2025年浙教新版高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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年浙教新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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在用電壓表和電流表測電阻的實驗中，由于電表內阻對測量的影響，使得測量的結果會出現(xiàn)誤差．若采用右圖所示的電路進行測量，則測量值RX與實際值R比較（）

A.RX＞R

B.RX＜R

C.RX=R

D.因不知兩表的內阻具體大小，故無法比較RX與R的大小關系。

2、下列關于熱現(xiàn)象的描述正確的是A.根據(jù)熱力學定律，熱機的效率不可能達到100%B.做功和熱傳遞都是通過能量轉化的方式改變系統(tǒng)內能的C.溫度是描述熱運動的物理量，一個系統(tǒng)與另一個系統(tǒng)達到熱平衡時兩系統(tǒng)溫度相同D.物體由大量分子組成，其單個分子的運動是無規(guī)則的，大量分子的運動也是無規(guī)律的3、如圖；質量為m；帶電量為q的小球用長為l的細線懸掛，處在水平方向的勻強電場中，小球靜止于A點，此時懸線與豎直方向夾角為θ=30°，現(xiàn)用力將小球緩慢拉到最低點B由靜止釋放．不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.小球將回到A處停下來B.小球將在A，B之間往復擺動C.場強的大小為E=D.小球從B向右擺到最高點的過程中，電勢能的減少量為mgl（1﹣）4、如圖所示；質量為m的物體靜止在傾角為θ的斜面上，為了說明它對斜面的摩擦力大小等于mgsinθ，應涉及到下列哪些知識（）

①力的合成與分解；

②物體平衡條件；

③牛頓第三定律；

④牛頓第一定律．A.①②B.①③C.②③④D.①②③5、在田徑運動會跳高比賽中，小明成功跳過了1.7m

的高度，若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是A.小明起跳時地面對他的支持力與重力是一對平衡力B.小明起跳以后在上升過程中處于超重狀態(tài)C.小明下降過程中處于失重狀態(tài)D.小明起跳以后在下降過程中重力消失了6、如圖所示的是M；N兩個物體做直線運動的位移一時間圖象；由圖可知（）

A.M物體做勻速直線運動。

B.N物體做曲線運動。

C.t秒內M；N兩物體的位移相等。

D.t秒內M；N兩物體的路程相等。

7、下列關于分子運動和熱現(xiàn)象的說法中正確的是（）A.如果氣體溫度升高，那么所有分子的速率都增大B.顆粒越大，在某一瞬間與顆粒碰撞的液體分子數(shù)越多，布朗運動越明顯C.氣體如果失去了容器的約束就會散開，這是因為氣體分子之間存在斥力的緣故D.對于一定量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它的內能一定增大8、如圖所示，L1、L2是高壓輸電線，圖中兩電表示數(shù)分別是220V和10A，已知圖甲中原、副線圈匝數(shù)比為100：1，圖乙中原、副線圈匝數(shù)比為1：10，則（）A.圖甲中的電表是電壓表，輸電電壓為22000VB.圖甲是電流互感器，輸電電流是100AC.圖乙中的電表是電壓表，輸電電壓為22000VD.圖乙是電流互感器，輸電電流是10A評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、如圖（a）所示；在“用DIS研究通電螺線管的磁感應強度”的實驗中，M；N是通電螺線管軸線上的兩點，且這兩點到螺線管中心的距離相等．用磁傳感器測量軸線上M、N之間各點的磁感應強度B的大小，并將磁傳感器頂端與M點的距離記作x．

（1）如果實驗操作正確，則圖（b）中正確的B-x圖應為____

（2）如圖（c）所示，甲、乙是在兩個不同電流下得出的圖象，比較甲、乙電流的大小，應有I甲____I乙（填“大于”、“等于”或“小于”）10、空氣壓縮機在一次壓縮過程中，活塞對汽缸中的氣體做功為2.0×105J，時氣體的內能增加了1.5×105J．試問：(1)此壓縮過程中，氣體________(選填“吸收”或“放出”)的熱量等于________J.(2)若一定質量的理想氣體分別按如圖從1狀態(tài)變化到2狀態(tài)所示的三種不同過程變化，其中表示等壓變化的是________(選填“A”、“B”或“C”)，該過程中氣體的內能________(選填“增加”、“減少”或“不變”)．11、兩列相干波在空間相遇，實線表示波峰，虛線表示波谷，如圖所示，兩列波的振幅都為10cm，則圖示中A點的振幅為______cm，B點的振幅為______cm，C點的振幅______cm．12、某人用萬用電表按正確步驟測量一電阻阻值，指針指示位置如圖，則這電阻值是______．如果要用這萬用電表測量一個約200歐的電阻，為了使測量比較精確，選擇開關應選的歐姆檔是______．13、電磁磁感應現(xiàn)象的實驗中所用的器材如圖所示．它們是：①電流計；②直流電源、③帶鐵芯的線圈A、④線圈B、⑤電鍵、⑥滑動變阻器(用來控制電流以改變磁場強弱)．

(1)試按實驗的要求在實物圖上連線(圖中已連好一根導線)

(2)若連接滑動變阻器的兩根導線接在接線柱C和D上，而在電鍵剛閉合時電流表指針右偏，則電鍵閉合后滑動變阻器的滑動觸頭迅速向接線柱C移動時，電流計指針將____________(填“左偏”、“右偏”、“不偏”)．若保持滑動變阻器的滑動觸頭不動，迅速向上提線圈A，電流計指針將____________(填“左偏”、“右偏”、“不偏”)．14、如圖，在地面上固定一個質量為M

的豎直木桿，一個質量為m

的人以加速度a

沿桿勻加速向上爬，經(jīng)時間t

速度由零增加到v

在上述過程中，地面對木桿的支持力的沖量為________．15、由自由落體運動驗證機械能守恒定律，若實驗中所用重物的質量m=1漏K

交流電源頻率為50Hz

打出的紙帶如圖所示，O

點為紙帶上打下的第一點，OABCD

為相鄰的幾點.

測得OA=0.78cmOB=1.79cmOC=3.14cmOD=4.90cm

查出當?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2

則打點計時器的打點時間間隔為______s

重物在B

點時的速度vB=

______m/s.

從O

到運動至B

點的過程中，重物的重力勢能減少量是______J.(

后兩空均保留兩位有效數(shù)字)

16、地磁北極在______，物體與磁鐵接觸后就顯示出磁性的現(xiàn)象叫______．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)17、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）18、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）

19、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）

20、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）

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、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、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、作圖題(共2題，共14分)24、如圖(a)所示中有一條均勻的繩，0、1、2、3、4是繩上一系列等間隔的點．現(xiàn)有一列簡諧橫波沿此繩傳播．某時刻，繩上9、10、11、12四點的位置和運動方向如圖(b)所示(其他點的運動情況未畫出)，其中12的位移為零，向上運動，點9的位移達到最大值．試在圖(c)中畫出再經(jīng)過周期時點3、4、5、6的位置和速度方向，其他點不必畫．(圖(c)的橫、縱坐標與圖2-1-6(a)、(b)完全相同)25、如圖所示，圖甲是小明奶奶眼睛成像情況示意圖，請在圖乙中畫出矯正小明奶奶視力所需的透鏡并完成光路圖．評卷人得分五、簡答題(共2題，共6分)26、元素rm{X}位于第四周期，其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為rm{2}元素rm{Y}基態(tài)原子的rm{3p}軌道上有rm{4}個電子。元素rm{Z}的原子最外層電子數(shù)是其內層的rm{3}倍。元素rm{W}比元素rm{X}序數(shù)小rm{5}rm{(1)X}與rm{Y}所形成化合物晶體的晶胞如右圖所示。rm{壟脵}在rm{1}個晶胞中，rm{X}離子的數(shù)目為____。rm{壟脷}該化合物的化學式為____。rm{壟脹}寫出元素rm{W}的價電子排布式____。rm{(2)}在rm{Y}的氫化物rm{(H_{2}Y)}分子中，rm{Y}原子軌道的雜化類型是____。rm{(3)Z}的氫化物rm{(H_{2}Z)}在乙醇中的溶解度大于rm{H_{2}Y}其原因是____。rm{(4)Y}與rm{Z}可形成rm{YZ_{4}^{2-}}rm{YZ_{4}^{2-}}的空間構型為____rm{(}用文字描述rm{)}rm{(5)X}的氯化物與氨水反應可形成配合物rm{[X(NH_{3})_{4}]Cl_{2}}該配合物的rm{1}個配體中含有rm{婁脪}鍵的數(shù)目為____。27、如圖所示；光滑水平軌道上放置長木板A(

上表面粗糙)

和滑塊C

滑塊B

置于A

的左端(BC

可視為質點)

三者質量分別為mA=2kgmB=1kgmC=2kgA

與B

的動摩擦因數(shù)為婁脤=0.5

開始時C

靜止，AB

一起以v0=5m/s

的速度勻速向右運動，A

與C

發(fā)生碰撞(

時間極短)

并粘在一起，經(jīng)過一段時間，B

剛好滑至A

的右端而沒掉下來.

求長木板A

的長度.(g=10m/s2)

評卷人得分六、綜合題(共2題，共4分)28、【物理隆陋隆陋

選修3鈭?33鈭?5

】(1)(

五選三)

如圖為氫原子的能級圖，已知可見光的光子的能量范圍為1.62隆蘆3.11eV

鋅板的電子逸出功為3.34eV

那么對氫原子在能級躍遷的過程中輻射或吸收光子的特征認識正確的是________．

A.用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鋅板，一定不能產生光電效應現(xiàn)象B.用能量為11.0eV

的自由電子轟擊，可使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)C.處于n

=2

能級的氫原子能吸收任意頻率的紫外線D.處于n

=3

能級的氫原子可以吸收任意頻率的紫外線，并且使氫原子電離E.用波長為60nm

的倫琴射線照射，可使處于基態(tài)的氫原子電離出自由電子(2)

如圖所示，厚度和質量不計、橫截面積為S

=10cm2

的絕熱汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸內有一絕熱的“T

”形活塞固定在桌面上，活塞與汽缸封閉一定質量的理想氣體，開始時，氣體的溫度為T

0=300K

壓強為p

=0.5隆脕105Pa

活塞與汽缸底的距離為h

=10cm

活塞可在汽缸內無摩擦滑動且不漏氣，大氣壓強為p

0=1.0隆脕105Pa.

求：

(1)

此時桌面對汽缸的作用力F

N

(2)

現(xiàn)通過電熱絲給氣體緩慢加熱到T

，此過程中氣體吸收熱量為Q

=7J

內能增加了婁隴

U

=5J

整過程活塞都在汽缸內，求T

的值。29、攏脹

物理隆陋隆陋

選修3簍C4攏脻(1)

一列波沿x

軸傳播，t=2s

時刻的波形如圖1

所示，圖2

是某質點的振動圖象，則下列說法正確的是()A.波的傳播速度為1m/s

B.波如果向右傳播，則圖2

是x=04m

處質點的振動圖象C.波如果向右傳播，則圖2

是x=2m6m

處質點的振動圖象D.波如果向左傳播，則圖2

是x=04m

處質點的振動圖象E.波如果向左傳播，則圖2

是x=2m6m

處質點的振動圖象(2)

有兩種不同材料制成的的半球形透明體，球心為O

將透明體如圖所示放置，其中截面圓呈豎直方向，一束水平方向射來的光線從兩透明體的球面上某點射入，其入射角婁脠=60?

其半徑為R

且足夠大。

(i)

第一種透明體的折射率n=3

光在空氣中的速度為c

試求光從入射點到左側界面出射點所用的時間。(ii)

如果光折射到第二種透明體的豎直面上時，恰好發(fā)生全反射，則光從第二種透明體射到空氣的臨界角的正切為多少？參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】

此電路為電流表外接法，因電流含有電壓表的分流故I測＞I真

則由R測=即Rx＜R

可知A錯誤；B正確，C錯誤，D錯誤。

故選：B

【解析】【答案】電流表外接法，電流表的測量值含有電壓表的分流，故大于通過電阻的電流真實值．則由R=I偏大，則測量值偏?。?/p>

2、A|C【分析】試題分析：熱機將從高溫熱源吸收熱量的一部分轉化為機械能，熱機的效率不可能達到100%，A正確；熱傳遞是通過能量的傳遞方式改變系統(tǒng)內能，而做功是通過能量轉化的方式改變系統(tǒng)內能，B錯誤；如果兩個物體間的溫度相同，那么它們之間就不會發(fā)生熱傳遞，兩個系統(tǒng)接觸達到熱平衡時，這兩個系統(tǒng)一定具有相同的溫度．C正確；物體由大量分子組成，其單個分子的運動是無規(guī)則的，大量分子的運動具有統(tǒng)計規(guī)律，故D錯誤?？键c：溫度是分子平均動能的標志；熱力學第二定律．【解析】【答案】AC3、C【分析】【解答】解：

A；B、由題知；小球原來靜止，電場力與重力的合力方向沿OA方向．小球從最低點B由靜止釋放后，電場力和重力的合力做正功，小球的速度增大，到達A點后，由于慣性，繼續(xù)向上擺動，之后合力對小球做負功，速度減小，速度減至零后，再向下擺動，到B點速度為零，周而復始，所以小球將以A點為平衡位置做往復運動．故AB錯誤；

C、小球原來處于靜止，由平衡條件得：qE=mgtanθ，則得E==故C正確；

D；小球從B向右擺到最高點的過程中；設x細線的最大偏角為α．

根據(jù)能量守恒定律得：mgl（1﹣cosα）=qElsinα

將qE=mgtanθ，代入解得：tan=tanθ；α=2θ=60°

所以電勢能的減少量為△Ep=qElsinα=mgl（1﹣cosα）=mgl（1﹣cos60°）=故D錯誤．

故選：C．

【分析】小球受到重力、電場力和細線的拉力，將以A點為平衡位置做往復運動．根據(jù)靜止時小球受力平衡，求解場強的大?。鶕?jù)能量守恒定律求解電勢能的減少量．4、D【分析】解：對物體受力分析；受豎直向下的重力mg，平行于斜面向上的摩擦力f，和垂直于斜面向上的支持力N，正交分解，根據(jù)共點力平衡條件得：

沿著斜面方向：f=mgsinθ；

根據(jù)牛頓第三定律可知；它對斜面的摩擦力大小等于mgsinθ；

所以①②③全部需要；牛頓第一定律不涉及，故D正確．

故選：D

以物塊為研究對象；分析受力情況，根據(jù)力的合成與分解結合平衡條件求解斜面對物塊的摩擦力，再根據(jù)牛頓第三定律求物體對斜面的摩擦力．

本題關鍵正確分析受力情況，根據(jù)正交分解法列平衡方程求解，難度不大，屬于基礎題．【解析】【答案】D5、C【分析】【分析】當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時；就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度；

當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時；就說物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度；

本題主要考查了對超重失重現(xiàn)象的理解，人處于超重或失重狀態(tài)時，人的重力并沒變，只是對支持物的壓力或懸掛物的拉力變了；【解答】A.小明起跳的初始階段加速度的方向向上，所以地面對他的支持力大于他的重力，支持力與重力不是一對平衡力，故A錯誤；

B.起跳以后在上升過程；也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是處于完全失重狀態(tài)，故B錯誤；

C.起跳以后在下降過程；也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是處于完全失重狀態(tài)，故C正確；

D.小明起跳以后在下降過程中處于完全失重狀態(tài)；重力提供向下的加速度，沒有消失，故D錯誤；

故選C。

【解析】C

6、A|C|D【分析】

A；物體M的位移-時間圖象是過原點的直線；斜率不變，速度不變做勻速直線運動．故A正確．

B；N物體的圖象切線斜率始終大于零；表示速度方向沒有改變，做單向直線運動．故B錯誤．

C；由圖可知：兩物體坐標變化量相同；位移相等．故C正確．

D；兩物體都做單向直線運動；位移大小等于路程，位移相等，路程也相等．故D正確．

故選ACD

【解析】【答案】物體M的位移-時間圖象是過原點的直線，斜率不變，速度不變做勻速直線運動．N物體的圖象切線斜率始終大于零，表示速度方向沒有改變，做單向直線運動．由圖t秒內M；N兩物體的位移相等；路程相等．

7、D【分析】解：A；溫度是分子熱運動平均動能的標志；溫度越高，分子平均動能越大；如果氣體溫度升高，那么分子平均動能增大，不是每個分子的動能均增大；故A錯誤；

B；布朗運動是懸浮在液體或氣體中固體小顆粒的無規(guī)則運動；是由液體分子或氣體分子碰撞的不平衡性造成的；顆粒越大，碰撞的不平衡性越是不明顯，布朗運動越是不明顯；故B錯誤；

C；氣體如果失去了容器的約束就會散開；這是因為氣體分子在永不停息的做無規(guī)則熱運動，故C錯誤；

D、對于一定量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，根據(jù)溫度升高，故內能一定增加；故D正確；

故選：D

溫度是分子熱運動平均動能的標志；布朗運動是由液體分子或氣體分子碰撞的不平衡性造成的；理想氣體分子間距大，沒有分子引力；結合理想氣體狀態(tài)方程進行分析．

本題考查了溫度的微觀意義、布朗運動、氣體壓強、理想氣體狀態(tài)方程等，知識點較多，關鍵是要記住基礎知識．【解析】【答案】D8、A【分析】解：A、根據(jù)變壓器電壓表等于匝數(shù)比，有U1==22000V；故A正確。

B；甲圖是電壓互感器。故B錯誤。

C；乙圖是電流互感器；電表是電流表。故C錯誤。

D、只有一個副線圈的變壓器，電流比等于匝數(shù)的反比，有有I1==100A；故D錯誤。

故選：A。

甲圖是電壓互感器；乙圖是電流互感器．變壓器原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比．只有一個副線圈的變壓器，原副線圈中的電流比等于匝數(shù)的反比．

電壓互感器原線圈并接在兩個輸電線上，原線圈的匝數(shù)比副線圈的匝數(shù)多，是降壓變壓器，把高電壓降低成低電壓，副線圈接電壓表．電流互感器原線圈串接在某一根輸電線中，原線圈匝數(shù)比副線圈匝數(shù)少，原線圈中是大電流，副線圈中是小電流，副線圈接的是電流表．【解析】A二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】

（1）螺線管內部的磁場為勻強磁場；螺線管管口向外，磁場減弱．有該性質可知，B隨x的變化是先增大，后不變，再減?。蔆正確，A；B、D錯誤．

故選C．

（2）因為電流越大，產生的磁場越強，由圖（C）可知，I甲＞I乙．

故答案為：（1）C；（2）大于．

【解析】【答案】螺線管內部的磁場為勻強磁場；螺線管管口向外，磁場減弱．電流越大，磁場越強．

10、略

【分析】【解析】試題分析：(1)由熱力學第一定律得ΔU＝W＋Q且W＝2.0×105J，ΔU＝1.5×105J，解得Q＝－5×104J，所以放出熱量為5×104J.(2)A圖表示等溫變化；B圖表示等容變化；C圖表示等壓變化，并且C圖中表示溫度升高，所以理想氣體內能增大．考點：熱力學第一定律，理想氣體狀態(tài)方程【解析】【答案】(1)放出5×104(2)C增加11、略

【分析】解：兩個相干波源產生的干涉圖樣；圖中A；B點是振動加強點，C點是振動減弱點；

因兩列波的振幅都為10cm；則圖示中A點的振幅為2A=20cm，B點的振幅為2A=20cm，C點的振幅0cm；

故答案為：20；20；0．

列波相遇時振動情況相同時振動加強；振動情況相反時振動減弱．兩列頻率相同的相干波，當波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時振動加強，當波峰與波谷相遇時振動減弱，則振動情況相同時振動加強；振動情況相反時振動減弱．

波的疊加滿足矢量法則，當振動情況相同則相加，振動情況相反時則相減，且兩列波互不干擾．例如當該波的波峰與波峰相遇時，此處相對平衡位置的位移為振幅的二倍；當波峰與波谷相遇時此處的位移為零．【解析】20；20；012、略

【分析】解：所選檔位為×100Ω．則讀數(shù)為12×100=1200Ω

偏轉角度大；則電阻相對小些應換一小的檔位即×10Ω檔。

故答案為：1200；×10檔。

根據(jù)所選檔位進行讀數(shù)；要由表盤數(shù)據(jù)乘以倍率．由圖示知偏轉角度過大，則電阻阻值小，要選小一點檔位．

考查歐姆表的讀數(shù)方法，要乘以倍率．明確如何正確調整檔位．【解析】1200；×1013、略

【分析】解：(1)該實驗為探究楞次定律；即探究感應電流的方向與引起感應電流的磁場之間的關系的實驗，電流計與副線圈的兩個接線柱連接，構成回路；原線圈與滑動變阻器；電鍵、電源構成回路，然后依次連接如圖：

(2)在電鍵剛閉合時；回路中的電流增大，原線圈中電流產生的磁場增大，所以副線圈中的磁通量增大，此時電流表指針右偏；

電鍵閉合后滑動變阻器的滑動觸頭迅速向接線柱C移動時；接入電路的有效電阻增大，所以回路中的電流減小，原線圈中的電流產生的磁場減小，穿過副線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可得，此時的感應電流的方向與開始時感應電流的方向相反，所以指針偏轉的方向向左偏；

保持滑動變阻器的滑動觸頭不動；迅速向上提線圈A，穿過副線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可得，此時的感應電流的方向與開始時感應電流的方向相反，所以指針偏轉的方向向左偏．

故答案為：(1)

實物連線如圖所示

(2)左偏；左偏；【解析】左偏;左偏14、（Mg+mg+ma）t【分析】【分析】

以人為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求出人對桿子的作用力，再以桿子為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件求出地面對桿子的支持力，最后根據(jù)沖量的定義求解地面對木桿的支持力的沖量。本題是平衡條件和牛頓運動定律的綜合應用，分析受力是關鍵；也可以對人和木桿整體運用動量定理列式求解?！窘獯稹恳匀藶檠芯繉ο?；根據(jù)牛頓第二定律得：

F鈭?mg=ma

解得：F=ma+mg

以桿子為研究對象；分析受力情況，桿子受到重力Mg

地面的支持力N

和人對桿子向下的力F

根據(jù)平衡條件得：

N=Mg+F=Mg+mg+ma

故支持力的沖量為：

I=Nt=(Mg+mg+ma)t

故填：(Mg+mg+ma)t

【解析】(Mg+mg+ma)t

15、略

【分析】解：交流電源頻率為50Hz

則打點計時器的打點時間間隔為T=0.02s

根據(jù)某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度；

則B

點的瞬時速度vB=xAC2T=3.14鈭?0.780.02隆脕10鈭?2m/s=0.59m/s

那么重力勢能的減小量鈻?Ep=mgh=1隆脕9.8隆脕1.79隆脕10鈭?2J隆脰0.18J

．

故答案為：0.020.590.18

．

根據(jù)某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B

點的速度；從而得出B

點的動能，根據(jù)下降的高度求出重力勢能的減小量，從而即可求解．

解決本題的關鍵掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度，從而得出動能的增加量，會根據(jù)下降的高度求出重力勢能的減小量．【解析】0.020.590.18

16、略

【分析】解：磁場的北極在地理南極的附近；地磁的南極在地理的北極附近地理南極附近；物體與磁鐵接觸后就顯示出磁性的現(xiàn)象叫磁化；

故答案為：地理南極附近；磁化．

地球本身是一個大磁體；地球周圍存在地磁場，地磁的北極在地理的南極附近，地磁的南極在地理的北極附近．明確磁化及去磁的現(xiàn)象．

本題應明確：

（1）地球是個巨大的磁體；地球的周圍存在著磁場，任一點的磁場方向是不變的．

（2）地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近．但并不是完全重合的．【解析】地理南極附近；磁化三、判斷題(共7題，共14分)17、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．18、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．19、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．20、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?。?1、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：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：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、作圖題(共2題，共14分)24、略

【分析】根據(jù)橫波的形成原理，由題中給出9、10、11、12四點的位置和運動方向，可畫出其他各點的位置和運動方向，如圖甲所示，居中的直線為各點的平衡位置，根據(jù)各點此時的運動方向，即可找到再過T各個質點的位置和運動方向．如圖甲虛線所示．則可知經(jīng)過周期時點3、4、5、6的位置和速度方向，如圖乙所示．【解析】【答案】見解析25、解答：看近處物體時，像會聚在視網(wǎng)膜的后方，是遠視眼，戴凸透鏡矯正，如下圖所示．

【分析】【分析】遠視眼看遠處物體時，視網(wǎng)膜上能成清晰的像；看近處物體時，由于晶狀體太薄或眼球太短，使像會聚在視網(wǎng)膜的后方．應戴凸透鏡來矯正，使像會聚在視網(wǎng)膜上．五、簡答題(共2題，共6分)26、（1）①4②ZnS③3d54s1（2）sp3（3）水分子與乙醇分子間能形成氫鍵（4）正四面體（5）3個【分析】【分析】本題考查物質結構和性質，涉及化學式確定、原子雜化方式判斷、化學鍵的計算等知識點，熟練掌握基礎知識并靈活運用基礎知識解答問題是解本題關鍵，題目難度中等?！窘獯稹吭豶m{X}位于第四周期，其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，則內層電子數(shù)rm{=2+8+18=28}且最外層電子數(shù)為rm{2}所以該原子有rm{30}個電子，為rm{Zn}元素；元素rm{Y}基態(tài)原子的rm{3p}軌道上有rm{4}個電子，則rm{Y}是rm{S}元素；元素rm{Z}的原子最外層電子數(shù)是其內層的rm{3}倍，元素最外層電子數(shù)小于或等于rm{8}所以rm{Z}是rm{O}元素；rm{W}比rm{X}原子序數(shù)小rm{5}為rm{Mn}元素。

rm{(1)}根據(jù)上面的分析可知，rm{壟脵}在rm{1}個晶胞中，rm{X}離子的數(shù)目為rm{4}

故答案為：rm{4}

rm{壟脷X}為rm{Zn}rm{Y}為rm{S}rm{X}rm{Y}的個數(shù)比為rm{1}rm{1}所以該化合物的化學式為rm{ZnS}

故答案為：rm{ZnS}

rm{壟脹W}為錳，價電子排布式為：為錳，價電子排布式為：rm{壟脹W}rm{3d^{5}4s^{1}}

，故答案為：rm{3d^{5}4s^{1}}

；分子中，rm{(2)H_{2}S}原子的價層電子數(shù)為：rm{S}所以rm{dfrac{6+2}{2}=4}原子的軌道的雜化類型是rm{S}雜化；

故答案為：rm{sp^{3}}

rm{sp^{3}}在乙醇中的溶解度：rm{(3)}大于rm{H_{2}O}其主要原因是：水分子與乙醇分子間能形成氫鍵；

故答案為：水分子與乙醇分子間能形成氫鍵；

rm{H_{2}S}中rm{(4)SO_{4}^{2-}}原子的價層電子數(shù)為：rm{4+dfrac{1}{2}隆脕(6+2-4隆脕2)=4}且沒有孤電子對，所以是正四面體結構；

故答案為：正四面體；

rm{S}的氯化物與氨水反應可形成配合物rm{4+dfrac{1}{2}隆脕(6+2-4隆脕2)=4

}配體為rm{(5)Zn}rm{[Zn(NH_{3})_{4}]Cl_{2}}，rm{NH}rm{NH}鍵的數(shù)目為rm{3}個；

故答案為：rm{3}個。

．rm{1}【解析】rm{(1)壟脵4}rm{壟脷ZnS}rm{壟脷ZnS}rm{壟脹3d^{5}4s^{1}}rm{壟脹3d^{5}4s^{1}}水分子與乙醇分子間能形成氫鍵rm{(2)sp^{3}}正四面體rm{(3)}個rm{(4)}27、略

【分析】

A

與C

碰撞過程中；動量守恒守恒，根據(jù)動量守恒定律求出共同速度，B

在A

上滑行，ABC

組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)守能量守恒定律和能量守恒定律列式，聯(lián)立方程即可求解．

本題考查動量守恒定律的應用問題，要注意分析物體的運動過程，選擇不同的系統(tǒng)作為研究對象，運用動量守恒定律進行分析求解．【解析】解：A

與C

碰撞過程中；動量守恒守恒，以向右為正，根據(jù)動量守恒定律得：

mAv0=(mA+mC)v1

代入數(shù)據(jù)解得：v1=2.5m/s

B

在A

上滑行；ABC

組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正，根據(jù)守能量守恒定律得：

mBv0+(mA+mC)v1=(m1+m2+m3)v2

代入數(shù)據(jù)解得：v2=3m/s

根據(jù)能量守恒定律得：

12mBv02+12(mA+mC)v12=12(m1+m2+m3)v22+婁脤mBgl

代入數(shù)據(jù)解得：l=0.5m

答：長木板A

的長度為0.5m

．六、綜合題(共2題，共4分)28、（1）BDE（2）解：(1)對汽缸受力分析，由平衡條件有FN＋pS＝p0S，得FN＝(p0－p)S＝50N(2)設溫度升高至T時，活塞與汽缸底的距離為H，則氣體對外界做功W＝p0ΔV＝p0S(H－h(huán))，由熱力學第一定律得ΔU＝Q－W，解得H＝12cm氣體溫度從T0升高到T的過程，由理想氣體狀態(tài)方程，得解得T＝720K【分析】(1)

【分析】當入射光的頻率大于金屬的極限頻率；就會發(fā)生光電效應；用自由電子轟擊基態(tài)的氫原子，電子的部分能量會被吸收，發(fā)生躍遷，用光子照射，吸收的光子能量必須等于兩能級間的能級差，才能被吸收，或吸收的光子能量使氫原子發(fā)生電離，也能被吸收。

解決本題的關鍵知道光電效應的條件，以及知道吸收或輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，知道若吸收的能量使氫原子發(fā)生電離，也能被吸收?！窘獯稹緼.氫原子從高能級躍遷到基態(tài)發(fā)射的光子能量大于鋅板的電子逸出功，鋅板能發(fā)生光電效應，氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光，有的光子能量大于3.34eV3.34eV會使鋅板發(fā)生光電效應，故A錯誤；

B.用能量為11.0eV11.0eV的自由電子轟擊，電子的部分能量會被基態(tài)的氫原子吸收，只要吸收的能量等于兩能級間的能級差，就會躍遷到激發(fā)態(tài)，故B正確；

C.吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，才能被吸收，紫外線的最小能量為3.11eV

處于E2=鈭?3.4eV

能級的氫原子能吸收部分頻率的紫外線，故C錯誤；

D.