2024年人教A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年人教A版高二物理上冊階段測試試卷134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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、在如圖所示的電路中，電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，已知電源內阻r小于定值電阻R1，在滑動變阻器滑片P自a端向b端滑動的過程中,下列說法中正確的是（）A.電壓表示數(shù)變小，R2兩端的電壓變大B.電源的效率變大C.電流表示數(shù)變大，通過R2的電流變小D.電源的輸出功率變小2、圖示是某導體的I-U圖線，圖中傾角為α＝45°，下列說法正確的是()A.通過電阻的電流與其兩端的電壓成正比B.此導體的電阻R＝2ΩC.I-U圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以電阻R＝cot45°＝1.0ΩD.在R兩端加6.0V電壓時，每秒通過電阻截面的電量是6.0C3、我國將于2020

年建成完整的北斗三號導航系統(tǒng)，該系統(tǒng)由5

顆地球同步衛(wèi)星和30

顆其他衛(wèi)星組成.

則地球同步衛(wèi)星()A.繞地球運行的軌道為橢圓B.運行周期與地球自轉周期相同C.可靜止在南通上空D.運行方向與地球自轉方向相反4、如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點．據(jù)此可知（)A.三個等勢面中，c的電勢最高B.帶電質點通過P點時的電勢能較Q點大C.帶電質點通過P點時的動能較Q點大D.帶電質點通過P點時的加速度較Q點大5、天然放射物質的放射線包含三種成分，下面的說法中錯誤的是（）A.一層厚的黑紙可以擋住a射線，不能擋住β射線和γ射線B.某原子核在放出γ粒子后會變成另一種元素的原子核C.三種射線中對氣體電離作用最強的是a射線D.β粒子是電子，但不是原來繞核旋轉的核外電子6、某電場的電場線如圖所示，則電場中的A

點和B

點電場強度EA

和EB

的大小關系是(

)

A.EA<EB

B.EA>EB

C.EA=EB

D.無法判斷7、如圖所示是一種簡易的驗電器，金屬絲固定在絕緣立柱上，兩端（未接觸）上有兩塊可以活動的鋁箔，帶電體與金屬絲接觸之后，兩塊鋁箔帶上等量同種電荷，在靜電斥力的作用下彼此分開。關于兩塊鋁箔之間的靜電力，下面說法正確的是（）A.兩塊鋁箔之間的靜電力跟兩鋁箔帶電量成正比B.兩塊鋁箔之間的靜電力跟兩鋁箔之間的距離成反比C.兩塊鋁箔之間的靜電力跟兩鋁箔之間的距離的平方成反比D.以上結論都不正確評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、平行板電容器所帶的電荷量Q=3.0×10-10C，它的兩平行板之間的電壓為2.0V，則它的電容為______μF，如果兩平行板的帶電荷量各減少了一半，則兩平行板的電勢差為______V，電容器的電容為______μF．9、任何液體的表面分子排列都比內部分子稀疏．______．（判斷對錯）10、飽和汽與飽和汽壓。

(1)飽和汽：____________的蒸氣叫做飽和汽．此時相同時間內回到水中的分子數(shù)____________從水面飛出去的分子數(shù)．

(2)飽和汽壓：在一定溫度下，飽和汽的分子數(shù)密度一定，飽和汽的壓強也是一定的，這個壓強叫這種液體的飽和汽壓．飽和汽壓只指此蒸氣的分氣壓，與其他氣體壓強____________關．11、在“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗中；首先要按圖甲接線，以查明電流表指針的偏轉方向與電流方向之間的關系；然后按圖乙將電流表與線圈B

連成一個閉合回路，將線圈A

電池、滑動變阻器和開關串聯(lián)成另一個閉合電路，在圖甲中，當閉合S

時，觀察到電流表指針向左偏，不通電時電流表指針停在正中央。在圖乙中。

(1)S

閉合后；將螺線管A

插入螺線管B

的過程中，電流表的指針______；

(2)

線圈A

放在B

中不動時；指針將______

(3)

線圈A

放在B

中不動，突然斷開開關S

電流表指針將______。12、A.如圖所示是我國民用交流電的電壓圖象.

根據(jù)圖象可知；交流電的頻率是________Hz

用交流電壓表測量電壓，測出的電壓值是________V

．

B.如圖所示，ab

是勻強電場中的兩點，兩點間的距離為0.4m

兩點的連線與電場線平行，兩點間的電勢差為4.0V

則勻強電場的場強大小為________V/m

把電子從a

點移到b

點；電子的電勢能將________(

選填“增大”“減小”或“不變”)

．

13、將一單擺裝置豎直懸掛于某一深度為h(

未知)

且開口向下的小筒中(

單擺的下部分露于筒外)

如圖1

所示，將懸線拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，單擺振動過程中懸線不會碰到筒壁，如果本實驗的長度測量工具只能測量出筒的下端口到擺球球心的距離L

并通過改變L

而測出對應的擺動周期T

再以T2

為縱軸；L

為橫軸作出T2鈭?L

函數(shù)關系圖象，那么就可以通過此圖象得出小筒的深度h

和當?shù)氐闹亓铀俣萭

．

(1)

如果實驗中所得到的T2鈭?L

關系圖象如圖2

所示，那么真正的圖象應該是abc

中的______；

(2)

由圖可知；小筒的深度h=

______m

當?shù)刂亓铀俣萭=

______m/s2(

計算結果保留三位有效數(shù)字)

(3)

在實驗中；每次測量時總是錯誤地把擺線加上球直徑當成了擺長，如果仍然采用題中圖象方法處理數(shù)據(jù)，你認為會對實驗結果怎樣的影響？對h

的影響是______，對g

的影響是______．

A.無影響B(tài).

比真實值小C.

比真實值大D.

不確定．14、已知金屬銫的逸出功為1.9eV，在光電效應實驗中，要使銫表面發(fā)出的光電子的最大動能為1.0eV，光子能量為______eV，則入射光的波長應為______m．（保留兩位有效數(shù)字．普朗克常量h=6.63x10-34J?s，光速c=3.0x108m/s）15、用如圖所示裝置來驗證動量守恒的實驗，質量為mB的鋼球B放在小支柱N上，球心離地面高度為H；質量為mA的鋼球A用細線拴好懸掛于O點；當細線被拉直時O點到球心的距離為L，且細線與豎直線之間夾角為α．球A由靜止釋放，擺到最低點時恰與球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球把輕質指示針C推移到與豎直線夾角為β處，B球落到地面上，地面上鋪有一張覆蓋有復寫紙的白紙D，用來記錄球B的落點．保持α角度不變，多次重復上述實驗，在白紙上記錄到多個B球的落地點．

（1）為保證實驗成功，必須保證mA______mB．（填“大于”；“等于”或“小于”）

（2）設碰撞前瞬間球A的速度為vA，碰撞后球A的速度為v′A，球B的速度為v′B，則實驗需要驗證的關系式為：______

（3）若實驗中測得mA、mB、L、α、β、H、s等物理量，用測得的物理量表示：mAvA=______；mAv′A=______；mBv′B=______．16、在物理學發(fā)展過程中許多科學家作出了重要貢獻．如：總結得出萬有引力定律的科學家是______；發(fā)現(xiàn)點電荷之間的相互作用規(guī)律的科學家是______．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)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、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）

19、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，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）

20、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）21、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）22、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）23、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）24、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，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32分)25、已知rm{CH_{3}隆陋CH簍TCH_{2}+HBr隆煤CH_{3}隆陋CHBr-CH_{3}}rm{1mol}某芳香烴rm{A}充分燃燒后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}該芳香烴rm{A}在不同條件下能發(fā)生如圖所示的一系列變化：

請回答下列問題：

rm{(1)A}中官能團的名稱為：______________，rm{A}的結構簡式：_______________________。

rm{(2)}上述反應中，rm{壟脵}是________反應rm{(}填反應類型rm{)(1}分rm{)}

rm{(3)}寫出rm{C}rm{D}rm{E}rm{H}物質的結構簡式：rm{C}____________________，rm{D}_______________，rm{E}_____________，rm{F}_______________。

rm{(4)}寫出rm{D隆煤F}反應的化學方程式：______________________________。26、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}是中學常見的無機物，存在如圖轉化關系rm{(}部分生成物和反應條件略去rm{)}rm{(1)}若rm{A}為常見的金屬單質，焰色反應呈黃色，rm{X}能使品紅溶液褪色，寫出rm{C}和rm{E}反應的離子方程式：__________________________．rm{(2)}若rm{A}為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，則：rm{壟脵}組成單質rm{A}的元素在周期表中的位置為_______________．rm{壟脷X}可能為___________rm{(}填代號rm{)}．rm{a.NaHCO_{3}}rm{b.Na_{2}CO_{3;;;;;;;;;;;;;;;}c.Na_{2}SO_{3;;;;;;;;;;;;;}d.Al(OH)_{3}}rm{(3)}若rm{A}為淡黃色粉末，回答下列問題：rm{壟脵1molA}與足量的rm{H_{2}O}充分反應時轉移的電子數(shù)目為_______________．rm{壟脷A}的電子式為___________________。rm{壟脹}若rm{X}為一種造成溫室效應的氣體rm{.}則鑒別等濃度的rm{D}rm{E}兩種溶液，可選擇的試劑為______rm{(}填代號rm{)}．rm{a.}鹽酸rm{b.BaCl_{2}}溶液rm{c.NaOH}溶液rm{d.Ca(OH)_{2}}溶液rm{(4)}若rm{A}為氧化物，rm{X}是rm{Fe}溶液rm{D}中加入rm{KSCN}溶液變紅rm{.}則rm{A}與rm{H_{2}O}反應的化學反應方程式為___________rm{.E}是_________rm{(}填化學式rm{)}27、工業(yè)制鈦白粉產生的廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生產補血劑乳酸亞鐵。其生產流程如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中電離為TiO2+和SO2-4。請回答下列問題：

（1）寫出TiOSO4水解生成鈦酸H4TiO4的離子方程式____。步驟①中加入足量鐵屑的目的是____。

（2）步驟②的離子方程式是____，所得副產品主要是____（填化學式）。

（3）工業(yè)上由H4TiO4可制得鈦白粉TiO2。TiO2直接電解還原法生產鈦是一種較先進的方法，電解質為熔融的CaCl2，原理如圖所示，陰極的電極反應式為____。

（4）工業(yè)上利用TiO2還可以用下列流程制取單質鈦：

已知：①C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H1＝－393.5kJ/mol②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H2＝－566kJ/mol③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)△H3＝+141kJ/mol則TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的△H＝____。

（5）乳酸可由乙烯經下列步驟合成：上述合成路線的總產率為56%，乳酸與碳酸亞鐵反應轉化為乳酸亞鐵晶體的產率為80%，則生產468kg乳酸亞鐵晶體（M＝234g/mol）需要標準狀況下的乙烯____m3。

28、風靡全球的飲料果醋中含有蘋果酸(MLA)

其分子式為C4H6O50.1mol

蘋果酸與足量NaHCO3

溶液反應能產生4.48LCO2(

標準狀況)

蘋果酸脫水能生成使溴水褪色的產物。如圖表示合成MLA

的路線。

(1)

寫出下列物質的結構簡式：A

____，D

____。

(2)

指出反應類型：壟脵

____壟脷

____。

(3)

寫出所有與MLA

具有相同官能團的同分異構體的結構簡式：____。

(4)

寫出E隆煤F

轉化的化學方程式____。

(5)

上述轉化關系中步驟壟脹

和壟脺

的順序能否顛倒？____(

填“能”或“不能”)

說明理由：____。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】試題分析：在滑動變阻器滑片P自a端向b端滑動的過程中，R3阻值減小，總電阻減小，總電流變大，則R1兩端電壓變大，電壓表示數(shù)變大；R2R3兩端的電壓減小，R2的電流減小，安培表電流變大，C正確，A錯誤；電源的效率：即隨外電路電阻R的減小，電源的效率減小，選項B錯誤；電源內阻r小于定值電阻R1，故當滑動變阻器阻值減小時，外電路電阻向內阻接近，電源的輸出功率增加，選項D錯誤；故選C.考點：電路的動態(tài)分析；電源的效率及輸出功率.【解析】【答案】C2、A|B【分析】試題分析：圖線為一條傾斜的直線，該導體為線性原件，歐姆定律適用，故通過電阻的電流與其兩端的電壓成正比，A正確；根據(jù)歐姆定律可得：故B正確；斜率為1，但是電阻為2歐姆，所以兩者不相等，C錯誤；在R兩端加6.0V電壓時，電流每秒通過電阻截面的電量是．故D錯誤．考點：考查了歐姆定律的應用【解析】【答案】AB3、B【分析】【分析】同步衛(wèi)星與地面保持相對靜止，其角速度、周期與地球一致；線速度、距地面高度等都保持不變。本題簡單考查了同步衛(wèi)星的基本特點，平時可以多記憶，有助于快速解題?！窘獯稹緼.繞地球運行的軌道為圓，故A錯誤；B.運行周期與地球自轉周期相同，故B正確；C.同步衛(wèi)星靜止在赤道上空，故C錯誤；D.運行方向與地球自轉方向相同，故D錯誤。故選B?！窘馕觥緽

4、A|B|D【分析】試題分析：電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最高，a等勢線的電勢最低，故A正確；根據(jù)質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B正確；從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故C錯誤；等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故D正確，故選ABD．考點：等勢線；電勢及電勢能.【解析】【答案】ABD5、B【分析】a射線的穿透能力最弱，一張白紙就能擋住，β射線的穿透能力較強，能穿透幾毫米的鋁板，γ射線的穿透能力最強，能穿透幾厘米后的鉛板，A錯；γ射線是伴隨兩種衰變產生的，是生成的新核處于高能級，原子核在由高能級向低能級躍遷時向外輻射出來的，B錯；三種射線中對氣體電離作用最強的是a射線，電離能力最弱的是γ射線，β粒子是由一個中子分裂成一個質子和一個電子產生的，D對【解析】【答案】B6、B【分析】解：由于電場線的疏密可知，a

點的電場強度強，所以EB<EA

故B正確；ACD錯誤。

故選：B

．

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，沿著電場線方向電勢是降低的，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以及電勢之間的關系．【解析】B

7、D【分析】解：ABCD；庫侖定律只適用于點電荷；兩塊靠近的鋁箔是不能看作點電荷的，因此，兩塊鋁箔之間的靜電力并不滿足庫侖定律，A、B、C三種說法都是錯誤的。D正確。

故選：D。

庫侖定律適于點電荷；不是點電荷不能用其求庫侖力。對于兩塊鋁箔，因距離小，則不能視為點電荷，不適用于庫侖定律。

考查庫侖定律的適用條件，明確兩塊近距鋁箔不能視為點電荷?！窘馕觥緿二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】解：平行板電容器所帶的電荷量Q=3.0×10-10C；它的兩平行板之間的電壓為2.0V，則它的電容為：

C==1.5×10-4μF

電容器的電容由電容器本身決定，與帶電量無關，如果兩平行板的帶電荷量各減少了一半，則電容器帶電量減小為由于電容不變，故電壓也減小為即1V；

故答案為：1.5×10-4，1，1.5×10-4．

根據(jù)電容的定義式求出電容的大小．根據(jù)Q=CU求出兩板間電勢差；

對于電容器的電容定義式C=可根據(jù)比值定義法的共性來理解，知道C與Q、U無關．【解析】1.5×10-4；1；1.5×10-49、略

【分析】解：表面張力產生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層；叫做表面層，表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力．所以該說法是正確的．

故答案為：√

作用于液體表面；使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力．它產生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力．

此題考查液體表面張力的現(xiàn)象，要求對液體表面張力產生的原因能理解，并能分析一些現(xiàn)象．【解析】√10、略

【分析】解：(1)飽和汽：與液體處于動態(tài)平衡的蒸汽叫做飽和汽；此時相同時間內回到水中的分子數(shù)等于從水平飛出去的分子數(shù)；

(2)飽和氣壓：在一定溫度下；飽和汽的分子數(shù)密度一定，飽和汽的壓強也是一定的，這個壓強叫這種液體的飽和汽壓，飽和氣壓只指此蒸汽的分氣壓，與其他氣體壓強無關．

故答案為：(1)與液體處于動態(tài)平衡；等于。

(2)無【解析】與液體處于動態(tài)平衡;等于;無11、略

【分析】解：由圖甲知電流從左接線柱流入電流表時；其指針向左偏轉。

(1)S

閉合后；將A

插入B

中，磁通量增大，由楞次定律和安培定則可判斷B

中電流方向向上，從右接線柱流入，故電流表指針向右偏轉；

(2)A

放在B

中不動；磁通量不變，不產生感應電流，指針不偏轉；

(3)

斷開開關；穿過B

的磁通量減小，電流表指針向左偏轉。

故答案為：(1)

向右偏轉；(2)

不動；(3)

向左偏轉。

由安培定則判斷出判斷出線圈A

產生的磁場方向；然后判斷出穿過線圈B

的磁通量如何變化，最后由楞次定律判斷出感應電流的方向，確定電流表指針的偏轉方向。

本題是一道基礎題，熟練掌握并靈活應用安培定則及楞次定律即可正確解題?！窘馕觥肯蛴移D；不偏轉；向左偏轉12、略

【分析】A.【分析】本題很簡單直接從圖象中即可求出交流電的最大值及周期。

電壓表測出有效值明確交流電圖象的物理意義，正確根據(jù)圖象獲取有關交流電的信息是對學生的基本要求，平時要加強練習?！窘獯稹坑蓤D讀出周期T=2隆脕10鈭?2s

頻率為f=1T=50Hz

由圖讀出，電壓的最大值是Um=311V

電壓表測量有效值，有效值為U=22Um=220V

故答案為：5050220220B.【分析】

題中已知勻強電場中ab

間的電勢差和距離；根據(jù)電勢差與場強的關系式U=Edd

是兩點沿場強方向的距離求解場強。W=qU

求出電場力做功，即可得到電勢能的變化。

解決本題的關鍵是掌握U=Ed

和W=qU

兩個公式，知道d

是兩點沿場強方向的距離?！窘獯稹?/p>

ab

的方向與電場線的方向平行，則由Uab=Edab

則場強為：E=Uabdab=4.00.4=10V/m

電子在電場中受到的電場力的方向與電場線的方向相反，則電子受到的電場力的方向向左，把電子從a

點移到b

點；電場力對電子做負功，電子的電勢能增大。

故答案為：10

增大。

【解析】A.5050220220

B.1010增大

13、略

【分析】解：(1)

由單擺周期公式得：T=L+hg

得到：T2=4婁脨2Lg+4婁脨2hg

當L=0

時，T2=4婁脨2hg>0

則真正的圖象是a

．

(2)

當T2=0

時；L=鈭?h

即圖象與L

軸交點坐標．

h=鈭?L=31.5cm=0.315m

圖線的斜率大小k=4婁脨2g

由圖；根據(jù)數(shù)學知識得到k=4

解得：g=9.86m/s2

(3)

根據(jù)(1)

中分析可知把擺線加上球直徑當成了擺長；即L

偏大，導致圖線的縱軸截距偏小，斜率不變.

故對h

的影響是比真實值小，對g

的沒有影響．

故答案為：(1)a(2)0.3159.86(3)BA

．

根據(jù)單擺的周期公式推導出T2鈭?L

函數(shù)關系解析式；選擇圖象．

研究圖象與坐標軸交點的意義；求出h

和g

．

實驗的核心是實驗原理，根據(jù)原理推導解析式，研究圖象下列幾個方面的意義，如：斜率、截距、面積等等．【解析】a0.3159.86BA

14、略

【分析】解：根據(jù)題意可知逸出功W0=1.9eV光電子的最大初動能Ekm=1.0eV

根據(jù)光電效應方程Ekm=hγ-w0

得光子能量?=hγ=w0+Ekm=1.9eV+1.0eV=2.9eV

2.9eV=2.9×1.6×10-19=4.64×10-19

由光子能量公式?=hγ=h

代入數(shù)據(jù)得λ=4.3×10-7m

答：光子能量為2.9eV，入射光的波長應為4.3x10-7m．

根據(jù)光電效應方程Ekm=hγ-w0和光子能量公式?=進行分析．

解決本題的關鍵是掌握光電效應方程，特別是光子能量的公式要記住．【解析】2.9；4.3×10-715、略

【分析】解：（1）根據(jù)實驗原理可知；小球A沒有落到地面上，只有B落地，故應讓A球的速度大于B球；

（2）由動量守恒定律可知：

應滿足的表達式為：mAvA=mAvA′+mBvB′

（3）小球從A處下擺過程只有重力做功；機械能守恒，由機械能守恒定律得：

mAgL（1-cosα）=mAvA2-0；

解得：vA=

則PA=mAvA=mA

小球A與小球B碰撞后繼續(xù)運動；在A碰后到達最左端過程中，機械能再次守恒，由機械能守恒定律得：

-mAgL（1-cosβ）=0-mAvA′2；

解得vA′=

PA′=mAvA′=mA

碰前小球B靜止，則PB=0；

碰撞后B球做平拋運動，水平方向：S=vB′t，豎直方向H=gt2；

解得：vB′=S

則碰后B球的動量為：PB′=mBvB′=mBS

故答案為：（1）大于；（2）mAvA=mAvA′+mBvB′（3）mAmAmBS．

A球下擺過程機械能守恒；根據(jù)守恒定律列式求最低點速度；球A上擺過程機械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球B做平拋運動，根據(jù)平拋運動的分位移公式求解碰撞后B球的速度，求出動量的表達式，然后分析答題。

本題考查了確定實驗需要測量的量，知道實驗原理、求出實驗需要驗證的表達式是正確解題的關鍵【解析】大于；mAvA=mAvA′+mBvB′；mAmAmBS16、略

【分析】解：在物理學發(fā)展過程中許多科學家作出了重要貢獻．如：總結得出萬有引力定律的科學家是牛頓；

發(fā)現(xiàn)點電荷之間的相互作用規(guī)律的科學家是庫侖．

故答案為：牛頓；庫侖。

根據(jù)物理學史和常識解答；記住著名物理學家的主要貢獻即可．

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一【解析】牛頓；庫侖三、判斷題(共8題，共16分)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、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．19、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小．20、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．21、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．22、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．23、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．24、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?。?、推斷題(共4題，共32分)25、（1）碳碳雙鍵

（2）加成

（3）

（4）+NaOH+NaBr【分析】【分析】本題考查有機推斷，涉及烯烴、鹵代烴、醇等性質以及學生根據(jù)信息給予獲取知識的能力，是對有機化合物知識的綜合考查，能較好的考查考生的自學能力和分析推理能力，推斷出rm{A}的分子式，根據(jù)反應條件及反應類型，利用順推法進行推斷，是高考熱點題型，難度中等?！窘獯稹縭m{1mol}某烴rm{A}充分燃燒后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}故烴rm{A}的分子式為rm{C_{8}H_{8}}不飽和度為rm{dfrac{2隆脕8+2-8}{2}=5}可能含有苯環(huán)，由rm{A}發(fā)生加聚反應生成rm{C}故A中含有不飽和鍵，故A為rm{C}為rm{A}與溴發(fā)生加成反應生成rm{B}則rm{B}為rm{B}在氫氧化鈉的乙醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應生成rm{E}則rm{E}為rm{E}與溴發(fā)生加成反應生成由信息烯烴與rm{HBr}的加成反應可知，不對稱烯烴與rm{HBr}發(fā)生加成反應，rm{H}原子連接在含有rm{H}原子多的rm{C}原子上，故與rm{HBr}放出加成反應生成rm{D}則rm{D}為rm{D}在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成rm{F}則rm{F}為rm{F}與乙酸發(fā)生酯化反應生成rm{H}故H為據(jù)此解答。rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}中的官能團是碳碳雙鍵，rm{A}的結構簡式：故答案為：碳碳雙鍵；

rm{(2)}上述反應中，反應rm{壟脵}是與溴發(fā)生加成反應生成

故答案為：加成；

rm{(3)}由上述分析可知，rm{C}為rm{D}為rm{E}為rm{F}為

故答案為：

rm{(4)D隆煤F}是在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成反應方程式為：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}

故答案為：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaBr}

rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}【解析】rm{(1)}碳碳雙鍵rm{{,!}_{;;;}}rm{(2)}加成rm{(3)}rm{(4)}rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}rm{+NaBr}26、rm{(1)OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}

rm{(2)壟脵}第三周期第rm{VIIA}族

rm{壟脷b}

rm{(3)壟脵N_{A}}

rm{壟脷}

rm{壟脹ab}

rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}【分析】【分析】本題考查無機物的推斷，是高考中的常見題型，試題綜合性強，難度較大，有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力和抽象思維能力，提高學生分析問題、以及靈活運用基礎知識解決實際問題的能力rm{.}做好本題的關鍵之處在于把握好常見物質的性質以及有關轉化，并能結合題意具體問題、具體分析即可?！窘獯稹縭m{(1)}若rm{A}為常見的金屬單質，焰色反應呈黃色，應為rm{Na}rm{X}能使品紅溶液褪色，應為rm{SO_{2}}則rm{B}為rm{H_{2}}rm{C}為rm{NaOH}rm{D}為rm{Na_{2}SO_{3}}rm{E}為rm{NaHSO_{3}}rm{C}和rm{E}反應的離子方程式為rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}故答案為：rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}若rm{A}為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，應為rm{Cl_{2}}則rm{B}為rm{HClO}rm{C}為rm{HCl}rm{壟脵Cl}原子核外有rm{3}個電子層，最外層電子數(shù)為rm{7}位于周期表第三周期Ⅶrm{A}族，故答案為：第三周期Ⅶrm{A}族；rm{壟脷a.C}為鹽酸，可與rm{NaHCO_{3}}反應生成rm{CO_{2}}但rm{CO_{2}}與rm{NaHCO_{3}}不反應，故rm{a}錯誤；rm{b..C}為鹽酸，與rm{Na_{2}CO_{3}}反應生成rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}與rm{Na_{2}CO_{3}}反應可生成rm{NaHCO_{3}}故rm正確；rm{c..C}為鹽酸，與rm{Na_{2}SO_{4}}不反應，故rm{c}錯誤；rm{d.}鹽酸與氫氧化鋁反應生成氯化鋁，氯化鋁與氫氧化鋁不反應，故rmworpnwa錯誤，故答案為：rmrm{(3)}若rm{A}為淡黃色粉末，應為rm{Na_{2}O_{2}}rm{壟脵1molA}與足量的rm{H_{2}O}充分反應時過氧化鈉自身發(fā)生氧化還原反應，轉移的電子數(shù)目為rm{N_{A}}故答案為：rm{N_{A}}rm{壟脷Na_{_{2}}O_{_{2}}}含有離子鍵、共價鍵，電子式為故答案為：rm{壟脹}若rm{X}為一種造成溫室效應的氣體，應為rm{CO_{2}}則rm{C}為rm{NaOH}rm{D}為rm{Na_{2}CO_{3}}rm{E}為rm{NaHCO_{3}}鑒別等濃度的rm{D}rm{E}兩種溶液，可用鹽酸或氯化鋇溶液，故答案為：rm{ab}rm{(4)}若rm{A}為氧化物，rm{X}是rm{Fe}由轉化關系可知rm{C}具有強氧化性，則rm{A}為rm{NO_{2}}rm{B}為rm{NO}rm{C}為rm{HNO_{3}}rm{NO_{2}}與水反應的方程式為rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe}與硝酸生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}rm{)}與rm{3}反應生成rm{3}rm{Fe}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}故答案為：rm{)}rm{2}rm{2}rm{{,!}_{,}}rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO}rm{3}【解析】rm{(1)OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)壟脵}第三周期第rm{VIIA}族rm{壟脷b}rm{(3)壟脵N_{A}}rm{壟脷}rm{壟脹ab}rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}27、略

【分析】【分析】本題考查了鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變、離子方程式的書寫、電解原理、焓變的計算、原料利用率的計算等，難度中等，注意把握相關基本理論的理解和應用?！窘獯稹浚?）根據(jù)水解原理：鹽+水=酸+堿，則TiOSO4水解生成鈦酸H4TiO4的離子方程式TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+；步驟①中加入足量鐵屑的目的是將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，消耗溶液中的H+促進TiO2+水解。（2）NH4HCO3在溶液中電離出HCO3-離子，易電離生成碳酸根，碳酸根和亞鐵離子反應生成FeCO3促進HCO3-電離，故離子方程式Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；所得的副產物為溶液中沒有參加反應的銨根離子和硫酸根離子形成的(NH4)2SO4；（3）電解時，陰極上得電子發(fā)生還原反應，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，故陰極電極反應：TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（4）依據(jù)蓋斯定律：由③+①×2-②可知△H＝△H3+△H1×2-△H2=+141+（-393.5）×2-（-566）=-80kJ/mol。（5）由題意知，乳酸生成乳酸亞鐵的物質的量之比為2：1，設需要乙烯x