荷進入磁場時；若磁場方向與電荷運動方向不在同一直線上，則將受到磁場的作用力，叫做洛倫茲力，電視機的顯像管就是利用了當(dāng)電子進入磁場時，受到洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)制成的．

故答案為：洛倫茲力；電子受到洛倫茲力作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)．

【解析】【答案】本題比較簡單；考查了洛倫茲力的產(chǎn)生以及簡單應(yīng)用．

10、略

【分析】解：（1）依題，q=1.0×10-8C的電荷從無窮遠處移至電場中的A點，需要克服電場力做功W=1.2×10-4J；

則電荷的電勢能增加1.2×10-4J，而電荷在無窮遠電勢能為零，則q在A點的電勢能為：EpA=W=1.2×10-4J

A點的電勢為：φA==V=1.2×104V；

（2）電勢與試探電荷無關(guān)，所以q未移入電場前A點的電勢，A點的電勢仍為1.2×104V；

故答案為：1.2×10-4J，1.2×104V，1.2×104V．

（1）電荷從無限遠處移至電場中的A點，需克服電場力做功W=1.2×10-4J；其電勢能增加．由功能關(guān)系確定出q在A點的電勢能．根據(jù)電場力做功求出無窮遠與A點間的電勢差，無窮遠電勢為零，再可求出A點的電勢．

（2）電勢與試探電荷無關(guān)；A點的電勢不變．

本題中對于電場力做功與電荷變化的關(guān)系要掌握．要知道電勢是描述電場本身性質(zhì)的物理量，與試探電荷無關(guān)．【解析】1.2×10-4J；1.2×104V；1.2×104V11、略

【分析】解：（1）把導(dǎo)體A和B接觸后分開；再移走C，導(dǎo)體A和B由于感應(yīng)起電帶上異種電荷，由于同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，離C比較近的B帶上與C相反的電荷，即負電荷，A帶上正電荷．

（2）A；B接觸；用手指瞬間接觸B后，由于人也是導(dǎo)體，人體上的負電荷經(jīng)過B中和A上的正電荷，再移去C，則AB帶上負電荷．

故答案為：（1）帶正電；帶負電；（2）帶負電，帶負。

將帶正電的導(dǎo)體球C靠近兩個不帶電的導(dǎo)體AB；靠感應(yīng)起電使物體帶電，帶電的實質(zhì)是電荷的移動，總電荷量保持不變。

解決本題的關(guān)鍵知道摩擦起電、感應(yīng)起電、接觸帶電的實質(zhì)都是電荷的移動，電荷的總量保持不變【解析】帶正電；帶負電；帶負電；帶負電12、略

【分析】解：（1）螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為4mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×25.5mm=0.255mm；

所以最終讀數(shù)為：4mm+0.255mm=4.255mm．

（2）游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為5cm；游標(biāo)尺上第3個刻度游標(biāo)讀數(shù)為0.05×3mm=0.15mm=0.015cm；

所以最終讀數(shù)為：5cm+0.015cm=5.015cm；

故答案為：4.255；5.015

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；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(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．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．【解析】4.255；5.01513、略

【分析】解：AB

當(dāng)溫度較低的時候；熱敏電阻的電阻較大，電路中的電流較小，此時繼電器的銜鐵與AB

部分連接，此時是需要加熱的，恒溫箱內(nèi)的加熱器要工作；

所以該把恒溫箱內(nèi)的加熱器接在AB

端.

故A正確；B錯誤．

(2)

由圖甲所示圖象可知，溫度為50隆忙

時，熱敏電阻阻值R=100婁賂

當(dāng)溫度達到50隆忙

時，加熱電路就要斷開，此時的繼電器的銜鐵要被吸合，即控制電路的電流要到達10mA

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，I=ER+R鈥?+R0

即0.01=6100+100+R鈥?

解得R隆盲=400婁賂

．

(3)

由圖甲所示圖象可知，溫度為100隆忙

時，熱敏電阻阻值R=50婁賂

當(dāng)溫度達到100隆忙

時，加熱電路就要斷開，此時的繼電器的銜鐵要被吸合，即控制電路的電流要到達10mA

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，I=ER+R鈥?+R0

即0.01=6100+50+R鈥?

解得R隆盲=450婁賂

．

(4)

電路電流為10mA=0.01A

時；加熱電路就要斷開，當(dāng)R隆盲=380婁賂

時；

I=ER+R鈥?+R0

即0.01=6100+R+380

解得R=120婁賂

由圖甲所示圖象可知，此時溫度為40隆忙

當(dāng)R隆盲=470婁賂

時，I=ER+R鈥?+R0

即0.01=6100+470+R

解得R=30婁賂

由圖甲所示圖象可知；此時溫度為150隆忙

因此恒溫箱可控的恒溫范圍是40隆蘆150隆忙

．

故答案為：(1)AB(2)400(3)450(4)40隆蘆150

．

(1)

當(dāng)溫度低的時候；電路與AB

相連，此時加熱器要工作，所以加熱器的電路要與AB

相連；

(2)

要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持50隆忙

當(dāng)溫度達到50隆忙

時，電路就要斷開，即電路要達到10mA.

由圖甲所示圖象求出50隆忙

時，熱敏電阻的阻值，根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求得電阻的大?。?/p>

(3)

要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持100隆忙

當(dāng)溫度達到100隆忙

時，電路就要斷開，即電路要達到10mA.

由圖象甲求出溫度為100隆忙

時熱敏電阻的阻值，根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求得電阻的大小．

(4)

由歐姆定律求出熱敏電阻阻值為380婁賂

與470婁賂

時對應(yīng)的溫度；即可求出恒溫箱可控的恒溫范圍．

在解答本題的時候要分析清楚，控制電路和加熱電路是兩個不同的電路，只有當(dāng)溫度較低，需要加熱的時候，加熱電路才會工作，而控制電路是一直通電的.

由圖甲所示圖象求出溫度所對應(yīng)的熱敏電阻阻值，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律即可正確解題．【解析】A、B40045040隆蘆150

14、-24，1200，120【分析】【分析】根據(jù)電場力做功WAB=qUAB

求出AB

間的電勢差，根據(jù)勻強電場的場強公式E=Ud

求出電場強度，從而再根據(jù)U=Ed

求出兩金屬板間的電勢差。解決本題的關(guān)鍵掌握電場力做功的公式W=qU

以及勻強電場的場強公式E=Ud

注意d

為沿電場線方向上的距離?！窘獯稹扛鶕?jù)電場力做功WAB=qUAB

得：UAB=WABq=7.2隆脕10?3?3隆脕10?4V=鈭?24V

則電場強度為：E=Ud=240.04隆脕sin30鈭?=1200V/m

所以兩金屬板間的電勢差為：U隆盲=Ed隆盲=1200隆脕0.1V=120V

故答案為：鈭?241200120

【解析】鈭?241200120

15、略

【分析】A.【分析】

勻強磁場中，當(dāng)線圈與磁場垂直時，磁通量婁碌=BS

根據(jù)面積變化，分析磁通量的變化；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解磁通量的變化量。本題是法拉第電磁感應(yīng)定律的簡單應(yīng)用；要知道線圈與磁場垂直時，磁通量婁碌=BS

對于磁通量的變化，也可以根據(jù)磁感線數(shù)判斷。

【解答】

線圈從左側(cè)進入磁場；由磁通量公式婁碌=BS

得知線圈中的磁通量將增大．

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=?婁碌?t

得：鈻?婁碌=E鈻?t=0.4隆脕0.8Wb=0.32Wb

故答案為：增大；0.32

B.【分析】

理想電壓表測量路端電壓；根據(jù)變阻器接入電路電阻的變化來分析，根據(jù)閉合電路歐姆定律求理想電壓表示數(shù)。

解決本題的關(guān)鍵要明確路端電壓與外電阻的關(guān)系；路端電壓與電流的關(guān)系；要知道路端電壓隨外電阻的增大而增大，減小而減小。

【解答】

調(diào)節(jié)滑動變阻器使滑片P

向右移動時；變阻器接入電路的電阻增大，路端電壓隨之增大，則理想電壓表示數(shù)增大；

當(dāng)理想電流表示數(shù)為0.50A

時，理想電壓表示數(shù)U=E鈭?Ir=9.0鈭?0.50隆脕3.0=7.5A

故答案為：增大；7.5

【解析】A.增大0.32

B.增大7.5

三、判斷題(共5題，共10分)16、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．17、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．18、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．19、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．20、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大小．四、計算題(共3題，共18分)21、略

【分析】試題分析:（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：（2）根據(jù)全電路歐姆定律：根據(jù)（3）S斷開后，流經(jīng)的電量即為S閉合時C板上所帶的電量Q電容器兩端的電壓：流經(jīng)的電量:考點：法拉第電磁感應(yīng)定律全電路歐姆定律【解析】【答案】（1）E=1.2V（2）（3）22、略

【分析】【解析】試題分析：（1）從圖中可以看出（3分）（2）根據(jù)信息可得：（3分）（3）兩列波波長的最小整數(shù)公倍數(shù)為S=20m，則t=0時，兩列波的波峰重合處的所有位置為重合位置(n=0、1、2）（2分）考點：波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象．【解析】【答案】（1）1s1.6s（2）（3）23、略

【分析】

（1）根據(jù)動能定理可以求出粒子的速度v．

（2）在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡，根據(jù)Eq=qvB1求出電壓U2．

（3）根據(jù)洛侖茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R

解決本題的關(guān)鍵掌握帶電粒子在電場中的運動特點與在磁場中的運動特點，以及知道在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡．【解析】解：（1）粒子經(jīng)加速電場U1加速；獲得速度v；

由動能定理得：qU1=mv2，解得：v=

（2）在速度選擇器中作勻速直線運動；電場力與洛侖茲力平衡；

由平衡條件得：qE=qvB1，即：q=qvB1，解得：U2=B1dv=B1d

（3）在B2中作圓周運動；洛侖茲力提供向心力；

由牛頓第二定律得：qvB2=m解得：R=．

答：（1）粒子的速度v為

（2）速度選擇器的電壓U2為B1d

（3）粒子在磁場B2中做勻速圓周運動的半徑R為．五、推斷題(共3題，共15分)24、（1）

（2）AlNaOH

（3）H2+Cl22HCl

【分析】【分析】本題考查了元素周期律和元素周期表的應(yīng)用。掌握元素周期律：同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性逐漸減弱；同主族元素從上至下原子半徑逐漸增大是解答本題的關(guān)鍵。該題是高考常見題型，試題難易適中，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的鞏固和訓(xùn)練，有利于提高學(xué)生的邏輯推理能力和應(yīng)試能力?！窘獯稹扛鶕?jù)元素周期表的結(jié)構(gòu)可知rm{壟脵}為rm{H}rm{壟脷}為rm{N}rm{壟脹}為rm{Na}rm{壟脺}為rm{Al}rm{壟脻}為rm{S}rm{壟脼}為rm{Cl}rm{(1)}元素rm{壟脷}的原子結(jié)構(gòu)示意圖是元素rm{(1)}的原子結(jié)構(gòu)示意圖是故答案為：rm{壟脷}rm{(2)}為rm{(2)}rm{壟脺}為rm{Al}rm{壟脻}和rm{S}位于同一周期，隨原子序數(shù)增大原子半徑逐漸減小，所以原子半徑較大的為rm{Al}和rm{S}位于同一周期，隨原子序數(shù)增大原子半徑逐漸減小，所以原子半徑較大的為rm{Al}rm{Al}和rm{S}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為氫氧化鈉和氫氧化鋁，同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性逐漸減弱，rm{Al}的金屬性比rm{Na}強，所以堿性較強的為rm{Al}故答案為：rm{Na}rm{Al}rm{NaOH}rm{Al}的單質(zhì)在rm{NaOH}的單質(zhì)中燃燒的化學(xué)方程式為：rm{(3)}rm{(3)}rm{壟脵}的單質(zhì)在rm{壟脼}的單質(zhì)中燃燒的化學(xué)方程式為：rm{壟脵}rm{壟脼}rm{H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}【解析】rm{(1)}rm{(2)Al}rm{NaOH}rm{(3)H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}

25、略

【分析】【分析】該題通過水污染的治理和化學(xué)工業(yè)生產(chǎn)流程，考查了原電池原理的應(yīng)用和元素及其化合物的性質(zhì)，判斷微生物電池的正負極和分析流程圖是本題難點，試題難度較大。I、（1）根據(jù)信息：CN-能夠被氧氣氧化成HCO3-，同時生成NH3來書寫方程式；（2）根據(jù)原電池中陽離子的移動方向確定A為正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)來書寫；II、由圖1流程可知，菱鋅礦的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反應(yīng)，則濾渣1為SiO2，②中加氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加過量的NaOH，金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣2為Fe（OH）3、Cu（OH）2，反應(yīng)④通二氧化碳將ZnO22-轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣3為Zn（OH）2，據(jù)此解答?！窘獯稹縄、（1）CN-能夠被氧氣氧化成HCO3-，同時生成NH3得出方程式為：2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3；（2）原電池中氫離子的移動方向是從負極流向正極，所以A是正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)：+2e-+H+═+Cl-；II、由圖1流程可知，菱鋅礦的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反應(yīng)，則濾渣1為SiO2，②中加氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加過量的NaOH，金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣2為Fe（OH）3、Cu（OH）2，反應(yīng)④通二氧化碳將ZnO22-轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣3為Zn（OH）2，（1）由上述分析可知，濾渣1為SiO2；（2）②中加氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子；只有D不會引入新雜質(zhì)；

（3）步驟④中的CO2氣體來自步驟①酸浸反應(yīng)放出的氣體，可以節(jié)能減排；（4）步驟④發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-?！窘馕觥縄、（1）2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3（2）+2e-+H+═+Cl-II、（1）SiO2（2）D（3）①（4）ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-26、略

【分析】【分析】本題考查了鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變、離子方程式的書寫、電解原理、焓變的計算、原料利用率的計算等，難度中等，注意把握相關(guān)基本理論的理解和應(yīng)用?！窘獯稹浚?）根據(jù)水解原理：鹽+水=酸+堿，則TiOSO4水解生成鈦酸H4TiO4的離子方程式TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+；步驟①中加入足量鐵屑的目的是將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，消耗溶液中的H+促進TiO2+水解。（2）NH4HCO3在溶液中電離出HCO3-離子，易電離生成碳酸根，碳酸根和亞鐵離子反應(yīng)生成FeCO3促進HCO3-電離，故離子方程式Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；所得的副產(chǎn)物為溶液中沒有參加反應(yīng)的銨根離子和硫酸根離子形成的(NH4)2SO4；（3）電解時，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，故陰極電極反應(yīng)：TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（4）依據(jù)蓋斯定律：由③+①×2-②可知△H＝△H3+△H1×2-△H2=+141+（-393.5）×2-（-566）=-80kJ/mol。（5）由題意知，乳酸生成乳酸亞鐵的物質(zhì)的量之比為2：1，設(shè)需要乙烯xm3，則反應(yīng)生成468kg乳酸亞鐵晶體所需乙烯為x=200m3。【解析】（1）TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，消耗溶液中的H+，促進TiO2+水解（2）Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(NH4)2SO4（3）TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（4）-80kJ/mol（5）200六、識圖作答題(共4題，共28分)27、（1）持續(xù)黑暗處理(不作紅光處理)

（2）逐漸降低葉綠素含量降低，光反應(yīng)減弱；葉片氣孔縮小，吸收C02速率降低，暗反應(yīng)減弱，光合作用強度降低

（3）紅色【分析】【分析】本題考查影響光合作用的因素，意在考查學(xué)生對知識的理解和應(yīng)用能力、分析表格獲取信息的能力?！窘獯稹浚?）分析表格可知，該實驗的自變量是照紅光的間隔時間，為了使實驗具有說服力，設(shè)置了A組，A組的“處理X”應(yīng)為持續(xù)黑暗處理（不作紅光處理）。（2）隨著夜間紅光打斷處理的頻率增加，葉綠素含量降低，光反應(yīng)減弱；葉片氣孔縮小，吸收CO2速率降低，暗反應(yīng)減弱，光合作用強度降低，所以植物光合作用強度的變化趨勢是逐漸降低。（3）若在夜間用景觀燈照射城市綠化植