2025年人教版高二物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年人教版高二物理下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(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9題，共18分)1、如圖所示，電感線圈L的自感系數(shù)足夠大，其直流電阻忽略不計，LA、LB是兩個相同的燈泡，且在下列實驗中不會燒毀，電阻R2阻值約等于R1的兩倍，則（）A.閉合開關(guān)S時，LA、LB同時達(dá)到最亮，且LB更亮一些B.閉合開關(guān)S時，LA、LB均慢慢亮起來，且LA更亮一些C.斷開開關(guān)S時，LA慢慢熄滅，LB閃亮后才慢慢熄滅D.斷開開關(guān)S時，LA慢慢熄滅，LB馬上熄滅2、如圖，E為內(nèi)阻不能忽略的電池，R1、R2、R3為定值電阻，S0、S為開關(guān)，與分別為電壓表和電流表。初始時S0與S均閉合，現(xiàn)將S斷開，則A.的讀數(shù)變大，的讀數(shù)變小B.的讀數(shù)變大，的讀數(shù)變大C.的讀數(shù)變小，的讀數(shù)變小D.的讀數(shù)變小，的讀數(shù)變大3、電容器的電容大小取決于（）A.電容器的帶電量B.電容器兩極板間的電勢差C.電容器本身構(gòu)造D.電容器兩極板間的電場強度4、平行板電容器充完電后，兩極板與電源斷開，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量Q、電容C、兩極間的電壓U，電容器兩極板間的場強E的變化情況是（）A.Q變小，C不變，U不變，E變小B.Q變小，C變小，U不變，E不變C.Q不變，C變小，U變大，E變小D.Q不變，C變小，U變大，E不變5、關(guān)于線圈的自感系數(shù)，下列說法正確是（）A.線圈中的自感電動勢越大，線圈的自感系數(shù)一定越大B.線圈中的電流變化越快，自感系數(shù)就越大C.線圈中的電流不發(fā)生變化，自感系數(shù)一定為零D.線圈的自感系數(shù)與線圈自身的因素以及有無鐵芯有關(guān)6、國外科研人員設(shè)計了一種“能量采集船”，如圖所示，在船的兩側(cè)附著可觸及水面的旋轉(zhuǎn)“工作臂”，每只“工作臂”的底端裝有一只手掌狀的、緊貼水面的浮標(biāo)．當(dāng)波浪引起浮標(biāo)上下浮動時，工作臂就前后移動，獲得電能儲存起來．下列電器設(shè)備與“能量采集船”獲得能量原理相同的是（）A.B.C.D.7、電阻R

、電容C

與一線圈連成閉合電路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N

極朝下，如圖所示?，F(xiàn)使磁鐵開始自由下落，在N

極接近線圈上端的過程中，流過R

的電流方向和電容器極板的帶電情況是(

)

A.從a

到b

，上極板帶正電B.從a

到b

，下極板帶正電C.從b

到a

，上極板帶正電D.從b

到a

，下極板帶正電8、如圖為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流電機的原理圖，邊長為L=20cm

匝數(shù)為n=100

電阻為r=1婁賂

的正方形線圈在磁感應(yīng)強度大小為B=2婁脨T

的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸OO隆盲

以角速度婁脴=10婁脨rad/s

勻速轉(zhuǎn)動，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與R=9婁賂

的定值電阻連接，與電阻R

并聯(lián)的交流電壓表為理想電表.

從線框與磁場方向平行位置開始計時，下列說法中正確的是(

)

A.電壓表讀數(shù)為40V

B.電阻R

上的電功率為160W

C.電阻R

兩端的電壓u

隨時間的規(guī)律是u=362cos10婁脨t(V)

D.通過電阻R

的電流i

隨時間t

變化的規(guī)律是i=4cos10婁脨t(A)

9、如圖，把一段直導(dǎo)線ab懸掛在蹄形磁鐵的兩極之間，蹄形磁鐵的N極在上面，S極在下面，直導(dǎo)線中通以方向由b到a的電流，此時直導(dǎo)線受到的安培力方向（）A.向上B.向下C.向左D.向右評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、線光源a發(fā)出的光波長為480nm．線光源b發(fā)出的光波長為672nm，光屏上有與雙縫路程差為δ1=1.68μm的P點和與雙縫路程差為δ2=1.44μm的Q點則（）A.用線光源a做雙縫實驗，屏上的P點處將出現(xiàn)暗紋B.用線光源b做雙縫實驗，屏上的P點處將出現(xiàn)亮紋C.用線光源a做雙縫實驗．屏上的Q點處將出現(xiàn)亮紋D.用單縫做實驗，用a照射時比用b照射時的中央亮條紋更寬11、如圖所示為同一地點的兩單擺甲；乙的振動圖象；下列說法中正確的是(

)

A.甲、乙兩單擺的擺長相等B.甲擺的振幅比乙擺大C.甲擺的機械能比乙擺大E.由圖象可以求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣菶.由圖象可以求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?2、如圖所示，一電場的電場線分布關(guān)于y

軸(

沿豎直方向)

對稱，OMN

是y

軸上的三個點，且OM=MN.P

點在y

軸右側(cè)，MP隆脥ON.

則()

A.M

點的電勢比P

點的電勢高B.將負(fù)電荷由O

點移動到P

點；電場力做正功。

C.MN

兩點間的電勢差小于OM

兩點間的電勢差

D.在#

替#換#丂#換#替O

點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y

軸做勻速直線運動源：學(xué)#科#網(wǎng)]

13、如圖所示，重80N

的物體A

放在傾角為30鈭?

的粗糙斜面上，有一根原長為10cm

勁度系數(shù)為1000N/m

的彈簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物體A

后，彈簧長度縮短為8cm

現(xiàn)用一測力計沿斜面向上拉物體，若物體與斜面間最大靜摩擦力為25N

當(dāng)彈簧的長度仍為8cm

時，測力計讀數(shù)可能為(

)

．A.10N

B.20N

C.46N

D.60N

14、用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種很重要的思想方法，下列表達(dá)式中屬于用比值法定義的物理量是（）A.電流I=B.電阻R=ρC.電場強度E=D.電流I=評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、如圖所示，一交流發(fā)電機線圈共50匝，ab=0.1m，bd=0.2m，總電阻為10Ω，在B=0.5T的勻強磁場中從磁通量最大位置開始以100r/s的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，外電路中接有R為40Ω的電阻，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過1/4周期時，電流表的讀數(shù)為____；電壓表讀數(shù)為____；這段時間內(nèi)通過外電阻R的電荷量為____。16、如圖所示，水平桌面上固定有一U形金屬導(dǎo)軌MNPQ，處在與它垂直的勻強磁場中．有一導(dǎo)體棒ab在導(dǎo)軌上向右勻速運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，經(jīng)過0.2s，從“1”位置運動到“2”位置．在這個過程中，穿過由導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒組成的閉合回路的磁通量從0.2Wb增加到0.6Wb．求：

①這段時間內(nèi)通過回路的磁通量的變化量△φ=____；

②這段時間內(nèi)回路中的感應(yīng)電動勢____；

③若E=____形金屬導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)體棒的電阻____=5Ω，在5s時間內(nèi)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為4J，則這段時間內(nèi)回路中的感應(yīng)電流為U。

R17、在場強為E，方向豎直向下的勻強電場中，有兩個質(zhì)量均為m的帶電小球，電荷量分別為+2q和-q，兩小球用長為L的絕緣細(xì)線相連，另用絕緣細(xì)線系住帶正電的小球懸掛于O點處于平衡狀態(tài)，如圖所示，重力加速度為g，則細(xì)繩對懸點O的作用力大小為______．18、（1）有五組同學(xué)用單擺測重力加速度g，各組實驗器材和實驗數(shù)據(jù)如表所示，若各組同學(xué)實驗操作水平一樣，那么第______組同學(xué)測定的結(jié)果最準(zhǔn)確．若該組同學(xué)根據(jù)自己測得的實驗數(shù)據(jù)做出單擺的振動圖象如圖，那么該組同學(xué)測出的重力加速度g大小是______m/s2．（保留三位有效數(shù)字）

。組數(shù)擺球材料最大偏角擺長測全振動次數(shù)1木4°0.64m102木30°0.64m103鐵4°0.81m504鐵30°0.81m50（2）如果該同學(xué)測得的g值偏小，可能的原因是______

A．誤將擺線的長度記為擺長B．開始計時時；秒表過遲按下。

C．?dāng)[線上端牢固地系于懸點；擺動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了。

D．實驗中誤將29次全振動數(shù)為30次。

（3）某同學(xué)因所用擺球密度不均勻，無法確定重心位置．他采用了改變擺長的方法，第一次量得懸點至球頂部的擺線長L1，測得振動周期T1，第二次量得懸點至球頂部的擺線長L2，測得周期T2，則實驗中測得的重力加速度為______．19、一線圈面積為0.6m2，線圈平面與勻強磁場方向垂直，若該磁場磁感應(yīng)強度B=0.4T，那么通過該線圈的磁通量Φ為____Wb．20、一個原來不帶電的中空金屬球殼，上開一個小孔．若將一個帶負(fù)電的小球放入且不與球殼接觸，則球殼外表面帶____________電，內(nèi)表面帶____________電；若用手接觸一下球殼后移走帶電小球，則球殼的外表面帶____________電荷；若帶電小球與球殼的內(nèi)壁接觸，球殼的外表面帶____________電荷，內(nèi)表面____________電荷．21、一個按正弦規(guī)律變化的交變電流的圖象如圖；根據(jù)圖象計算：

（1）交變電流的頻率______；

（2）交變電流的有效值______；

（3）寫出該電流的瞬時值表達(dá)式______．22、利用雙縫干涉測光的波長的實驗中；雙縫間距d=0.4mm，雙縫到光屏間的距離l=0.5m，用某種單色光照射雙縫得到干涉條紋如圖1所示，分劃板在圖1中A．B位置時游標(biāo)卡尺讀數(shù)也由圖2中所給出，則：

（1）分劃板在圖中B位置時游標(biāo)卡尺讀數(shù)為xB=______mm，相鄰兩條紋間距△x=______mm；

（2）該單色光的波長λ=______m；

（3）若改用白光照射，將會看到______．評卷人得分四、判斷題(共2題，共14分)23、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）

24、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）

評卷人得分五、作圖題(共2題，共12分)25、（12分）如下圖所示為某同學(xué)測繪額定電壓為2.5V的小電珠的I－U圖線的實驗電路圖。（1）要求測量誤差盡可能小的情況下，測量電路應(yīng)選擇電流表的____法（填內(nèi)接或外接），測量電路應(yīng)選擇滑動變阻器的____式（填限流或分壓）。（2）在下圖右邊空白處畫出電路圖并連接實物圖。（8分）26、試畫出下面圖1中負(fù)電荷產(chǎn)生的電場；畫出圖2中的A點的電場方向以及放在B點的負(fù)電荷所受的電場力方向。

評卷人得分六、簡答題(共2題，共6分)27、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}都是含有碳、氫、氧三種元素的有機物，其中rm{A}rm{C}分別是白酒和食醋中含有的成分，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}間有如下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系。請回答下列問題：rm{(1)A}物質(zhì)中官能團(tuán)的名稱為_________，rm{C}的分子式為____________。rm{(2)}寫出rm{A}與金屬rm{Na}反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______________________________________。rm{(3)}寫出rm{A}與rm{C}在濃rm{H_{2}SO_{4}}存在條件下加熱，生成是一種有香味的油狀液體rm{D}的化學(xué)反應(yīng)方程式為___________________________________________________________。28、rm{NH_{3}}作為一種重要化工原料，被大量應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn)，與其有關(guān)性質(zhì)反應(yīng)的催化劑研究曾被列入國家rm{863}計劃。催化劑常具有較強的選擇性，即專一性。已知：反應(yīng)rm{I}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)underset{Pt/Ru}{overset{隆酶}{?}}4NO(g)+6H_{2}O(g)}rm{triangleH=簍D905.0kJ隆隴mol隆樓^{1}}反應(yīng)rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)

underset{Pt/Ru}{overset{隆酶}{?}}4NO(g)+6H_{2}O(g)}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)underset{Cu/Ti{O}_{2}}{overset{隆酶}{?}}}rm{triangleH=簍D905.0

kJ隆隴mol隆樓^{1}}rm{II}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)

underset{Cu/Ti{O}_{2}}{overset{隆酶}{?}}}。rm{2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)}化學(xué)鍵rm{H隆陋O}rm{O=O}rm{N隆脭N}rm{N隆陋H}鍵能rm{kJ隆隴mol隆樓^{1}}rm{463}rm{496}rm{942}rm{391}rm{triangleH=}__________________。rm{(2)}在恒溫恒容裝置中充入一定量的rm{NH_{3}}和rm{O_{2}}在催化劑的作用下進(jìn)行反應(yīng)rm{I}則下列有關(guān)敘述中正確的是_________。A.使用催化劑時，可降低該反應(yīng)的活化能，加快其反應(yīng)速率B.若測得容器內(nèi)rm{4}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}(NH_{3})=6}rm{v}rm{{,!}_{脛忙}(H_{2}O)}時，說明反應(yīng)已達(dá)平衡C.當(dāng)容器內(nèi)rm{dfrac{n(NO)}{n(N{H}_{3})}=1}時；說明反應(yīng)已達(dá)平衡。

D.當(dāng)測得容器內(nèi)的rm{dfrac{n(NO)}{n(N{H}_{3})}

=1}密度不再變化時，說明反應(yīng)已達(dá)平衡rm{O_{2}}氨催化氧化時會發(fā)生上述兩個競爭反應(yīng)rm{(3)}rm{I}為分析某催化劑對該反應(yīng)的選擇性，在rm{II}密閉容器中充入rm{1L}和rm{1molNH_{3}}測得有關(guān)物質(zhì)的量關(guān)系如下圖：rm{2molO_{2}}該催化劑在高溫時選擇反應(yīng)____________rm{壟脵}填“rm{(}”或“rm{I}”rm{II}rm{)}時，rm{壟脷520隆忙}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}}的平衡常數(shù)rm{4NO(g)+6H_{2}O(g)}__________rm{K=}不要求得出計算結(jié)果，只需列出數(shù)字計算式rm{(}rm{)}有利于提高rm{壟脹}轉(zhuǎn)化為rm{NH_{3}}平衡轉(zhuǎn)化率的措施有______________A.使用催化劑rm{N_{2}}rm{Cu/TiO_{2}}將反應(yīng)生成的rm{B.}及時移出C.增大rm{H_{2}O(g)}和rm{NH_{3}}的初始投料比rm{O_{2}}投料比不變，增加反應(yīng)物的濃度E.降低反應(yīng)溫度rm{D.}最近華南理工大提出利用電解法制rm{(4)}并用產(chǎn)生的rm{H_{2}O_{2}}處理廢氨水，裝置如圖：

rm{H_{2}O_{2}}為了不影響rm{壟脵}的產(chǎn)量，需要向廢氨水加入適量硝酸調(diào)節(jié)溶液的rm{H_{2}O_{2}}約為rm{pH}則所得廢氨水溶液中rm{5}__rm{c(NH_{4}^{+})}填“rm{c(NO_{3}^{-})(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}

rm{)}惰性電極有吸附rm{壟脷Ir-Ru}作用，該電極上的反應(yīng)為____。rm{O_{2}}理論上電路中每轉(zhuǎn)移rm{壟脹}電子，最多可以處理rm{3mol}的物質(zhì)的量為______。rm{NH_{3}?H_{2}O}參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】解：AB、閉合開關(guān)S時，LB與電阻串聯(lián)，不產(chǎn)生自感現(xiàn)象，LB立即就亮；而LA與線圈串聯(lián)，當(dāng)電流增加時，線圈要產(chǎn)生自感電動勢，要阻礙電流的增加，所以電流只能慢慢增加，故LA慢慢亮起來；由于電阻R2的阻值約等于R1的兩倍，所以最后LA更亮一些。故AB錯誤；

CD、斷開開關(guān)S時，線圈與兩個電阻和兩個燈泡構(gòu)成閉合回路，回路中電流要減小，線圈中要產(chǎn)生自感電動勢，要阻礙電流的減小，所以回路中電流會慢慢減小；但由于開始時是通過燈泡B的電流小，故LA慢慢熄滅，LB閃亮后才慢慢熄滅；故C正確，D錯誤；

故選：C。

線圈中的電流變化時；會產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流變化，自感電動勢方向與電流方向關(guān)系為“增反減同”。根據(jù)楞次定律分析。

本題是通電自感和斷電自感問題，關(guān)鍵明確線圈中自感電動勢的方向是阻礙電流的變化，體現(xiàn)了電流的“慣性”?！窘馕觥緾2、B【分析】【解析】試題分析：將S斷開，R2所在之路電阻增大，由“串反并同”可知電流表示數(shù)增大，電壓表與R2間接并聯(lián)，電壓表示數(shù)增大，B對；考點：考查動態(tài)變化問題【解析】【答案】B3、C【分析】解：根據(jù)電容的決定式得，C=知電容器電容取決于電容器本身的構(gòu)造，與極板間的距離，正對面積，電介質(zhì)有關(guān)．但與帶電量；電勢差以及兩板間的電場強度均無關(guān)，故C正確，A、B、D錯誤．

故選：C．

電容器的大小由電容器本身因素決定；根據(jù)電容的決定式確定電容與什么因素有關(guān)．

解決本體的關(guān)鍵知道電容器電容的決定式，知道電容與哪些因素有關(guān)，重點明確定義式和決定式的區(qū)別和聯(lián)系．【解析】【答案】C4、D【分析】解：當(dāng)增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量Q不變，根據(jù)電容的決定式C=分析得知電容C變??；

由電容的定義式C=分析得知板間電壓U變大；由E===因Q；S、?均不變，所以板間場強E不變．故ABC錯誤，D正確．

故選：D

先根據(jù)電容的決定式C=分析電容如何變化，抓住電容器的電荷量不變，由電容的定義式C=分析板間電壓的變化，由E=分析板間場強的變化．

對于電容器動態(tài)分析問題，關(guān)鍵要掌握電容的決定式C=電容的定義式C=和板間場強公式E=結(jié)合電荷不變的條件進(jìn)行分析．【解析】【答案】D5、D【分析】解：自感系數(shù)由線圈自身決定：線圈越長；而其他條件相同時，自感系數(shù)越大；線圈匝數(shù)越多，而其他條件相同時，自感系數(shù)越大；同一線圈，插有鐵芯時線圈的自感系數(shù)會變大；

線圈的自感系數(shù)與線圈的長度；匝數(shù)以及是否有鐵芯等都有關(guān)；與線圈中電流如何變化無關(guān)，與線圈中的自感電動勢也無關(guān)．故D正確，ABC錯誤．

故選：D

自感系數(shù)由線圈自身決定；與其它因素?zé)o關(guān)．線圈越長；單位長度上匝數(shù)越多自感系數(shù)越大，有鐵芯比沒有鐵芯大得多．

解答本題的關(guān)鍵是掌握影響線圈的自感系數(shù)因素，知道自感系數(shù)只與線圈本身的特性有關(guān)．基礎(chǔ)題目．【解析】【答案】D6、D【分析】解：根據(jù)題意可知；波浪引起浮標(biāo)上下浮動時，工作臂就前后移動，獲得電能儲存起來，因此該過程將機械能轉(zhuǎn)化為了電能；

根據(jù)選項ABC的圖示可知；都有電源提供電能，因此它們都消耗了電能，故ABC不符合題意；

D中線圈轉(zhuǎn)動時；燈泡發(fā)光，說明產(chǎn)生了電能，故將機械能轉(zhuǎn)化為電能，故D符合題意．

故選：D．

當(dāng)波浪引起浮標(biāo)上下浮動時；工作臂就前后移動，獲得電能，該過程將機械能轉(zhuǎn)化為電能．據(jù)此選擇．

本題主要考查學(xué)生對：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的應(yīng)用的了解和掌握，解題的關(guān)鍵在于明確能量轉(zhuǎn)化的方向，從而體會電磁感應(yīng)規(guī)律的應(yīng)用．【解析】【答案】D7、D【分析】本題考查了楞次定律的應(yīng)用。使磁鐵開始自由下落，在NN極接近線圈上端的過程中，導(dǎo)致線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，線圈中出現(xiàn)感應(yīng)電流，由楞次定律可判定電流的方向..當(dāng)線圈中有電動勢后，對電容器不斷充電。

現(xiàn)使磁鐵開始自由下落，在N

極接近線圈上端的過程中，導(dǎo)致線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，線圈中出現(xiàn)感應(yīng)電流，由楞次定律可判定電流的方向.

當(dāng)線圈中有電動勢后，對電阻來說通電后發(fā)熱，對電容器來說要不斷充電直至穩(wěn)定。當(dāng)磁鐵N

極向下運動時，導(dǎo)致向下穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律可得，感應(yīng)磁場方向與原來磁場方向相反，再由安培定則可得感應(yīng)電流方向沿線圈盤旋而下，由于線圈相當(dāng)于電源，則流過R

的電流方向是從b

到a

對電容器充電下極板帶正電。

故選D。此時線圈相當(dāng)于電源，則外電路的電流方向是從正極到負(fù)極，而內(nèi)電路則是從負(fù)極到正極..同時電容器在充電時電壓隨著電量增加而增大。

【解析】D

8、C【分析】解：A

產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為Em=nBS婁脴=100隆脕2婁脨隆脕0.2隆脕0.2隆脕10婁脨V=402V

故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的有效值為E=Em2=40V

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知U=RR+rE=99+1隆脕40V=36V

故A錯誤；

B、電阻R

消耗的功率P=U2R=3629W=144W

故B錯誤；

C、電阻R

兩端的電壓最大值為Um=2U=362V

由于線框與磁場方向平行位置開始計時，故u=362cos10婁脨t(V)

故C正確；

D、流過電阻R

的電流的最大值為Im=UmR=42A

由于線框與磁場方向平行位置開始計時，故i=42cos10婁脨t(A)

故D錯誤；

故選：C

交流發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值為Em=nBS婁脴

交流電壓表顯示的是路端電壓的有效值，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求得電流與電壓，即可判斷出電阻R

兩端的電壓的瞬時值和流過電流的瞬時值。

解決本題的關(guān)鍵知道正弦式交流電峰值的表達(dá)式Em=nBS婁脴

以及知道峰值與有效值的關(guān)系【解析】C

9、D【分析】解：根據(jù)左手定則：伸開左手；拇指與手掌垂直且共面，磁感線穿過掌心，四指指向電流方向，則大拇指的方向指向右，則安培力的方向向右，故A；B、C錯誤，D正確。

故選：D。

通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過左手手心；四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．

左手定則中涉及物理量及方向較多，在應(yīng)用過程中容易出現(xiàn)錯誤，要加強練習(xí)，增加熟練程度．【解析】D二、多選題(共5題，共10分)10、AC【分析】解：A、當(dāng)光程差是半個波長的偶數(shù)倍時，出現(xiàn)是亮條紋，當(dāng)光程差是半個波長的奇數(shù)倍時，出現(xiàn)是暗條紋，用a做雙縫實驗時，路程差為δ1=1.68μm屬于半個波長的奇數(shù)倍時；出現(xiàn)是暗條紋，故A正確；

B、屏上與雙縫路程差為δ1=1.68μm的P處，用b做雙縫實驗；光波長為672nm，光程差不滿足半個波長的偶數(shù)倍，因此不會出現(xiàn)亮條紋，故B錯誤；

C、當(dāng)光程差是半個波長的偶數(shù)倍時，出現(xiàn)是亮條紋，當(dāng)光程差是半個波長的奇數(shù)倍時，出現(xiàn)是暗條紋，用a做雙縫實驗時，路程差為δ2=1.44μm屬于半個波長的偶數(shù)倍時；出現(xiàn)是亮條紋，故C正確；

D、單縫衍射條紋是中間明亮且寬大，越向兩側(cè)寬度越小越暗，而波長越大，中央亮條紋越粗，由于a發(fā)出的光波長比線光源b發(fā)出的光波長較短，因此用a照射時比用b照射時的中央亮條紋更窄；故D錯誤；

故選：AC．

雙縫干涉的圖樣是明暗相間的干涉條紋，所有條紋寬度相同且等間距，根據(jù)雙縫干涉條紋間距△x=λ可知波長λ越大；△x越大．

根據(jù)單縫衍射條紋是中間亮條紋明亮且寬大；越向兩側(cè)寬度越小，而波長越大，中央亮條紋越粗進(jìn)行判斷．

光程差是半個波長的偶數(shù)倍時；出現(xiàn)是亮條紋，當(dāng)光程差是半個波長的奇數(shù)倍時，出現(xiàn)是暗條紋．

掌握單縫衍射和雙縫干涉的圖樣的特點和圖樣與波長的關(guān)系是解決此題的唯一途徑，故要加強對基礎(chǔ)知識的記憶．【解析】【答案】AC11、ABD【分析】解：A

由圖看出，兩單擺的周期相同，同一地點g

相同，由單擺的周期公式T=2婁脨Lg

得知；甲；乙兩單擺的擺長L

相等.

故A正確．

B；甲擺的振幅為10cm

乙擺的振幅為7cm

則甲擺的振幅比乙擺大.

故B正確．

C；盡管甲擺的振幅比乙擺大；兩擺的擺長也相等，但由于兩擺的質(zhì)量未知，無法比較機械能的大小.

故C錯誤．

D；在t=0.5s

時；甲擺經(jīng)過平衡位置，振動的加速度為零，而乙擺的位移為負(fù)的最大，則乙擺具有正向最大加速度.

故D正確．

E、由單擺的周期公式T=2婁脨Lg

得g=4婁脨2LT

由于單擺的擺長不知道，所以不能求得重力加速度.

故E錯誤。

故選：ABD

．

由圖讀出兩單擺的周期；由單擺的周期公式分析擺長關(guān)系；由位移的最大值讀出振幅；由于兩擺的質(zhì)量未知，無法比較機械能的大??；根據(jù)加速度與位移方向相反，確定加速度的方向．

本題只要掌握單擺的周期公式、加速度的特點等等，就能正確解答.

由振動圖象讀出振幅、周期是基本功．【解析】ABD

12、AC【分析】略【解析】AC

13、AB【分析】【分析】

當(dāng)彈簧長度縮短為8cm

時；由胡克定律求得彈簧的彈力，分析物體的狀態(tài)，再分析當(dāng)彈簧的長度為8cm

時，根據(jù)平衡條件得到測力計拉力的最大值。

本題關(guān)鍵根據(jù)平衡條件確定測力計拉力的最大值，要抓住物體剛要上滑時靜摩擦力達(dá)到最大值。

【解答】

施加拉力前，物體受到四個力的作用而平衡：重力GG、垂直斜面向上的支持力NN、沿斜面向上的摩擦力ff和彈簧對物體施加沿斜面向上的彈力TT，受力如圖：

其中TTTT隆脕=kx=1000=kx=1000，0.02=20N0.02=20N根據(jù)平衡條件可求出，f=Gsin30f=Gsin30鈭?{,!}^{circ}鈭?T=20N-T=20N，方向沿斜面向上；施加拉力FF后，彈簧長度不變，說明物體仍然靜止，并且彈簧對物體施加的彈力大小和方向不變，若摩擦力沿斜面向上，則F+f+T=Gsin30F+f+T=Gsin30鈭?{,!}^{circ}即F+f=20NF+f=20N，摩擦力ff隨著FF增大而較小，當(dāng)F=20NF=20N時，f=0f=0，若FF>>20N20N，摩擦力沿斜面向下，因為物體沒有滑動，所以，代入數(shù)據(jù)可得，鈮?FF45N45N，所以測力計讀數(shù)在鈮?F鈮?00，故45N45NAA正確，CD錯誤。BB故選AB?！窘馕觥緼B

14、AC【分析】解：A、電流強度的數(shù)值由電壓和電阻決定，與電荷量多少和時間多少無關(guān)，故電流強度I=是比值定義法．故A錯誤；

B、導(dǎo)體的電阻R=ρ中電阻與導(dǎo)線長度；橫截面積及電阻率有關(guān)；不屬于比值定義法，故B錯誤；

C、電場強度與放入電場中的電荷無關(guān)，所以E=屬于比值定義法．故C正確；

D、電流與用電器兩端的電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，電流I=不屬于比值定義法．故D錯誤．

故選：AC．

所謂比值定義法；就是用兩個基本的物理量的“比”來定義一個新的物理量的方法．比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小改變而改變．

解決本題的關(guān)鍵理解比值定義法的特點：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小改變而改變．【解析】【答案】AC三、填空題(共8題，共16分)15、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)公式可得過程中產(chǎn)生的最大電動勢為：路程電壓為即電壓表的示數(shù)為電流表的示數(shù)為考點：考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用【解析】【答案】0.0116、0.4Wb2V0.4A【分析】【解答】①這段時間內(nèi)通過回路的磁通量的變化量為：△φ=φ2﹣φ1=0.6Wb﹣0.2Wb=0.4Wb

②由法拉第電磁感應(yīng)定律得：

③根據(jù)焦耳定律為：Q=I2Rt

得：

答：①這段時間內(nèi)通過回路的磁通量的變化量△φ為0.4Wb；

②這段時間內(nèi)回路中的感應(yīng)電動勢E的大小為2V；

③這段時間內(nèi)回路中的感應(yīng)電流為0.4A．

【分析】①當(dāng)磁場與線框面積垂直時；磁通量等于磁感應(yīng)強度與面積的乘積．磁通量的變化量等于初；末位置磁通量之差．

②當(dāng)磁通量變化時；導(dǎo)致線框中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可求出感應(yīng)電動勢大小．

③已知導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量，由焦耳定律求解感應(yīng)電流．17、略

【分析】解：以整體為研究對象；受力分析可知受重力2mg，細(xì)繩的拉力T，及電場力qE；

由平衡條件得：T=2mg+qE．

故答案為：2mg+Eq．

兩個小球組成的整體為研究對象；分析受力，根據(jù)平衡條件可求得細(xì)線的拉力．

本題要靈活運動隔離法和整體法對物體進(jìn)行受力分析．運用整體法時，由于不分析兩球之間的相互作用力，比較簡便．【解析】2mg+Eq18、略

【分析】解：（1）為了減小空氣阻力對單擺振動的影響；擺球應(yīng)選擇鐵球．?dāng)[線長約1m，振動時單擺的最大擺角約5°，所以第3組同學(xué)測定的結(jié)果最準(zhǔn)確．

由圖可知周期T=1.8s，根據(jù)T=得，g=．

（2）根據(jù)T=得，g=．

A；誤將擺線的長度記為擺長；則擺長的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏小，故A正確．

B；開始計時時；秒表過遲按下，則周期的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，故B錯誤．

C；擺線上端牢固地系于懸點；擺動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，則擺長的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度測量值偏小，故C正確．

D；實驗中誤將29次全振動數(shù)為30次；則周期的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，故D錯誤．

故選：AC．

（3）根據(jù)

聯(lián)立兩式解得g=

故答案為：（1）3，9.86（2）AC，（3）．

為了減小空氣阻力對單擺振動的影響；應(yīng)選擇擺長約1m的擺線與鐵球組成的單擺進(jìn)行實驗，擺球的最大擺角不超過5°．根據(jù)單擺的周期公式求出重力加速度的大?。?/p>

根據(jù)重力加速度的表達(dá)式；結(jié)合周期和擺長的測量誤差判斷重力加速度的誤差．

根據(jù)單擺的周期公式聯(lián)立方程組求出重力加速度的大小．

解決本題的關(guān)鍵掌握實驗的原理，即單擺的周期公式，知道實驗中的注意事項，會通過周期和擺長的誤差分析重力加速度的誤差．【解析】3；9.86；AC；19、略

【分析】

由題，在勻強磁場中，線圈平面跟磁場方向相互垂直，通過線圈的磁通量Φ=BS=0.4×0.6Wb=0.24Wb．

故答案為：0.24Wb．

【解析】【答案】勻強磁場中；當(dāng)線圈平面跟磁場方向相互垂直時，通過線圈的磁通量Φ=BS，根據(jù)此公式求解磁通量．

20、略

【分析】解：由于靜電感應(yīng)；金屬球殼內(nèi)壁感應(yīng)出正電荷，金屬球殼內(nèi)部的電子轉(zhuǎn)移到球殼的外表面，使球殼的外表面帶負(fù)電；

若用手接觸一下球殼；相當(dāng)于外表面接地，會導(dǎo)走球殼外表面的負(fù)電荷；移走帶電小球，金屬球殼重新達(dá)到靜電平衡后，由于導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為0，此時球殼內(nèi)表面的正電荷會轉(zhuǎn)移到球殼的外表面，所以此時球殼的外表面帶上正電荷．

若帶電小球與球殼的內(nèi)壁接觸；重新達(dá)到靜電平衡后，由于導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為0，此時小球上的負(fù)電荷會轉(zhuǎn)移到球殼的外表面，所以此時球殼的內(nèi)表面不帶電荷，外表面帶上負(fù)電荷．

故答案為：負(fù)；正；正；負(fù)；不帶．【解析】負(fù);正;正;負(fù);不帶21、略

【分析】解：（1）題中圖象描述的是電流隨時間的變化關(guān)系，周期為T=0.02s，故頻率為f==50Hz；

（2）由圖可知，該交流電的峰值是Im=20A，則有效值為I==10A；

（3）角速度ω==100πrad/s；交變電流瞬時值表達(dá)式i=20sin100πt（A）．

故答案為：50Hz，10A；i=20sin100πt（A）．

直接從圖象中即可求出交流電的峰值及周期；從而求頻率，寫出電流的瞬時值表達(dá)式．

明確交流電圖象的物理意義，正確根據(jù)圖象獲取有關(guān)交流電的信息是對學(xué)生的基本要求，平時要加強練習(xí)．【解析】50Hz；10A；i=20sin100πt（A）22、略

【分析】解：（1）A位置的讀數(shù)為11mm+0.1×1mm=11.1mm；B位置的讀數(shù)為15mm+0.1×6mm=15.6mm；

則相鄰兩條紋間距．

（2）根據(jù)得，m=6×10-7m．

（3）若改用白光照射；將會看到彩色條紋．

故答案為：（1）15.6，0.75，（2）6×10-7；（3）彩色條紋．

游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)；不需估讀，根據(jù)兩游標(biāo)卡尺的讀數(shù)求出相鄰條紋的間距．根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式求出單色光的波長．

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，以及掌握雙縫干涉的條紋間距公式，并能靈活運用．【解析】15.6；0.75；6×10-7；彩色條紋四、判斷題(共2題，共14分)23、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?。?4、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．五、作圖題(共2題，共12分)25、略

【分析】【解析】【答案】題中小燈泡的伏安特性曲線要盡可能完整，所以供電電路只能選擇分壓式。電壓表的內(nèi)阻遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于小燈泡的阻值，而電流表的內(nèi)阻不是遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小燈泡的阻值，所以測量電路應(yīng)選擇電流表的外接法，實驗電路圖如圖。26、解：負(fù)電荷產(chǎn)生的電場線應(yīng)該由無窮遠(yuǎn)指向負(fù)點電荷；如圖1；

電場中電場強度的方向沿電場線的切線的方向；所以A點的場強的方向豎直向下，如圖2；

負(fù)電荷受力的方向與電場線的方向相反；所以負(fù)電荷在B點受電場力方向豎直向上，如圖2．

答：如上圖所示【分析】【分析】電場中電場強度的方向沿電場線的切線的方向；負(fù)電荷受力的方向與電場線的方向相反，也是沿電場線的切線方向．六、簡答題(共2題，共6分)27、rm{(1)}羥基rm{C_{2}H_{4}O_{2}}

rm{(2)2C_{2}H_{5}OH+2Na隆煤2C_{2}H_{5}ONa+H_{2}隆眉}

rm{(3)CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}【分析】【分析】本題考查有機物推斷，涉及醇、醛、羧酸的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，比較基礎(chǔ)，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的鞏固。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}都是含有碳、氫、氧三種元素的有機物，rm{A}rm{C}分別是白酒和食醋中含有的成分，則rm{A}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{C}為rm{CH_{3}COOH}由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，rm{B}為rm{CH_{3}CHO}rm{D}為rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{(1)A}為乙醇，含有官能團(tuán)為羥基，rm{C}的分子式為：rm{C_{2}H_{4}O_{2}}故答案為：羥基；rm{C_{2}H_{4}O_{2}}rm{(2)}乙醇和鈉反應(yīng)方程式為：rm{2C_{2}H_{5}OH+2Na隆煤2C_{2}H_{5}ONa+H_{2}隆眉}故答案為：rm{2C_{2}H_{5}OH+2Na隆煤2C_{2}H_{5}ONa+H_{2}隆眉}rm{(3)}乙醇和乙酸在濃硫酸作用下生成乙酸乙酯，方程式為：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}故答案為：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}【解析】rm{(1)}羥基rm{C_{2}H_{4}O_{2}}rm{(2)2C_{2}H_{5}OH+2Na隆煤2C_{2}H_{5}ONa+H_{2}隆眉}rm{(3)CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}28、（1）-1260kJ·molˉ1

（2）AD

（3）①I②③BE

（4）①＜

②O2+2H++2e﹣═H2O2

③1mol【分析】

【分析】本題考查反應(yīng)熱的計算，平衡常數(shù)的計算，化學(xué)平衡移動和物質(zhì)轉(zhuǎn)化率的變化，電解池工作原理和電極反應(yīng)式書寫，電化學(xué)綜合計算等，難度較大。【解答】rm{(1)}反應(yīng)熱等于反應(yīng)物的總鍵能rm{-}生成物的總鍵能，則rm{triangleH=(4x3x391+3x496-2x942-6x2x463)kJ/mol=-1260kJ/mol}rm{triangle

H=(4x3x391+3x496-2x942-6x2x463)kJ/mol=-1260kJ/mol}rm{triangle

H=(4x3x391+3x496-2x942-6x2x463)kJ/mol=-1260kJ/mol}；故答案為：在恒溫恒容裝置中充入一定量的rm{-1260kJ隆隴mol隆樓^{1}}rm{(2)}和rm{NH}rm{3}，在催化劑的作用下進(jìn)行反應(yīng)rm{3}則A.使用催化劑時，可降低該反應(yīng)的活化能，加快其反應(yīng)速率，故A正確；B.若測得容器內(nèi)rm{O}rm{2}rm{2}rm{I}rm{6v}正rm{(NH}rm{3}rm{3}時，可以說明反應(yīng)已達(dá)平衡，而rm{)=4v}逆rm{(H}rm{2}rm{2}rm{O)}rm{4}rm{4}rm{v}rm{v}正不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故B錯誤；C.當(dāng)容器內(nèi)rm{dfrac{n(NO)}{n(N{H}_{3})}=1}時，不能說明反應(yīng)已達(dá)平衡，故C錯誤；D.當(dāng)測得容器內(nèi)的rm{(NH}rm{(NH}密度不再變化時，可以說明反應(yīng)已達(dá)平衡，故D正確；故答案為：rm{3