2025年浙教新版高二物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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階段測試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、下列各組電磁波，其波長由小到大的排列順序正確的是(

)

A.紅外線、可見光、紫外線、婁脙

射線B.婁脙

射線、可見光、紅外線、無線電波C.婁脙

射線、X

射線、紅外線、可見光D.X

射線、可見光、紫外線、紅外線2、如圖為跳水運動員準備進行跳板跳水訓練。從起跳到落水前過程的路徑為拋物線，將運動員從最高點到入水前的運動過程記為I，運動員入水后到最低點的運動過程記為II，忽略空氣阻力，則運動員（）A.過程I的動量變化率逐漸增大B.過程I、II的總動量改變量為零C.過程I的動量改變量等于重力的沖量D.過程II的動量改變量等于重力的沖量3、下列關于電容器的說法；正確的是（）

A.電容器帶電量越多；電容越大。

B.電容器兩板電勢差越小；電容越大。

C.電容器的電容與帶電量成正比；與電勢差成反比。

D.隨著電容器電量的增加；電容器兩極板間的電勢差也增大。

4、如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調電阻，用絕緣細線將質量為帶正電的小球懸于電容器內部。閉合電鍵S，小球靜止時受到懸線的拉力為F。調節(jié)R1、R2，關于F的大小判斷正確的是()A.保持R1不變，緩慢增大R2時，F將變大B.保持R1不變，緩慢增大R2時，F將變小C.保持R2不變，緩慢增大R1時，F將變大D.保持R2不變，緩慢增大R1時，F將變小5、關于多普勒效應，下列說法正確的是()．A.多普勒效應是由波的干涉引起的B.多普勒效應說明波源的頻率發(fā)生改變C.多普勒效應是由于波源與觀測者之間有相對運動而產生的D.只有聲波才可以產生多普勒效應6、在平靜的水面上激起一列水波，使水面上漂浮的小樹葉在3.0s內全振動了6次。當某小樹葉剛開始第6次周期振動時，沿水波傳播的方向與該小樹葉相距1.0m、浮在水面的另一小樹葉剛好開始振動，則A.此水波的周期為2.0sB.此水波的波長為1/6mC.此水波的傳播速度為0.40m/sD.若振動的頻率變大，則同樣條件下波傳播到1.0m遠的另一小葉處所用時間將變短7、如圖所示，真空中O

點固定一帶負電的點電荷Q

在它的一側有abc

三點，這三點在一條直線上，ab=bcOb

恰好與ac

垂直，現有一試探電荷q(

帶負電)

在外力作用下沿直線由a

向c

運動，下列判斷正確的是(

)

A.ac

兩點的場強相同，且小于b

點的場強B.ac

兩點的電勢相等，且小于b

點的電勢C.q

運動過程中受到的庫侖力先增大后減小D.q

在abc

點的電勢能依次增大8、如圖，質量為m

的物體沿傾角為婁脕

的固定光滑斜面下滑；則物體對斜面壓力的大小為()

A.mg

sin

婁脕

B.mg

cos

婁脕

C.mg

tan

婁脕

D.mg

cot

婁脕

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、使物體帶電一共有三種方式，即接觸起電、摩擦起電、感應起電。摩擦起電時，某些物體失去而帶____電荷，而另一些物體得到____而帶____電荷。因此得到下述結論，在摩擦起電過程中，并沒有____，即電荷是守恒的。10、圖示電路可用來測量電阻的阻值。其中E

為電源，R

為已知電阻，Rx

為待測電阻，可視為理想電壓表，S0

為單刀單擲開關，S1S2

為單刀雙擲開關。(1)

當S0

閉合時，若S1S2

均向左閉合，電壓表讀數為U1

若S1S2

均向右閉合，電壓表讀數為U2

由此可求出Rx=

______________。(2)

若電源電動勢E=1.5V

內阻可忽略；電壓表量程為1VR=100婁賂

此電路可測量的Rx

的最大值為__________婁賂

11、氣體分子運動的特點：

氣體分子之間的空隙______氣體分子之間的相互作用力______；氣體分子可以______地運動；

因此氣體能夠______整個容器．12、某同學在《用雙縫干涉測光的波長》的實驗中，實驗裝置如圖甲所示。使用的雙縫的間距為d=0.025cm。實驗時，當屏上出現了干涉圖樣后，通過測量頭（與螺旋測微器原理相似，手輪轉動一周，分劃板前進或后退0.500mm）觀察第一條亮紋的位置如圖乙所示，其讀數應為x1=mm，第五條亮紋位置如圖丙所示，其讀數應為x2=____mm，測出雙縫與屏的距離為L=50.00cm，則計算待測光的波長的公式λ=___________（用x1、x2、d、L表示），求得待測光的波長λ=___________m。13、如圖所示，直角三角形中在A、B處分別放有點電荷測得C處場強方向平行于AB向上可知與______填同號，反號，可能是同號也可能反號今撤去則大小為______．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、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）15、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）16、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）

17、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）

18、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）19、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）20、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）

21、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）

22、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、實驗探究題(共3題，共9分)23、某同學測量金屬絲材料的電阻率以及電源的電動勢和內阻．

（1）他先用刻度尺測量出接入電路中的金屬絲的長度L，用螺旋測微器多次測量出金屬絲的平均直徑為d，如圖1為他某次用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其讀數為______mm．

（2）他利用如圖2所示的電路來測量金屬絲的電阻以及電源的電動勢和內阻．

A、先將電阻箱R的阻值撥至某一較大值，將單刀雙擲開關K2撥至1，閉合K1；記下此時電阻箱的阻值R和電壓表的示數U

B、將單刀雙擲開關K2撥至2，調節(jié)電阻箱的阻值為R′時，電壓表的示數保持不變，則此時金屬絲的電阻為Rx=R-R′

C、斷開K1；將電阻箱R的阻值撥至另一值，重復步驟A；B

計算出金屬絲電阻的平均值為RL，則金屬絲材料的電阻率表達式為ρ=______（用前面的字母表示）

（3）根據實驗過程中記錄的數據畫出隨變化的圖線為直線，如圖3所示，直線與縱軸的交點坐標為b、斜率為k，則電源電動勢為______，內阻為______．

24、I.如圖(a)

一彈簧上端固定在支架頂端，下端懸掛一托盤：一標尺由游標和主尺構成，主尺豎直固定在彈簧左邊；托盤上方固定有一能與游標刻度線準確對齊的裝置，簡化為圖中的指針?，F要測量圖(a)

中彈簧的勁度系數，當托盤內沒有砝碼時，移動游標，使其零刻度線對準指針，此時標尺讀數為1.950cm

當托盤內放有質量為0.100kg

的砝碼時，移動游標，再次使其零刻度線對準指針，標尺示數如圖(b)

所示，其讀數為_______cm

當地的重力加速度大小為9.80m/s2

此彈簧的勁度系數為________N/m(

保留3

位有效數字)

II.

某實驗小組利用如圖(a)

所示的電路探究在25隆忙隆蘆80隆忙

范圍內某熱敏電阻的溫度特性，所用器材有：置于溫控室(

圖中虛線區(qū)域)

中的熱敏電阻RT

其標稱值(25隆忙

時的阻值)

為900.0婁賂

電源E(6V

內阻可忽略)

電壓表(

量程150mV)

定值電阻R0(

阻值20.0婁賂)

滑動變阻器R1(

最大阻值為1000婁賂)

電阻箱R2(

阻值范圍0鈭?999.9婁賂)

單刀開關S1

單刀雙擲開關S2

實驗時，先按圖(a)

連接好電路，再將溫控室的溫度t

升至80.0隆忙

將S2

與1

端接通，閉合S1

調節(jié)R1

的滑片位置，使電壓表讀數為某一值U0

保持R1

的滑片位置不變，將R2

置于最大值，將S2

與2

端接通，調節(jié)R2

使電壓表讀數仍為U0

斷開S1

記下此時R2

的讀數，逐步降低溫控室的溫度t

得到相應溫度下R2

的阻值，直至溫度降到25.0鈭?C

實驗得到的R2鈭?t

數據見下表。。t/隆忙

25.0

30.0

40.0

50.0

60.0

70.0

80.0

R2/婁賂

900.0

680.0

500.0

390.0

320.0

270.0

240.0

回答下列問題：(1)

在閉合S1

前，圖(a)

中R1

的滑片應移動到____填“a

”或“b

”)

端；(2)

在圖(b)

的坐標紙上補齊數據表中所給數據點，并做出R2鈭?t

曲線：(3)

由圖(b)

可得到R1

在25隆忙鈭?80鈭?C

范圍內的溫度特性，當t=44.0隆忙

時，可得R1=

___婁賂

(4)

將Rt

握于手心，手心溫度下R2

的相應讀數如圖(c)

所示，該讀數為___婁賂

則手心溫度為_____隆忙

25、在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中；現除了有一個標有“5V，2.5W”的小燈泡；導線和開關外，還有：

A．直流電源（電動勢約為5V；內阻可不計）

B．直流電流表（量程0?3A；內阻約為0.1Ω）

C．直流電流表（量程0?600mA；內阻約為5Ω）

D．直流電壓表（量程0?15V；內阻約為15kΩ）

E．直流電壓表（量程0?5V；內阻約為10kΩ）

F．滑動變阻器（最大阻值10Ω；允許通過的最大電流為2A）

G．滑動變阻器（最大阻值1kΩ；允許通過的最大電流為0.5A）

實驗要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化并能測多組數據．

（1）實驗中電流表應選用______；電壓表應選用______，滑動變阻器應選用______（均用序號字母表示）；

（2）請設計實驗電路并在圖1的方框中畫出實驗電路圖；

（3）某同學通過實驗正確作出的小燈泡的伏安特性曲線如圖2所示．現把實驗中使用的小燈泡接到如圖3所示的電路中，其中電源電動勢E=6V，內阻r=1Ω，定值電阻R=9Ω，此時燈泡的實際功率為______W．（結果保留兩位有效數字）評卷人得分五、簡答題(共3題，共30分)26、rm{(1)}某同學采用萃取rm{隆陋}分液的方法從碘水中提取碘，主要操作步驟如下圖：甲：加入萃取劑后振蕩乙：靜置分層丙：分離rm{壟脵}該同學所采用的萃取劑可能是_______。rm{(}填序號rm{)}A.酒精rm{B.}苯rm{C.}四氯化碳rm{壟脷}甲、乙、丙rm{3}步實驗操作中，不正確的是_______。rm{(}填“甲”、“乙”或“丙”rm{)}rm{(2)}實驗室制取、凈化并收集氯氣涉及以下幾個主要階段：現有以下rm{2}種試劑：rm{A.}飽和食鹽水rm{B.NaOH}溶液。rm{壟脵X}溶液應選用_________。rm{(}填序號rm{)}rm{壟脷}尾氣處理過程中，多余的氯氣可用_________吸收。rm{(}填序號rm{)}寫出rm{MnO_{2}}與濃鹽酸加熱制備氯氣的化學方程式為__________________________。27、【化學rm{-}選修rm{5}有機化學】rm{A隆蘆G}都是有機化合物，它們的轉化關系如下：

請回答下列問題：rm{(1)}已知：rm{6.0g}化合物rm{E}完全燃燒生成rm{8.8gCO_{2}}和rm{3.6gH_{2}O}rm{E}的蒸氣對氫氣的相對密度為rm{30}則rm{E}的分子式為____rm{(2)A}為一取代芳烴，rm{B}中含有一個甲基rm{.}由rm{B}生成rm{C}的化學方程式為____。rm{(3)}由rm{B}生成rm{D}由rm{C}生成rm{D}的反應條件分別是____、____。rm{(4)}由rm{A}生成rm{B}由rm{D}生成rm{G}的反應類型分別是____、____。rm{(5)F}存在于梔子香油中，其結構簡式為____。rm{(6)}在rm{G}的同分異構體中，苯環(huán)上一硝化的產物只有一種的共有____種，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為rm{1}rm{1}的是____rm{(}填結構簡式rm{)}28、已知下列熱化學方程式：rm{壟脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{壟脵H_{2}(g)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{婁隴}rm{H}rm{壟脷H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)}rm{=-285.8kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脷H_{2}(g)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)}rm{婁隴}rm{壟脹C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)}rm{H}rm{=-241.8kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脹C(s)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)}rm{婁隴}rm{H}rm{=-110.5kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}回答下列問題：rm{婁隴}上述反應中屬于放熱反應的是____________。rm{H}的燃燒熱為________________；rm{=-393.5kJ隆隴mol^{-1}}的燃燒熱為________________。rm{(1)}燃燒rm{(2)H_{2}}生成液態(tài)水，放出的熱量為________________。rm{C}寫出rm{(3)}燃燒的熱化學方程式______________________________________。rm{10gH_{2}}評卷人得分六、計算題(共1題，共2分)29、將一條形磁鐵插入螺線管線圈．第一次插入用0.2秒，第二次插入用1秒，則兩次線圈中電流強度之比為多少，通過線圈的電量之比為多少，線圈放出的熱量之比為多少？參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】解：電磁波按波長由大到小的順序排列為：無線電波；微波，紅外線，可見光，紫外線，倫琴射線，婁脙

射線；

則波長由小到大的是：婁脙

射線；可見光、紅外線、無線電波；故B正確；ACD錯誤．

故選：B

．

依照波長的長短的不同；電磁波譜可大致分為：無線電波，微波，紅外線，可見光，紫外線，倫琴射線，婁脙

射線(

伽馬射線)

．

本題關鍵是明確無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X

射線、婁脙

射線都是電磁波，同時要知道它們的波長的大小關系和頻率大小關系．【解析】B

2、C【分析】解：AC；過程I中動量改變量等于重力的沖量；即為mgt不變，不為零，故A錯誤，C正確；

B；運動員進入水前的速度不為零；末速度為零，過程II的動量改變量不等于零，故B錯誤；

D；過程II的動量改變量等于合外力的沖量；不等于重力的沖量，故D錯誤；

故選：C。

分析兩個過程中運動員速度的變化；受力情況等；由此確定動量的變化是否為零。

本題主要是考查動量定理，解答本題要知道動量的變化與合外力沖量的關系?！窘馕觥緾3、D【分析】

A；B電容器的電容表征電容器容納電荷的本領大??；由電容器本身的特性決定，與其帶電量、兩板間的電勢差無關，故AB錯誤．

C、電容器電容的定義式C=采用的比值定義法，C與Q；U均無關．故C錯誤．

D、對于給定的電容器，電容C一定，則由C=知；電量與電勢差成正比，故D正確．

故選D

【解析】【答案】本題應根據電容器電容的定義式C=及其物理意義進行分析．

4、B【分析】【解析】試題分析：AB、保持不變，緩慢增大時，由于和串聯(lián)，兩端的電壓減小，即平行板電容器的兩個極板的電壓U減小，帶電小球受到的電場力減小,懸線的拉力為將減小；B正確CD、保持不變，緩慢增大時，兩端的電壓不變，不變，懸線的拉力為F不變；錯誤故選B考點：閉合電路的歐姆定律【解析】【答案】B5、C【分析】多普勒效應是由于波源和觀察者發(fā)生相對運動而產生的，發(fā)生多普勒效應時，波源的頻率不改變．因此，A、B不正確，C正確．一切波都能發(fā)生多普勒效應，D錯．【解析】【答案】C6、C【分析】【解析】【答案】C7、C【分析】解：A

依據點電荷電場強度公式E=kQr2

可知，ac

兩點的場強大小相同，且小于b

點的場強；但ac

兩點的場強方向不相同，故A錯誤；

B、ac

兩點的電勢在同一圓上，因此它們的電勢是相等的，依據沿著電場線方向，電勢是降低的，那么b

點的電勢高于ac

兩點的電勢；故B錯誤；

C、根據庫侖定律F=kQqr2

可知，運動過程中受到的庫侖力先增大后減小，故C正確；

D、由于b

點的電勢高于ac

兩點的電勢，那么一試探電荷q(

帶負電)

在abc

點的電勢能先增大；后減小，故D錯誤；

故選：C

依據點電荷電場強度公式E=kQr2

結合矢量的合成法則，即可分析；

點電荷的電勢面是一系列的同心圓；且沿著電場線方向，電勢是降低的；

根據庫侖定律；即可判定庫侖力大??；

依據負電荷從高電勢到低電勢；電勢能增加，而從低電勢到高電勢，電勢能是減小。

考查點電荷電場強度公式與庫侖定律的內容，掌握電勢高低判定的方法，理解電荷的電勢能大小，除與電勢高低有關外，還與電性有關。【解析】C

8、B【分析】【分析】結合力分解可知，壓力大小為重力垂直斜面方向的分力。本題考查了力的作用效果的分解?！窘獯稹课矬w在斜面上受到重力作用，重力作用下產生兩個效果，一個分力使物體下滑，另一個分力使物體壓緊斜面大小為mgmgcoscos婁脕婁脕故B正確。故選B?！窘馕觥緽

二、填空題(共5題，共10分)9、略

【分析】【解析】試題分析：起電方式有三種，接觸起電、摩擦起電、感應起電。接觸起電、摩擦起電是電荷從一個物體轉移到另一個物體，而使物體帶電．感應起電是電荷從物體的一部分轉移到另一部分，而使物體帶電．考點：本題考查了電荷守恒定律【解析】【答案】電子正電子負創(chuàng)造電荷10、（1）

（2）200【分析】【解析】(1)S1S2

均向左閉合時，電壓表并聯(lián)在Rx

兩端，電壓表讀數U

1

為Rx

上的電壓；S1S2

均向右閉合時，電壓表并聯(lián)在R兩端，電壓表讀數U

2

為R

上的電壓。由歐姆定律可知：電流I=U2R=U1Rx

解得：Rx=U1U2R

(2)

Rx

上可測量的最大電壓U

1

為1V

R

上的電壓U2=E鈭?U1=0.5V

由于RxR_{x}與RR串聯(lián)，電壓與電阻成正比，由Rx=U1U2R{R}_{x}=dfrac{{U}_{1}}{{U}_{2}}R知可測量的Rx

的最大值為200婁賂

【解析】(1)Rx=U1U2R{R}_{x}=dfrac{{U}_{1}}{{U}_{2}}R(2)200

11、很大十分微弱自由充滿【分析】解：氣體分子之間的空隙很大；氣體分子之間的相互作用力十分微弱，所以氣體分子可以自由地運動，因此氣體能夠充滿整個容器．

故答案為：很大；十分微弱、自由、充滿．

氣體分子間距離較大；分子間相互作用的引力和斥力十分微弱，氣體分子在空間自由運動，所以氣體分子能充滿空間．根據分子動理論分析即可．

本題是對分子動理論的考查，要了解分子力與分子距離的關系，來理解氣體分子運動的特點．【解析】很大十分微弱自由充滿12、略

【分析】【解析】【答案】x1=1.128mmx2=5.880mm，λ=____（公式）λ=5.94×10—7m。13、略

【分析】【分析】

【詳解】

由于A、B為點電荷，故B產生的電場沿直線BC，要么指向B，要么指向C，同理A產生的電場沿直線AC，方向要么指向A，要么指向C，由于合場強平行于直線BA，故B產生的電場沿直線BC，指向C，A產生的場強沿直線AC，方向要么指向A；如圖所示；

故B帶正電荷，A帶負電荷，即與反號；由圖可知又故E所以撤去則故．

故本題的答案為：．

【點睛】

根據點電荷產生的電場是以場源為圓心的射線；要么指向場源，要么背離場源，可以知道點電荷產生的場強的方向，由于場強是矢量，根據平行四邊形法則即可確定兩點電荷產生的場強的方向，從而判定場源的電性；根據平行四邊形法則可以計算出電場強度的大?。?/p>

電場強度是矢量，矢量的運算滿足平行四邊形法則．【解析】②；7.5；三、判斷題(共9題，共18分)14、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．15、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．16、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；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，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．17、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．18、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．19、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；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，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，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．20、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；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，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．21、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．22、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據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W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。摹嶒炋骄款}(共3題，共9分)23、略

【分析】解：（1）螺旋測微器的固定刻度讀數為0.5mm；可動刻度讀數為0.01×18.0mm=0.180mm，所以最終讀數為0.680mm．

（2）根據電阻定律有：RL=ρ=ρ②

整理得：ρ=

（3）根據閉合電路歐姆定律得：

E=U+

解得：U=

整理得：

所以-圖象的斜率k=直線與縱軸的截距b=

解得：E=r=

由于電壓表也有內阻，則電源內阻測量值等于電壓表內阻與電源內阻的并聯(lián)值，所以測量值偏??；由k=可知，測量值r偏小；則電動勢測量值偏?。?/p>

故答案為：（1）0.680；（2）（3）

（1）螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數；在讀可動刻度讀數時需估讀．

（2）根據電阻定律推導金屬的電阻率表達式．

（3）根據閉合電路歐姆定律求處-的關系式；結合圖象的斜率和截距求出電動勢和內阻，考慮電壓表有內阻分析誤差．

本題考查測量電動勢和內電阻實驗、測量電阻實驗的數據的處理，要求能正確分析誤差的來源，并能用圖象法求出電勢和內電阻，難度適中．【解析】0.680；24、I.3.77553.7

II.(1)b(2)

如圖所示(3)450(4)620.033.0

?【分析】I.【分析】根據游標卡尺讀數讀取即可；根據胡克定律求解勁度系數即可。本題是常規(guī)實驗器材的使用和讀數問題，不難。【解答】主尺讀數為3.7cm

即37mm

游標卡尺對齊刻度為15

所以總讀數為：37mm+15隆脕120mm=37.75mm=3.775cm

根據胡克定律得出：k=F?x=mgx2鈭?x1=ab=0.100隆脕9.8(3.775鈭?1.950)隆脕10鈭?2N/m=0.981.825隆脕10鈭?2N/m隆脰53.7N/m

故填：3.77553.7

II.

【分析】

(1)

在閉合S1

前，圖(a)

中R1

的滑片應移動到b

端，可以使R1

的阻值全部接進電路，保證安全。(2)

描點后注意與已有曲線連接成一個完整的圓滑曲線。(3)

根據圖線求解即可；(4)

從R2鈭?t

曲線中找到縱坐標為620.0

的點，找出對應的橫坐標。本題是創(chuàng)新的電學實驗的題目，中等難度?！窘獯稹?/p>

(1)

滑片在b

端可以使R1

的阻值全部接進電路，保證安全。(2)

描點后注意與已有曲線連接成一個完整的圓滑曲線。(3)

從R2鈭?t

曲線中可讀出t=44.0隆忙

時，R2=450婁賂

所以RT=R2=450婁賂

(4)

從R2鈭?t

曲線中找到縱坐標為620.0

的點，其橫坐標為33.0隆忙

故填：(1)b(2)

如圖所示；(3)450(4)620.033.0

【解析】I.3.77553.7

II.(1)b(2)

如圖所示(3)450(4)620.033.0

?25、CEF0.84【分析】解：（1）燈泡的額定電壓為5V，因此電壓表選擇大于等于5V的即可，故選E；而燈泡的額定電流I===0.5A；故電流表應選擇C；

因本實驗采用分壓接法；滑動變阻器應選小電阻；故滑動變阻器選擇F；

（2）本實驗要求多測幾組數據；故采用分壓接法；同時因電流表內阻與燈泡內阻接近，故電流表選用外接法；故原理圖如圖所示；

（3）將定值電阻等效電源內阻；作出等效電源的伏安特性曲線如圖所示；與燈泡的伏安特性曲線的交點為燈泡的工作點，由圖可知，此時燈泡的電壓為2.2V；電流為0.38A；

則燈泡的功率P=UI=2.2×0.38W=0.84W；

故答案為：（1）CEF；（2）如圖；（3）0.84

根據實驗中給出的燈泡的額定值可以確定電流表及電壓表；由實驗要求可以確定接法；進而可以確定滑動變阻器；

在坐標系中作出電源的伏安特性曲線；則兩線的交點為燈泡的工作點，即可求出實際功率．

本題考查描繪小燈泡的伏安特性曲線實驗；要注意明確本實驗的原理，同時注意實驗電路圖的選擇以及電表的選擇方法；另外本題還要注意第3小問中的定值電阻應等效為電源內阻處理．【解析】CEF0.84五、簡答題(共3題，共30分)26、rm{(1)壟脵C}rm{壟脷}丙

rm{(2)壟脵A}rm{壟脷B}rm{MnO_{2}+4HCl(}濃rm{)}rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}【分析】【分析】本題旨在考查學生對萃取和分液、氯氣的制備等應用?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}從碘水中萃取碘，由圖示可知，萃取劑的密度比水大，故應為四氯化碳，故C正確；故答案為：rm{C}rm{壟脷}根據圖示，分液時，應先放出下層液體，后從上口倒出上層液體，故丙錯誤；故答案為：丙；rm{(2)壟脵}由于氯氣含有氯化氫氣體雜質，故應用飽和食鹽水除去，故A正確；故答案為：rm{A}rm{壟脷}尾氣處理過程中，多余的氯氣可用氫氧化鈉溶液吸收，故B正確；二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣的方程式為：rm{MnO_{2}+4HCl(}濃rm{)}rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}故答案為：rm{B}rm{MnO_{2}+4HCl(}濃rm{)}rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}【解析】rm{(1)壟脵C}rm{壟脷}丙rm{(2)壟脵A}rm{壟脷B}rm{MnO_{2}+4HCl(}濃rm{)}rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}27、（1）C2H4O2

（2）

（3）氫氧化鈉醇溶液；加熱濃硫酸、加熱。

（4）取代反應加成反應。

（5）

（6）7

【分析】【分析】

本題考查有機物推斷，關鍵是確定rm{A}為乙苯，再結合轉化關系及分子式推斷，rm{(6)}中同分異構體書寫為易錯點；難點；難度中等。

【解答】

rm{E}的蒸氣與氫氣的相對密度為rm{30}則rm{Mr(E)=30隆脕2=60}rm{6.0gE}的物質的量是rm{0.1mol}完全燃燒后生成rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}的物質的量分別為rm{dfrac{8.8g}{44g/mol}=0.2mol}rm{dfrac{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}分子中rm{N(C)=dfrac{0.2mol}{0.1mol}=2}rm{N(H)=dfrac{0.2mol隆脕2}{0.1mol}=4}故rm{N(O)=dfrac{60-12隆脕2-8}{16}=2}故E的分子式是rm{dfrac

{8.8g}{44g/mol}=0.2mol}．

rm{dfrac

{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}為一取代芳烴，由分子式可知為苯的同系物，故A為rm{N(C)=dfrac

{0.2mol}{0.1mol}=2}與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成rm{N(H)=dfrac

{0.2mol隆脕2}{0.1mol}=4}而rm{N(O)=dfrac

{60-12隆脕2-8}{16}=2}中含有一個甲基，則rm{C_{2}H_{4}O_{2}}為rm{A}發(fā)生水解反應生成rm{A}為rm{B}與rm{B}發(fā)生酯化反應生成rm{B}結合rm{B}的分子式可知，應是發(fā)生酯化反應，則rm{C}為rm{C}rm{E}為rm{F}rm{F}轉化都得到rm{E}rm{CH_{3}COOH}與溴發(fā)生加成反應生成rm{F}則rm{B}rm{C}均發(fā)生消去反應生成rm{D}故D為則rm{D}為

rm{G}由上述分析可知，rm{B}的分子式為rm{C}故答案為：rm{D}

rm{G}由rm{(1)}生成rm{E}的化學方程式為

故答案為：

rm{C_{2}H_{4}O_{2}}由rm{C_{2}H_{4}O_{2}}生成rm{(2)}是發(fā)生消去反應生成反應條件為：氫氧化鈉醇溶液；加熱；

rm{B}生成rm{C}是發(fā)生消去反應生成反應條件為：濃硫酸；加熱；

故答案為：氫氧化鈉醇溶液；加熱；

rm{(3)}由rm{B}生成rm{D}屬于取代反應，由rm{C}生成rm{D}屬于加成反應；故答案為：取代反應；加成反應；

rm{(4)}由上述分析可知，rm{A}的結構簡式為故答案為：

rm{B}在rm{D}rm{G}的同分異構體中，苯環(huán)上一硝化的產物只有一種，對稱性高，可以含有rm{(5)}個相同的取代基，且處于對位，為若含有rm{F}個取代基時，取代基不可能相同，苯環(huán)上取代至少有rm{(6)}種，故不可能含有rm{G(}個取代基，可以可以rm{)}個取代基，為rm{2}個rm{3}rm{2}個rm{3}分別為故符合條件的同分異構體共有rm{4}種，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為rm{2}rm{-Br}的是

故答案為：rm{2}

rm{-CH_{3}}【解析】rm{(1)C_{2}H_{4}O_{2}}

rm{(2)}

rm{(3)}氫氧化鈉醇溶液；加熱濃硫酸、加熱。

rm{(4)}取代反應加成反應。

rm{(5)}

rm{(6)7}

28、rm{(1)壟脵壟脷壟脹壟脺}

rm{(2)triangleH=-285.8kJ?mol}rm{(2)triangle

H=-285.8kJ?mol}rm{triangleH=-393.5kJ?mol^{-1}}

rm{{,!}^{-1}}

rm{(4)CO(s)+dfrac{1}{2};{O}_{2}(g)簍T;C{O}_{2}(g);?H=-283kJ?mo{l}^{-1}}rm{{,!}^{-1}}【分析】【分析】本題考查了焓變與反應吸熱、放熱的關系，燃燒熱的定義以及蓋斯定律的有關計算，題目簡單，理解燃燒熱是注意兩點：rm{壟脵}必須是rm{1mol}的物質；rm{壟脷}生成的氧化物必須穩(wěn)定?！窘獯稹縭m{(1)triangleH<0}的反應屬于放熱反應；rm{triangleH>0}的反應屬于吸熱反應，根據給出的熱化學方程式可知：rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}四個反應的rm{triangleH<0}都屬于放熱反應。的反應屬于放熱反應；rm{(1)triangleH<0}的反應屬于吸熱反應，根據給出的熱化學方程式可知：rm{triangleH>0}四個反應的rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}都屬于放熱反應。

rm{triangleH<