2025年浙教新版高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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年浙教新版高二物理上冊月考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8題，共16分)1、舉世矚目的“神舟”六號航天飛船的成功發(fā)射和順利返回，顯示了我國航天事業(yè)取得的巨大成就．已知地球的質(zhì)量為M，引力常量為G，設(shè)飛船繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑為r；則飛船在圓軌道上運行的速率為（）

A.

B.

C.

D.

2、兩個等量點電荷P；Q在真空中產(chǎn)生電場的電場線（方向未標出）如圖所示．下列說法中正確的是（）

A.P；Q是兩個等量正電荷。

B.P；Q是兩個等量負電荷。

C.P；Q是兩個等量異種電荷。

D.P；Q產(chǎn)生的是勻強電場。

3、有關(guān)電壓和電動勢的說法中正確的是（）A.電壓和電動勢的單位都是伏特，所以電動勢與電壓是同一物理量的不同說法B.電動勢公式中的W與電壓中的W是一樣的，都是電場力做的功C.電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能本領(lǐng)強弱的物理量D.路端電壓始終等于電源的電動勢4、如圖所示，在兩根平行長直導(dǎo)線M、N中，通過同方向、同強度的電流．導(dǎo)線框ABCD和兩導(dǎo)線在同一平面內(nèi)，線框沿著與兩導(dǎo)線垂直的方向，自右向左在兩導(dǎo)線間勻速轉(zhuǎn)動，在移動過程中，線框中產(chǎn)生磁感應(yīng)電流的方向是（）A.始終沿順時針方向不變B.始終沿逆時針方向不變C.先沿順時針方向后沿逆時針方向D.先沿逆時針方向后沿順時針方向5、如圖所示為氫原子的能級示意圖，一群氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài)，在向較低能級躍遷的過程中向外發(fā)出光子，已知可見光光子能量范圍約為1.61eV至3.10eV，下列說法正確的是（）A.這群氫原子能發(fā)出4種頻率不同的光B.其中從n=2躍遷到n=l所發(fā)出的光頻率最高C.其中從n=2躍遷到n=l所發(fā)出的光波長最長D.這群氫原子能發(fā)出2種可見光6、如圖所示；某一選手將一枚飛鏢從高于靶心的位置水平投向豎直懸掛的靶盤，結(jié)果飛鏢打在靶心的正下方.

忽略飛鏢運動過程中所受空氣阻力，在其他條件不變的情況下，為使飛鏢命中靶心；

他在下次投擲時應(yīng)該A.換用質(zhì)量稍大些的飛鏢B.適當減小投飛鏢的高度C.到稍遠些的地方投飛鏢D.適當增大投飛鏢的初速度7、四種電場的電場線如圖所示.

一正電荷q

僅在電場力作用下由P

點向Q

點作加速運動，且加速度越來越大.

則該電荷所在的電場是圖中的(

)

A.B.C.D.8、下列說法中正確的是()A.水波是球面波B.聲波是球面波C.只有橫波才能形成球面波D.只有縱波才能形成球面波評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、科學家通過長期研究；發(fā)現(xiàn)了電和磁的聯(lián)系，其中最重要的兩項研究如圖所示．

①甲圖是研究______現(xiàn)象的裝置，根據(jù)這一現(xiàn)象，制成了______機．（“電動機”或“發(fā)電機”）

②乙圖是研究______現(xiàn)象的裝置，根據(jù)這一現(xiàn)象，制成了______機．（“電動機”或“發(fā)電機”）10、把一個電荷量很小的點電荷q

，放入電場中的某一點，所受電場力的大小為F

，則該點電場強度的大小為_______；如果在該點放人電荷量為q

/2

的點電荷，則它所受電場力的大小為_______，該點電場強度的大小為________。11、核電站是人類和平利用核能的一個實例．目前核電站是利用____釋放的核能來發(fā)電的．（選填“核裂變”或“核聚變”）12、如圖所示，Ⅰ和Ⅱ是一對異名磁極，ab為放在其間的金屬棒。ab和cd用導(dǎo)線連成一個閉合回路。當ab棒向左運動時，cd導(dǎo)線受到向下的磁場力。由此可知Ⅰ是極，a點電勢（填“大于”或“小于”）b點電勢。13、如圖所示，在勻強電場中，將一電荷量為2隆脕10鈭?3C

的負電荷由A

點移到B

點，其電勢能增加了0.2J

已知AB

兩點間距離為2cm

兩點連線與電場方向成60鈭?

角.

則：

(1)

該負電荷由A

移到B

的過程中；電場力所做的功WAB=

____________；

(2)AB

兩點間的電勢差以UAB=

____________；

(3)

該勻強電場的電場強度E=

____________．14、在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實驗中，用導(dǎo)線將螺線管與靈敏電流計相連，構(gòu)成閉合電路，如圖所示.

在下列情況中，靈敏電流計指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)的是____A.線圈不動，將磁鐵向線圈中插入B.

線圈不動，將磁鐵從線圈中抽出C.磁鐵放在線圈里不動D.

磁鐵不動，將線圈上下移動此試驗表明：只要穿過閉合回路中的磁通量發(fā)生____，閉合回路中就會有感應(yīng)電流產(chǎn)生．15、如圖所示，理想變壓器的次級有兩組線圈，圖中三個燈泡的規(guī)格相同，四個電表對電路的影響都可忽略不計.

開關(guān)K

斷開時，燈L1

正常發(fā)光，這時兩電流表示數(shù)之比I1I2

是14

開關(guān)K

閉合時，三個燈都正常發(fā)光，這時兩電流表示數(shù)之比I1隆盲I2隆盲=

______，兩電壓表示數(shù)之比U1U2=

______．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、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）

18、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）19、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）20、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）

評卷人得分四、實驗題(共1題，共2分)21、某同學用如圖（甲）所示裝置測量重力加速度g，所用交流電頻率為50Hz.在所選紙帶上取某點為0號計數(shù)點，然后每隔兩個計時點取一個計數(shù)點，所有測量數(shù)據(jù)及其標記符號如圖（乙）所示.該同學用兩種方法處理數(shù)據(jù)(T為相鄰兩計數(shù)點的時間間隔)：方法A：由取平均值g=8.667m/s2;方法B：由取平均值g=8.673m/s2。從數(shù)據(jù)處理方法看，選擇方法__________（“A”或“B”）更合理，這樣可以減少實驗的__________誤差（“系統(tǒng)”或“偶然”）評卷人得分五、計算題(共4題，共24分)22、如圖所示空間分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個足夠長的區(qū)域，各邊界面相互平行.

其中Ⅰ、Ⅱ區(qū)域存在勻強電場：E壟帽=1.0隆脕104V/m

方向垂直邊界面豎直向上；E壟貌=34隆脕105V/m

方向水平向右，Ⅲ區(qū)域磁感應(yīng)強度B=5.0T

方向垂直紙面向里.

三個區(qū)域?qū)挾确謩e為d1=5.0md2=4.0md3=10m.

一質(zhì)量m=1.0隆脕10鈭?8kg

電荷量q=1.6隆脕10鈭?6C

的粒子從O

點由靜止釋放，粒子重力忽略不計.

求：

(1)

粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度；

(2)

粒子從區(qū)域Ⅱ進入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度方向與邊界面的夾角；

(3)

粒子在Ⅲ區(qū)域中運動的時間和離開Ⅲ區(qū)域時的速度方向與邊界面的夾角．23、如圖所示；傾斜角度為婁脠

的粗糙程度均勻的絕緣斜面，下方O

點處有一帶電量為+Q

的點電荷，質(zhì)量為m

帶電量為鈭?q

的小物體(

可看成質(zhì)點)

與斜面間的動摩擦因數(shù)為婁脤.

現(xiàn)使小物體以初速度v0

從斜面上的A

點沿斜面上滑，到達B

點時速度為零，然后又下滑回到A

點.

小物體所帶電荷量保持不變，靜電力常數(shù)為k

重力加速度為gOA=OB=l.

求：

(1)

小物體沿斜面上滑經(jīng)過AB

中點時的加速度；

(2)

小物體返回到斜面上的A

點時的速度．24、如圖所示，坐標系xoy在豎直平面內(nèi)，y軸的正方向豎直向上，y軸的右側(cè)廣大空間存在水平向左的勻強電場E1=2N/C，y軸的左側(cè)廣大空間存在勻強磁場和電場，磁場方向垂直紙面向外，B=1T，電場方向豎直向上，E2=2N/C．t=0時刻，一個帶正電的質(zhì)點在O點以v=2m/s的初速度沿著與x軸負方向成45°角射入y軸的左側(cè)空間，質(zhì)點的電量為q=10-6C，質(zhì)量為m=2×10-7kg，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）質(zhì)點從O點射入后第一次通過y軸的位置；

（2）質(zhì)點從O點射入到第二次通過y軸所需時間；25、如圖所示，半徑R=4m的光滑圓環(huán)豎直放置，A點為圓環(huán)的最低點，B為圓環(huán)的最高點，CDA為光滑斜面，CEA為光滑圓弧面。若斜面CDA長為0.3m，小球由靜止開始分別從C點沿光滑斜面CDA和圓弧面CEA滑至A點，時間分別為t1、t2，取重力加速度g=π2m/s2，試比較t1、t2的大小。某同學的解題思路如下：根據(jù)機械能守恒，由靜止開始分別從C點沿光滑斜面CDA和沿圓弧CEA滑至A點的速度大小相等，而沿斜面CDA滑下的路程較短，所用時間也較短，所以t1<t2。你認為該同學的解法正確嗎？若正確，請計算出t1、t2的大??；若不正確，指出錯誤處并通過計算說明理由。評卷人得分六、推斷題(共3題，共24分)26、化合物rm{G[}rm{G[}是一種醫(yī)藥中間體，它的一種合成路線如下：請回答下列問題：rm{]}是一種醫(yī)藥中間體，它的一種合成路線如下：的名稱是_____________。rm{]}的反應(yīng)條件為_____________，rm{(1)A}和rm{(2)B隆煤C}的反應(yīng)類型分別是_____________、_____________。rm{A隆煤B}在濃硫酸加熱的條件下會生成一種含六元環(huán)的化合物，該化合物的結(jié)構(gòu)簡式為_____________。rm{D隆煤E}是一種高聚酯，rm{(3)D}的化學方程式為___________。rm{(4)H}下列關(guān)于化合物rm{D隆煤H}的說法錯誤的是_________。A.rm{(5)}的分子式為rm{G}B.rm{G}與rm{C_{12}H_{14}O_{5}}溶液加熱最多消耗rm{1molG}C.一定條件下rm{NaOH}發(fā)生消去反應(yīng)生成的有機物存在順反異構(gòu)體D.在一定條件下rm{2molNaOH}能與rm{G}發(fā)生取代反應(yīng)rm{G}是rm{HBr}的同分異構(gòu)體，與rm{(6)M}具有相同的官能團。則rm{D}可能的結(jié)構(gòu)有________種。rm{D}27、【化學選做】（15分）有機化合物甲、乙用于制備化妝品，二者合成路線如下（部分產(chǎn)物及條件略）。已知：（-R、-R’代表烴基或-H）（1）A的結(jié)構(gòu)簡式是____。（2）化合物F能與濃溴水反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀。①有機物甲中官能團的名稱是____。②“C→有機化合物甲”的化學方程式是____。③化合物F的名稱是____。（3）化合物G的分子式為C3H6O，核磁共振氫譜顯示只有一種化學環(huán)境的氫。G的結(jié)構(gòu)簡式是____。（4）A與G反應(yīng)生成D的反應(yīng)方程式為____。(5)寫出E所有可能的結(jié)構(gòu)簡式（滿足合成路線）____。28、某芳香酯rm{I}的合成路線如下：已知以下信息：rm{壟脵A隆蘆I}均為芳香族化合物，rm{B}苯環(huán)上只有一個取代基，且rm{B}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；rm{D}的相對分子質(zhì)量比rm{C}大rm{4}rm{E}的核磁共振氫譜有rm{3}組峰。rm{壟脷}rm{壟脹}請回答下列問題：rm{(1)A隆煤B}的反應(yīng)類型為____________，rm{G}中所含官能團的名稱有____________________，rm{E}的名稱是______________________________。rm{(2)B}與銀氨溶液反應(yīng)的化學方程式為______________________________。rm{(3)I}的結(jié)構(gòu)簡式為______________________________。rm{(4)}符合下列要求rm{A}的同分異構(gòu)體還有_______________種。rm{壟脵}與rm{Na}反應(yīng)并產(chǎn)生rm{H_{2}壟脷}芳香族化合物rm{(5)}據(jù)已有知識并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以rm{CH_{3}CH_{2}OH}為原料制備rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}的合成路線流程圖rm{(}無機試劑任選rm{)}合成路線流程圖示如下：rm{CH_{3}CH_{2}Brxrightarrow[?]{NaOH脠脺脪潞}CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[脜簍脕貌脣謾,?]{C{H}_{3}COOH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}Brxrightarrow[?]{NaOH脠脺脪潞}

CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[脜簍脕貌脣謾,?]{C{H}_{3}COOH}

CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】

研究飛船繞地球做勻速圓周運動；根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：

解得：v=

故選A

【解析】【答案】研究飛船繞地球做勻速圓周運動；根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式．

根據(jù)等式表示出飛船在圓軌道上運行的速率．

2、C【分析】

根據(jù)電場線的特點；從正電荷出發(fā)到負電荷終止可以判斷，P；Q是兩個等量異種電荷，所以AB錯誤，C正確．

勻強電場的電場線應(yīng)該是平行的直線；所以D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】電場線是從正電荷或者無窮遠出發(fā)出；到負電荷或無窮遠處為止，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度?。?/p>

3、C【分析】【分析】電動勢是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小的物理量．電壓與電動勢的單位相同，但物理意義不同，不是同一物理量的不同叫法．A錯誤；電動勢公式中的W是非靜電力做功，電壓中的W是靜電力做功．故B錯誤．電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；電動勢反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大?。蔆正確．電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，但兩者意義不同，不能說電動勢就是電源兩極間的電壓．故D錯誤。

故選C。

【點評】切記動勢公式中的W是非靜電力做功，電壓中的W是靜電力做功。4、B【分析】解：當導(dǎo)線框位于中線OO′右側(cè)運動時；磁場向外，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向為逆時針ADCBA

當導(dǎo)線框經(jīng)過中線OO′；磁場方向先向外，后向里，磁通量先減小，后增加，根據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流方向為逆時針ADCBA

當導(dǎo)線框位于中線OO′左側(cè)運動時；磁場向里，磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向為逆時針ADCBA．

故說明感應(yīng)電流的方向一直沿逆時針方向；

故選：B．

兩根平行長直導(dǎo)線M；N中；通以同方向同強度的電流，產(chǎn)生磁場，根據(jù)安培定則可知，在中線OO′右側(cè)磁場向外，左側(cè)磁場向里．當導(dǎo)線框向左運動時，磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向．

本題考查運用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向的能力，難點在于分析導(dǎo)線框經(jīng)過中線時磁場方向和磁通量的變化情況．【解析】【答案】B5、D【分析】解：A、一群氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài)，根據(jù)知能放出6種不同頻率的光．故A錯誤；

B、根據(jù)玻爾理論，輻射的光子的能量：hγ=Em-En；可知其中從n=4躍遷到n=l所發(fā)出的光的能量最大，頻率最高，故B錯誤；

C、根據(jù)玻爾理論，輻射的光子的能量：hγ=Em-En，可知其中從n=4躍遷到n=3所發(fā)出的光的能量最小，頻率最小；結(jié)合可知波長最長．故C錯誤；

D；因為可見光的光子能量范圍約為1.62eV～3.11eV；滿足此范圍的有：n=4到n=2，n=3到n=2的光子的能量在此范圍內(nèi)，所以可將有2種不同頻率的可見光．故D正確；

故選：D

根據(jù)計算出不同頻率光的種數(shù)；根據(jù)hγ=Em-En計算光的頻率；

波長越短；頻率越高，波長最短的光子產(chǎn)生于能極差最大的能級之間．

該題考查對玻爾理論的理解，解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷放出或吸收光子的能量滿足hγ=Em-En．【解析】【答案】D6、D【分析】【解析】

試題分析：因為飛鏢飛出去后做平拋運動；此時水平方向速度不變，豎直方向做自由落體運動，初速度變大后豎直方向下落距離就會減少，所以更容易中靶心，故選D

考點：考查平拋運動規(guī)律。

點評：本題難度較小，平拋運動中加速度與質(zhì)量無關(guān)，運動時間由豎直高度決定，水平位移由初速度和豎直高度共同決定【解析】D

7、C【分析】解：因粒子由P

到Q

是加速運動；而粒子帶正電，故說明電場線是由M

到N

的；

因粒子在運動中加速度越大越大；說明受電場力越大越大，則電場強度越大越大，電場線越來越密；故C正確；

故選：C

由粒子做加速運動可知；粒子受力方向，則可判斷電場線的方向；由加速度的變化可知電荷受力的變化，則由F=Eq

可得出場強的變化，則可判斷電場線的疏密．

電場線是為了形象描述電場的性質(zhì)而引入的虛擬帶有方向的線，近幾年對電場線的考查較多，應(yīng)認真把握．【解析】C

8、B【分析】【分析】A.明確平面波和球面波的區(qū)別，知道水波無法形成球面波。BCDBCD．根據(jù)球面波的定義可知聲波是否可以形成球面波，球面波是否也可以由橫波或縱波形成。本題考查平面波和球面波的性質(zhì)，要注意明確無論是縱波還是橫波均可以形成球面波。【解答】A.由于水波不能在空間中傳播，所以它是平面波，故A錯誤。

BCD.BCD.根據(jù)球面波的定義可知，若波面是球面則為球面波，與橫波、縱波無關(guān)，故CD錯誤，B正確。

故選B。

【解析】B

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】解：①甲圖中導(dǎo)體棒與電流表相連；無供電裝置，故為演示電磁感應(yīng)的裝置．由這一原理我們制出了發(fā)電機．

②乙圖中有電源供電；而無電流表，但能看到通電導(dǎo)線在磁場中的運動，故本實驗是研究磁場對電流作用的裝置，通過這一現(xiàn)象，我們制成了電動機．

故答案為：①電磁感應(yīng)；發(fā)電；②磁場對電流作用；電動．

由圖示電路的結(jié)構(gòu)和特點理解實驗的原理和目的．

電磁感應(yīng)為因為運動而產(chǎn)生了電流，導(dǎo)體在磁場中受力是因為有了電流而發(fā)生了運動．實驗裝置是不同的．【解析】電磁感應(yīng)；發(fā)電；磁場對電流作用；電動10、【分析】【分析】根據(jù)電場強度的定義式E=Fq

求出電場強度；再根據(jù)F=qE

求出電場力的大小，電場強度的大小與放入電場中的電荷無關(guān)。

解決本題的關(guān)鍵掌握電場強度的定義式E=Fq

以及知道電場強度的大小與放入電場中的電荷無關(guān)?！窘獯稹吭陔妶鲋蟹湃胍稽c電荷q

電荷受到的電場力為F

則該點電場強度大小為：E=Fq

若在該點放一個電荷量為2q

的點電荷，場強不變，為Fq

故電場力：F鈥?=q2E=F2

故填：FqF2Fq

【解析】FqF2Fq

11、略

【分析】

目前核電站是利用核裂變釋放的核能來發(fā)電的．

答案為：核裂變。

【解析】【答案】現(xiàn)在世界上的核電站都是利用核裂變發(fā)電的．

12、略

【分析】試題分析:由左手定則可知，cd棒中電流方向是：由c指向d；ab棒中電流方向是：由a指向b，由右手定則可知，ab棒所處位置磁場方向：豎直向上，則Ⅰ是S極，Ⅱ是N極。ab棒是電源，ab棒中電流由b指向a，則a點電勢高，b點電勢低考點：右手定則；左手定則【解析】【答案】S；大于13、-0.2J;100V;1×104V/m【分析】解：(1)

負電荷由A

點移到B

點；其電勢能增加了0.2J

則電場力所做的功：WAB=鈭?0.2J

(2)AB

兩點間的電勢差：UAB=WABq=鈭?0.2鈭?2脳10鈭?3V=100V

(3)

由UAB=Ed=EA爐Bcos60鈭?

得：E=UABA爐Bcos60鈭?=1002脳10鈭?2脳0.5V/m=1隆脕104V/m

故答案為：(1)鈭?0.2J(2)100V(3)1隆脕104V/m

【解析】鈭?0.2J;100V;1隆脕104V/m

14、C變化【分析】【分析】當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，產(chǎn)生感應(yīng)電流。解決本題的關(guān)鍵知道感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，即穿過閉合回路磁通量發(fā)生變化?！窘獯稹緼.線圈不動；將磁鐵向線圈中插入，磁通量增大，會產(chǎn)生感應(yīng)電流，靈敏電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；

B.線圈不動；將磁鐵從線圈中抽出，磁通量減小，會產(chǎn)生感應(yīng)電流，靈敏電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；

C.磁鐵放在線圈里不動；磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，靈敏電流計指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C正確；

D.磁鐵不動；將線圈上下移動，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，靈敏電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。

此試驗表明：只要穿過閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，閉合回路中就會有感應(yīng)電流產(chǎn)生。故答案為：C

變化?！窘馕觥緾C變化15、略

【分析】解：(1)

根據(jù)電流與匝數(shù)成反比；

開關(guān)K

斷開，燈L1

正常發(fā)光時，原線圈和次級線圈的匝數(shù)之比：n1n2=I2I1=41

開關(guān)K

閉合時；三個規(guī)格相同的燈泡都正常發(fā)光；

下邊次級線圈的電壓和上面次級線圈的電壓相等；且通過三燈泡的電流相等；

根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比；且上面和下面次線圈的匝數(shù)相等；

兩電壓表示數(shù)之比：U1U2=n1n2=41

(2)

根據(jù)輸入功率等于輸出功率；

有：U1I1隆盲=U2I2隆盲+U2I3隆盲=U2I2隆盲+2U2I2隆盲=3U2I2隆盲

所以：I隆盲1I隆盲2=3U2U1=3隆脕14=34

．

故答案為：3441

．

根據(jù)變壓器的特點：電壓與匝數(shù)成之比；電流與匝數(shù)成反比，輸入功率等于輸出功率，進行解答．

本題副線圈中有兩個，對于電壓仍然可以用于匝數(shù)成正比，但是電流不再和匝數(shù)成反比，應(yīng)該利用輸入功率等于輸出功率．【解析】3441

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、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．18、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．19、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)體在點電荷附近，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，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(dǎo)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(dǎo)體是等勢體．20、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．四、實驗題(共1題，共2分)21、略

【分析】試題分析：方法A中，實際計算中只用了s1和s6兩組數(shù)據(jù)，不利于減小偶然誤差；而方法B中實際利用了s1至s6六組數(shù)據(jù)，便于減小偶然誤差，故方法B更合理。考點：本實驗考查了利用自有落體測重力加速度，涉及勻變速直線運動的規(guī)律、自由落體運動的規(guī)律【解析】【答案】B偶然五、計算題(共4題，共24分)22、解：（1）粒子在區(qū)域Ⅰ運動過程；由動能定理得：

mv12=qE1d1-0；

代入數(shù)據(jù)解得：v1=4×103m/s．

（2）粒子在區(qū)域II做類平拋運動，設(shè)粒子進入?yún)^(qū)域III時速度與邊界的夾角為θ；則：

tanθ=vx=v1，vy=at；

由牛頓第二定律得，加速度為：a=

運動時間為：t=

代入數(shù)據(jù)解得：θ=30°．

（3）粒子進入磁場時的速度為：v2==2v1；

粒子在磁場中做勻速圓周運動；洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qv2B=m

代入數(shù)據(jù)解得：r=10m=d3；

由于：r=d3，粒子在磁場中運動所對的圓心角為600；粒子在磁場中運動的時間為：

t=T=×=

代入數(shù)據(jù)解得：t=7.85×10-3s；

粒子離開Ⅲ區(qū)域時速度與邊界面的夾角為：60°；

答：（1）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度為4×103m/s．

（2）粒子從區(qū)域Ⅱ進入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度方向與邊界面的夾角為30°；

（3）粒子在Ⅲ區(qū)域中運動的時間為7.85×10-3s，離開Ⅲ區(qū)域時的速度方向與邊界面的夾角為60°．【分析】

(1)

由動能定理列方程求粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度大?。?/p>

(2)

粒子在區(qū)域Ⅱ中豎直方向勻速直線運動；水平方向勻加速直線運動，即粒子做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律求解；

(3)

先求出粒子在Ⅲ區(qū)域的運動半徑，然后做出軌跡，確定圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期公式T=2婁脨mqB

求解Ⅲ區(qū)域的運動時間；總時間為三段運動的時間之和，然后求出受到夾角．

粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)情況，一定注意化曲為直，即將運動分解為平行于電場的方向與垂直于電場的方向；粒子在磁場中的運動一定要注意找出圓心和半徑，進而能正確的應(yīng)用好幾何關(guān)系，則可順利求解攏隆

【解析】解：(1)

粒子在區(qū)域Ⅰ運動過程；由動能定理得：

12mv12=qE1d1鈭?0

代入數(shù)據(jù)解得：v1=4隆脕103m/s

．

(2)

粒子在區(qū)域II

做類平拋運動，設(shè)粒子進入?yún)^(qū)域III

時速度與邊界的夾角為婁脠

則：

tan婁脠=vxvyvx=v1vy=at

由牛頓第二定律得，加速度為：a=qE2m

運動時間為：t=d2v1

代入數(shù)據(jù)解得：婁脠=30鈭?

．

(3)

粒子進入磁場時的速度為：v2=v1sin30鈭?=2v1

粒子在磁場中做勻速圓周運動；洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

qv2B=mv22r

代入數(shù)據(jù)解得：r=10m=d3

由于：r=d3

粒子在磁場中運動所對的圓心角為600

粒子在磁場中運動的時間為：

t=16T=16隆脕2婁脨mqB=婁脨m3qB

代入數(shù)據(jù)解得：t=7.85隆脕10鈭?3s

粒子離開Ⅲ區(qū)域時速度與邊界面的夾角為：60鈭?

答：(1)

粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度為4隆脕103m/s

．

(2)

粒子從區(qū)域Ⅱ進入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度方向與邊界面的夾角為30鈭?

(3)

粒子在Ⅲ區(qū)域中運動的時間為7.85隆脕10鈭?3s

離開Ⅲ區(qū)域時的速度方向與邊界面的夾角為60鈭?

．23、略

【分析】

(1)

根據(jù)小物體的受力情況；運用正交分解法，由牛頓第二定律和庫侖定律列式求出小物體沿斜面上滑經(jīng)過AB

中點時的加速度；

(2)

對上升和下滑兩個過程分別運用動能定理求解小物體回到M

點時速度．

牛頓第二定律是求加速度的基本規(guī)律，運用動能定理時，要注意抓住AB

電勢相等的特點，得到電場力做功為零，再進行列式求解．【解析】解：(1)

小物體經(jīng)過AB

中點時；根據(jù)牛頓第二定律和庫侖定律得：

FN=mgcos婁脠+kQq(lsin婁脠)2

mgsin婁脠+婁脤FN=ma

得：a=gsin婁脠+婁脤(gcos婁脠+kQqm(lsin婁脠)2)

(2)

設(shè)物體上升過程中；摩擦力做功為Wf.

由于OA=OBAB

兩點的電勢相等，上升和下滑過程中電場力做功都為0

則根據(jù)動能定理得。

上升過程，有0鈭?12mv02=鈭?mglsin2婁脠+Wf

下滑過程，有12mv2=mglsin2婁脠+Wf

解得：v=4glsin2婁脠鈭?v02

答：

(1)

小物體沿斜面上滑經(jīng)過AB

中點時的加速度是gsin婁脠+婁脤(gcos婁脠+kQqm(lsin婁脠)2)

(2)

小物體返回到斜面上的A

點時的速度是4glsin2婁脠鈭?v02

．24、解：（1）質(zhì)點從o點進入左側(cè)空間后，所受電場力為：qE=2×10-6N=mg；

電場力與重力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，洛侖茲力充當向心力，

由牛頓第二定律得：qvB=m

代入數(shù)據(jù)解得：R=0.4m；

質(zhì)點第一次通過y軸的位置：

y1=R=m；

（2）質(zhì)點在磁場中的運動軌跡是個圓周，在磁場中的運動的時間：t1=T=×=s；

當質(zhì)點到達右側(cè)空間時，F(xiàn)合==mg；

由牛頓第二定律得：a==g；

且F合與v反向；質(zhì)點做有往返的勻變速直線運動；

往返時間：t2=2×=s；

質(zhì)點從剛射入左側(cè)空間到第二次通過y軸所需的時間：t=t1+t2=s；

答：（1）質(zhì)點從O點射入后第一次通過y軸的位置為y1=m；

（2）質(zhì)點從O點射入到第二次通過y軸所需時間為s?！痉治觥?/p>

（1）求出質(zhì)點受到的電場力；根據(jù)質(zhì)點受力情況判斷質(zhì)點的運動性質(zhì)，然后由牛頓第二定律分析答題。

（2）求出質(zhì)點做圓周運動的時間；應(yīng)用牛頓第二定律與運動學公式求出質(zhì)點的運動時間。

本題是一道電磁學與運動學相結(jié)合的綜合題，難度較大，應(yīng)用牛頓第二定律、牛頓第二定律、運動的合成與分解、運動學公式即可正確解題，分析清楚質(zhì)點的運動過程、作出質(zhì)點的運動軌跡是正確解題的前提與基礎(chǔ)。【解析】解：（1）質(zhì)點從o點進入左側(cè)空間后，所受電場力為：qE=2×10-6N=mg；

電場力與重力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，洛侖茲力充當向心力，

由牛頓第二定律得：qvB=m

代入數(shù)據(jù)解得：R=0.4m；

質(zhì)點第一次通過y軸的位置：

y1=R=m；

（2）質(zhì)點在磁場中的運動軌跡是個圓周，在磁場中的運動的時間：t1=T=×=s；

當質(zhì)點到達右側(cè)空間時，F(xiàn)合==mg；

由牛頓第二定律得：a==g；

且F合與v反向；質(zhì)點做有往返的勻變速直線運動；

往返時間：t2=2×=s；

質(zhì)點從剛射入左側(cè)空間到第二次通過y軸所需的時間：t=t1+t2=s；

答：（1）質(zhì)點從O點射入后第一次通過y軸的位置為y1=m；

（2）質(zhì)點從O點射入到第二次通過y軸所需時間為s。25、略

【分析】【解析】試題分析：。（1分）由于小球沿圓弧CEA運動不是勻變速運動，不能僅根據(jù)末速度大小和路程來比較t1與t2的大小。（1分）正確【解析】

設(shè)圓弧的圓心為O，CDA斜面傾角為θ則小球在斜面上的加速度a==gsinθ（1分）2Rsinq=at12（1分）得t1=代入數(shù)據(jù)得t1=s="1.3s"（1分）由于=，∠AOC=×=4.3°<5°（1分）所以小球沿CEA運動可以看成單擺的簡諧運動則t2=（1分）而T=2π（1分）t2=1s（1分）所以t1>t2（1分）考點：簡諧運動的振幅、周期和頻率【解析】【答案】不正確六、推斷題(共3題，共24分)26、rm{(1)2-}甲基丙烯或異丁烯

rm{(2)NaOH}溶液加熱加成反應(yīng)取代反應(yīng)

rm{(3)}

rm{(4)nHO(CH_{3})_{2}CCOOH}rm{+(n-1)H_{2}O}

rm{(5)BC}

rm{(6)4}

【分析】【分析】本題考查學生有機推斷和有機合成，是現(xiàn)在考試的熱點，難度較大，可以根據(jù)所學知識進行回答。【解答】由rm{A}到rm{B}發(fā)生加成反應(yīng)，rm{B}到rm{C}反生鹵代烴的水解，再氧化生成rm{D}rm{E}與rm{F}反生取代反應(yīng)生成rm{G}由此來推斷各反應(yīng)類型和產(chǎn)物；rm{(1)A}是烯烴，名稱是rm{2-}甲基丙烯；rm{(2)B隆煤C}的反應(yīng)條件為rm{NaOH}水溶液并加熱，根據(jù)題目所給的信息，可知rm{A隆煤B}和rm{D隆煤E}的反應(yīng)類型分別是加成反應(yīng)、取代反應(yīng)；rm{(3)D}在濃硫酸加熱的條件下發(fā)生酯化反應(yīng)會生成一種含六元環(huán)的化合物，該化合物的結(jié)構(gòu)簡式為在濃硫酸加熱的條件下發(fā)生酯化反應(yīng)會生成一種含六元環(huán)的化合物，該化合物的結(jié)構(gòu)簡式為rm{(3)D}；

是一種高聚酯，rm{(4)H}的化學方程式為rm{D隆煤H}rm{nHO(CH_{3})_{2}CCOOH}

rm{+(n-1)H_{2}O}根據(jù)rm{(5)A.}和rm{E}發(fā)生取代反應(yīng)生成rm{F}rm{G}被取代，可知rm{-OH}的分子式為rm{G}故A正確；B.rm{C_{12}H_{14}O_{5}}含有rm{1molG}酚酯基和rm{1mol}醇酯基，可知與rm{1mol}溶液加熱最多消耗rm{NaOH}注意酚羥基的性質(zhì)，故B錯誤；C.一定條件下rm{3molNaOH}發(fā)生消去反應(yīng)生成的有機物碳碳雙鍵兩側(cè)的碳原子有rm{G}不存在順反異構(gòu)體，故C錯誤；D.在一定條件下rm{-CH_{2}}能與rm{G}發(fā)生取代反應(yīng)，體現(xiàn)羥基的性質(zhì)，故D正確；故選BC；rm{HBr}是rm{(6)M}的同分異構(gòu)體，與rm{D}具有相同的官能團即羧基和羥基，羥基和羧基看作取代基，相當于丙烷的二元取代產(chǎn)物，則rm{D}可能的結(jié)構(gòu)有rm{M}種。

rm{4}【解析】rm{(1)2-}甲基丙烯或異丁烯rm{(2)NaOH}溶液加熱加成反應(yīng)取代反應(yīng)rm{(3)}rm{(4)nHO(CH_{3})_{2}CCOOH}rm{+(n-1)H_{2}O}rm{(5)BC}rm{(6)4}

27、略

【分析】【分析】本題考查了有機物的合成與推斷，關(guān)鍵是有機物中官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，涉及內(nèi)容較多題目難度較大，掌握好基礎(chǔ)知識就能順利解答本題。由合成路線，結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構(gòu)變化，所以A為HC≡CH，B為C為D為E為或或F為G為據(jù)此解答?！窘獯稹坑珊铣陕肪€，結(jié)合物質(zhì)的結(jié)構(gòu)變化，所以A為HC≡CH，B為C為D為E為或或F為G為（1）由上分析知，A為HC≡CH；（2）化合物F能與濃溴水反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，說