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505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、如圖；兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將（）

A.保持靜止狀態(tài)B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動D.向左下方做勻加速運動2、如圖所示電路中的變壓器為理想變壓器，S為單刀雙擲開關，P是滑動變阻器R的滑動觸頭，U1為加在原線圈兩端的交變電壓，I1、I2分別為原線圈和副線圈中的電流．下列說法正確的是（）A.保持P的位置及U1不變，S由b切換到a，則R上消耗的功率減小B.保持P的位置及U1不變，S由b切換到a，則I2減小C.保持U1不變，S接在b端，將P向下滑動，則I2增大D.保持U1不變，S接在b端，將P向上滑動，則I1增大3、矩形導線框abcd

放在磁場中靜止不動，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應強度B

隨時間t

變化的圖象如甲圖。設t=0

時刻，磁感應強度的方向垂直紙面向里，則在0隆蘆4s

時間內(nèi)，乙圖中能正確反映線框ab

邊所受的安培力隨時間t

變化的圖象(

規(guī)定ab

邊所受的安培力向左為正)

的是

?A.A

B.B

C.C

D.D

4、如圖所示；為一臺發(fā)電機結構示意圖，其中N；S是永久磁鐵的兩個磁極，它們的表面呈半圓柱面形狀．M是圓柱形鐵芯，它與磁極的柱面共軸，鐵芯上有一矩形線框，可繞與鐵芯M共軸的固定轉軸旋轉．磁極與鐵芯之間的縫隙中形成方向沿半徑、大小相等的磁場．若從圖示位置開始計時，當線框繞固定轉動軸勻速轉動時，下列說法中正確的是（）

A.繞圈中將產(chǎn)生正弦交變電流。

B.繞圈中將產(chǎn)生恒定電流。

C.穿過繞圈的磁通量的變化率始終為零。

D.繞圈中產(chǎn)生的電流大小不變；方向每轉一周改變兩次。

5、一列簡諧橫波沿x軸負方向傳播，圖1是t=1s時的波形圖，圖2是波中某振動質元位移隨時間變化的振動圖線(兩圖用同同一時間起點)，則圖2可能是圖1中哪個質元的振動圖線（）A.x=0處的質元；B.x=1m處的質元；C.x=2m處的質元；D.x=3m處的質元。6、如圖所示；兩輕質閉合金屬圓環(huán)，穿掛在一根光滑水平絕緣直桿上，原來處于靜止狀態(tài)。當條形磁鐵的N極自右向左插入圓環(huán)時，兩環(huán)的運動情況是：

A.同時向左運動，兩環(huán)間距變大B.同時向左運動，兩環(huán)間距變小?

C.同時向右運動，兩環(huán)間距變大D.同時向右運動，兩環(huán)間距變小評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、正弦式交流電在一個周期內(nèi)出現(xiàn)______次峰值．我國電網(wǎng)的交變電流在1s內(nèi)共出現(xiàn)______次峰值．8、如圖所示，QA=3隆脕10鈭?8CQB=鈭?3隆脕10鈭?8CAB

兩相距6cm

在水平方向外電場作用下，AB

保持靜止，懸線豎直，則AB

連線中點場強大小______，方向______.(

兩帶電小球可看作質點)

9、如圖所示，兩平行金屬板帶等量異種電荷，板間電壓為U

場強方向豎直向下，金屬板下方有一勻強磁場，一帶電量為+q

質量為m

的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動，運動半徑為R

不計粒子的重力.

粒子從電場射出時速度的大小為______；勻強磁場的磁感應強度的大小為______．10、如圖為雙縫干涉的實驗示意圖，若要使干涉條紋的間距變大可改用長更______(

填長、短)

的單色光，或是使雙縫與光屏間的距離______(

填增大、減小)

．11、有一游標卡尺；主尺的最小分度是1mm

游標上有20

個小的等分刻度.

用它測量一小球的直徑，如圖1

所示的讀數(shù)是______cm.

如圖2

用螺旋測微器測量一根金屬絲的直徑，如圖所示的讀數(shù)是______mm

．

評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)12、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）13、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）14、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系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

15、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）16、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

17、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、推斷題(共4題，共16分)18、根據(jù)圖示填空。

（1）化合物A含有的官能團是____。

（2）1molA與2moH2反應生成1moE，其反應方程式是____。

（3）與A具有相同官能團的A的同分異構體的結構簡式是____。

（4）B在酸性條件下與Br2反應得到D，D的結構簡式是____。

（5）F的結構簡式是____。由E生成F的反應類型是。19、【化學rm{隆陋}選修r(nóng)m{3}物質結構與性質】20、下圖是元素周期表的一部分，表中的rm{壟脵隆蘆壟脼}代表對應元素，用化學用語填空：rm{(1)}元素rm{壟脺}在元素周期表中的位置是________。rm{(2)壟脻}rm{壟脼}兩種元素最高價氧化物對應的水化物酸性較強的是________。rm{(3)壟脵}元素可以形成多種氧化物，其中顏色為紅棕色的是________，寫出它與水反應的化學方程式________。rm{(4)}寫出元素rm{壟脹}與元素rm{壟脷}形成的化合物的電子式________。21、人工合成有機化合物rm{H}的路線可簡單表示如圖：已知：rm{F}的核磁共振氫譜有四個峰，峰的面積比為rm{1}rm{1}rm{3}rm{3.}請回答下列問題：rm{(1)A}的名稱rm{(}系統(tǒng)命名rm{)}為______；rm{C}中官能團的結構簡式為______；rm{(2)G+F隆煤H}的反應類型為______；rm{H}的結構簡式為______．rm{(3)C隆煤D}的離子方程式為______．rm{(4)E}在一定條件下生成的高分子化合物的結構簡式為______．rm{(5)X}是rm{F}的同分異構體，它同時符合下列rm{3}個條件：rm{壟脵}能發(fā)生水解反應rm{壟脷}不含甲基rm{壟脹}能發(fā)生銀鏡反應，則rm{X}可能的結構簡式為______、______rm{(}寫出任意兩種rm{)}．評卷人得分五、證明題(共2題，共6分)22、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。23、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分六、綜合題(共4題，共16分)24、(1)(1)真空中有兩個點電荷，它們之間的靜電力為FF如果保持它們所帶的電量不變，將它們之間的距離增大到原來的33倍，它們之間作用力的大小等于________．A.F

B.3F

C.F3

D.F9

(2)

如圖所示為帶負電的點電荷的電場線分布圖，對該電場中的AB

兩點，下列說法正確的是________．A.A

點的電場強度等于B

點的電場強度B.A

點的電場強度比B

點的電場強度大C.A

點的電勢等于B

點的電勢D.A

點的電勢比B

點的電勢高(3)

在如圖所示的電路中，電源電動勢為E

內(nèi)電阻為r.

將滑動變阻器的滑片P

從圖示位置向右滑動的過程中，關于各電表示數(shù)的變化，下列判斷中正確的是________．A.電壓表V

的示數(shù)變小B.電流表A2

的示數(shù)變小C.電流表A1

的示數(shù)變小D.電流表A

的示數(shù)變大(4)

在如圖所示的電路中，電源的電動勢為E

內(nèi)電阻為r

電阻R1

與變阻器R2

串聯(lián)，將R2

的阻值調(diào)至零時，下列說法中正確的是________．A.電路的外電阻最小B.電阻R1

消耗的功率最小C.電源內(nèi)消耗的功率最小D.電源內(nèi)部的電勢降落最小(5)

如圖所示，MN

表示真空室中垂直于紙面放置的感光板，它的一側有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B.

一個電荷量為q

的帶電粒子從感光板上的狹縫O

處以垂直于感光板的初速度v

射入磁場區(qū)域，最后到達感光板上的P

點.

經(jīng)測量PO

間的距離為l

不計帶電粒子受到的重力.

求：壟脵

帶電粒子所受洛倫茲力的大小為________；壟脷

此粒子的質量為________．(6)

水平面上有電阻不計的U

形導軌NMPQ

它們之間的寬度為LM

和P

之間接入電動勢為E

的電源(

不計內(nèi)阻).

現(xiàn)垂直于導軌放置一根質量為m

電阻為R

的金屬棒ab

并加一個范圍較大的勻強磁場，磁感應強度大小為B

方向與水平面夾角為婁脠

且指向右上方，如圖所示，問：壟脵

當ab

棒靜止時，受到的支持力和摩擦力各為多少？壟脷

若B

的大小和方向均能改變，則要使ab

棒所受支持力為零，B

的大小至少為多少？此時B

的方向如何？25、攏脹攏脹物理隆陋隆陋隆陋隆陋選修3簍C3攏脻3簍C3攏脻略26、2003年10月16日我國成功發(fā)射了“神州五號”載人飛船；這標志著我國的航天航空事業(yè)居于世界前列．

（1）如圖是A“神州五號”的火箭發(fā)射場，B為山區(qū)，C為城市，發(fā)射場正在進行發(fā)射，若該火箭起飛時質量為2.02×105kg，起飛推力2.75×106N，火箭發(fā)射塔高100m，則該火箭起飛的加速度大小為______，在火箭推力不變的情況下，若不考慮空氣阻力和火箭質量的變化，火箭起飛后經(jīng)______s飛離發(fā)射塔．

（2）為了轉播發(fā)射實況，我國科技工作者在發(fā)射場建立了發(fā)射臺用于發(fā)射廣播與電視信號．已知傳輸無線電廣播所用的電磁波波長為550m，而傳輸電視信號所用的電磁波波長為0.556m，為了不讓山區(qū)擋住信號的傳播，使城市居民能聽到和收看實況，必須通過在山頂?shù)霓D發(fā)站來轉發(fā)______（填無線電廣播信號或電視信號），這是因為______．27、I.有一電風扇上標有“220V110W

”，若風扇的電動機線圈電阻為5婁賂

當它正常工作時，電源供給的電功率是______W

轉化為風的電功率是_______W

電動機的發(fā)熱功率是_____W

II

欲用伏安法測定一段阻值約為5婁賂

左右的金屬導線的電阻，要求測量結果盡量準確，現(xiàn)備有以下器材：A.電池組(3V

內(nèi)阻10婁賂)

B.電流表(0隆蘆3A

內(nèi)阻0.0125婁賂)

C.電流表(0隆蘆0.6A

內(nèi)阻0.125婁賂)

D.電壓表(0隆蘆3V

內(nèi)阻3k婁賂):

E.電壓表(0隆蘆15V

內(nèi)阻15k婁賂)

F.滑動變阻器(0隆蘆50婁賂

額定電流1A)

G.滑動變阻器(0隆蘆5000婁賂

額定電流0.3A)

H.開關、導線(1)

上述器材中應選用的是____、____、____、____、___(

填寫各器材的字母代號)

(2)

實驗電路應采用電流表_____接法(

填“內(nèi)”或“外”)

(3)

設實驗中，電流表、電壓表的某組示數(shù)如圖所示，圖示中I=

____AU=

____V

(4)

請在虛線框內(nèi)畫出你設計的電路圖，并根據(jù)你沒計的電路，將所給定的器材連成實驗電路。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【解答】在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒；微粒恰好保持靜止狀態(tài)，微粒受重力和電場力平衡，故電場力大小F=mg，方向豎直向上；

將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉45°；電場強度大小不變，方向逆時針旋轉45°，故電場力逆時針旋轉45°，大小仍然為mg；

故重力和電場力的大小均為mg；方向夾角為135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做勻加速運動；

故ABC錯誤；D正確；故選：D．

【分析】本題關鍵是對微粒受力分析后結合牛頓第二定律分析，注意本題中電容器的兩板繞過a點的軸逆時針旋轉，板間場強大小不變，基礎題目．2、D【分析】解：A、S由b切換到a，副線圈匝數(shù)變大，所以副線圈電壓變大，電阻不變，電流I2變大；R上消耗的功率變大，故AB錯誤；

C、S置于b位置不動，P向下滑動，電阻變大，電壓不變，則I1變小，則I2減??；故C錯誤．

D、S置于b位置不動，P向上滑動，電阻變小，電壓不變，則I1增加；故D正確．

故選：D．

理想變壓器輸入功率等于輸出功率；原副線圈電流與匝數(shù)成反比，原副線圈電壓與匝數(shù)成正比．

理想變壓器是理想化模型，一是不計線圈內(nèi)阻；二是沒有出現(xiàn)漏磁現(xiàn)象．輸入電壓決定輸出電壓，而輸出功率決定輸入功率．【解析】【答案】D3、D【分析】【分析】

根據(jù)楞次定律和法拉第電磁感應定律，判斷出感應電流的方向和大小，再根據(jù)左手定則判斷出abab邊所受的安培力FF再由安培力大小F=BILF=BIL即可求解。

解決本題的關鍵掌握法拉第電磁感應定律求感應電動勢、感應電流的大小，會用楞次定律判斷感應電流的方向?！窘獯稹?/p>

0隆蘆1s

內(nèi)，由楞次定律可判斷電流方向為b隆煤a

根據(jù)法拉第電磁感應定律，電流的大小恒定，由左手定則可判斷ab

邊受到的安培力向左；為正方向的力，再由安培力大小公式F=BIL

可知，安培力的大小與磁場成正比，則大小在減小。

1s隆蘆2s

內(nèi)，磁場向外且增大，線框中電流方向為b隆煤a

電流大小恒定，ab

邊受到向右的力；為反方向，大小在增大；

2s隆蘆3s

內(nèi)，磁場向外且減小，線框中電流方向為a隆煤b

電流大小恒定，ab

邊受到向左的力；為正方向，大小在減?。?/p>

3s隆蘆4s

內(nèi)，磁場向里且增大，線框中電流方向a隆煤b

電流的大小恒定，ab

邊受到向右的力；為反方向，大小在增大.

綜合上述三項，故D正確，ABC錯誤。

故選D。

【解析】D

4、D【分析】

由磁場分布特點知：線圈在每一位置的切割情況相同；故感應電動勢大小是相同的，方向做周期性變化，即每周改變兩次，故ABC錯誤，D選項正確．

故選D

【解析】【答案】根據(jù)永久磁鐵中磁感線的分布特點可知；線圈運動到任何位置切割情況都一樣，產(chǎn)生的電動勢大小不變，方向改變．

5、A【分析】在圖２中的１ｓ時刻質點在平衡位置正向下振動，結合圖１可知該質點為ｘ＝０處質點，Ａ對；【解析】【答案】A6、B【分析】解：當磁鐵的靠近時；導致兩圓環(huán)的磁通量變大，從而由楞次定律可得兩圓環(huán)的感應電流為逆時針（從右向左看），所以又處于N極的磁場中，則受到的安培力向左。由于兩圓環(huán)的電流均是逆時針，所以兩圓環(huán)的相互吸引。

故選：B。

當磁鐵的運動；導致兩金屬圓環(huán)的磁通量發(fā)生變化，從而由楞次定律可得線圈中產(chǎn)生感應電流，則處于磁鐵的磁場受到安培力，使兩圓環(huán)運動，同時兩圓環(huán)間的電流相互作用而導致間距變化．

從楞次定律相對運動角度可得：近則斥，遠則吸．同時同向電流相互吸引，反向電流相互排斥．【解析】B二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】解：交流電是指電流的方向發(fā)生變化的電流；電流的大小是否變化對其沒有影響，而對于周期性變化的電流，即為大小與方向都隨著時間做周期性變化．

我國電網(wǎng)交流電的頻率為50Hz；一個周期內(nèi)出現(xiàn)2次峰值；

交變電流在1s內(nèi)出現(xiàn)50個完整波形；則有100次峰值．

故答案為：2；100．

直流電是指電流的方向不發(fā)生變化的電流；其大小可以變化，交流電是指電流的方向發(fā)生變化的電流，但是它的電流的大小可以不變．

交流電的最大的特點是電流方向在不斷的變化，對于其大小是否變化沒有要求．【解析】2；1008、略

【分析】解：懸線豎直；小球靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：

對A

球：EQA=kQAQBLAB2

解得：E=7.5隆脕104N/C

方向：水平向左；

點電荷在中點處產(chǎn)生的場強：EA=EB=kQA(LAB2)2=9隆脕109隆脕3隆脕10鈭?8(0.062)2=3隆脕105N/C

A；B

在聯(lián)系中點產(chǎn)生的場強方向都水平向右；

AB

連線中點場強大?。篍脰脨=2EA鈭?E=2隆脕3隆脕105鈭?7.5隆脕104=5.25隆脕105N/C

方向：水平向右；

故答案為：5.25隆脕105N/C

水平向右．

抓住A

球平衡；根據(jù)點電荷的場強公式和勻強電場的定義式求出外電場的場強大小和方向；根據(jù)場強的疊加求出O

點的合場強．

本題考查了庫侖定律以及場強的疊加，難度不大，知道場強是矢量，合場強等于各個場強的矢量和．【解析】5.25隆脕105N/C

水平向右9、略

【分析】解：粒子在電場中；只受電場力作用，由靜止加速到速度v

后射出電場，由動能定理可知：

qU=12mv2

解得：

v=2qUm

粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動；洛倫茲力提供向心力，則：

qvB=mv2R

解得：B=mvqR

將第一問的速度代入；得：

B=1R2mUq

故答案為：2qUm1R2mUq

．

根據(jù)動能定理列式；即可求解粒子從電場射出時速度的大??；再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式，即可求解磁感應強度的大小．

本題考查了帶電粒子在電場中的加速和在磁場中的偏轉，屬于基礎題，另外要注意公式U=Edd

是指沿電場方向距離．【解析】2qUm1R2mUq

10、略

【分析】解：依據(jù)雙縫干涉相鄰條紋間距規(guī)律鈻?x=Ld鈰?婁脣

可知要使干涉條紋的間距變大，在其它條件不變的情況下要么改用波長更長的單色光即增大婁脣

要么增大雙縫與屏之間的距離L

要么減小雙縫之間的距離d

．

故答案為：長；增大．

雙縫干涉相鄰條紋之間的距離鈻?x=Ld鈰?婁脣

其中婁脣

為入射光的波長，L

為雙縫與屏之間的距離，d

為雙縫之間的距離．

掌握了雙縫干涉相鄰條紋之間的距離公式鈻?x=Ld鈰?婁脣

明確每個物理量的含義是解決此類題目的關鍵．【解析】長；增大11、略

【分析】解：游標卡尺的主尺讀數(shù)為1.3cm

游標讀數(shù)為0.05隆脕11mm=0.55mm=0.055cm

所以最終讀數(shù)為：1.3cm+0.055cm=1.355cm

螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為0.5mm

可動刻度讀數(shù)為0.01隆脕24.0mm=0.240mm

所以最終讀數(shù)為：0.5mm+0.240mm=0.740mm

．

故答案為：1.3550.740

．

游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(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．

解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(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】1.3550.740

三、判斷題(共6題，共12分)12、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．13、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．14、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論．15、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．16、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．17、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?。摹⑼茢囝}(共4題，共16分)18、略

【分析】【分析】本題考查有機物推斷，考查了有機物的轉化，涉及考查了醛基、羧基、碳碳雙鍵的性質，該題有一定的綜合性，難度中等。側重考查學生分析推斷能力，根據(jù)反應條件及某些物質結構進行推斷，正確推斷各物質結構簡式是解本題關鍵。

【解答】

(1)從圖可以推斷出A的結構為：OHC－CH＝CH－COOH，所以化合物A中含有的官能團是碳碳雙鍵，醛基、羧基。故填：碳碳雙鍵；醛基；羧基；(2)1molA與2moH2反應生成1moE；其反應方程式是：

OHC－CH＝CH－COOH＋2H2HO－CH2－CH－CH2－COOH。故填：OHC－CH＝CH－COOH＋2H2HO－CH2－CH－CH2－COOH；(3)與A具有相同官能團的A的同分異構體的結構簡式是：故填：(4)B為HOOC－CH＝CH－COOH，所以其余溴反應得到：故填：(5)A加成變?yōu)镋，E為HO－CH2－CH－CH2－COOH，分子中含有羥基和羧基，所其可以形成內(nèi)酯，故F為或該反應是酯化反應。故填：或酯化反應?！窘馕觥?1)碳碳雙鍵醛基羧基。

(2)OHC－CH＝CH－COOH＋2H2HO－CH2－CH－CH2－COOH

(3)(4)

(5)或酯化反應19、（1）CaNA（2）水分子之間形成氫鍵（3）F＞N＞O（4）（5）三角錐形sp3雜化（6）【分析】【分析】本題考查了物質的結構與性質。需要學生的識記和理解，多做有助于快速判斷?！窘獯稹縭m{A}基態(tài)原子rm{2p}能級有rm{3}個單電子，原子核外電子排布為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}則rm{A}為rm{N}元素；rm{B}意思是基態(tài)原子rm{p}軌道上成對電子數(shù)等于未成對電子數(shù)，原子核外電子排布為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}則rm{B}為rm{O}元素；rm{C}的氫化物常用于刻蝕玻璃，則rm{C}為rm{F}元素；rm{D}元素基態(tài)原子核外電子分處rm{6}個不同能級，且每個能級均已排滿，原子核外電子排布為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}}則rm{D}為rm{Ca}rm{E}的原子序數(shù)等于rm{C}與rm{D}的原子序數(shù)之和，即rm{E}的原子序數(shù)為rm{9+20=29}故E為rm{Cu}rm{(1)D}的元素符號為rm{Ca}rm{A}的單質為rm{N_{2}}結構式為rm{N隆脭N}rm{14g}氮氣為rm{14g隆脗28g/mol=0.5mol}含有rm{婁脨}鍵的個數(shù)為rm{0.5mol隆脕2隆脕N_{A}}rm{mol-1=N_{A}}，所以本題答案為：rm{Ca}rm{N_{A}}rm{(2)B}元素的氫化物的沸點是同族元素氫化物中最高的，原因是：水分子之間形成氫鍵，增大分子間的作用，所以本題答案為：水分子之間形成氫鍵；rm{(3)}同周期所原子序數(shù)增大元素的電負性增大，rm{3}種元素的電負性由大到小的順序為：rm{F>N>O}所以本題答案為：rm{F>N>O}rm{(4)Cu^{2+}}的價層電子排布式為rm{3d^{9}}則價電子排布圖為所以本題答案為：rm{(5)A}的最簡單氫化物為rm{NH_{3}}分子的空間構型為三角錐形，其中rm{N}原子形成rm{3}個rm{N-H}鍵、含有rm{1}對孤對電子，雜化軌道數(shù)目為rm{4}rm{N}原子的雜化類型是rm{sp^{3}}雜化，所以本題答案為：三角錐形rm{sp^{3}}雜化；rm{(6)}晶胞中白色球數(shù)目為rm{8}黑色球數(shù)目為rm{8隆脕1/8+6隆脕1/2=4}結合化學式rm{CaF_{2}}可知白色球為rm{F}黑色球為rm{Ca}晶胞質量為rm{(4隆脕78)/N_{A}g}晶體的密度為rm{婁脩g?cm^{-3}}則rm{4隆脕78N_{A}g=(acm)^{3}隆脕婁脩g?cm^{-3}}故晶胞邊長rm{4隆脕78N_{A}g=(acm)^{3}隆脕婁脩

g?cm^{-3}}rm{a=}所以本題答案為：rm{cm}【解析】rm{(1)Ca}rm{N_{A}}rm{(2)}水分子之間形成氫鍵rm{(3)F>N>O}rm{(4)}rm{(5)}三角錐形rm{sp^{3}}雜化rm{(6)}20、（1）第三周期、第ⅢA族（2）HClO4（3）NO23NO2+H2O=2HNO3+NO（4）【分析】【分析】本題考查元素周期表的結構及應用、電子式、氮的氧化物，根據(jù)元素的位置推斷元素及元素化合物知識為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查?！窘獯稹坑稍氐奈恢每芍?，rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻壟脼}分別為rm{N}rm{F}rm{Na}rm{Al}rm{Si}rm{Cl}rm{(1)}元素rm{壟脺}為rm{Al}位于第三周期、第Ⅲrm{A}族；故答案為：第三周期、第Ⅲrm{A}族；rm{(2)壟脻}rm{壟脼}分別為rm{Si}rm{Cl}元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物酸性越強，非金屬性：rm{Cl>Si}則兩種元素最高價氧化物對應的水化物酸性較強的是rm{HClO_{4}}故答案為：rm{HClO_{4}}rm{(3)壟脵}為rm{N}元素，rm{N}元素形成的多種氧化物中顏色為紅棕色的是rm{NO_{2}}與水反應生成rm{HNO_{3}}和rm{NO}反應的化學方程式為rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}故答案為：rm{NO_{2}}rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{(4)壟脹}為rm{Na}元素，rm{壟脷}為rm{F}元素，二者形成的化合物為rm{NaF}其電子式為故答案為：【解析】rm{(1)}第三周期、第Ⅲrm{A}族rm{(2)HClO_{4}}rm{(3)NO_{2}}rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{(4)}21、rm{(1)2-}甲基rm{-1-}丁烯rm{-OH}rm{-CHO}

rm{(2)}酯化反應rm{CH_{3}CH簍TC(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}

rm{(3)}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}

}

rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}

rm{(4)}rm{(5)HCOOCH_{2}CH_{2}CH=CH_{2}}【分析】【分析】

本題考查有機物推斷；有機反應方程式、同分異構體書寫等；注意根據(jù)反應條件進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化，難度中等。

【解答】

rm{A}與溴水發(fā)生加成反應生成則rm{A}為．發(fā)生水解反應生成rm{B}為rm{B}發(fā)生氧化反應生成rm{C}為rm{C}發(fā)生氧化反應生成rm{D}rm{D}酸化得到rm{E}為rm{E}發(fā)生消去反應生成rm{F}為rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})COOH}溴乙烷發(fā)生水解反應生成rm{G}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{F}與rm{G}發(fā)生酯化反應生成rm{H}為rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}．

rm{(1)A}為rm{A}的名稱rm{(}系統(tǒng)命名rm{)}為rm{2-}甲基rm{-1-}丁烯；rm{C}為含有官能團的結構簡式為：rm{-OH}rm{-CHO}

故答案為：rm{2-}甲基rm{-1-}丁烯；rm{-OH}rm{-CHO}

rm{(2)G+F隆煤H}的反應類型為酯化反應，rm{H}的結構簡式為rm{CH_{3}CH簍TC(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}

故答案為：酯化反應；rm{CH_{3}CH簍TC(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}

rm{(3)C隆煤D}的離子方程式為：rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}

}

故答案為：rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}}rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}

rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}

}為rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}在一定條件下發(fā)生縮聚反應生成的高分子化合物為

故答案為：

rm{(4)E}為rm{E}符合下列條件的rm{(5)F}的rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})COOH}種同分異構體的結構簡式：rm{F}能發(fā)生水解反應，屬于酯類rm{3}不含甲基，rm{壟脵}能發(fā)生銀鏡反應，應是甲酸形成的酯，符合條件的rm{壟脷}的結構簡式有：rm{壟脹}

故答案為：rm{X}．

rm{HCOOCH_{2}CH_{2}CH=CH_{2}}與溴水發(fā)生加成反應生成則rm{HCOOCH_{2}CH_{2}CH=CH_{2}}為．發(fā)生水解反應生成rm{A}為rm{A}發(fā)生氧化反應生成rm{B}為rm{B}發(fā)生氧化反應生成rm{C}rm{C}酸化得到rm{D}為rm{D}發(fā)生消去反應生成rm{E}為rm{E}溴乙烷發(fā)生水解反應生成rm{F}為rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})COOH}rm{G}與rm{CH_{3}CH_{2}OH}發(fā)生酯化反應生成rm{F}為rm{G}

rm{H}【解析】rm{(1)2-}甲基rm{-1-}丁烯rm{-OH}rm{-CHO}rm{(2)}酯化反應rm{CH_{3}CH簍TC(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}rm{(3)}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}

}rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{(4)}rm{(5)HCOOCH_{2}CH_{2}CH=CH_{2}}五、證明題(共2題，共6分)22、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動23、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動六、綜合題(共4題，共16分)24、(1)D

(2)B

(3)B

(4)A

(5)qvBqBl2v

(6)

解：從b

向a

看側視圖如圖所示，

壟脵

水平方向：F=FAsin婁脠

豎直方向：FN+FAcos婁脠=mg

又FA=BIL=BERL

聯(lián)立得：FN=mg?BLEcos?婁脠RF=BLEsin?婁脠R

壟脷

使ab

棒受支持力為零，且讓磁場最小，可知安培力豎直向上，

則有FA=mg

Bmin=mgREL

根據(jù)左手定則判定磁場方向水平向右。

【分析】(1)

【分析】電量不變，只是將距離增大到原來的3

倍，根據(jù)點電荷庫侖力的公式F=kQ1Q2r2

可以求得改變之后的庫侖力的大小。本題就是對庫侖力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了?！窘獯稹坑牲c電荷庫侖力的公式F=kQ1Q2r2

可以得到，電量不變，當距離增大到原來的3

倍，庫侖力將變?yōu)樵瓉淼?9

故D正確。故選D。

(2)

【分析】電場線的疏密表示電場強度的強弱，電場線某點的切線方向表示電場強度的方向，且沿著電場線的方向，電勢降低，據(jù)此可正確解答。電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布，明確電場線分布與電場強度之間的關系?！窘獯稹侩妶鼍€的疏密表示電場強度的強弱，由于電場線的疏密可知，AB

兩點電場強度的大小關系，所以EA>EB

故A錯誤；B正確；

根據(jù)沿著電場線的方向；電勢降低，則有A

點的電勢低于B

點的電勢，故CD錯誤；

故選B。(3)

【分析】由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流及路端電壓的變化，再分析局部電路可得出電流表及電壓表的變化。本題考查閉合電路歐姆定律的應用，要注意明確解題的思路為：“局部?

整體?

局部”。【解答】AD.

當滑片向右滑動時，滑動變阻器接入電阻增大，則總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，則由U=E?Ir

可知；路端電壓增大；則可知電流表A

的示數(shù)減小，電壓表V

的示數(shù)增大；故AD錯誤；

BC.

因路端電壓增大；A1

中電流增大，因總電流減小，而R1

中電流增大，則A2

中電流減小，故C錯誤，B正確。

故選B。(4)

【分析】將R2

的阻值調(diào)至零時，R2

被短路，電路中電阻最小，則電流最大，根據(jù)閉合電路歐姆定律及功率公式即可求解。本題考查閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析類題目，一般思路都是先分析局部電路的電阻變化，再分析整體中電流及電壓的變化，最后分析局部電路中的流及電壓的變化；在分析局部電路時要注意靈活應用串并聯(lián)電路的性質?！窘獯稹繉2

的阻值調(diào)至零時，R2

被短路，電路中外電阻最小，由閉合電路歐姆定律可得電路中電流最大，則內(nèi)電壓最大，電源內(nèi)部的電勢降落最大，根據(jù)P=I2R

可知，電流最大，則電阻R1

消耗的功率最大，電源內(nèi)消耗的功率也最大，故A正確，BCD錯誤。故選A。(5)

【分析】壟脵

根據(jù)洛倫茲力公式解答；壟脷

由題意可以求得帶電粒子做勻速圓周運動的半徑為POO的一半；由洛侖茲力提供向心力從而求出帶電粒子的質量；

本題是帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動最基礎的問題，畫出運動軌跡，由半徑大小和牛頓第二定律就能求出帶電粒子的質量?！窘獯稹繅琶?/p>

帶電粒子所受洛倫茲力的大小為F=qvB

壟脷

粒子在磁場中做半圓周運動，由題知：R=l2

qvB=mv2R

由以上兩式得：m=qBl2v

故答案為qvB

；qBl2v

(6)壟脵

由左手定則判斷出安培力方向，作出ab

棒的受力分析圖，根據(jù)共點力平衡條件，結合安培力大小公式、閉合電路歐姆定律求出支持力和摩擦力；壟脷

要使ab

棒所受支持力為零，且讓磁場最小，可知安培力豎直向上，得出磁感應強度的大小，由左手定則判定磁場方向。本題是通電導體棒在磁場中平衡問題，考查共點力平衡與安培力知識的綜合，將立體圖轉化為平面圖是解決本題的關鍵。

OO【解析】(1)D

(2)B

(3)B

(4)A

(5)qvBqBl2v

(6)

解：從b

向a

看側視圖如圖所示，壟脵

水平方向：F=FAsin婁脠

豎直方向：FN+FAcos婁脠=mg

又FA=BIL=BERL

聯(lián)立得：FN=mg?BLEcos?