2025年華東師大版高二物理上冊月考試卷

…………○…………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年華東師大版高二物理上冊月考試卷289考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)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；閉合方形線框ABCD處在足夠大并與線圈平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，下列各種情況中能在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）

A.線框向右作勻速直線運(yùn)動。

B.線框向右作加速直線運(yùn)動。

C.線框以AB為軸轉(zhuǎn)動。

D.線框以A點(diǎn)為圓心在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動。

2、如圖所示的電路中，電源的電動勢E和內(nèi)阻r恒定不變，電燈L恰能正常發(fā)光，如果滑動變阻器的滑片向b端移動，則（）A.電燈L變亮，安培表的示數(shù)變小B.電燈L變亮，安培表的示數(shù)變大C.電燈L變暗，安培表的示數(shù)變小D.電燈L變亮，安培表的示數(shù)不變3、青藏鐵路路基兩旁各插有一排碗口粗細(xì)；高約2米的鐵棒（如圖所示）；我們叫它熱棒．熱棒在路基下還埋有5米深，整個(gè)棒體是中空的，里面灌有液氨．熱棒的工作原理很簡單：當(dāng)路基溫度上升時(shí)，液態(tài)氨受熱發(fā)生（①），上升到熱棒的上端，通過散熱片將熱量傳導(dǎo)給空氣，氣態(tài)氨由此冷卻（②）變成了液態(tài)氨，又沉入了棒底．這樣，熱棒就相當(dāng)于一個(gè)天然“制冷機(jī)”．請問文中空格處的物態(tài)變化名稱是（）

A.①汽化、②液化B.①液化、②汽化C.①升華、②液化D.①升華、②凝華4、標(biāo)有“220V，0.5μF”字樣的電容器能接入下面哪個(gè)電路中使用？（）A.220sin100πtVB.220V的照明電路中C.380sin100πtVD.380V的照明電路中5、圓形導(dǎo)線框固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化規(guī)律如圖示，若規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，下列圖中正確的是（）A.B.C.D.6、如圖所示，在垂直紙面向里、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，放置一個(gè)金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面與磁場方向垂直，若要使圓環(huán)中產(chǎn)生如圖中箭頭所示方向的瞬時(shí)感應(yīng)電流，下列方法可行的是（）A.使勻強(qiáng)磁場均勻增強(qiáng)B.使勻強(qiáng)磁場均勻減弱C.使圓環(huán)向左或向右平動D.使圓環(huán)向上或向下平動7、電子束經(jīng)過電壓為U的電場加速后；進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場區(qū)為了讓電子束射到屏幕上方P處，所加的偏轉(zhuǎn)磁場方向可能是（）

A.豎直向下。

B.豎直向上。

C.垂直紙面向里。

D.垂直紙面向外。

8、如圖，在粗糙水平木板上放一物體，把木板的一端逐漸抬至木板板面呈豎直位置，在這一過程中，下列判斷正確的是：A.在這過程中物體所受的摩擦力不斷增大B.物體在這過程中先受滑動磨擦力后受靜磨擦力C.物體所受的摩擦力先增大后減小D.物體所受的摩擦力先逐漸增大后保持不變9、在如圖所示的U鈭?I

圖象中，直線I

為某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象，直線Ⅱ?yàn)槟骋浑娮鑂

的伏安特性曲線。用該電源直接與電阻R

相連組成閉合電路。由圖象可知錯(cuò)誤的是()

A.電源的電動勢為3V

內(nèi)阻為0.5婁賂

B.電阻R

的阻值為1婁賂

C.電源的輸出功率為4w

D.電源的效率為50攏樓

評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、如圖所示電路，當(dāng)在兩端加上直流電壓時(shí)，正常發(fā)光，不亮；當(dāng)兩端加上同樣電壓的交變電流時(shí)，發(fā)光亮度變暗，而正常發(fā)光.則分別為________和________.(可選擇：電阻、電容器、電感線圈)11、如圖，右手握住通電直導(dǎo)線，讓伸直的拇指方向與電流的方向一致，那么，彎曲的四指所指的方向就是______的環(huán)繞方向．12、密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖如圖所示，兩塊平行金屬板水平放置，A板帶正電，B板帶負(fù)電．調(diào)節(jié)兩板間的場強(qiáng)，使從噴霧器噴出的半徑為r、密度為ρ的帶電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，設(shè)此油滴所在處的場強(qiáng)為E，則油滴所帶的電量為____，此油滴得到了____個(gè)電子（元電荷的電量為e）．

13、如圖是一列沿x正向傳播的簡諧橫波在傳播方向上相距3m的兩質(zhì)點(diǎn)P和Q的振動圖象，其實(shí)線是P點(diǎn)的振動圖象，虛線是Q點(diǎn)的振動圖象，若P質(zhì)點(diǎn)離波源比Q質(zhì)點(diǎn)近，則該波的最大波長為______m，若Q質(zhì)點(diǎn)離波源比P點(diǎn)近，則該波的最大波長是________m。14、如下圖左所示，豎直放置的螺線管與導(dǎo)線abcd構(gòu)成回路,導(dǎo)線所圍區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的變化的勻強(qiáng)磁場，螺線管下方水平桌面上有一導(dǎo)體圓環(huán)。導(dǎo)線abcd所圍區(qū)域內(nèi)磁場的磁感強(qiáng)度分別按下圖右側(cè)A、B、C、D圖線所表示的方式隨時(shí)間變化時(shí)（1）導(dǎo)體圓環(huán)將受到向上的磁場作用力的是；（2）導(dǎo)體圓環(huán)將受到向下的磁場作用力的是；（3）導(dǎo)體圓環(huán)將不受到磁場作用力的是。（請?zhí)钊雸D線下方對應(yīng)的字母）15、在“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)中稱得入射小球1

的質(zhì)量m1=15g

被碰小球2

的質(zhì)量m2=10g

由實(shí)驗(yàn)得出它們在碰撞前后的位移鈭?

時(shí)間圖線如圖中的11隆盲2

所示，則由圖可知，入射小球在碰前m1v1=

______kg?m/s

入射小球在碰后m1v1隆盲=

______kg?m/s

被碰小球m2v2=

______kg?m/s.

由此可得出結(jié)論______．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)16、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對錯(cuò)）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(qiáng)度的方向．（判斷對錯(cuò)）18、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯(cuò)）19、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯(cuò)）

20、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)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(diǎn)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(cuò)）

21、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)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(diǎn)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(cuò)）

22、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)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(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯(cuò)）

評卷人得分四、解答題(共1題，共2分)23、如圖，導(dǎo)體ab長l=0.5m，放在B=0.4T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向如圖所示，電阻R1=2Ω，R2=4Ω，導(dǎo)體ab以及其它連接電路的導(dǎo)線電阻均忽略不計(jì)，若使ab以v=3m/s的速度向右勻速運(yùn)動，則導(dǎo)體a端電勢比b端電勢______（填：“高”，“等”或“低”），ab兩點(diǎn)的電勢差為______V，作用于導(dǎo)體ab的外力F為______N．

評卷人得分五、簡答題(共3題，共15分)24、rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻}五種元素，在元素周期表中的位置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}上述五種元素中，金屬性最強(qiáng)的元素在周期表中的位置是____，該元素的單質(zhì)在空氣中燃燒的化學(xué)方程式為____。rm{(2)}元素rm{壟脵}和rm{壟脹}可以形成眾多的化合物，其中最簡單的是rm{(}寫化學(xué)式rm{)}____，該化合物中，化學(xué)鍵的類型為____rm{(}填“離子鍵”或“共價(jià)鍵”rm{)}rm{(3)}試用電子式表示元素rm{壟脻}單質(zhì)分子的形成過程____。rm{(4)}鐵粉和氧化亞鐵粉末的混合物共rm{9.2}克，加入到rm{150}毫升的稀硫酸中，恰好完全反應(yīng)，得到氫氣rm{2.24}升rm{(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}求：rm{1.}混合物中鐵和氧化亞鐵的質(zhì)量。rm{2.}原稀硫酸的物質(zhì)的量濃度。25、如圖所示，打臺球時(shí)，質(zhì)量相等的母球與目標(biāo)球發(fā)生碰撞，兩個(gè)球一定交換速度嗎？碰撞一定是對心碰撞嗎？26、rm{攏脹}化學(xué)rm{隆陋}選修r(nóng)m{3}物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)rm{攏脻}rm{Li}是最輕的固體金屬，采用rm{Li}作為負(fù)極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優(yōu)良性能，得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}下列rm{Li}原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為_____、_____rm{(}填標(biāo)號rm{)}A.B.C.D.rm{(2)Li^{+}}與rm{H^{?}}具有相同的電子構(gòu)型，rm{r(Li^{+})}小于rm{r(H^{?})}原因是______。rm{(3)LiAlH_{4}}是有機(jī)合成中常用的還原劑，rm{LiAlH_{4}}中的陰離子空間構(gòu)型是______。中心原子的雜化形式為______，rm{LiAlH_{4}}中，存在_____rm{(}填標(biāo)號rm{)}A.離子鍵B.rm{婁脪}鍵C.rm{婁脨}鍵D.氫鍵rm{(4)Li_{2}O}是離子晶體，其品格能可通過圖rm{(a)}的rm{born?Haber}循環(huán)計(jì)算得到?？芍瑀m{Li}原子的第一電離能為_______rm{kJ隆隴mol^{?1}}rm{O=O}鍵鍵能為_____rm{kJ隆隴mol^{?1}}rm{Li_{2}O}晶格能為_____rm{kJ隆隴mol^{?1}}rm{(5)Li_{2}O}具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖rm{(b)}所示。已知晶胞參數(shù)為rm{0.4665nm}阿伏加德羅常數(shù)的值為rm{N_{A}}則rm{Li_{2}O}的密度為______rm{g隆隴cm^{?3}(}列出計(jì)算式rm{)}評卷人得分六、綜合題(共4題，共32分)27、關(guān)于分子動理論和物體的內(nèi)能，下列說法正確的是()A.“油膜法”估測分子大小實(shí)驗(yàn)中；可將純油酸直接滴入淺盤的水面上。

B.溫度越高；液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動就越明顯。

C.液體很難被壓縮；這是因?yàn)閴嚎s時(shí)液體分子間的分子力表現(xiàn)為斥力。

D.分子勢能隨分子間距離的增大而增大。

E.當(dāng)分子間的引力和斥力平衡時(shí)，分子勢能最小28、(1)

在“測定導(dǎo)體電阻”的實(shí)驗(yàn)中，電源使用二節(jié)新干電池，被測電阻的阻值約為5婁賂

電流表內(nèi)阻約0.2婁賂

電壓表內(nèi)阻約為2k婁賂

滑動變阻器的規(guī)格是“10婁賂1.5A

”.

實(shí)驗(yàn)電路如圖，電路連接正確，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄如表格所示，其中有一組數(shù)據(jù)有拼湊的嫌疑，請指出是哪組有嫌疑__________.(

選填組號ABCD)

。實(shí)驗(yàn)組號A

B

C

D

電壓/V

0.6

1.2

1.8

2.4

電流/A

0.12

0.24

0.36

0.48

(2)

利用多用電表和電阻箱測量電源的電動勢和內(nèi)阻的電路如圖a.

調(diào)節(jié)電阻箱，記錄多組電阻箱示數(shù)R

和多用電表示數(shù)I

作出R鈭?1I

的圖線如圖b.

由圖b

可求得電動勢E=

__________V

內(nèi)阻r=

__________婁賂.(

結(jié)果均保留2

位有效數(shù)字)

忽略偶然誤差，本實(shí)驗(yàn)測得的E虜芒

和r虜芒

與真實(shí)值比較：E虜芒

________E脮忙r虜芒

__________r脮忙攏廬(

選填“<

”“=

”或“>

”)

29、(1)

如圖甲，同一均勻介質(zhì)中的一條直線上有相距10m

的兩質(zhì)點(diǎn)ABC

為AB

中點(diǎn).

從0

時(shí)刻起，AB

同時(shí)開始振動，且都只振動了一個(gè)周期.

圖乙為A

的振動圖象，圖丙為B

的振動圖象.

若A

向右傳播的波與B

向左傳播的波在0.5s

時(shí)相遇，則下列說法正確的是()A.兩列波的波長都是5m

B.兩列波在AB

間的傳播速度均為10m/s

C.在兩列波相遇過程中；C

為振動加強(qiáng)點(diǎn)。

D.在1s

時(shí)；質(zhì)點(diǎn)B

經(jīng)過平衡位置且振動方向向上。

E.1s

內(nèi)，C

經(jīng)過的路程為0(2)

一厚度為h

的大平板玻璃水平放置，其下表面貼有一半徑為r

的圓形發(fā)光面.

在玻璃板上表面放置一半徑為R

的圓紙片，圓紙片與圓形發(fā)光面的中心在同一豎直線上.

已知圓紙片恰好能完全擋住從圓形發(fā)光面發(fā)出的光線(

不考慮反射)

求平板玻璃的折射率．30、攏脹攏脹物理隆陋隆陋隆陋隆陋選修3簍C3攏脻3簍C3攏脻略參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】

A；線框沿紙面向右作勻速直線運(yùn)動；磁通量不變，故無感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；

B；線框垂直紙面向右作加速直線運(yùn)動；磁通量不變，故無感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；

C；線框以AB為軸轉(zhuǎn)動；磁通量不斷變化，有感應(yīng)電流，故C正確；

D；線框以A點(diǎn)為圓心在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動；磁通量不變，故無感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤；

故選C．

【解析】【答案】要使線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流；則穿過線圈的磁通量要發(fā)生變化，回路要閉合．

2、A【分析】試題分析：據(jù)題意，當(dāng)滑片向b端移動，滑動變阻器的電阻增大，則整個(gè)電路總電阻增大，據(jù)閉合電路歐姆定律可知總電流I將減小，內(nèi)電壓減小而外電壓增大，故燈泡變亮，而電流表示數(shù)減小，故選項(xiàng)A正確?？键c(diǎn)：本題考查電路動態(tài)平衡問題。【解析】【答案】A3、A【分析】【解答】①的過程中；液態(tài)氮→氣態(tài)氮，符合汽化的物態(tài)變化過程；②的過程中，氣態(tài)氮→液態(tài)氮，符合液化的物態(tài)變化過程；因此空格處應(yīng)是：①汽化；②液化；故選A．

【分析】判斷空格處的物態(tài)變化，要抓住變化前后物質(zhì)所處的狀態(tài)，①是由液態(tài)→氣態(tài)，②是由氣態(tài)→液態(tài)；然后根據(jù)所學(xué)物態(tài)變化的幾種類型來進(jìn)行選擇．4、A【分析】【解答】解：電容器所標(biāo)的電壓值為電容器的耐壓值，故只要交流電的最大值不越過電容器的耐壓值，電容器即可正確工作；故其可以接在220sin100πtV的電路中；220V的電照明電路最大值為220V；380sin100πtV最大值為380V，大于220V；而380V的照明電路最大值為380V；故只有A正確；BCD錯(cuò)誤；

故選：A．

【分析】明確電容器的所標(biāo)電壓值為耐壓值，即所加電壓的最大值不能超過該電壓，分析給項(xiàng)給出的電壓的最大值，即可明確能接入的電路．5、C【分析】解：由B-t圖象可知；0-1s內(nèi)，線圈中磁通量增大，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即電流為正方向，故BD錯(cuò)誤；

由楞次定律可知；1-2s內(nèi)電路中的電流為順時(shí)針，為正方向，2-3s內(nèi)，電路中的電流為順時(shí)針，為正方向，3-4s內(nèi)，電路中的電流為逆時(shí)針，為正方向，A錯(cuò)誤，C正確；

故選：C．

根據(jù)B-t圖象判斷穿過項(xiàng)圈的磁通量變化情況；由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向；應(yīng)用排除法分析答題．

本題要求學(xué)生能正確理解B-t圖的含義，才能準(zhǔn)確的利用楞次定律進(jìn)行判定．【解析】【答案】C6、A【分析】解：A；由圖可知；磁場的方向向里，當(dāng)磁場增強(qiáng)時(shí)，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場的方向向外，則感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。故A正確；

B；磁場的方向向里；當(dāng)磁場減弱時(shí)，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場的方向向里，則感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故B錯(cuò)誤。

C；因磁場區(qū)域足夠大；故線圈左右平移時(shí)，磁通量不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤；

D；線圈上下平移時(shí)磁通量不會發(fā)生變化；故不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

要使線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流；則穿過線圈的磁通量要發(fā)生變化，分析各項(xiàng)磁通量的變化情況，結(jié)合楞次定律即可一一求解。

穿過線圈的磁通量，可以假想成穿過線圈磁感線的條數(shù)，則當(dāng)條數(shù)發(fā)生變化時(shí)，必有感應(yīng)電動勢出現(xiàn)。而條數(shù)的變化可以由線圈的運(yùn)動確定。【解析】A7、D【分析】

由題；電子束向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力向上，電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，四指指向電子運(yùn)動的反方向，得到磁場的方向垂直紙面向外．

故選D．

【解析】【答案】電子束向上偏轉(zhuǎn)；洛倫茲力向上，電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則，判斷磁場的方向．

8、C【分析】【解析】試題分析：物體受重力、彈力、摩擦力，在沒滑動前靜摩擦力逐漸增大，開始滑動后滑動摩擦力逐漸減小，所以摩擦力先增大后減小，故C正確，ABD錯(cuò)誤故選C考點(diǎn)：考查了受力分析【解析】【答案】C9、D【分析】【分析】(1)(1)由電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象與縱軸的交點(diǎn)讀出電源的電動勢，其斜率大小等于電源的內(nèi)阻；(2)(2)電阻RR的伏安特性曲線的斜率等于電阻；(3)(3)兩圖線的交點(diǎn)讀出電流與電壓，求出電源的輸出功率和效率。解決本題，要注意抓住圖線的截距、斜率、交點(diǎn)的意義來理解圖象的意義?！窘獯稹緼.由圖象I

的物理意義知，電源電動勢E=3V

電源的內(nèi)電阻為r=36婁賂=0.5婁賂

故A不符合題意；B.由圖象II

的物理意義知，電阻R

的阻值為R=22婁賂=1婁賂

故B不符合題意；C.由圖象交點(diǎn)的物理意義知，電源的輸出功率(

即R

消耗的電功率)

為PR=IU=2隆脕2W=4W

故C不符合題意；D.由圖象知，電源的功率為P=IE=2隆脕3W=6W

電源的輸出功率為P

RR=IU=4W

由婁脟=P魯枚P脳脺隆脕100攏樓

得：婁脟=67攏樓

故D符合題意。故選D?！窘馕觥緿

二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【解析】試題分析：電感線圈對交流電的阻礙作用隨著頻率的增大而增大，電容器對交流電的阻礙作用隨著頻率的增大而減小，由此可知A、B分別為電感線圈和電容器考點(diǎn)：考查電感和電容對交流電的阻礙作用【解析】【答案】電感線圈電容器11、略

【分析】解：根據(jù)安培定則的內(nèi)容判定線電流的磁感線的方法是：右手握住導(dǎo)線；讓大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向．

故答案為：磁感線。

安培定則：右手握住導(dǎo)線；讓大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向。

該題考查安培定則的簡單應(yīng)用，之間使用安培定則即可．屬于基礎(chǔ)題目．【解析】磁感線12、略

【分析】

對帶電液滴受力分析：重力與電場力平衡；由qE=mg得：

q===

一個(gè)電子的電量為e；

所以油滴得到電子數(shù)目為：n==

故答案為：

【解析】【答案】帶電液滴在勻強(qiáng)電場中；受到重力與電場力處于平衡狀態(tài)．由平衡條件結(jié)合電場力表達(dá)式可求出液滴的電量．

13、略

【分析】試題分析：由同一時(shí)刻兩點(diǎn)的位移，可畫出兩間間的波形，由圖可知，在t=0時(shí)，P點(diǎn)下在向最大位移處運(yùn)動，而Q點(diǎn)平衡位置且向負(fù)方向運(yùn)動，若P點(diǎn)離波源近，則兩間點(diǎn)的波形圖如圖1所示，有最大波長若Q點(diǎn)離波源近，則兩點(diǎn)間的波形如圖2所示，則有最大波長考點(diǎn)：橫波的圖像【解析】【答案】4m12m14、略

【分析】試題分析：A中可看出穿過abcd的磁通量的變化率減小，則在螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小，穿過圓環(huán)的磁通量減小，故圓環(huán)受到向上的磁場力的作用；同理B中，圓環(huán)受到向下的磁場力作用；在CD中，穿過線圈的磁通量均勻變化，故在abcd中會產(chǎn)生恒定不變的感應(yīng)電流，穿過圓環(huán)的磁通量不變，所以圓環(huán)中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故圓環(huán)不受力。考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律。【解析】【答案】（1）A（2）B（3）CD15、略

【分析】解：由圖象可知；碰前入射小球的速度：

v1=x1t1=0.20.2=1m/s

碰后入射球的速度：

v1隆盲=鈻?x鈻?t=0.3鈭?0.20.4鈭?0.2=0.5m/s

被碰球碰后的速度：

v2=s2t2=0.35鈭?0.20.4鈭?0.2=0.75m/s

入射球碰前的動量：p=m1v1=0.015隆脕1=0.015kg?m/s

入射小球碰撞后的m1v1隆盲=0.015隆脕0.5=0.0075kgm?/s

被碰小球碰撞后的：m2v2=0.01隆脕0.75=0.0075kg?m/s

碰后系統(tǒng)的總動量：p隆盲=m1v1隆盲+m2v2隆盲=0.0075+0.0075=0.0150kg?m/s

．

通過計(jì)算發(fā)現(xiàn)：兩小球碰撞前后的動量相等；即：碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒．

故答案為：0.0150.00750.0075

碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒．

由速度圖象求出小球的位移與對應(yīng)的時(shí)間；由速度公式求出小球的速度，然后根據(jù)動量的計(jì)算公式求出小球的動量，最后分析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論．

本題考查了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分析，由圖象求出小球的位移與對應(yīng)的時(shí)間，應(yīng)用速度公式與動量的計(jì)算公式即可正確解題，注意明確驗(yàn)證動量守恒的基本方法．【解析】0.0150.00750.0075

碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒三、判斷題(共7題，共14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(fù)表示電勢的相對大小．

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

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負(fù)表示大?。浑妱莶钆c零電勢點(diǎn)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(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場強(qiáng)度和電勢這兩個(gè)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(qiáng)度的相對大小，切線方向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．18、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(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(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，正好與點(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時(shí)，電荷才不會移動．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)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．19、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)

根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為。

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

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場強(qiáng)大小及方向．20、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)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(diǎn)電勢高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢差相比，與a點(diǎn)之間的電勢差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)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．21、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)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(diǎn)電勢高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢差相比，與a點(diǎn)之間的電勢差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)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．22、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(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(qiáng)度的大?。?、解答題(共1題，共2分)23、略

【分析】

由右手定則可知ab中電流從b流向a；電源內(nèi)部電流從負(fù)極流向正極，故a端電勢高；

電動勢為：E=BLv=0.4×0.5×3=0.6V．

導(dǎo)體ab電阻均忽略不計(jì)，所以ab兩點(diǎn)的電勢差為0.6V．

根據(jù)歐姆定律得：

I==0.45A

導(dǎo)體棒所受安培力為：

F安=BIL=0.09N

ab向右勻速運(yùn)動；根據(jù)平衡條件得：

F=F安=0.09N

故答案為：高；0.6，0.09．

【解析】【答案】根據(jù)右手定則判斷的感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流方向；從電源的負(fù)極流向電源的正極，根據(jù)E=BLv可以求出感應(yīng)電動勢的大?。?/p>

導(dǎo)體棒AB切割磁感線產(chǎn)生電動勢；相當(dāng)于電源，其兩端的電壓U是外電壓．根據(jù)歐姆定律求解．

勻速運(yùn)動時(shí)外力大小等于安培力大小；

五、簡答題(共3題，共15分)24、（1）第三周期ⅠA族（2）CH4共價(jià)鍵（3）（4）5.6g、3.6g1mol/L【分析】【分析】本題考查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系，為高頻考點(diǎn)，題目難度較大。依據(jù)題給信息，正確推斷元素種類，熟練掌握常見化合物知識為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查?！窘獯稹坑稍卦谥芷诒碇械奈恢每芍瑀m{壟脵}為rm{H}元素、rm{壟脷}為rm{Na}元素、rm{壟脹}為rm{C}元素、rm{壟脺}為rm{N}元素、rm{壟脻}為rm{Cl}元素；

rm{(1)}五種元素中rm{Na}元素的金屬性最強(qiáng)，處于周期表中第三周期Ⅰrm{A}族；鈉在空氣中加熱生成過氧化鈉，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{2Na+{O}_{2}overset{碌茫脠錄}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}

故答案為：第三周期Ⅰrm{2Na+{O}_{2}

overset{碌茫脠錄}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}族；rm{2Na+{O}_{2}overset{碌茫脠錄}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}

rm{A}為rm{2Na+{O}_{2}

overset{碌茫脠錄}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}元素、rm{(2)壟脵}為rm{H}元素，二者形成化合物種類繁多，最簡單是rm{壟脹}該化合物中只含rm{C}共價(jià)鍵。故答案為：rm{CH_{4}}共價(jià)鍵；

rm{C-H}為氯元素，用電子式表示氯氣分子的形成過程為：故答案為：rm{CH_{4}}依題意可知，生成氫氣的物質(zhì)的量為：rm{(3)壟脻}

rm{(4)}

rm{n(H_{2})=V/V_{m}=2.24L隆脗22.4L/mol=0.1mol}rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}

rm{1}rm{1}

所以rm{n(Fe)}rm{0.1mol}

rm{n(Fe)=0.1mol}rm{m(Fe)=5.6g}

溶質(zhì)為硫酸亞鐵，根據(jù)鐵元素守恒rm{m(FeO)=9.2g-5.6g=3.6g}

所以rm{n(FeO)=0.05mol}rm{n(FeSO_{4})=0.1mol+0.05mol=0.15mol}所以，rm{n(H_{2}SO_{4})=n(FeSO_{4})=0.15mol}混合物中鐵和氧化亞鐵的質(zhì)量分別為rm{c(H_{2}SO_{4})=0.15mol/0.15L=1mol/L}rm{1.}rm{Fe5.6g}原稀硫酸的物質(zhì)的量濃度為rm{FeO3.6g}故答案為：rm{2.}rm{1mol/L}rm{5.6g}rm{3.6g}【解析】rm{(1)}第三周期Ⅰrm{A}族rm{2Na+{O}_{2}overset{碌茫脠錄}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}rm{2Na+{O}_{2}

overset{碌茫脠錄}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}共價(jià)鍵rm{(2)CH_{4;;;}}rm{(3)}rm{(4)5.6g}rm{3.6g}rm{1mol/L}25、不一定．只有質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生一維彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)的總動量守恒，總機(jī)械能守恒，才會交換速度，否則不會交換速度．母球與目標(biāo)球碰撞時(shí)對心碰撞和非對心碰撞都有可能發(fā)生．【分析】略【解析】不一定.

只有質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生一維彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)的總動量守恒，總機(jī)械能守恒，才會交換速度，否則不會交換速度.

母球與目標(biāo)球碰撞時(shí)對心碰撞和非對心碰撞都有可能發(fā)生．26、rm{(1)D}rm{C}

rm{(2)Li^{+}}核電荷數(shù)較大

rm{(3)}正四面體rm{sp^{3;}AB}

rm{(4)520}rm{498}rm{2908}

rm{(5)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}}rm{(5)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}

}【分析】【分析】rm{(1)}原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，該原子能量越高；rm{(2)}電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，離子核電荷數(shù)越大，其吸引電子能力越大；rm{(3)LiAlH_{4}}中的陰離子中rm{Al}原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)rm{=4+dfrac{3+1-4隆脕1}{2}=4}且不含孤電子對，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷其空間構(gòu)型及中心原子雜化方式；rm{LiAlH_{4}}中，陰陽離子之間存在離子鍵、rm{Al}和rm{H}原子之間存在極性共價(jià)單鍵、配位鍵；rm{(4)Li}原子的第一電離能為rm{Li}原子失去rm{1}個(gè)電子所需要的能量；rm{O=O}鍵鍵能為氧氣分子變?yōu)檠踉铀枘芰?；晶格能是氣態(tài)離子形成rm{1mol}離子晶體釋放的能量；rm{(5)}晶胞中rm{Li^{+}}個(gè)數(shù)是rm{8}rm{O^{2-}}個(gè)數(shù)rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}晶胞體積rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}

=4}晶胞密度rm{=(0.4665隆脕10^{-7}cm)^{3}}【解答】rm{=dfrac{m}{V}}原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，該原子能量越高，根據(jù)圖知，電子排布能量最低的是rm{(1)}rm{1s}能級，能量最高的是rm{2s}rm{2s}能級，故填：rm{2p}rm{D}

rm{C}與rm{(2)Li^{+}}具有相同的電子構(gòu)型，離子核電荷數(shù)：rm{H^{-}}其吸引電子能力：rm{Li^{+}>H^{-}}導(dǎo)致其半徑越小，故填：rm{Li^{+}>H^{-}}核電荷數(shù)較大；

rm{Li^{+}}中的陰離子中rm{(3)LiAlH_{4}}原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)rm{Al}且不含孤電子對，根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論判斷其空間構(gòu)型及中心原子雜化方式分別為正四面體形、rm{=4+dfrac{3+1-4隆脕1}{2}=4}雜化；rm{sp^{3}}中，陰陽離子之間存在離子鍵、rm{LiAlH_{4}}和rm{Al}原子之間存在極性共價(jià)單鍵、配位鍵，所以含有的化學(xué)鍵為離子鍵、rm{H}鍵、配位鍵，故填：正四面體；rm{婁脪}rm{sp^{3}}

rm{AB}原子的第一電離能為rm{(4)Li}原子失去rm{Li}個(gè)電子所需要的能量，所以其第一電離能為rm{dfrac{1040}{2}kJ/mol=520kJ/mol}rm{1}鍵鍵能為氧氣分子變?yōu)檠踉铀枘芰浚滏I能rm{dfrac{1040}{2}

kJ/mol=520kJ/mol}晶格能是氣態(tài)離子形成rm{O=O}離子晶體釋放的能量，所以其晶格能為rm{=2隆脕249kJ/mol=498kJ/mol}

故填：rm{1mol}rm{2908kJ/mol}rm{520}

rm{498}晶胞中rm{2908}個(gè)數(shù)是rm{(5)}rm{Li^{+}}個(gè)數(shù)rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}晶胞體積rm{8}晶胞密度rm{=)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}g/cm^{3}}故填：rm{dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}}rm{O^{2-}}【解析】rm{(1)D}rm{C}rm{(2)Li^{+}}核電荷數(shù)較大rm{(3)}正四面體rm{sp^{3;}AB}rm{(4)520}rm{498}rm{2908}rm{(5)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}}rm{(5)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}

}六、綜合題(共4題，共32分)27、BCE【分析】【分析】“油膜法”估測分子大小實(shí)驗(yàn)中，將油酸酒精溶液滴入淺盤的水面上；溫度越高，布朗運(yùn)動越明顯；液體很難被壓縮，這是因?yàn)橐后w分子間存在斥力；分子勢能隨分子間距離的增大而減小；當(dāng)分子間的引力和斥力平衡時(shí)，分子勢能最小。本題要理解并掌握“油膜法”估測分子大小實(shí)驗(yàn)原理和方法，知道布朗運(yùn)動的特點(diǎn)，掌握分子勢能與分子力的關(guān)系，知識點(diǎn)多，難度小，關(guān)鍵是記住基礎(chǔ)知識?！窘獯稹緼.在“油膜法”估測分子大小實(shí)驗(yàn)中，先在水面上撒上痱子粉，再將油酸溶液滴入痱子粉上，故A錯(cuò)誤；B.布朗運(yùn)動是由于液體分子碰撞的不平衡性造成的；溫度越高，液體分子運(yùn)動越激烈，則液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動就越明顯，故B正確；C.液體很難被壓縮，這是因?yàn)閴嚎s時(shí)液體分子間的分子力表現(xiàn)為斥力，故C正確；D.當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子勢能隨分子間距離的增大而減小，故D錯(cuò)誤；E.當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子勢能隨分子間距離的增大而減小，當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子勢能隨