2024年華師大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2024年華師大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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示勻強電場E的區(qū)域內(nèi)，在O點處放置一點電荷＋Q.a、b、c、d、e、f為以O為球心的球面上的點，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是A.b、d兩點的電場強度相同B.a點的電勢等于f點的電勢C.點電荷＋q在球面上任意兩點之間移動時，電場力一定做功D.將點電荷＋q在球面上任意兩點之間移動，從a點移動到c點電勢能的變化量一定最大2、一只電阻分別通過四種不同形式的電流，電流隨時間變化的情況如下圖所示，在相同時間內(nèi)電阻產(chǎn)生熱量最大的是（）A.B.C.D.3、所謂“運動狀態(tài)的改變”的正確理解是（）A.僅指速度大小的改變B.僅指速度方向的改變C.要改變物體的運動狀態(tài)，必須有力的作用D.物體運動的速度發(fā)生變化，運動狀態(tài)不改變4、在感應起電中，帶負電物體靠近帶絕緣底座的導體時，如圖所示M

處將()

A.帶正電B.帶負電C.不帶電D.以上答案均有可能5、一根均勻?qū)Ь€，現(xiàn)將它均勻拉長，使導線的直徑減小為原來的一半，此時它的阻值為64婁賂.64婁賂.則導線原來的電阻值為A.128婁賂

B.32婁賂

C.4婁賂

D.2婁賂

6、在科學研究中，科學家常將未知現(xiàn)象同已知現(xiàn)象進行比較，找出其共同點，進一步推測未知現(xiàn)象的特性和規(guī)律。法國物理學家?guī)靵鲈谘芯慨惙N電荷的吸引力問題時，曾將扭秤的振動周期與電荷間距離的關系類比單擺的振動周期與擺球到地心距離的關系。已知單擺擺長為l

，引力常量為G

，地球質(zhì)量為M

，擺球到地心的距離為r

，則單擺振動周期T

與距離r

的關系式為()A.T=2蟺rGMl

B.T=2蟺rlGM

C.T=2蟺rGMl

D.T=2蟺lrGM

7、理想變壓器的原副線圈的端電壓之比為31

圖中有四個完全相同的燈泡，若L2L3L4

都正常發(fā)光，則燈泡L1

一定：()A.比正常發(fā)光時亮，并有可能燒毀B.比正常發(fā)光時暗一些C.正常發(fā)光D.條件不足，無法判斷8、如圖所示，一理想變壓器原線圈的匝數(shù)n1=1100

匝，副線圈的匝數(shù)n2=220

匝，交流電源的電壓u=220

sin(100婁脨t)VR

為負載電阻，電壓表、電流表均為理想電表，則下列說法中正確的是(

)

A.交流電的頻率為100Hz

B.電壓表的示數(shù)為44V

C.電流表A1

的示數(shù)大于電流表A2

的示數(shù)D.變壓器的輸入功率大于輸出功率9、下列說法正確的是（）A.物體的動量發(fā)生變化，則物體的動能一定變化B.物體的動能發(fā)生變化，則物體的動量一定變化C.合外力對系統(tǒng)做功為零，則系統(tǒng)的動量一定守恒D.系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動量不一定守恒評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、如圖所示為某電場中的幾條電場線和等勢面，一重量不計的帶電粒子在電場中沿AB曲線運動，先后經(jīng)過A、B兩點，此粒子帶的是____電（填正、負），經(jīng)過A、B兩點時的加速度aA____aB（填＞、＜、=），經(jīng)過A、B兩點時的速率VA____VB（填＜；＞、=）．

11、某實驗小組在利用單擺測定當?shù)刂亓铀俣鹊膶嶒炛校?/p>

①用螺旋測微器測定擺球的直徑，測量結(jié)果如圖所示，則該擺球的直徑為______cm．

②某小組在利用單擺測定當?shù)刂亓铀俣鹊膶嶒炛腥绻麥y得g值偏大，原因可能是______

A．把擺線長與小球直徑之和做為擺長。

B．擺線上端懸點未固定；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了。

C．開始計時時；秒表過早按下。

D．實驗中誤將49次全振動次數(shù)記為50次．12、用接在50Hz

交流低壓電源上的打點計時器研究小車的勻加速直線運動，某次實驗中得到一條紙帶如圖所示.

從比較清晰的點起，每五個打印點取作一個計數(shù)點，分別標明01234

量得23

之間的距離x3=3.00cm34

兩點間的距離x4=4.80cm

則23

兩計數(shù)點間的時間間隔為______s

小車在位置3

的瞬時速度為_________m/s

小車的加速度為__________m/s2

．

13、如圖所示，a、b是勻強電場中的兩點已知兩點間的距離為0.4m，兩點的連線與電場線成37角，兩點間的電勢差則勻強電場的場強大小為E=____V/m，把電子從a點移到b點電場力做功W=____J．14、兩顆人造地球衛(wèi)星質(zhì)量的比m1：m2=1：2，軌道半徑之比r1：r2=3：1．求這兩顆衛(wèi)星運行的周期之比T1：T2=____；線速度之比v1：v2=____．15、平行板電容器兩板間距為4cm，帶電5.0×10-8C，板間電場強度為4.5×104N/C，則其電容C=______F，若保持其他條件不變而使兩板正對面積減為原來的則其電容變?yōu)開_____．16、如圖示，為萬用表歐姆擋的內(nèi)部電路，a、b為表筆插孔，下列說法中正確的是______（填序號“①”；“②”、“③”、“④”）．

①a孔插紅表筆。

②表盤刻度是均勻的。

③用×100Ω擋測量時；若指針指在0Ω附近，則應換用×1kΩ擋。

④實驗結(jié)束后，將表筆拔出，并將選擇開關旋至“off”檔或交流最高檔．17、在實驗室里為了驗證動量守恒定律；一般采用如圖甲；乙所示的兩種裝置：

（1）若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2，則______

A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＞m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2

（2）若采用圖乙所示裝置進行實驗，以下所提供的測量工具中必需的是______

A．直尺B．游標卡尺C．天平D．彈簧測力計E．秒表。

（3）設入射小球的質(zhì)量為m1，被碰小球的質(zhì)量為m2，P為碰前入射小球落點的平均位置，則關系式（用m1、m2及圖中字母表示）______成立，即表示碰撞中動量守恒．18、如圖所示為一個電容器；從圖中我們可以看出該電容器的電容為______．

評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)19、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）20、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）21、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）

22、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）23、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）24、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)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）25、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(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）

26、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、實驗探究題(共1題，共6分)27、一靈敏電流計（電流表）；當電流從它的正接線柱流人時，指針向正接線柱一側(cè)偏轉(zhuǎn)?，F(xiàn)把它與一個線圈串聯(lián)，試就如圖中各圖指出：

（1）圖（a）中靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)方向為____________。（填“偏向正極”或“偏向負極”）

（2）圖（b）中磁鐵下方的極性是______。（填“N極”或“S極”）

（3）圖（c）中磁鐵的運動方向是______。（填“向上”或“向下”）

（4）圖（d）中線圈從上向下看的電流方向是______。（填“順時針”或“逆時針”）。評卷人得分五、推斷題(共2題，共16分)28、【化學rm{-}選修r(nóng)m{5}有機化學基礎】有機化合物rm{A}是一種農(nóng)藥生產(chǎn)的中間體，rm{A}在一定條件下可發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化：

請回答下列問題：

rm{(1)A}分子中官能團的名稱為____；

rm{(2)C}能發(fā)生反應的類型有______rm{(}填字母rm{)}

rm{a}rm{.}取代反應rmrm{.}消去反應rm{c}rm{.}加成反應rm7bkisszrm{.}氧化反應。

rm{(3)}反應rm{壟脵}的化學方程式為____；

rm{(4)}寫出rm{B}到rm{C}的離子方程式____；

rm{(5)E}在一定條件下反應能生成高分子化合物，寫出此高分子化合物所有可能的結(jié)構簡式：____。29、元素rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}rm{F}都是重要的非金屬元素，rm{Fe}rm{Cu}是應用非常廣泛的金屬．

rm{(1)Fe}元素基態(tài)原子的核外電子排布式為____．

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}個電子，該分子中rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵的個數(shù)比為____

rm{(3)C}rm{N}rm{O}三種元素的第一電離能由大到小的順序為rm{(}用元素符號表示rm{)}____

rm{(3)}在測定rm{HF}的相對分子質(zhì)量時，實驗測得值一般高于理論值，其主要原因是____

rm{(5)C}rm{N}兩元素形成的化合物rm{C_{3}N_{4}}形成的原子晶體，結(jié)構類似金剛石，甚至硬度超過金剛石，其原因是____

rm{(6)}如圖為石墨晶胞結(jié)構示意圖，該晶胞中含有rm{C}原子的個數(shù)為____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】試題分析：點電荷+Q在b點產(chǎn)生的電場方向為豎直向上，在d點產(chǎn)生的電場方向為豎直向下，勻強電場方向水平向右，根據(jù)平行四邊形定則可知，b點的合場強斜向右上方，d點的合場強斜向左下方，兩點場強大小相同，方向不同，電場強度不同．故A錯誤；將一個試探正電荷由a點移動到f點，點電荷電場力不做功，勻強電場的電場力做正功，故合力做正功，電勢能減小，電勢降低，故B錯誤；當電荷+q沿著球面上的bedf移動時，勻強電場的電場力不做功，點電荷電場力也不做功，故合電場力不做功，故C錯誤；將點電荷+q在球面上任意兩點之間移動，點電荷電場力不做功，從a點移動到c點，勻強電場的電場力做功最大，故合力做功最大，故D正確?？键c：勻強電場中電勢差和電場強度的關系；電勢能．【解析】【答案】D2、D【分析】【解答】對A、對于正弦式電流，有效值：根據(jù)焦耳定律得：對B、對于正弦式電流，有效值：根據(jù)焦耳定律得：對C、根據(jù)焦耳定律得：對D、對于方波，根據(jù)焦耳定律得：故選項D正確。

【分析】正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率；根據(jù)焦耳定律求解熱量，其中I是有效值，對于正弦式電流有效值與峰值是倍關系．對于方波，直接根據(jù)焦耳定律求解熱量。3、C【分析】解：A；B、D、運動狀態(tài)的特征物理量是速度；速度的改變包括速度大小的改變、速度方向的改變、速度大小和方向的改變，故A錯誤，B錯誤，D錯誤；

C；物體的運動狀態(tài)即速度的改變；一定具有加速度，合力一定不為零，故C正確；

故選C．

狀態(tài)與時刻相對應；運動狀態(tài)的特征物理量是瞬時速度，瞬時速度是矢量，其大小和方向的改變都是速度改變．

本題關鍵明確兩點：矢量改變包括大小改變、方向改變、大小和方向的同時改變；力是改變運動狀態(tài)的原因．【解析】【答案】C4、B【分析】【分析】本題主要考查了靜電感應的規(guī)律，掌握電荷間的作用力規(guī)律是解題關鍵。電荷間同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。【解答】當帶負電物體靠近帶絕緣底座的導體時；由于同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，左端的負電荷受到排斥力運動到右側(cè)，所以M

處帶負電。故ACD錯誤，B正確。

故選B。

【解析】B

5、C【分析】本題考查了電阻定律的應用。直徑減小一半，橫截面積為原來的，長度為原來的44倍，由知此時的電阻為原來的1616倍，所以原來的電阻為4婁賂4婁賂C正確、ABD錯誤。故選C?！窘馕觥緾

6、B【分析】解：在地球表面；重力等于萬有引力，故：

mg=GMmr2

解得：

g=GMr2壟脵

單擺的周期為：

T=2婁脨lg壟脷

聯(lián)立壟脵壟脷

解得：

T=2婁脨rlGM

故選：B

．

先根據(jù)萬有引力等于重力列式求解重力加速度，再根據(jù)單擺的周期公式列式，最后聯(lián)立得到單擺振動周期T

與距離r

的關系式．

本題關鍵是記住兩個公式，地球表面的重力加速度公式和單擺的周期公式，基礎題目．【解析】B

7、C【分析】略【解析】C

8、B【分析】【分析】電壓表、電流表的示數(shù)表示電壓電流的有效值，原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，電流比等于匝數(shù)之反比，原線圈的電壓決定副線圈的電壓，副線圈的電流決定原線圈的電流，理想變壓器的輸入功率等于輸出功率。本題考查變壓器的原理，屬于基礎題。【解析】A.交流電的周期T=2蟺蠅=2蟺100蟺=0.02sf=1T=50Hz.

故A錯誤；

B.原線圈的電壓，U1U2=n1n2，則UU2=44V.=44V.故B正確；C.原副線圈的電流比等于匝數(shù)之反比，因為n1>n2

所以I1<I2

即電流表A1

示數(shù)小于電流表A2

示數(shù).

故C錯誤；

D.變壓器的輸入功率等于輸出功率；故D錯誤。

故選B?！窘馕觥緽

9、B【分析】解：A；物體的動量發(fā)生變化；速度一定變化，可能是由于速度方向變化，速度大小不變，則動能可能不變，故A錯誤。

B；物體的動能發(fā)生變化；速度大小一定變化，速度變化，則動量一定變化，故B正確。

C；合外力對系統(tǒng)做功為零；合外力可能不為零，系統(tǒng)的動量可能變化，故C錯誤。

D；系統(tǒng)所受合外力為零；合外力沖量為零，由動量定理知系統(tǒng)的動量一定守恒，故D錯誤。

故選：B。

動量是矢量；動能是標量。動量與速度有關，動能與速率有關。合外力對系統(tǒng)做功為零，則系統(tǒng)的動能不變。系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒。

本題考查對動量守恒條件的理解，要抓住動量守恒的條件：合外力為零，也可以通過舉例的方法進行分析。【解析】B二、填空題(共9題，共18分)10、負＞＞【分析】【解答】解：帶電粒子做曲線運動；所受電場力應指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，則知該粒子所受的電場力方向向左，與場強方向相反，則知帶電粒子帶負電．

據(jù)AB兩點的電場線的疏密程度知：A點的場強大于B點的場強，粒子在A點的電場力大，再據(jù)牛頓第二定律判斷知，加速度關系為aA＞aB．

從A運動到B的過程中，電場力方向粒子速度方向成鈍角，則電場力做負功，粒子的動能減小，速率減小，故vA＞vB．

故答案為：負；＞，＞．

【分析】帶電粒子在電場中沿AB曲線運動的軌跡；可判斷出粒子所受的電場力方向，從而確定粒子的電性；

據(jù)電場線的疏密程度知：A點的場強大于B點的場強，從而判斷在兩點的加速度；據(jù)電場力做負功，由動能定理判斷兩點的速率．11、略

【分析】解：①由圖示螺旋測微器可知；其示數(shù)為：1.5mm+20.4×0.01mm=1.704mm=0.1704cm；

②由單擺周期公式：T=2π可知，重力加速度：g=

A、把擺線長與小球直徑之和做為擺長，所測擺長L偏大，由g=可知；所測重力加速度g偏大，故A正確；

B、擺線上端懸點未固定，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，所測周期T偏大，由g=可知；所測重力加速度偏小，故B錯誤；

C、開始計時時，秒表過早按下，所測周期T偏大，由g=可知；所測重力加速度偏小，故C錯誤；

D、實驗中誤將49次全振動次數(shù)記為50次，所測周期T偏小，由g=可知；所測重力加速度偏大，故D正確；故選AD．

故答案為：①0.1704；②AD．

①螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；

②應用單擺周期公式求出重力加速度；然后根據(jù)重力加速度的表達式分析答題．

本題考查了螺旋測微器讀數(shù)、測重力加速度實驗的實驗誤差分析，掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，應用單擺周期公式即可解題．【解析】0.1704；AD12、0.10.391.8【分析】【分析】紙帶法實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用平均速度的定義可以求出兩點之間的平均速度，利用勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度等于該過程中的平均速度可以求出某點的瞬時速度，根據(jù)逐差法可以得出加速度。本題比較簡單，考查了有關紙帶處理的基本知識，平時要加強基礎實驗的實際操作，提高操作技能和數(shù)據(jù)處理能力，要注意單位的換算和有效數(shù)字的保留?！窘獯稹棵扛粑鍌€打印點取一個計數(shù)點，所以23

兩計數(shù)點間的時間間隔為0.1s

小車在24

之間的平均速度為3

時的瞬時速度：v3=x242T=0.048+0.030.2=0.39m/s

根據(jù)鈻?x=aT2

解得：a=?xT2=X4鈭?X3T2=0.048鈭?0.0300.01=1.8m/s2

．故答案為：0.10.391.8

【解析】0.10.391.8

13、略

【分析】

（1）由于ab連線與電場方向成37角，做bc垂直于場強的方向；則ac為沿場強方向的有效長度．

則：ac=abcosθ=d?cos37°=0.32m

由公式：U=Ed有效

得：V/m

（2）W=qU=-1.6×10-19×2.4×103=-3.84×10-16J

故答案為：7.5×103，-3.84×10-16．

【解析】【答案】勻強電場中AB連線與電場方向成θ角，當將電量為+q的點電荷從a移到b，則電場力做功應當是ab之間的有效場強做功；因此要先求出有效長度，再代入公式進行計算．

14、略

【分析】

設地球的質(zhì)量為M．人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動；由地球的萬有引力提供向心力，則有。

G得T=2π則得兩顆衛(wèi)星運行的周期之比T1：T2==31

衛(wèi)星的線速度為v=

則線速度之比為v1：v2=1：

故答案為：31，1：

【解析】【答案】人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動；由地球的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律列方程，得到衛(wèi)星的周期；速度與半徑的關系，再求解比值．

15、略

【分析】解：由U=Ed可得：U=4.5×104N/C×4×10-2=1.8×103V；

則由C=得C==2.8×10-11F；

由C=?可知；電容與正對面積成正比；

則變化后的電容C′==7×10-12F；

故答案為：2.8×10-11；7×10-12F

由U=Ed可求得兩板間的電勢差；再由電容器的定義式可求得其電容；由決定式可求得改變正對面積以后的電容值．

本題考查電容器的定義式及決定式的應用，在解題時同時要注意電勢差與電場強度之間的關系．【解析】2.8×10-11；7×10-12F16、略

【分析】解：①；由圖示可知；a插孔與內(nèi)置電源負極相連，則a插孔是“+”插孔，a孔應查紅表筆，故①正確；

②；歐姆表刻度盤不均勻；右側(cè)稀疏左側(cè)密集，故②錯誤；

③；用×100Ω擋測量時；若指針指在0Ω附近，說明所選檔位太大，應換小擋，應換用×10Ω擋，故③錯誤；

④；結(jié)束后；將表筆拔出，并將選擇開關旋至“off”檔或交流最高檔，故④正確；

故選：①④．

歐姆表“+”插孔與內(nèi)置電源的負極相連；紅表筆查“+”插孔，黑表筆差“-”插孔；

歐姆表的刻度盤是不均勻的；右側(cè)刻度線稀疏，左端刻度線密集；

使用歐姆表測電阻時；應選擇合適的檔位，使指針指在中央刻度線附近；

結(jié)束后；將表筆拔出，并將選擇開關旋至“off”檔或交流最高檔．

本題考查了歐姆表的使用注意事項與歐姆表特點，知道歐姆表結(jié)構、原理、使用方法即可正確解題．【解析】①④17、略

【分析】解：（1）為保證兩球發(fā)生對心正碰；兩球的半徑應相等，為防止碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，故選C；

（2）小球離開軌道后做平拋運動，由h=gt2得小球做平拋運動的時間t=由于小球做平拋運動時拋出點的高度h相同；

則它們在空中的運動時間t相等，驗證碰撞中的動量守恒，需要驗證：m1v1=m1v1′+m2v2；

則：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，m1x1=m1x1′+m2x2，由圖乙所示可知，需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON；

因此實驗需要測量的量有：①入射小球的質(zhì)量；②被碰小球的質(zhì)量，③入射小球碰前平拋的水平位移，④入射小球碰后平拋的水平位移，⑤被碰小球碰后平拋的水平位移．實驗需要刻度尺與天平．

（3）由（2）可知，驗證碰撞中的動量守恒，需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON．

故答案為：（1）C；（2）AC；（3）m1OP=m1OM+m2ON．

（1）為了保證碰撞前后使入射小球的速度方向不變；故必須使入射小球的質(zhì)量大于被碰小球的質(zhì)量；為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同．

（2）求出需要驗證的表達式；根據(jù)表達式確定需要測量的量．

（3）根據(jù)動量守恒定律與圖示實驗情景確定需要驗證的表達式。

本題是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不便驗證的方程變成容易驗證．【解析】C；AC；m1OP=m1OM+m2ON18、略

【分析】解：由標稱值可知；該電容器的電容是100

微法=1隆脕10鈭?4

法，即1隆脕10鈭?4

F.

故答案為：1隆脕10鈭?4F(100婁脤F

也正確)

電解電容器上標有“100V100婁脤F

”的字樣；知應工作在安全直流電壓下，以及電容的大小，電容的大小與電容的電壓無關，由電容本身的因素決定．

解決本題的關鍵知道電容的大小由本身因素決定，以及知道電解電容器和普通電容器的區(qū)別．【解析】1隆脕10鈭?4F

三、判斷題(共8題，共16分)19、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．20、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(zhì)，與試探電荷無關．21、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?。?2、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．23、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?。浑妱莶钆c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(zhì)，與試探電荷無關．24、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(nèi)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(nèi)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(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．25、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(cè)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(jié)論．26、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?。?、實驗探究題(共1題，共6分)27、偏向正極S極向上順時針【分析】解：（1）磁鐵向下運動；穿過線圈的磁通量增加，原磁場方向向下，根據(jù)楞次定律感應電流方向俯視為逆時針方向，從正接線柱流入電流計，指針偏向正極。

（2）由圖可知；電流從負接線柱流入電流計，根據(jù)安培定則，感應電流的磁場方向向下，又磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，磁鐵下方為S極。

（3）磁場方向向下；電流從負接線柱流入電流計，根據(jù)安培定則，感應電流的磁場方向向下，根據(jù)楞次定律可知，磁通量減小，磁鐵向上運動。

（4）磁鐵向下運動；穿過線圈的磁通量增加，原磁場方向向上，根據(jù)楞次定律感應電流方向俯視為順時針方向。

故答案為：（1）偏向正極；

（2）S極；

（3）向上；

（4）順時針。

根據(jù)磁鐵的運動方向分析磁通量變化；由楞次定律確定感應電流方向，結(jié)合題給條件：當電流從它的正接線柱流人時，指針向正接線柱一側(cè)偏轉(zhuǎn)判斷指針偏轉(zhuǎn)方向分析判斷。

本題考查安培定則和楞次定律綜合應用的能力，常規(guī)題，只要細心分析就能正確作答?！窘馕觥科蛘龢OS極向上順時針五、推斷題(共2題，共16分)28、（1）氯原子、羥基、酯基（2）acd

（3）

（4）+CO2+H2O→+HCO3-

（5）【分析】【分析】本題考查有機物的推斷，難度中等，注意根據(jù)rm{A}的結(jié)構及反應條件進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，難度中等?！窘獯稹縭m{A}在堿性條件下水解生成和rm{B}與二氧化碳反應生成rm{C}而rm{C}遇氯化鐵溶液顯紫色，故B為rm{C}為則rm{D}為rm{D}酸化得到rm{E}為由rm{E}與rm{F}的分子式可知，rm{E}分子內(nèi)脫去rm{2}分子水生成rm{F}且rm{F}為五元環(huán)化合物，故E在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應和酯化反應，rm{F}可能為

rm{(1)}由rm{A}分子結(jié)構可知，其不含氧官能團的名稱為：氯原子、羥基、酯基，故答案為：氯原子；羥基、酯基；

rm{(2)C}為可以發(fā)生取代反應、加聚反應、氧化反應，不能發(fā)生消去反應，故答案為：rm{acd}

rm{(3)}反應rm{壟脵}的化學方程式為：

故答案為：

rm{(4)B}到rm{C}的離子方程式為：rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤}rm{+HCO_{3}^{-}}

故答案為：rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤}rm{+HCO_{3}^{-}}

rm{(5)E(}rm{)}在一定條件下反應能生成高分子化合物，其可能的結(jié)構簡式為：

故答案為：

【解析】rm{(1)}氯原子、羥基、酯基rm{(2)acd}

rm{(3)}

rm{(4)}rm{+CO2+H2O隆煤}rm{+HCO^{3-}}

rm{(5)}29、1s22s22p63s23p63d64s2;5：1;N＞O＞C;F元素電負性很大，分子之間形成氫鍵，以形成締合分子(HF)n;N原子半徑小于C原子半徑，鍵長C-N＜C-C，C-N鍵能更大;4【分析】試題分析：rm{(1)Fe}是rm{26}元素，核外電子數(shù)為rm{26}根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫；

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}個電子，該烴分子式為rm{C_{2}H_{4}}分子中含有rm{4}個rm{C-H}rm{1}個rm{C=C}雙鍵，雙鍵為rm{1}個rm{婁脪}鍵、rm{1婁脨}鍵；

rm{(3)}同周期自左而右元素第一電離能呈增大趨勢，但rm{N}元素原子的rm{2p}能級含有rm{3}個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，失去第rm{1}個電子需要的能量較大；

rm{(4)F}元素電負性很大；分子之間形成氫鍵，以形成締合分子；

rm{(5)}原子晶體中化學鍵鍵長越短；鍵能越大，化學鍵越穩(wěn)定；

rm{(6)}由石墨晶胞結(jié)構可知，rm{隆脧bab隆盲=60^{circ}}rm{隆脧aba隆盲=120^{circ}}故頂點rm{a}相應位置碳原子為rm{12}個晶胞共用，頂點r