2024年滬教新版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教新版高二物理上冊階段測試試卷460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9題，共18分)1、如圖所示，一根水平細鋼絲兩邊固定，它下面懸掛三個擺長為lA=1.00m，lB=0.50m，lC=0.25m的單擺，三個擺球相同，現(xiàn)用周期變化的外力作用于細鋼絲上，下述判斷正確的是（）A.外力的頻率為0.5Hz時，B球振幅最大B.外力的頻率為1Hz時，A球振幅最大C.外力的頻率為1Hz時，C球振幅最大D.外力的頻率為2Hz時，A球振幅最大2、如圖1

中所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向，當磁場的磁感應強度B

隨時間t

按如圖2

變化時，下列四圖中正確表示線圈中感應電動勢E

隨時間t

變化的是(

)

A.B.C.D.3、如圖所示，一恒力F

與水平方向夾角為婁脠

作用在置于光滑水平面上，質量為m

的物體上，作用時間為t

則力F

的沖量為(

)

A.Ft

B.mgt

C.Fcos婁脠t

D.(mg鈭?Fsin婁脠)t

4、如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，一個質量為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由落下（M＞m）（）A.被彈簧反彈后，小球能追上槽B.被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h處C.在下滑過程中，槽對小球的支持力對小球不做功D.在整個過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒5、（4分）如圖所示，直線A為電源的U﹣I圖線，直線B為電阻R的U﹣I圖線，用該電源和該電阻組成閉合電路時，電源的輸出功率和電路的總功率不可能分別是（）A.4W、8WB.2W、4WC.4W、6WD.2W、3W6、如圖所示，L為豎直、固定的光滑絕緣桿，桿上o點套ks5u有一質量為m、帶電量為-q的小環(huán)，在環(huán)的左側固定一電荷為+Q的點電荷，桿上a、b兩點到+Q的距離相等，oa之間距離為h1，ab之間距離為h2，使小環(huán)從圖示位置的o點由靜止釋放后，通過a點的速率為．則下列說法正確的是（）

A.小環(huán)通過b點的速率為

B.小環(huán)從o到b；電場力做的功可能為零。

C.小環(huán)在oa之間的速度是先增大后減小。

D.小環(huán)在ab之間的速度是一直增大。

7、如圖所示，一理想變壓器的原線圈匝數(shù)為n1，連接一理想電流表；副線圈接入電路的匝數(shù)n2可以通過滑動觸頭Q調節(jié)，副線圈接有燈泡L和光敏電阻R(光照加強時，R的阻值會變小)，則()A.只使Q向上滑動，燈泡變亮B.只使Q向上滑動，電流表讀數(shù)變小C.只加強光照，電流表讀數(shù)變大D.只加強光照，原線圈的輸入功率變小8、關于電磁學中的相互作用力，下列說法正確的是：（）A.同種電荷相互吸引，異種電荷相互排斥B.同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引C.兩條平行導線中電流同向時相互吸引D.兩條平行導線中電流反向時相互吸引9、如圖是簡化的多用表的電路．轉換開關S與不同接點連接，就組成不同的電表：下面是幾位同學對這一問題的議論，請你判斷他們中的正確說法（）A.S與2連接時，多用表就成了測電阻B.S與3連接時，多用表就成了電流表C.S與4連接時，多用表就成了電壓表D.S與5連接時，多用表就成了電壓表評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、如圖所示的勻強電場中，M、N兩點距離為2cm，兩點間的電勢差為5V，MN連線與場強方向成600角，則此電場的電場強度大小為．11、用顯微鏡觀察物體時，物鏡對物體所成的像是一個放大的____像（填“虛”或“實”），道理就像____的鏡頭成像一樣，目鏡的作用則像一個____，再次對這個像成放大的____（填“虛”或“實”）像．12、本題為選做題，考生只選擇一題作答.

若兩題都作答，則按24鈭?A

題計．。鈭?A.(

本題供選修1鈭?1

的考生作答)

如圖所示，桌面上放有一只10

匝線圈，線圈中心上方一定高度處有一豎立的條形磁體.

當磁體豎直向下運動時，穿過線圈的磁通量將_________(

選填“變大”或“變小”)

在上述過程中，穿過線圈的磁通量變化0.1Wb

經歷的時間為0.5s

則線圈中的感應電動勢為_________V

．

24鈭?B.(

本題供選修3鈭?1

的考生作答)

如圖所示，開始時開關與a

相連.

當將開關與b

相連后的瞬間，通過靈敏電流表的電流方向_________(

選填“向左”或“向右”)

電容器的電容_________(

選填“變大”“變小”或“不變”)

．

13、如圖所示，桌面上放有一個匝數(shù)為1010匝的線圈，線圈中心上方一定高度處有一豎立的條形磁體..當磁體豎直向下運動時，穿過線圈的磁通量將________((選填“變大”或“變小”).).在上述過程中，若穿過線圈的磁通量變化0.1Wb0.1Wb經歷的時間為0.5s0.5s則線圈中的平均感應電動勢為________VV．14、如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a

變化到狀態(tài)b

其過程如p鈭?V

圖中從a

到b

的直線所示。在此過程中__________

A.氣體溫度一直降低。

B.氣體內能一直增加C.氣體一直對外做功。

D.氣體一直從外界吸熱E.氣體吸收的熱量一直全部用于對外做功15、如圖所示，變壓器原線圈應該與______相連，副線圈與______相連(

選填“負載”、“電源”).

如果原線圈兩端的電壓為220V

匝數(shù)為110

匝，副線圈的匝數(shù)為22

匝，則副線圈兩端的電壓是______V.

16、如圖所示實驗裝置可用來探究影響平行板電容器的因素；其中電容器左側極板和靜電計外殼接地，電容器右極板與靜電計金屬球相連。使電容器帶電后與電源斷開。

（1）將左極板上移；可觀察到靜電計指針偏轉角______。（選填變大；變小或不變）

（2）將極板間距離減小時；可觀察到靜電計指針偏轉角______。平行板電容器之間的電場強度______。（選填變大；變小或不變）

（3）兩板間插入一塊玻璃；可觀察到靜電計指針偏轉角______。（選填變大；變小或不變）

（4）由此可知平行板電容器的電容與兩板正對面積，兩板間介質和______有關。17、如圖所示，有電流I流過長方體金屬塊，金屬塊寬度為d，高為b，有一磁感應強度為B的勻強磁場垂直紙面向里，金屬塊單位體積內的自由電子數(shù)為n，電子的電量為e，則金屬塊上表面的電勢比下表面的電勢要______（填“高”或“低”），金屬塊上下表面間的電勢差是______．18、在研究勻變速度直線運動規(guī)律的實驗中，小車拖著紙帶運動，每秒50次的打點計時器打出的紙帶如圖所示，選出0、1、2、3、4共5個記數(shù)點，每相鄰兩個點間還有4個實驗點未畫出，則小車在打點計時器打出第3個計數(shù)點時的瞬時速度是______m/s，小車的加速度是______m/s2．已測得S1=1.01cm，S2=3.21cm，S3=5.39cm，S4=7.60cm

評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)19、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）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）21、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）22、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）23、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）24、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）

評卷人得分四、實驗探究題(共2題，共4分)25、某電流表的內阻在0.1婁賂隆蘆0.2婁賂

之間，現(xiàn)要測量其內阻，可選用的器材如下：A.待測電流表A1(

量程0.6A)

B.電壓表V1(

量程3V

內阻約2k婁賂)

C.電壓表V2(

量程15V

內阻約10k婁賂)

D.滑動變阻器R1(

最大電阻10婁賂)

E.定值電阻R2(

阻值5婁賂)

F.電源E(

電動勢4V)

G.電鍵S

及導線若干．(1)

電壓表應選用________；(2)

畫出實驗電路圖；(3)

如測得電壓表的讀數(shù)為U

電流表的讀數(shù)為I

則電流表A1

內阻的表達式為：RA=

________。

26、在用重錘下落來驗證機械能守恒時，某同學按照正確的操作選的紙帶如圖所示.

其中O

是起始點，ABCDE

是打點計時器連續(xù)打下的5

個點，打點頻率為50H

z

，該同學用毫米刻度尺測量O

到ABCDE

各點的距離，并記錄在圖中(

單位：cm

)

(1)

這五個數(shù)據(jù)中不符合讀數(shù)要求的是______(

選填“A

”“B

”“C

”“D

”或“E

”)

點讀數(shù)．

(2)

該同學用重錘在OC

段的運動來驗證機械能守恒，OC

距離用h

來表示，他用v

C=2gh

計算與C

點對應的重錘的瞬時速度；得到動能的增加量，這種做法______(

選填“對”或“不對”)

．

(3)

若O

點到某計數(shù)點的距離用h

表示，重力加速度為g

，該點對應重錘的瞬時速度為v

；則實驗中要驗證的等式為______．

(4)

若重錘質量m

=2.00隆脕10鈭?1

kg

，重力加速度g

=9.8

m

/

s

2

由圖中給出的數(shù)據(jù)，可得出從O

點到打下D

點，重錘重力勢能的減少量為______J

動能的增加量為______J(

均保留三位有效數(shù)字)

本實驗得出的結論是______．評卷人得分五、推斷題(共3題，共21分)27、某芳香烴rm{A}分子式為rm{C_{8}H_{10}}某烴類衍生物rm{X}分子式為rm{C_{15}H_{14}O_{3}}能使rm{FeCl_{3}}溶液顯紫色；rm{J}分子內有兩個互為對位的取代基。在一定條件下有如下的轉化關系rm{(}無機物略去rm{)}

rm{(1)}屬于芳香烴類的rm{A}的同分異構體中，其沸點的大小關系為______________。rm{(}不包括rm{A}用結構簡式表示rm{)}rm{(2)J}中所含的含氧官能團的名稱為_________________________________。中所含的含氧官能團的名稱為_________________________________。rm{(2)J}與rm{(3)E}反應的化學方程式是_________________；反應類型是_____。rm{H}rm{(4)B}的混合物在rm{C}乙醇溶液中加熱可以生成同一種有機物rm{NaOH}以rm{K}為單體合成的高分子化合物的名稱是____________________________。rm{K}已知rm{(5)}有多種同分異構體，寫出一種符合下列性質的rm{J}的同分異構體的結構簡式。rm{J}與rm{壟脵}溶液作用顯紫色；rm{FeCl_{3}}與新制rm{壟脷}懸濁液作用產生紅色沉淀；rm{Cu(OH)_{2}}苯環(huán)上的一鹵代物有rm{壟脹}種。________________________________。

rm{2}28、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}的原子結構示意圖是_________________。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的水化物堿性較強的是__________rm{(}填化學式rm{)}rm{(3)}寫出rm{壟脵}的單質在rm{壟脼}的單質中燃燒的化學方程式：_______________________。rm{(4)}寫出rm{壟脺}與rm{壟脻}最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式：_____________________。29、下表為元素周期表的一部分，針對表中rm{壟脵隆蘆壟脼}元素，回答下列問題。rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}rm{壟脼}rm{(1)壟脵}元素在周期表中的位置是第二周期_____________族。rm{(2)壟脷}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{壟脻}和rm{壟脼}兩種元素的最高價氧化物對應水化物中酸性較強的是________rm{(}填化學式rm{)}rm{(3)}寫出rm{壟脹壟脺}兩種元素的最高價氧化物對應水化物反應的離子方程式_______________。評卷人得分六、綜合題(共3題，共21分)30、(1)

以下關于分子力的說法；正確的是()

A.分子間的距離增大則分子間的斥力與引力均減小。

B.氣體分子之間總沒有分子力的作用。

C.液體難于壓縮表明液體中分子總是引力。

D.當分子間表現(xiàn)為引力時；隨分子間距離增大分子間勢能增大。

E.當分子間的引力與斥力大小相等時分子間勢能最小(2)

如圖所示，圓柱形汽缸開口向上豎直放置在水平面上，汽缸足夠長，內截面積為S

大氣壓強為P0

一厚度不計，質量為m

=p0s2g

的活塞封住一定量的理想氣體，溫度為T0

時缸內氣體體積為V0

先在活塞上緩慢放上質量為3

m

的砂子，然后將缸內氣體溫度緩慢升高到2T0

求穩(wěn)定后缸內氣體的體積．31、【物理簍D簍D

選修3鈭?3

】(1)

如圖甲所示，在磁感應強度B=1T

的有界勻強磁場中，用外力將邊長L=0.5m

的正方形金屬線框(

各處都完全相同)

向右勻速拉出磁場，以bc

邊剛離開磁場的時刻為計時起點，在線框拉出進場的過程中，ab

邊受到的安培力大小F

隨時間t

變化的關系如圖乙所示。則下列說祛正確的是

A.線框做勻速運動的速度大小為1m/s

B.線框產生的感應電流為逆時針方向，大小為0.5A

C.線框的總電阻為0.5婁賂

D.線據(jù)穿出進場過程中產生的焦耳熱為0.5J

(2)

如圖所示，兩塊木板的質量分別為M1=500gM2=400g

靜止于光滑水平面上，小物塊m=100g

以初速度為v=10m/s

滑上M1

的表面，最后停在M2

上時速度為v2=1.5m/s

求：

(1)

最后M1

的速度v1

(2)m

剛離開Ml

時的速度v鈥?

32、(1)

玻璃棒與絲綢摩擦過程中，若絲綢得到3

個電子，則絲綢帶電量為____C

玻璃棒帶電量為____C

(2)

如圖所示，可以自由轉動的小磁針靜止不動時，靠近螺線管的是小磁針的____極。若將小磁針放到螺線管內部，小磁針指向與圖示位置時的指向相____(

填“同”或“反”)

(3)

放射源中有三種不同的粒子，其中一種不帶電，另兩種分別帶正負電荷，置于磁場中，相成如圖三條軌跡，則帶負電的粒子的軌跡是______。(4)

在隆露

練習使用打點計時器隆路

的實驗中，已打出了一條較好的紙帶，從中確定五個記數(shù)點，(

每相鄰計數(shù)點間有5

個時間間隔)

記作A、BCDE

用直尺量出的數(shù)據(jù)如圖所示，則紙帶運動加速度的大小為a=

____m/s2

打紙帶上C

點時瞬時速度大小vC=

____m/s

．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】受迫振動中驅動力的頻率決定受迫物體的振動頻率，當驅動力的頻率與受迫物體的固有頻率相等時，振幅最大，由單擺周期公式可知C球的固有頻率為1Hz【解析】【答案】C2、A【分析】解：在0鈭?1s

內，根據(jù)法拉第電磁感應定律，E=n鈻?婁碌鈻?t=n鈻?BS鈻?t=nB0S.

根據(jù)楞次定律，感應電動勢的方向與圖示箭頭方向相同，為正值；在1鈭?3s

內，磁感應強度不變，感應電動勢為零；在3鈭?5s

內，根據(jù)法拉第電磁感應定律，E隆盲=n鈻?婁碌鈻?t=n鈻?BS鈻?t=nB0S2=E2.

根據(jù)楞次定律；感應電動勢的方向與圖示方向相反，為負值。故A正確，BC

D錯誤。

故選：A

根據(jù)法拉第電磁感應定律E=n鈻?婁碌鈻?t=n鈻?BS鈻?t

求出各段時間內的感應電動勢；根據(jù)楞次定律判斷出各段時間內感應電動勢的方向．

解決本題的關鍵掌握法拉第電磁感應定律E=n鈻?婁碌鈻?t=n鈻?BS鈻?t

會根據(jù)楞次定律判斷感應電動勢的方向．【解析】A

3、A【分析】【分析】本題考查了動量定理應用。力沖量等于力與時間的乘積；根據(jù)題意利用公式即可求得F

的沖量。本題考查沖量的定義，要注意沖量只與力及時間有關，和夾角無關?！窘獯稹坑蒊=Ft

可得：F

的沖量I=Ft

故選A?！窘馕觥緼

4、A【分析】解：AB、小球下滑的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，即Mv1=mv2，因槽的質M大于球的質量m，則球與槽分離后，小球的速度v2大于槽的速度v1；小球被彈簧反彈后球的速度與槽的速度變?yōu)橥?，則小球能追上槽；當滑到槽的最高點時，兩者具有共同的速度，因為槽與球都有動能，可知小球不能回到槽上高h處，故A正確，B錯誤；

C；在下滑過程中；因為槽的動能增加，則球對槽的壓力對槽做正功，槽對小球的支持力對小球做負功，故C錯誤；

D；在整個過程中；小球、槽以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤。

故選：A。

由動量守恒的條件可以判斷動量是否守恒；由功的定義可確定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情況可知運動情況；由機械守恒及動量守恒可知小球能否回到最高點。

本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的應用，根據(jù)題意分析清楚物體運動過程是解題的前提；解答本題要明確動量守恒的條件，以及在兩球相互作用中同時滿足機械能守恒，應結合這兩點進行分析判斷?！窘馕觥緼5、A|B|D【分析】【解析】試題分析：電源的U﹣I圖象與U軸的交點數(shù)值是電源的電動勢；電源的U﹣I圖象與電阻R的U﹣I圖象交點電壓與電流是該電源與該電阻組成閉合電路時的電路電流與路端電壓，由圖象求出電源電動勢、電路電流與路端電壓，然后由P出=UI求出電源的輸出功率，有P=EI求解電源的總功率．【解析】

由圖象可知，電源電動勢E=3V，電路電流I=2A時，路端電壓U=2V；則電源的輸出功率，即外電路功率為：P出=UI=2V×2A=4W，電路的總功率為：P=EI=3V×2A=6W；因選不可能的是，故選：ABD．【解析】【答案】ABD6、A【分析】

A、由題電勢差Uoa=Uob；根據(jù)動能定理得。

o→a過程：mgh1+（-qUoa）=①

o→b過程：mg（h1+h2）++（-qUob）=②

又va=

解得vb=故A正確．

B、小環(huán)從o到b電場力做的功等于從o到a電場力做的功；大于零．故B錯誤．

C；小環(huán)在oa之間運動過程；重力和電場力均做正功，速度一直增大．故C錯誤．

D、小環(huán)在ab之間運動過程；重力做正功，電場力先做正功，后做負功，無法判斷重力做功與電場力做功的大小，則無法確定速度的變化情況．故D錯誤．

故選A．

【解析】【答案】由題可知，a點與b點電勢相等，則小環(huán)從O點移到a點與移到b點電場力做功相等，根據(jù)動能定理分別研究小環(huán)從O點移到a點與O點移到b點，求解小環(huán)通過b點的速率．根據(jù)動能定理分析小環(huán)從o到b電場力做功不等于零．小環(huán)在oa之間運動時，重力和電場力均做正功速度一直增大．根據(jù)動能定理研究小環(huán)滑到ab的速度大小，分析小環(huán)在ab之間的速度如何變化．

7、A|C【分析】【解析】試題分析：根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比可知，當只使Q向上滑動時，副線圈的匝數(shù)變大，變壓器的輸出電壓變大，燈泡就要變亮，所以A正確．當光照加強時，R的阻值會變小，在電壓不變的情況下，副線圈的電流就會變大，原線圈的電流也會變大，所以電流表讀數(shù)變大，所以C正確．B錯誤C正確；線圈的電流變大，此時原線圈的電壓是不變的，根據(jù)P=UI可知原線圈的輸入功率變大，所以D錯誤．故選AC．考點：變壓器的構造和原理．【解析】【答案】AC8、B|C【分析】【解析】試題分析：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，A錯；同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引，B對；兩條平行導線中電流同向時相互吸引，C對；兩條平行導線中電流反向時相互排斥，D錯；考點：考查電流的磁效應【解析】【答案】BC9、C【分析】解：A、S與2連接時，電阻R1、R2串聯(lián)后與表頭并聯(lián)；多用表就成了電流表，故A錯誤；

B、S與3連接時，表頭與R3串聯(lián)；多用表就成了電壓表，故B錯誤；

C、S與4連接時，表頭與R4串聯(lián)；多用表就成了電壓表，故C正確；

D；S與5連接時；連接了電源，多用表就成了歐姆表，故D錯誤；

故選：C．

電表改裝時；串聯(lián)分壓電阻成為電壓表，并聯(lián)分流電阻成為電流表，連入電源成為歐姆表．

本題考查了多用電表的內部結構，可以利用如何把小量程的電流表改裝為電壓表和大量程的電流表去分析．【解析】【答案】C二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】由可知場強【解析】【答案】500v/m；11、實投影儀放大鏡虛【分析】【解答】顯微鏡的物鏡相當于投影儀的鏡頭；成倒立；放大的實像，目鏡都相當于一個放大鏡，成正立、放大的虛像．

故答案為：實；投影儀；放大鏡；虛．

【分析】顯微鏡包括物鏡和目鏡，物鏡相當于幻燈機（或者投影儀），成倒立、放大的實像，目鏡相當于放大鏡，成正立、放大的虛像．12、略

【分析】A.【分析】

由磁通量的定義可知線圈中磁通量的變化；由法拉第電磁感應定律可求得線圈中的感應電動勢，從而即可求解。本題考查法拉第電磁感應定律的應用；題目較為簡單，熟記法拉第電磁感應定律即可求解。

【解答】

在磁體豎直向下落時，穿過線圈的磁感應強度增大，故磁通量變大；由法拉第電磁感應定律可得：E=N?鈱??t=10隆脕0.10.5V=2V

故填：變大；2

B.【分析】

當開關與a

相連時，電源給電容器充電，當開關與b

相連時，電容器放電.

明確電容器的電容與電量和電壓無關，只與電容器本身的性質有關。解決本題關鍵了解電容器的性質以及電容器充；放電的特性；知道充電時與電源正極相連的極板帶正電，與電源負極相連的極板帶負電。

【解答】

開關與a

相連時與電源相連，電容器帶電，上端帶正電；當開關與b

相連時；電容器放電，電流表中電流向左；電容器的大小由電壓和電量無關，故開關變化時，電容不變。

故填：向左；不變?！窘馕觥緼.變大2

B.向左不變13、變大2【分析】【分析】由磁通量的定義可知線圈中磁通量的變化；由法拉第電磁感應定律可求得線圈中的感應電動勢，從而即可求解。本題考查法拉第電磁感應定律的應用，題目較為簡單，熟記法拉第電磁感應定律即可求解?！窘獯稹吭诖朋w豎直向下落時；穿過線圈的磁感應強度增大，故磁通量變大；

由法拉第電磁感應定律可得：E=N?婁碌?t=10隆脕0.10.5V=2V

故答案為：變大；2

【解析】變大2

14、BCD【分析】【分析】根據(jù)氣體狀態(tài)方程pVT=C

去判斷溫度，從而知道內能的變化；根據(jù)氣體體積的變化分析做功情況；結合熱力學第一定律分析。該題結合圖象考查氣態(tài)方程，能夠運用控制變量法研究多個物理量變化時的關系。要注意熱力學第一定律鈻?U=W+Q

中，WQ

取正負號的含義。【解答】A.由圖知氣體的pV

一直增大，由pVT=C

知氣體的溫度一直升高，故A錯誤；B.一定量的理想氣體內能只跟溫度有關，溫度一直升高，氣體的內能一直增加，故B正確；C.氣體的體積增大，則氣體一直對外做功，故C正確；D.氣體的內能一直增加，并且氣體一直對外做功，根據(jù)熱力學第一定律鈻?U=W+Q

可知氣體一直從外界吸熱，故D正確；E.氣體吸收的熱量用于對外功和增加內能，故E錯誤。故選BCD?！窘馕觥緽CD

15、略

【分析】解：變壓器原線圈應該與電源相連；副線圈與負載相連；

根據(jù)U1U2=n1n2

得：

U2=n2n1U1=22110隆脕220=44V

故答案為：電源負載44V

原線圈應該與電源相連，副線圈與負載相連，根據(jù)變壓器工作原理U1U2=n1n2

求解副線圈兩端的電壓。

本題考查了變壓器的變壓特點，屬于容易題.

關鍵熟悉理想變壓器的變壓比，變流比的公式.

并明確變壓器的工作原理．【解析】電源；負載；44

16、變大變小不變變小兩極板間距【分析】解：（1）根據(jù)電容的決定式C=知，上移左極板，正對面積S減小，則電容減小，根據(jù)U=知；電荷量不變，則電勢差增大，指針偏角變大；

（2）根據(jù)電容的決定式C=知，將極板間距離減小時，電容增大，根據(jù)U=知；電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變??；

再由公式E=及C=與U=導出電場強度綜合表達式E=則有電場強度與極板間距無關，故平行板電容器之間的電場強度不變；

（3）根據(jù)電容的決定式C=知，兩板間插入一塊玻璃，電容增大，根據(jù)U=知；電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變?。?/p>

（4）由上分析；可知，平行板電容器的電容與兩板正對面積，兩板間介質和兩極板間距有關。

故答案為：（1）變大；（2）變小；不變；（3）變小；（4）兩極板間距。

抓住電容器的電荷量不變，根據(jù)電容的決定式C=判斷電容的變化，結合U=判斷電勢差的變化，從而得出指針偏角的變化，最后依據(jù)公式E=結合以上公式，推導出電場強度綜合表達式，從而判定求解。

解決本題的關鍵知道靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，處理電容器動態(tài)分析時，關鍵抓住不變量，與電源斷開，電荷量保持不變，結合電容的決定式和定義式進行分析?！窘馕觥孔兇笞冃〔蛔冏冃蓸O板間距17、略

【分析】解：根據(jù)左手定則知；電子向上表面偏轉，則上表面帶負電，下表面帶正電，即金屬塊上表面的電勢比下表面電勢低．

根據(jù)I=nevS=nevdh，解得v=

根據(jù)evB=e得；

金屬塊上下表面的電勢差U=vBh=．

故答案為：低，．

根據(jù)左手定則判斷電子的偏轉方向；從而確定金屬塊上下表面電勢的高低；根據(jù)電子所受的電場力和洛倫茲力平衡，結合電流的微觀表達式求出金屬塊上下表面的電勢差．

解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡．【解析】低；18、0.652.19【分析】解：每相鄰兩點間還有4個試驗點（圖中未畫）；所以相鄰的計數(shù)點間的時間間隔：T=0.1s；

根據(jù)物體在某一段時間內的平均速度等于該段時間內的中間時刻的速度有：

v3==

根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可得：

===2.19m/s2．

故答案為：0.65；2.19．

作勻變速直線運動的物體在某一段時間內的平均速度等于該段時間內的中間時刻的速度，由此可求某點的瞬時速度；作勻變速直線運動的物體在連續(xù)相等的時間內通過的位移差等于恒量即△x=aT2；由此可求物體運動的加速度大小．

要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用．【解析】0.652.19三、判斷題(共6題，共12分)19、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．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，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．20、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．21、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．22、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．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；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．23、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．24、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．四、實驗探究題(共2題，共4分)25、V1【分析】

????????【分析】

(1)

由于待測電流表的內阻比較??；所以應該將電流表與定值電阻串聯(lián)在一起進行測量，根據(jù)公式U=IR

計算出串聯(lián)后的最大電壓，然后根據(jù)該電壓選擇電壓表；

(2)

將電流表與定值電阻串聯(lián)在一起進行測量時；電阻值仍然不算大，因此滑動變阻器應該采用限流式接法；

(3)

根據(jù)部分電路的歐姆定律即可計算出電流表A1

內阻的表達式．

【解答】(1)

由于待測電流表的內阻比較?。凰詰搶㈦娏鞅砼c定值電阻串聯(lián)在一起進行測量，根據(jù)公式U=I(Rx+R2)隆脰0.6隆脕(0.1+5)隆脰3V

串聯(lián)后的最大電壓與電壓表V1

的量程差不多，與電壓表V2

的量程相差較大，所以應選擇電壓表V1

(2)

將電流表與定值電阻R2

串聯(lián)在一起進行測量時，電阻值仍然不算大，因此滑動變阻器應該采用限流式接法；所以實驗的原理圖如圖：

(3)

電壓表的示數(shù)是定值電阻R2

與電流表的電壓的和，即：U=I(RA+R2)

所以RA=UI?R2

故答案為：V1

如圖所示；RA=UI?R2??

【解析】V

11RA=UI?R2

26、（1）B

（2）不對

（3）

（4）0.3800.376在誤差允許范圍內重力勢能減少量等于動能的增加量【分析】

【分析】

毫米刻度尺測量長度；要求估讀即讀到最小刻度的下一位，實驗中若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的推論，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度和加速度，從而求出動能；

常用于力學實驗中的刻度尺、游標卡尺和螺旋測微器的使用在考試中出現(xiàn)的頻率較高，對于掌握的程度，不能僅僅停留在會讀數(shù)，而需理解其原理.

紙帶問題的處理時力學實驗中常見的問題，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距利用勻變速直線運動的推論，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度和加速度。

【解答】

(1)

刻度尺讀數(shù)是應在最小刻度1mm

的基礎上向下一位估讀；即應當保留到小數(shù)點后的兩位12.40cm

所以B

點讀數(shù)不符合要求；

(2)

在驗證機械能守恒的實驗中，由于存在阻力物體實際下落的加速度小于重力加速度，所以不應當用重力加速度g

來表示某位置的速度，根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上C

點時小車的瞬時速度大?。患磛C=xBD2T=(OD鈭?OB)f2

故不對。

(3)

可得出從O

到某點，重錘重力勢能的減少量為：mgh

，動能的增加為：12mv2鈭?0

根據(jù)機械能守恒減少的重力勢能應等于增加的動能，即：mgh=12mv2

整理得：gh=12v2

(4)從OO到打下DD點，重錘重力勢能的減少量鈻?EtriangleEPP=mgh=0.380J=mgh=0.380J，

利用勻變速直線運動的推論

vD=xCEtCE

EkD=12mvD2=0.376J

動能的增加量鈻?EtriangleEkk=0.376J=0.376J，在誤差允許范圍內重力勢能減少量等于動能的增加量。

故答案為：(1)B

(2)

不對(3)gh=v22

(4)0.3800.376

在誤差允許范圍內重力勢能減少量等于動能的增加量

【解析】(1)B(1)B(2)(2)不對(3)gh=v22(3)gh=dfrac{{v}^{2}}{2}(4)(4)0.3800.3800.3760.376在誤差允許范圍內重力勢能減少量等于動能的增加量五、推斷題(共3題，共21分)27、（1）

（2）（酚）羥基、羧基

（3）酯化反應（或取代反應）

（4）聚苯乙烯

(5)【分析】【分析】本題考查有機物的推斷和合成，題目較為綜合，有一定的難度，做題時注意把利用好題給信息，采用正逆推相結合的方法推斷，注意同分異構體的判斷方法?！窘獯稹磕撤枷銦Nrm{A}分子式為rm{C}分子式為rm{A}rm{C}rm{{,!}_{8}}rm{H}rm{H}與氯氣在光照條件下發(fā)生一氯取代生成兩種不同物質rm{{,!}_{10}}和，屬于苯的同系物，rm{A}與氯氣在光照條件下發(fā)生一氯取代生成兩種不同物質rm{B}和rm{C}則rm{A}為則rm{A}為rm{B}最終產物rm{C}能與rm{A}，rm{B}最終產物rm{H}能與rm{NaHCO}rm{B}具有羧基，則rm{H}為rm{NaHCO}發(fā)生水解反應生成rm{{,!}_{3}}為溶液反應，說明rm{H}具有羧基，則rm{B}為發(fā)生氧化反應生成rm{H}為rm{B}進一步氧化生成，rm{B}發(fā)生水解反應生成rm{D}為為rm{B}為rm{D}發(fā)生水解反應生成，rm{D}發(fā)生氧化反應生成rm{F}為為rm{D}分子式為rm{F}，rm{F}進一步氧化生成rm{H}為rm{F}rm{H}，則rm{C}為rm{C}，rm{C}發(fā)生水解反應生成rm{E}為rm{C}rm{E}和，rm{X}分子式為rm{C}則rm{X}為酯，rm{C}酸化得到rm{{,!}_{15}}而rm{H}為醇，則rm{H}含有羧基，且rm{{,!}_{14}}分子中含有酚羥基，rm{O}分子式為rm{O}rm{{,!}_{3}}，能使rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}溶液顯紫色，說明結構中含有酚羥基，水解生成rm{K}和rm{E}則rm{X}為酯，rm{K}酸化得到rm{J}而rm{E}為醇，則rm{J}含有羧基，且rm{J}分子中含有酚羥基，rm{J}分子式為rm{C}rm{K}分子內有兩個互為對位的取代基，則rm{E}為rm{X}rm{K}為rm{J}

rm{E}由上述分析可知，rm{J}物質的結構簡式為：rm{J}的一種同分異構體為二甲苯，有鄰間對三種結構，三種沸點的大小關系為：

rm{J}rm{C}

rm{{,!}_{7}}為rm{H}

rm{H}

rm{{,!}_{6}}與rm{O}反應的化學方程式是rm{O}或取代反應rm{{,!}_{3}}

，rm{J}分子內有兩個互為對位的取代基，則rm{J}為rm{J}或取代反應rm{J}

，故K為，rm{X}為的混合物在rm{X}乙醇溶液中加熱可以生成同一種有機能，則rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}物質的結構簡式為：為rm{(1)}為單體合成的高分子化合物的結構簡式是rm{A}

，屬于芳香烴類的rm{A}的一種同分異構體為二甲苯，有鄰間對三種結構，三種沸點的大小關系為：

rm{A}為故答案為：的同分異構體符合：；與rm{(2)J}為rm{(2)J}，所含的含氧官能團的名稱為：羧基、羥基，與新制故答案為：羧基、羥基；rm{(3)E}與rm{H}反應的化學方程式是rm{(3)E}苯環(huán)上的一鹵代物有rm{H}種，說明苯環(huán)結構中只含有兩種性質不同的氫原子，符合條件的有：，反應類型是：酯化反應rm{(}或取代反應rm{)}

rm{(}rm{)}故答案為：【解析】rm{(1)}rm{(2)(}酚rm{)}羥基、羧基rm{(3)}酯化反應rm{(}或取代反應rm{)}rm{(4)}聚苯乙烯rm{(5)}28、rm{(1)}

rm{(2)Al}rm{NaOH}

rm{(3)H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}

rm{(4)Al(OH)_{3}}rm{+3H^{+}}rm{=Al^{3+}}rm{+3H_{2}O}

【分析】【分析】本題考查了元素周期律和元素周期表的應用。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鍵。該題是高考常見題型，試題難易適中，側重對學生基礎知識的鞏固和訓練，有利于提高學生的邏輯推理能力和應試能力?！窘獯稹扛鶕?jù)元素周期表的結構可知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}的原子結構示意圖是元素rm{(1)}的原子結構示意圖是故答案為：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}的單質在rm{NaOH}的單質中燃燒的化學方程式為：rm{(3)}rm{(3)}rm{壟脵}的單質在rm{壟脼}的單質中燃燒的化學方程式為：rm{壟脵}rm{壟脼}rm{H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}寫出；與故答案為：最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式為：rm{H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}rm{(4)}rm{壟脺}故答案為：rm{壟脻}rm{Al(OH)_{3}}rm{+3H^{+}}rm{=Al^{3+}}rm{+3H_{2}O}【解析】rm{(1)}rm{(2)Al}rm{NaOH}rm{(3)H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}rm{(4)Al(OH)_{3}}rm{+3H^{+}}rm{=Al^{3+}}rm{+3H_{2}O}

29、rm{(1)}Ⅳrm{A}

rm{(2)S}

rm{(3)HClO_{4}}

rm{(4)OH^{-}+Al(OH)_{3}}rm{=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}【分析】【分析】本題考查了元素周期律和元素周期表的應用。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鍵。該題是高考常見題型，試題難易適中，側重對學生基礎知識的鞏固和訓練，有利于提高學生的邏輯推理能力和應試能力。【解答】根據(jù)元素周期表的結構可知rm{壟脵}為rm{C}rm{壟脷}為rm{O}rm{壟脹}為rm{Na}rm{壟脺}為rm{Al}rm{壟脻}為rm{S}rm{壟脼}為rm{Cl}據(jù)此分析：rm{(1)壟脵}元素是rm{C}在元素周期表中位于元素是rm{(1)壟脵}在元素周期表中位于第二周期、第Ⅳrm{C}族，故答案為：Ⅳrm{A}rm{A}rm{(2)}為rm{(2)}rm{壟脷}為rm{O}rm{壟脻}和rm{S}位于同一主族，從上至下原子半徑逐漸增大，所以原子半徑較大的為rm{O}和rm{S}位于同一主族，從上至下原子半徑逐漸增大，所以原子半徑較大的為rm{S}故答案為：rm{S}故答案為：rm{O}rm{S}rm{S}rm{S}的最高價氧化物對應的水化物分別為硫酸和高氯酸，同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小，非金屬性逐漸正確，最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸正確，rm{(3)S}的非金屬性比rm{(3)S}弱，所以酸性性較強的為和故答案為：rm{Cl}的最高價氧化物對應的水化物分別為硫酸和高氯酸，。rm{Cl}氫氧化鈉和氫氧化鋁反應的離子方程式為rm{S}的非金屬性比rm{S}rm{Cl}弱，所以酸性性較強的為rm{HClO_{4}}rm{Cl}rm{HClO_{4}}rm{HClO_{4}}rm{(4)}氫氧化鈉和氫氧化鋁反應的離子方程式為【解析】rm{(1)}Ⅳrm{A}rm{(2)S}rm{(3)HClO_{4}}rm{(4)OH^{-}+Al(OH)_{3}}rm{=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}六、綜合題(共3題，共21分)30、（1）ADE（2）解：設初態(tài)氣體壓強為P1，放砂后壓強為P2，體積V2，升溫后體積為V3

等溫過程：由

得：V2=0.5V0

等壓過程：由

得：V3=V0

【分析】(1)

【分析】當分子間距離等于平衡距離時，分子力為零，分子勢能最小；當分子間距離小于平衡距離時，分子力表現(xiàn)為斥力。分子間的勢能及分子力雖然屬于微觀世界的關系，但是可運用我們所學過的力學中功能關系進行分析。【解答】分子之間的相互作用都隨分子間距離的增大而減小分子引力的變化慢，當r=r

00時分子引力等于分子斥力，所以，r

00是分子的平衡距離，r

大于平衡距離，分子力表現(xiàn)為引力，當r

小于r

00時，分子間的作用力表現(xiàn)為斥力：分析間距離為r

00時分子勢能最小；

A.分子之間的相互作用都隨分子間距離的增大而減??；故A正確；

B.氣體分子之間有分子力的作用；只是比較小，故B錯誤；

C.液體難于壓縮表明液體中分子倍壓縮時總是斥力；故C錯誤；

D.當分子間表現(xiàn)為引力時；增大距離需要克服引力做功，分子勢能增大，即隨分子間距離增大分子間勢能增大，故D正確；

E.當分子間表現(xiàn)為引力時；增大距離需要克服引力做功，分子勢能增大；當分子間表現(xiàn)為斥力時，減小距離需要克服斥力做功，分子勢能增大，所以當分子間的引力與斥力大小相等時分子間勢能最小，故E正確。

故選ADE。(2)

封閉氣體經歷了兩個過程，先等溫壓縮，后等壓膨脹，分別對兩個過程應用玻意耳定律和蓋.

呂薩克定律即可。理想氣體狀態(tài)變化時，要分清是什么過程，明確初末狀態(tài)的狀態(tài)參量，恰當選擇實驗定律?！窘馕觥?1)ADE

(2)

解：設初態(tài)氣體壓強為P1

放砂后壓強為P2

體積V2

升溫后體積為V3

P1=P0+mgS=1.5P0

P2=P0+4mgS=3P0

等溫過程：由P1V0=P2V2

得：V2=0.5V0

等壓過程