2025年人教版（2024）高二物理下冊階段測試試卷

…………○…………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2025年人教版（2024）高二物理下冊階段測試試卷14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、在輸液時，藥液有時會從針口流出體外，為了及時發(fā)現(xiàn)，設計了一種報警裝置，電路如圖所示。M是貼在針口處的傳感器，接觸到藥液時其電阻RM發(fā)生變化，導致S兩端電壓U增大，裝置發(fā)出警報，此時()A.RM變大，且R越大，U增大越明顯B.RM變大，且R越小，U增大越明顯C.RM變小，且R越大，U增大越明顯D.RM變小，且R越小，U增大越明顯2、如圖所示；帶電平行金屬板A；B，板間的電勢差為U，A板帶正電，B板中央有一小孔．一帶正電的微粒，帶電量為q，質量為m，自孔的正上方距板高h處自由落下，若微粒恰能落至A、B兩板的正中央c點，不計空氣阻力，則（）

A.微粒在下落過程中動能逐漸增加；重力勢能逐漸減小。

B.微粒在下落過程中重力做功為電場力做功為-qU

C.微粒落入電場中，電勢能逐漸增大，其增加量為

D.若微粒從距B板高1.5h處自由下落；則恰好能達到A板。

3、如圖所示，A、B為兩個等量同種點電荷，a、O、b在點電荷A、B的連線上，c、O、d在連線的中垂線上Oa=Ob=Oc=Od；則（）

A.a、b兩點的場強相同；電勢也相同。

B.c；d兩點的場強不相同；電勢相同。

C.O點是A；B連線上電勢最低的點；也是B連線上場強最小的點。

D.O點是中垂線cd上電勢最高的點；也中垂線上場強最大的點。

4、關于電勢和電勢能的說法正確的是（）

A.電荷放在電勢越高的位置電勢能越大。

B.在電場中電勢越高的位置；電荷的電量越大所具有的電勢能就越大。

C.在正點電荷電場中的任意一點處；正電荷具有的電勢能一定小于負電荷具有的電勢能。

D.在負點電荷電場中的任意一點處；正電荷具有的電勢能一定小于負電荷具有的電勢能。

5、以下說法中正確的是（）A.激光是自然光B.波的傳播方向就是波前C.多普勒效應、光波的干涉現(xiàn)象都能說明光波是橫波D.變化的電場能夠在周圍空間產生磁場6、如圖所示，自動卸貨車靜止在水平地面上，車廂在液壓機的作用下，傾角婁脠

緩慢增大，在貨物m

相對車廂仍然靜止的過程中，下列說法正確的是()A.貨物對車廂的壓力變小B.貨物受到的摩擦力變小C.地面對車的摩擦力增大D.地面對車的支持力增大7、白熾燈和電容器串聯(lián)后接在交變電源的兩端，當交變電流的頻率f

增大的時，則(

)

A.電容器電容增大B.電容器電容減小C.電燈變暗D.電燈變亮評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、如圖為玻爾為解釋氫原子光譜畫出的氫原子能及示意圖，一群氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài)，當它們自發(fā)地躍遷到較低能級時，以下說法符合玻爾理論的有（）A.電子軌道半徑減小，動能也要增大B.氫原子躍遷時，可發(fā)出連續(xù)不斷的光譜線C.由n=4躍遷到n=1時發(fā)出光子的頻率最小D.金屬鉀的逸出功為2.21eV，能使金屬鉀發(fā)生光電效應的光譜線有4條9、如圖所示，表示一個電場中a

、b

、c

、d

四點分別引入檢驗電荷時，測得檢驗電荷所受的電場力跟電量間的函數(shù)關系圖象，那么下列說法中正確的是()

A.a

、b

、c

、d

四點的場強方向相同。

B.a

、b

點的場強方向相同，與c

、d

點的場強方向相反。

C.這四點場強的大小關系是E

d

>E

a

>E

b

>E

c

D.這四點場強的大小關系是E

d

=E

a

=E

b

=E

c

10、如圖甲所示，傾角為婁脠

的粗糙斜面體固定在水平面上，初速度為v

0=10m/s

質量為m

=1kg

的小木塊沿斜面上滑，若從此時開始計時，整個過程中小木塊速度v

的平方隨路程變化的關系圖象如圖乙所示，g

取10m/s2

下列說法正確的是。

A.0隆蘆5s

內小木塊做勻減速運動B.在t

=1s

時刻；摩擦力反向。

C.斜面傾角婁脠

=30鈭?

D.小木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5

11、下列關于磁感應強度的說法正確的是A.一小段通電導體放在磁場A

處，受到的磁場力比B

處的大，說明A

處的磁感應強度比B

處的磁感應強度大B.磁場中某點的磁感應強度的方向就是該點的磁場方向C.一小段通電導體在磁場中某處不受磁場力作用，則該處磁感應強度一定為零D.小磁針N

極所受磁場力的方向就是該處磁感應強度的方向12、下面關于碰撞的理解正確的是()A.碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程B.在碰撞現(xiàn)象中，一般內力都遠遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的總動量守恒C.如果碰撞過程中機械能也守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞D.微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸，所以不滿足動量守恒的條件，不能應用動量守恒定律求解13、如圖所示，平行板電容器AB

間有一帶電油滴P

正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B

板向下移動一點，其它條件不變，則(

)

A.油滴將向下加速，電流計中電流由b

流向a

B.油滴將向下加速，電流計中電流由a

流向b

C.油滴運動的過程中電勢能將增大D.油滴運動的過程中電勢能將減少14、一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向上。若不計空氣阻力，則此油滴從a運動到b的過程中（）A.此帶電油滴帶正電B.此帶電油滴重力勢能一定增加C.此帶電油滴電勢能一定則增加D.此帶電油滴的重力勢能與電勢能之和一定減小評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、物體內所有____和____的總和叫物體的內能．溫度越高，分子的平均動能越____（填“大”或“小”）．16、為解決樓道的照明問題，在樓道內安裝一個傳感器與控制電燈的電路相接．當樓道內有走動而發(fā)出聲響時，電燈即被電源接通而發(fā)光，這種傳感器為____傳感器，它輸入的是____信號，經傳感器轉換后，輸出的是____信號．17、大規(guī)模建設第三代移動通信系統(tǒng)（3G），它將無線通信與國際互聯(lián)網等多媒體通信結合起來，能提供無線網絡、電話會議、電子商務等信息服務．某移動運營商采用1.8×109Hz的電磁波傳遞信號，此電磁波在真空中的波長為____m；在通話時，手機將聲音信號轉變成電信號，再經過____（選填“調諧”、“調制”或“解調”）后，把信號發(fā)送到基站中轉．18、電磁波在真空中的傳播速度是____m/s．有一按正弦規(guī)律變化的交變電流u=200sin100πt（V），其電壓的最大值是____V，電壓的有效值是____V．19、用20分度的游標卡尺測量一個物體的長度，得到圖1所示，讀數(shù)為____cm．

用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，從圖2中讀出金屬絲的直徑為____mm．

20、將長度為20cm；通有O.1A電流的直導線放入一勻強磁場中；電流與磁場的方向如圖所示．已知磁感應強度為1T，試求下列各圖中導線所受安培力的大小并在圖中標明方向．

（1）FA=______N．（2）FB=______N．（3）FC=______N．（4）FD=______N．21、一光敏電阻和一用電器串聯(lián)后接在一電源上，如圖所示．當電路中的光敏電阻受到光照射時，用電器開始正常工作；當光敏電阻不受光照射時，阻值______，電流______，用電器______工作．22、某質點做簡諧運動，其位移隨時間變化的關系式為x=8sin婁脨2t(cm)

則質點的振幅為________cm

質點的振動周期為____________s

23、如圖，圖甲和圖乙分別表示正弦脈沖波和方波的交變電流與時間的變化關系。若使這兩種電流分別通過兩個完全相同的電阻，則經過1min的時間，兩電阻上電流做功之比W甲：W乙為______

評卷人得分四、簡答題(共4題，共12分)24、如圖所示，打臺球時，質量相等的母球與目標球發(fā)生碰撞，兩個球一定交換速度嗎？碰撞一定是對心碰撞嗎？25、某化工廠將鈦、氯堿工業(yè)和甲醇制備聯(lián)合生產，大大提高原料利用率，并減少環(huán)境污染。流程如下：回答下列問題：rm{(1)}寫出以石墨為電極電解飽和食鹽水的離子方程式________rm{(2)}寫出鈦鐵礦在高溫下與焦炭經氯化得四氯化鈦的化學方程式：________生成rm{1mol}四氯化鈦時轉移電子的物質的量為________rm{mol}rm{(3)}利用四氯化鈦制備rm{TiO_{2}xH_{2}O}時，需加入丈量的水并加熱的目的是________rm{(4)}鈦廣泛用于航天領域。氫氣在冶煉鈦的流程中的作用是________rm{(5)}利用rm{CO}和rm{H_{2}}制各甲醇rm{壟脵}己知rm{H_{2}(g)}rm{CO(g)}和rm{CH_{3}OH(1)}的燃燒熱分別為rm{-285.8kJ/mol}rm{-283kJ/mol}和rm{-726.5kJ/mol}寫出rm{CO}和rm{H_{2}}制備甲醇的熱化學方程式：________rm{壟脷}假設聯(lián)合生產中各原料利用率為rm{100攏樓}若得到rm{6mol}甲醇，則只需再補充標準狀況下的rm{H_{2}}________rm{L}26、檳榔堿在醫(yī)療上常用于治療青光眼，其一種合成路線如圖：已知：Ⅰrm{.}不飽和化合物與氨rm{(NH_{3})}或胺rm{(R-NH_{2})}反應能生成新的胺類化合物如：rm{R_{1}-CH=CH_{2}+R_{2}-NH_{2}xrightarrow[]{脪祿露簍脤玫錄鎂}}rm{R_{1}-CH=CH_{2}+R_{2}-NH_{2}xrightarrow[]{脪祿露簍脤玫錄鎂}

}Ⅱrm{R_{1}-CH_{2}-CH_{2}-NH-R_{2}}

rm{.}中含氧官能團的名稱為____．rm{(1)B}反應rm{(2)}的反應類型為_____；反應rm{壟脵}的反應條件為______．rm{壟脷}反應rm{(3)}的化學方程式為______．rm{壟脹}的結構簡式為_____．rm{(4)C}下列說法正確的是__rm{(5)}填字母rm{(}．rm{)}反應rm{a.}為取代反應rm{壟脺}檳榔堿與化合物rm{b.}互為同系物rm{G}最多能與rm{c.1molD}發(fā)生反應rm{2molNaOH}已知rm{(6)}在rm{A}溶液中水解產物之一是一種新型功能高分子材料rm{NaOH}的單體，寫出生成rm{(PAANa)}的化學方程式_____．rm{PAANa}已知：rm{CH_{2}=CHCH_{3}+Cl_{2}xrightarrow[]{{500}^{0}}CH_{2}=CHCH_{2}Cl+HCl}以丙烯和乙醇為起始原料，選用必要的無機試劑合成rm{(7)}寫出合成路線rm{CH_{2}=CHCH_{3}+Cl_{2}xrightarrow[]{{500}^{0}}

CH_{2}=CHCH_{2}Cl+HCl}用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件rm{A}_____．rm{(}27、如圖；一光滑水平桌面AB

與一半徑為R

的光滑半圓形軌道相切于C

點，且兩者固定不動.

一長L

為0.8m

的細繩，一端固定于O

點，另一端系一個質量m1

為0.2kg

的球.

當球在豎直方向靜止時，球對水平桌面的作用力剛好為零.

現(xiàn)將球提起使細繩處于水平位置時無初速釋放.

當球m1

擺至最低點時，恰與放在桌面上的質量m2

為0.8kg

的小鐵球正碰，碰后m1

小球以2m/s

的速度彈回，m2

將沿半圓形軌道運動，恰好能通過最高點D.g=10m/s2

求。

壟脵m2

在圓形軌道最低點C

的速度為多大？

壟脷

光滑圓形軌道半徑R

應為多大？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】試題分析：S兩端電壓U增大，故傳感器兩端電壓一定減??；當“有藥液從針口流出體外”使傳感器接觸藥液，RM變??；當R＞RM時，R越大，M與R并聯(lián)的電阻R并越接近RM，U增大越明顯；故選：C．考點：本題考查了閉合電路的歐姆定律．【解析】【答案】C2、C【分析】

A；微粒在下落過程中先做加速運動；后做減速運動，動能先增大，后減?。亓σ恢弊稣?，重力勢能一直減小．故A錯誤．

B、微粒下降的高度為h+重力做正功，為WG=mg（h+），電場力向上，位移向下，電場力做負功，WE=-q?=-qU．故B錯誤．

C、微粒落入電場中，電場力做負功，電勢能逐漸增大，其增加量等于微?？朔妶隽ψ龉Α鱁P=qU．故C正確．

D；由題微粒恰能落至A；B板的正中央c點過程，由動能定理得：

mg（h+）-qU=0①

若微粒從距B板高2h處自由下落；設達到A板的速度為v，則由動能定理得：

mg（1.5h+d）-qU=mv2②

由①②聯(lián)立得v≠0；即不能達到A板．故D錯誤．

故選C

【解析】【答案】微粒在下落過程中先做加速運動，后做減速運動，動能先增大，后減?。亓σ恢弊稣Γ亓σ恢睖p?。⒘Ｏ侣溥^程中重力做功為mg（h+），電場力做功為-qU．微粒落入電場中，電場力做負功，電勢能逐漸增大，其增加量為qU．根據(jù)動能定理研究微粒從距B板高2h處自由下落；能否到達A板．

3、B|C【分析】

作出兩個電荷連線上的電場線和中垂線上電場線如圖．

A、根據(jù)電場線分布可知，a、b兩點場強方向相反；則場強不同；由電場線的方向可知，c點電勢等于d點電勢．故A錯誤．

B、根據(jù)電場線分布可知，a、b兩點場強方向相反；則場強不同；由電場線的方向可知，c點電勢等于d點電勢．故B正確．

C；由圖可知；o點電勢是AB連線上的最低點，同時根據(jù)電場強度的疊加可知，O點的電場強度是A、B連線上最小點．故C正確．

D；根據(jù)圖可知；O點是中垂線cd上電勢最高的點，但不是中垂線上場強最大，而是最?。蔇錯誤．

故選BC

【解析】【答案】場強是矢量；只有大小和方向都相同，場強才相同．作出電場線，根據(jù)順著電場線電勢降低判斷電勢的高低．

4、D【分析】

A；正電荷放在電勢越高的位置電勢能越大；而負電荷放在電勢越高的位置電勢能越?。蔄錯誤．

B；在電場中電勢越高的位置；電荷的電量越大所具有的電勢能不一定越大，與電荷的電性、電勢的正負有關．故B錯誤．

C；無窮遠處電勢為零；在正點電荷電場中任意一點的電勢為正值，則正電荷具有的電勢能一定大于負電荷具有的電勢能．故C錯誤．

D；無窮遠處電勢為零；在負點電荷電場中任意一點的電勢為負值，則正電荷具有的電勢能一定小于負電荷具有的電勢能．故D正確．

故選D

【解析】【答案】根據(jù)電勢的定義式φ=分析得知：正電荷放在電勢越高的位置電勢能越大．在電場中電勢越高的位置；電荷的電量越大所具有的電勢能不一定越大，與電荷的電性；電勢的正負有關．在正點電荷電場中的任意一點處，正電荷具有的電勢能一定大于負電荷具有的電勢能，在負點電荷電場中的任意一點處，正電荷具有的電勢能一定小于負電荷具有的電勢能．

5、D【分析】解：A；激光具有相干性；是偏振光，故A錯誤；

B；波的傳播方向與波前的方向相互垂直；故B錯誤；

C；多普勒效應、干涉是波的特有性質；故C錯誤；

D；變化的電場能夠在周圍空間產生磁場；而變化的磁場能產生電場，故D正確；

故選：D．

激光是偏振光；波的傳播方向與波前方向垂直；多普勒效應；干涉是波的特性；由電磁波的理論可知，變化的電場能夠在周圍空間產生磁場．

考查自然光與偏振光的區(qū)別，理解波前方向與傳播方向的關系，掌握多普勒效應與干涉原理，注意變化中有均勻變化與非均勻變化之分．【解析】【答案】D6、A【分析】略。

【解析】A

7、D【分析】解：A

影響電容器的因素：正對面積、極板間距及電介質沒有變化；當交流電源的頻率增大時，則電容器的電容不變，故AB錯誤；

C；圖中電容器與燈泡串聯(lián)；交變電流頻率越大，電容對交變電流的阻礙作用越小，電流越大，燈泡功率越大，燈泡越亮，故C錯誤D正確；

故選：D

．

圖中電容器與燈泡串聯(lián)；電流頻率越大；電容對交變電流的阻礙作用越小，電流越大，當電容器的正對面積；極板間距及電介質變化時，才會導致電容變化．

知道電阻、電感、電容對電流的作用是正確解題的前提與關鍵，燈的亮度由燈的實際功率決定，實際功率越大，燈越亮，注意影響電容器的電容因素．【解析】D

二、多選題(共7題，共14分)8、AD【分析】解：A；當原子從第4能級向低能級躍遷時；原子的能量減小，軌道半徑減小，電子的動能增大，電勢能減小，故A正確；

B；能級間躍遷輻射或吸收的光子能量必須等于兩能級間的能級差；氫原子躍遷時，可發(fā)出不連續(xù)的光譜線，故B錯誤；

C；由n=4躍遷到n=1時輻射的光子能量最大；發(fā)出光子的頻率最大，故C錯誤；

D；第四能級的氫原子可以放出6條光譜線；其放出的光子能量分別為：

E1=-0.85-（-1.51）=0.66eV；

E2=-0.85-（-3.40）=2.55eV；

E3=-0.85-（-13.6）=12.75eV；

E4=-1.51-（-3.40）=1.89eV；

E5=-1.51-（-13.6eV）=12.09eV；

E6=-3.40-（-13.6）=10.20eV；

故大于2.21eV的光譜線有4條；故D正確；

故選：AD

能級間躍遷輻射或吸收的光子能量必須等于兩能級間的能級差；能級差越大，輻射的光子能量越大，頻率越大，波長越小．

解決本題的關鍵知道光電效應的條件以及知道能級間躍遷時輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差．【解析】【答案】AD9、AC【分析】略【解析】AC

10、BD【分析】【分析】根據(jù)圖象得出勻加速和勻減速運動的加速度大小，結合牛頓第二定律求出恒力FF和動摩擦因數(shù)的大小。解決本題的關鍵通過圖線理清物體在整個過程中的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律和運動學公式進行分析?！窘獯稹緼.由勻變速直線運動的速度位移公式：v2鈭?v02=2ax與圖象看的：a=v2?v022x=0?1002隆脕5=鈭?10m/s2

由圖示圖象可知，初速度：v02=100v0=10m/s

減速運動時間：t=v?v0a=0?10?10=1s

故A錯誤；B.由圖示圖象可知，在0鈭?1s0-1s內物體向上做勻減速運動，1s1s后物體反向做勻加速運動，t=1st=1s時摩擦力反向，故B正確；

CD.CD.由圖示圖象可知，物體反向加速運動時的加速度：a隆盲=v22x=322隆脕(13?5)=2m/s2

由牛頓第二定律得：mgsin婁脠+婁脤mgcos婁脠=mamgsin婁脠鈭?婁脤mgcos婁脠=ma隆盲

代入數(shù)據(jù)解得：婁脤=0.5婁脠=37鈭?

故C錯誤，D正確；故選BD?！窘馕觥緽D

11、BD【分析】【分析】根據(jù)左手定則可知，磁感應強度的方向與安培力的方向垂直；磁場中某點的磁感應強度的方向就是該點的磁場方向；磁感應強度的方向就是該處小磁針N

極所受磁場力的方向；磁感應強度由磁場本身性質決定，與磁場力及電流元均無關。本題關鍵要掌握磁感應強度的物理意義、定義方法，以及磁感應強度與安培力之間的關系，即可進行分析判斷?！窘獯稹緼.同一通電導體受到的磁場力的大小由所在處B

和放置的方式共同決定，故A錯誤；B.磁場中某點的磁感應強度的方向就是該點的磁場方向，故B正確；C.一小段通電導體在磁場中某處不受磁場力作用，可能是由于導線的方向與磁場的方向平行，該處磁感應強度不一定為零，故C錯誤；D.磁感應強度的方向就是該處小磁針N

極所受磁場力的方向，故D正確。故選BD?！窘馕觥緽D

12、AB【分析】【分析】碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程，在碰撞現(xiàn)象中，一般內力都遠遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的總動量守恒，機械能不一定守恒，動量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一。本題主要考查了碰撞的應用，注意碰撞時系統(tǒng)的總動量守恒，機械能不一定守恒?！窘獯稹緼.碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程，故A正確；B.在碰撞現(xiàn)象中，一般內力都遠遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統(tǒng)的總動量守恒，故B正確；C.如果碰撞過程中機械能也守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞，故C錯誤；D.動量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一，不僅低速、宏觀物體的運動遵守這一規(guī)律，而且高速、微觀物體的運動也遵守這一規(guī)律，故D錯誤。故選AB?！窘馕觥緼B

13、BC【分析】解：A

帶電油滴P

正好靜止在極板正中間，則所受的電場力qE

與重力mg

二力平衡，電場力必定豎直向上，將B

極板向下移動到虛線位置時，兩極板的距離增大，由于板間電勢差U

不變，根據(jù)E=Ud

可知；極板間的電場強度E

減小，油滴所受的電場力qE

減小，油滴將向下加速運動；

將B

極板向下移動到虛線位置時，電容器板間距離d

增大，則電容C=?S4婁脨kd

減小，而板間電壓U

不變，則由Q=CU

可知，電容器所帶電荷量減小，開始放電，上極板帶正電，則知電流計中電流由a

流向b.

故A錯誤；B正確；

C；油滴受到的電場力的方向向上；而運動的方向向下，所以油滴向下運動時電場力做負功，所以油滴的電勢能增大，故C正確，D錯誤．

故選：BC

平行板電容器始終與電源連接；則兩板之間的電勢差是不變的，帶電油滴P

正好靜止在極板正中間時，所受的電場力與重力二力平衡，電場力必定豎直向上.

將B

極板向下移動到虛線位置時，板間距離增大，分析電容的變化，抓住電壓不變，分析板間場強和電容器電量的變化，即可判斷油滴的運動情況，由電量的變化情況，確定電路中電流的方向．

根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系判斷電勢能的變化．

解決本題的關鍵是抓住平行板電容器始終與電源相連，電容器的電勢差不變，結合電容的變化判斷電量的變化．【解析】BC

14、ABD【分析】解：ABC、由軌跡圖可知，油滴所受的合力方向豎直向上，則帶電油滴所受向下的重力小于向上的電場力，故油滴帶正電，從a到b的運動過程中合外力做正功；動能增加，重力做負功，重力勢能變大，電場力做正功，電勢能減小，故AB正確，C錯誤；

D；根據(jù)能量守恒可知；重力勢能、電勢能、動能三者之和保持不變，動能增加，因此重力勢能和電勢能之和減小，故D正確；

故選：ABD。

根據(jù)油滴運動軌跡；可以判斷出油滴的電性；重力和電場力的大小關系，然后根據(jù)功能關系求解即可。

本題在電場和重力場的復合場中重點考查帶電小球的功能關系轉化。在學習過程中要明確各種功能關系是解這類問題的關鍵?！窘馕觥緼BD三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】

物體內所有分子動能和分子勢能的總和叫物體的內能．溫度越高；分子的平均動能越大．

故答案為：分子動能；分子勢能；大．

【解析】【答案】組成物體的所有分子動能與勢能的總和是物體的內能；溫度是分子平均動能的標志；溫度越高，分子平均動能越大．

16、聲電聲音電【分析】【解答】在樓道內安裝一個傳感器與控制電燈的電路相接．當樓道內有走動而發(fā)出聲響時；電燈即被電源接通而發(fā)光，這種傳感器為聲電傳感器，它輸入的是聲音信號，經傳感器轉換后，輸出的是電信號．

故答案為：聲電；聲音；電．

【分析】聲電傳感器是一種把聲音信號轉化為電信號的傳感器；它輸入的是聲音信號，經傳感器轉換后，輸出的是電信號．

聲控開關中裝的是聲敏電阻，這種電阻阻值大小與聲音有關：當有聲音時，它的阻值會變??；當沒有聲音時，它的阻值會變大．17、0.17調制【分析】【解答】某移動運營商采用1.8x109HZ的電磁波傳遞信號，此電磁波在真空中的波長=0.17m

在通話時；手機將聲音信號轉變成電信號，再經過調制后，把信號發(fā)送到基站中轉．

故答案為：0.17；調制．

【分析】已知電磁波的波速和頻率，根據(jù)公式c=λf可以計算電磁波的波長．18、3×108200200【分析】【解答】電磁波在真空中的傳播速度是3×108m/s；

由電壓瞬時表達式可知，該交流電的電壓最大值為Um=V；

所以有效值為：U==200V；

故答案為：3×108；200，200．

【分析】電磁波在真空中的傳播速度是3×108m/s；

根據(jù)表達式可知交流電的最大值，及正弦式交流電，然后進一步求解有效值等．19、10.0300.517【分析】【解答】解：1；游標卡尺的主尺讀數(shù)為100mm；游標尺上第6個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為6×0.05mm=0.30mm，所以最終讀數(shù)為：100mm+0.30mm=100.30mm=10.030cm．2、螺旋測微器的固定刻度為0.5mm，可動刻度為1.7×0.01mm=0.017mm，所以最終讀數(shù)為0.5mm+0.017mm=0.517mm．

故答案為：10.030；0.517

【分析】解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．20、略

【分析】解：（1）電流方向與磁場方向平行；則導線不受安培力，故安培力為0．

（2）根據(jù)安培力的計算公式F=BIL=1×0.1×0.2N=0.02N．方向如圖．

（3）根據(jù)安培力的計算公式F=BILsin30°=1×0.1×0.2×0.5N=0.01N．方向垂直紙面向里．

（4）根據(jù)安培力的計算公式F=BIL=1×0.1×0.2N=0.02N．方向如圖．

故答案為：（1）0；（2）0.02；（3）0.01；（4）0.02．

根據(jù)左手定則判斷安培力的方向；根據(jù)安培力的公式F=BILsinθ計算安培力的大小．

本題要注意當電流方向與磁場方向平行時，導線不受安培力．【解析】0；0.02；0.01；0.0221、略

【分析】解：一光敏電阻和一用電器串聯(lián)后接在一電源上．當電路中的光敏電阻受到光照射時；光敏電阻的電阻值比較小，用電器開始正常工作；當光敏電阻不受光照射時，阻值增大，電路中的總電阻增大，則電流減小，用電器停止正常工作．

故答案為：增大；減小，停止．

根據(jù)光照強度的變化判斷光敏電阻阻值如何變化；根據(jù)串聯(lián)電路的特點及歐姆定律判斷電流表與電壓表示數(shù)如何變化．

本題是一道閉合電路的動態(tài)分析題，認真審題，理解題意，知道“光敏電阻的阻值隨光照強度的增大而減小”是正確解題的前提，掌握串聯(lián)電路特點、歐姆定律是正確解題的關鍵．【解析】增大；減??；停止22、84【分析】【分析】簡諧運動的表達式為x=Asin(婁脴t+婁脮)A

為振幅，婁脴

為圓頻率，根據(jù)T=2婁脨婁脴

可求出周期。解決本題的關鍵掌握簡諧運動的表達式為x=Asin(婁脴t+婁脮)

知道A

為振幅，婁脴

為圓頻率，根據(jù)T=2婁脨婁脴

可求周期?！窘獯稹扛鶕?jù)簡諧運動的表達式為x=Asin(婁脴t+婁脮)

知振幅為8cm

周期T=2婁脨婁脴=2婁脨婁脨2=4s

故答案為：84

【解析】84

23、1：3【分析】解：甲圖中，在一個周期內，電阻發(fā)熱的時間是0～2×10-2s、4×10-2s～6×10-2s

根據(jù)電流的熱效應有：

代入數(shù)據(jù)得：

乙圖中，在一個周期內，電阻發(fā)熱的時間為0～4×10-4s；根據(jù)電流的熱效應有：

代入數(shù)據(jù)得：I′=1A。

根據(jù)W=I2Rt知；在相同時間內消耗的電功之比為：

故答案為：1：3。

分別求出正弦脈沖波和方波的交變電流的有效值，根據(jù)W=I2Rt求出消耗的電功之比。

解決本題的關鍵掌握根據(jù)電流的熱效應計算電流有效值的方法，要抓住三個相同，即相同時間、相同電阻、相同熱量?！窘馕觥?：3四、簡答題(共4題，共12分)24、不一定．只有質量相等的兩個物體發(fā)生一維彈性碰撞時，系統(tǒng)的總動量守恒，總機械能守恒，才會交換速度，否則不會交換速度．母球與目標球碰撞時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.

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

母球與目標球碰撞時對心碰撞和非對心碰撞都有可能發(fā)生．25、rm{(1)2Cl^{-}+2H}rm{2}rm{Ooverset{脥簍碌莽}{=}2OH^{-}+H}rm{2}rm{Ooverset{脥簍碌莽}{=}

2OH^{-}+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉+Cl}2rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{(2)2FeTiO_{3}+6C+7Cl}發(fā)生rm{overset{賂脽脦脗}{=}}加入大量水并加熱，rm{2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}揮發(fā)，溫度升高，都能促使水解正向進行rm{7}防止鈦、鎂被氧化rm{(3)}rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1;;}}rm{TiCl_{4}+(2+x)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O+4HCl}rm{HCl}【分析】【分析】本題考查化學方程式的書寫及計算、蓋斯定律等，題目難度中等，注意根據(jù)蓋斯定律解題?！窘獯稹縭m{(1)}電解食鹽水生成rm{NaOH}rm{H_{2}}和rm{Cl_{2}}反應的化學方程式為rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}故答案為：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}

2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}從圖示可知氯化時的反應物為rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}

2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{(2)}rm{FeTiO_{3}}生成物為rm{C}rm{Cl_{2}}rm{FeCl_{3}}再根據(jù)得失電子和原子守恒即可得出該反應的方程式為rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}overset{賂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}由方程式得出生成rm{TiCl_{4}}轉移rm{CO}電子，所以生成rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}

overset{賂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}四氯化鈦時轉移電子的物質的量為rm{2molTiCl_{4}}

故答案為：rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}overset{賂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}rm{14mol}

rm{1mol}水解時需加入大量的水并加熱，由rm{7mol}rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}

overset{賂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}可知，加入大量水并加熱，rm{7}揮發(fā)，溫度升高，都能使水解反應向正反應方向進行，促進水解趨于完全，故答案為：發(fā)生rm{(3)}加入大量水并加熱，rm{TiCl_{4}+(2+x)}揮發(fā)；溫度升高，都能促使水解正向進行；

rm{H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O隆媒+4HCl}在rm{HCl}氣中進行防止鈦、鎂被氧化；故答案為：防止鈦；鎂被氧化；

rm{TiCl_{4}+(2+x)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O+4HCl}燃燒的熱化學方程式：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-283kJ?mol^{-1}壟脵}

rm{HCl}燃燒的熱化學方程式：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-285.8隆脕2kJ?mol^{-1}壟脷}

rm{(4)}燃燒的熱化學方程式：rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}壟脹}

根據(jù)蓋斯定律將rm{Ar}可得：rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1}}

rm{(5)壟脵CO}由rm{CO(g)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-283kJ?mol^{-1}壟脵}可知，合成rm{H_{2}}甲醇需要rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-285.8隆脕2kJ?mol^{-1}壟脷}rm{CH_{3}OH}根據(jù)rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}overset{賂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}可知，電解中生成的rm{n(Cl_{2})=dfrac{7}{6}n(CO)=7mol}根據(jù)rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}可知，電解生成rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}

O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-726.5kJ?mol^{-1}壟脹}故需額外補充rm{壟脵+壟脷+(-壟脹)}為rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangle

H=-128.1KJ?mol^{-1}}rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangle

H=-128.1KJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脷}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}【解析】rm{(1)2Cl^{-}+2H}rm{2}rm{Ooverset{脥簍碌莽}{=}2OH^{-}+H}rm{2}rm{Ooverset{脥簍碌莽}{=}

2OH^{-}+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉+Cl}2rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{(2)2FeTiO_{3}+6C+7Cl}發(fā)生rm{overset{賂脽脦脗}{=}}加入大量水并加熱，rm{2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}揮發(fā)，溫度升高，都能促使水解正向進行rm{7}防止鈦、鎂被氧化rm{(3)}rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1;;}}rm{TiCl_{4}+(2+x)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O+4HCl}rm{HCl}26、rm{(1)}酯基

rm{(2)}加成反應濃硫酸、加熱

rm{(3)}

rm{(4)}

rm{(5)a}

rm{(6)}

rm{(7)}

【分析】【分析】本題考查有機合成，為高考常見題型，側重考查學生的分析能力，題目難度中等，從合成條件結合常見有機物的性質可以進行物質的推斷，熟練掌握常見有機物結構與性質為解答關鍵。【解答】由rm{B}的結構簡式可知rm{A}為rm{CH_{2}=CHCOOCH_{2}CH_{3}}由檳榔堿可知rm{H