2025年蘇教版高二物理下冊月考試卷

…………○…………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2025年蘇教版高二物理下冊月考試卷543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5題，共10分)1、已知rm{298K}時下列物質(zhì)的溶度積常數(shù)，下列說法正確的是()

。rm{CH_{3}COOAg}rm{AgCl}rm{Ag_{2}CrO_{4}}rm{Ag_{2}S}rm{K}rm{{,!}_{sp}}rm{2.3}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{3}}rm{1.77}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{10}}rm{1.12}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{12}}rm{6.7}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{15}}

A.等體積、濃度均為rm{0.02mol隆隴L^{-1}}的rm{CH_{3}COONa}和rm{AgNO_{3}}溶液混合能產(chǎn)生沉淀B.向含有濃度均為rm{0.01mol隆隴L^{-1}}的rm{CrOrlap{_{4}}{^{2-}}}和rm{Cl^{-}}的溶液中慢慢滴入rm{AgNO_{3}}溶液時，rm{CrOrlap{_{4}}{^{2-}}}先沉淀C.在rm{CH_{3}COOAg}懸濁液中加入鹽酸時發(fā)生反應的離子方程式為rm{CH_{3}COOAg+H^{+}+Cl^{-}=CH_{3}COOH+AgCl}D.rm{298K}時，上述四種飽和溶液的物質(zhì)的量濃度：rm{c(CH_{3}COOAg)>c(AgCl)>c(Ag_{2}CrO_{4})>c(Ag_{2}S)}2、如圖所示，在光滑絕緣的水平面的上方存在有水平方向的勻強磁場，ABCD

是磁場區(qū)域的邊界，一個正方形的閉合導線框以水平速度v0

沖向磁場區(qū)域，當它全部進入磁場區(qū)域后速度變?yōu)関1

當它全部沖出磁場區(qū)域后速度變?yōu)関2

比較導線框進入磁場的過程和離開磁場的過程，下列說法正確的是()

A.進入過程導線框的速度變化v0鈭?v1

等于離開過程導線框的速度變化v1鈭?v2

B.進入過程導線框的動能變化Eko鈭?Ek1

等于離開過程導線框的動能變化Ek1鈭?Ek2

C.進入過程導線框產(chǎn)生的熱量Q1

小于離開過程導線框產(chǎn)生的熱量Q2

D.進入過程通過導線框橫截面積的電量q1

小于離開過程通過導線框橫截面積的電量q2

3、在變電站里，經(jīng)常要用交流電表去監(jiān)測電網(wǎng)上的強電流，所用的器材叫電流互感器。如下所示的四個圖中，能正確反應其工作原理的是（）4、用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖所示)．設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ.實驗中，極板所帶電荷量不變，若A.保持S不變，增大d，則θ變大B.保持S不變，增大d，則θ變小C.保持d不變，減小S，則θ變小D.保持d不變，減小S，則θ不變5、如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強磁場，PQ

為兩磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應強度的大小分別為B1=BB2=2B

一個豎直放置的邊長為a

質(zhì)量為m

電阻為R

的正方形金屬線框，以初速度v

垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當線框運動到在每個磁場中各有一半的面積時，線框的速度為v

/2

則下列判斷正確的是()A.此過程中通過線框截面的電量為2Ba2R

B.此過程中線框克服安培力做的功為9B2a2v2mR

C.此時線框的加速度為9B2a2v2mR

D.此時線框中的電功率為9B2a2v22R

評卷人得分二、雙選題(共2題，共4分)6、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解7、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)8、（本題供使用選修3-1教材的考生作答．）

電源的電動勢為4.5V，內(nèi)電阻為0.50Ω，外電路接一個4.0Ω的電阻，這時流過電源的電流為____A，路端的電壓為____V．9、單相交流發(fā)電機的線圈從中性面勻速旋轉(zhuǎn)180°角，所產(chǎn)生的感應電動勢的平均值與其有效值之比為：____10、長為1.2m的導線折成長、寬之比為2：1的矩形線框，線框平面垂直于勻強磁場方向放置，勻強磁場的磁感應強度B=0.2T，則穿過該線框的磁通量Ф=____________Wb；若通過改變線框的形狀，則穿過此段導線制成的線框的最大磁通量為Фm=____________Wb．11、在驗證動量守恒定律實驗中；同學們不僅完成了課本原來的實驗，還用相同的器材進行多方面的探索及嘗試．下面是甲；乙兩組同學的實驗，請回答相關的問題：

(Ⅰ)甲組同學采用如圖1所示的裝置，由斜槽和水平槽構成．將復寫紙與白紙鋪在水平放的木板上，重垂線所指的位置為O．實驗時先使a球從斜槽上某一固定位置由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡．重復上述操作多次，得到多個落點痕跡平均位置P；再把b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓a球仍從固定位置由靜止開始滾下，與b球發(fā)生對心正碰，碰后a球不被反彈．碰撞后a、b球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡．重復這種操作多次得到多個落點痕跡平均位置M；N．

(1)若a球質(zhì)量為m1，半徑為r1；b球質(zhì)量為m2，半徑為r2．則____________

A．m1＞m2r1＞r2B．m1＞m2r1＜r2

C．m1＞m2r1=r2D．m1＜m2r1=r2

(2)以下提供的器材中；本實驗必需的有____________

A．刻度尺B．打點計時器C．天平D．秒表。

(3)設a球的質(zhì)量為m1，b球的質(zhì)量為m2，則本實驗驗證動量守恒定律的表達式為(用m1、m2；OM、OP、ON表示)____________

(Ⅱ)乙組同學誤將重錘丟失；為了繼續(xù)完成實驗則將板斜放，上端剛好在槽口拋出點，標記為O．板足夠長小球都能落在板上，如圖2，采用甲組同學相同的操作步驟完成實驗．

(4)對該組同學實驗的判斷正確的是____________

A．乙組同學無法完成驗證動量守恒定律。

B．秒表也不是乙組同學的必需器材。

C．乙組同學必須測量斜面傾角θ

D．圖2中N為b球碰后落點。

(5)設a球的質(zhì)量為m1，b球的質(zhì)量為m2；則本實驗驗證動量守恒定律的表達式為____________．

(6)如果a，b球的碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為____________．(要求第(5)(6)結(jié)論用m1、m2；OM、OP、ON表示)

12、如圖所示，直線A為電源的U-I圖線，直線B為電阻R的U-I圖線，由該圖可以判斷：電源的電動勢E=______V；電源的內(nèi)電阻為r=______Ω；電阻R=______Ω評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)13、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）評卷人得分五、計算題(共4題，共28分)14、太陽的能量來自氫核聚變：即四個質(zhì)子（氫核）聚變一個α粒子，同時發(fā)射兩個正電子和兩個沒有靜止質(zhì)量的中微子．如果太陽輻射能量的功率為P，質(zhì)子H、氦核He、正電子e的質(zhì)量分別為mP、MHe、me；真空的光速為c，則。

（1）寫出上述核反應方程式；

（2）計算每一次聚變所釋放的能量△E；

（3）計算t時間內(nèi)因聚變生成的α粒子數(shù)n．15、如圖，一透明球體置于空氣中，球半徑R=10cm

折射率n=2.MN

是一條通過球心的直線，單色細光束AB

平行于MN

射向球體，B

為入射點，AB

與MN

間距為52cmCD

為出射光線．

壟脵

補全光路并求出光從B

點傳到C

點的時間；

壟脷

求CD

與MN

所成的角婁脕

．16、如圖所示。在水平面內(nèi)的直角坐標系xOy中有一光滑金屬圓形導軌BOC．直導軌OB部分與x軸重合，圓弧半徑為L．整個圓形內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B．現(xiàn)有一長為L的金屬棒，從圖示位置開始平行于半徑OC向右沿x軸正方向以速度v做勻速直線運動。已知金屬棒單位長度的電阻為R0．除金屬棒的電阻外其余電阻均不計。棒與兩導軌始終接觸良好，在金屬棒運動過程中。它與導軌組成閉合回路。圖中θ=時；求：

（1）棒受的安培力大小為多少？

（2）回路中消耗的電功率為多大？17、如圖所示，電阻r=0.1婁賂

的導體ab

沿光滑的導線框向右做勻速運動，線框中接有電阻R=0.4婁賂

線框放在磁感應強度B=0.1T

的勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，導體ab

的長度L=0.4m

運動速度v=5.0m/s.

線框的電阻不計。

壟脜

電路abcd

中的電流為多少？壟脝

求導體ab

所受的安培力的大小。壟脟

外力做功的功率是多少？壟脠

電源的功率為多少？外部電阻消耗的功率又是多少？評卷人得分六、簡答題(共3題，共12分)18、黃血鹽rm{[}亞鐵氰化鉀，rm{K}亞鐵氰化鉀，rm{[}rm{K}rm{{,!}_{4}}rm{Fe(CN)}rm{Fe(CN)}目前廣泛用做食鹽添加劑rm{{,!}_{6}}抗結(jié)劑rm{]}目前廣泛用做食鹽添加劑rm{(}抗結(jié)劑rm{)}我國衛(wèi)生部規(guī)定食鹽中黃血鹽的最大使用量為rm{10mg?kg隆樓}我國衛(wèi)生部規(guī)定食鹽中黃血鹽的最大使用量為rm{]}rm{(}rm{)}回答下列問題：rm{10mg?kg隆樓}步驟Ⅰ反應的化學方程式為________________________________________________。rm{{,!}^{1}}步驟Ⅳ過濾所得的廢液中含量較多的溶質(zhì)為。一種制備黃血鹽的工藝如下：填化學式rm{(1)}__________________。rm{(2)}步驟Ⅴ所用的試劑rm{(}是_____________________。rm{)}工藝中用到劇毒的rm{(3)}溶液，含rm{X}的廢水必須處理后才能排放。已知氫氰酸是一種具有苦杏仁特殊氣味的無色劇毒液體，易揮發(fā)，rm{(4)}時，rm{HCN}rm{CN^{-}}的電子式為____________，反應rm{25隆忙}在rm{Ka(HCN)=6.25隆脕10^{-10}}時的平衡常數(shù)rm{壟脵NaCN}________rm{CN隆樓+H_{2}O?HCN+OH隆樓}填數(shù)值rm{25隆忙}rm{K=}處理含rm{(}廢水的方法是：第一步控制rm{)}用rm{壟脷}溶液先將rm{CN^{-}}“不完全氧化”為rm{pH>10}第二步控制rm{NaClO}為rm{CN隆樓}用rm{OCN^{-}}“完全氧化”rm{pH}生成rm{7.5隆蘆8.5}和兩種鹽。第一步控制強堿性的主要目的是________，第二步反應的離子方程式為_____________________________________。rm{NaClO}19、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}}20、如圖所示，楊氏雙縫實驗中，下述情況能否看到干涉條紋？說明理由．(1)

在單色自然光源S

后加一偏振片P

．(2)

在(1)

情況下，再加P1P2P1

與P2

透振方向垂直．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】本題主要考查了溶度積的計算、沉淀的轉(zhuǎn)化與生成的知識，是高考?？贾R點，難度一般。關鍵是掌握溶度積的計算、沉淀的轉(zhuǎn)化的原理，側(cè)重知識的能力考察。【解答】A.濃度熵rm{Qc}rm{=c(CH_{3}COO^{-})隆隴c(Ag^{+})=0.01隆脕0.01=1隆脕10^{-4}}rm{=c(CH_{3}COO^{-})隆隴c(Ag^{+})=

0.01隆脕0.01=1隆脕10^{-4}}rm{K_{sp}(CH_{3}COOAg)=2.3隆脕10^{-6}}所以溶液混合能產(chǎn)生沉淀，故A錯誤；B.rm{Qc>K_{sp}}飽和所需rm{AgCl}濃度rm{Ag^{+}}rm{c(Ag^{+})=Ksp(AgCl)/c(Cl^{-})=1.77隆脕10^{-10}/0.01mol/L=1.77隆脕10^{-8}}rm{mol/L}飽和所需rm{Ag_{2}CrO_{4}}濃度rm{Ag^{+}}rm{c(Ag^{+})=}rm{mol/L=1.1隆脕10^{-5}}則rm{mol/L}rm{1.77隆脕10^{-8}mol/L<1.1隆脕10^{-5}}所以rm{mol/L}先沉淀，故B錯誤；C.rm{Cl^{-}}向rm{K_{sp}(CH_{3}COOAg)>K_{sp}(AgCl)}懸濁液中加入鹽酸時rm{CH_{3}COOAg}轉(zhuǎn)化為rm{CH_{3}COOAg}離子方程式為rm{AgCl}故C正確；D.因為rm{CH_{3}COOAg+H^{+}+Cl^{-}=CH_{3}COOH+AgCl}飽和溶液中rm{CH_{3}COOAg}的濃度為rm{Ag^{+}}rm{mol/L=1.52隆脕10^{-3}mol/L}rm{c(CH}rm{c(CH}rm{{,!}_{3}}因為rm{COOAg)=}飽和溶液中rm{COOAg)=}的濃度為rm{1.52隆脕10^{-3}mol/L}rm{AgCl}假設rm{Ag^{+}}飽和溶液中rm{=1.33隆脕10^{-5}mol/L}的濃度為rm{c(AgCl)=1.33隆脕10^{-5}mol/L}則rm{Ag_{2}CrO_{4}}的濃度為rm{Ag^{+}}由溶度積常數(shù)的表達式可知rm{x}即rm{CrO_{4}^{2-}}即rm{0.5x}rm{Ksp(Ag_{2}CrO_{4})=x^{2}隆脕0.5x}假設rm{0.5x^{3}=1.12隆脕10^{-12}}飽和溶液中rm{x=1.3隆脕10^{-4}mol/L}的濃度為rm{c(Ag_{2}CrO_{4})=6.5隆脕10^{-5}mol/L}則rm{Ag_{2}S}的濃度為rm{Ag^{+}}由溶度積常數(shù)的表達式可知rm{x}即rm{S^{2-}}即rm{0.5x}rm{Ksp(Ag_{2}S)=x^{2}隆脕0.5x}則順序為：rm{0.5x^{3}=6.7隆脕10^{-15}}故D錯誤。故選C。rm{x=2.38隆脕10^{-5}mol/L}【解析】rm{C}2、A【分析】【分析】用動量定理研究出速度變化量與電量有關，根據(jù)感應電量q=??R

結(jié)合磁通量關系分析速度變化量的關系；進入與穿出磁場過程中，感應電流不同，安培力不同，導體克服安培力做功不同，由動能定理判斷動能變化的關系及熱量關系。本題是單選題；答案B；CD

容易判斷是不正確的，用“排除法”也可知答案A是正確的。

【解答】AD.

設進入和穿出磁場時感應電流的平均值分別為I1

和I2

產(chǎn)生和電量分別為q1

和q2

由動量定理，得：

對于進入磁場過程：鈭?BI1Lt1=m(v1鈭?v0)

可得BLq1=m(v0鈭?v1)

同理，對于穿出磁場過程：BLq2=m(v1鈭?v2)

____

而感應電量q=??R

穿入和穿出過程的磁通量變化量相同，所以有q1=q2

則得到v0鈭?v1=v1鈭?v2

故A正確，D錯誤；

BC.

導線框進入和穿出磁場時都做減速運動，感應電流減小，線框受到的安培力減小，進入和穿出位移相同，則進入過程線框克服安培力做功多，則有Ek0鈭?Ek1>Ek1鈭?Ek2隆攏

再由能量守恒定律可知，動能的減少都轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，所以有Q1>Q2攏祿

故BC錯誤；

故選A。

【解析】A

3、A【分析】【解析】試題分析：根據(jù)變壓器的工作原理，電流值比等于線圈匝數(shù)反比。交流線路中地線是沒有電流的，所以正確的為A考點：變壓器【解析】【答案】A4、A【分析】試題分析：根據(jù)電容的決定式得知，電容與極板間距離成反比，當保持S不變，增大d時，電容減小，由電容的定義式分析可知板間電勢差增大，靜電計指針的偏角θ變大．故B錯誤，A正確;根據(jù)電容的決定式得知，電容與極板的正對面積成正比，當保持d不變，減小S時，電容減小，極板所帶電荷量Q不變，則由電容的定義式分析可知板間電勢差增大，靜電計指針的偏角θ變大．故CD錯誤．考點：電容器的動態(tài)分析【解析】【答案】A5、C【分析】【分析】當線框中心線ABAB運動到與PQPQ重合時，左右兩邊都切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，兩個電動勢方向相同串聯(lián)..根據(jù)感應電動勢公式和歐姆定律求出感應電流，再求線框中的電功率..求出左右兩邊所受安培力大小，由牛頓第二定律求出加速度..由推論求出電量..根據(jù)功能關系求解回路產(chǎn)生的電能。

本題是電磁感應與安培力、能量守恒定律等知識的綜合，其中電磁感應過程中產(chǎn)生的電量q=n?婁脮R，是重要推論，在推導的基礎上加強記憶。

【解答】A.感應電動勢為：E=?婁脮?t

感應電流為：I=ER

電荷量為：q=I鈻?t

解得：q=3Ba22R

故A錯誤；

B.由能量守恒定律得，克服安培力做功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱，此過程七回路產(chǎn)生的熱為：Q=mv22鈭?12m(v2)2=3mv28

故B錯誤；

C.此時感應電動勢：E=2Bav2+Bav2=3Bav2

線框電流為：I=ER=3Bav2R

由牛頓第二定律得：2BIa+BIa=ma錄脫脣脵露脠

解得：a錄脫脣脵露脠=9B2a2v2mR

故C正確；

D.此時線框的電功率為：P=I2R=9B2a2v24R

故D錯誤；

故選C?！窘馕觥緾

二、雙選題(共2題，共4分)6、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B7、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B三、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】

根據(jù)閉合電路歐姆定律得。

I==

路端的電壓為U=IR=1×4V=4V

故答案為：1；4

【解析】【答案】已知電源的電動勢；內(nèi)電阻和外電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出流過電源的電流，由歐姆定律求出路端電壓．

9、略

【分析】電動勢的平均值根據(jù)計算，有效值為可得平均值與其有效值之比為2√2﹕π【解析】【答案】2√2﹕π10、略

【分析】解：由題意知矩形選框的長和寬分別為0.4m和0.2s，所以面積為S=0.4×0.2=0.08m2，穿過該線框的磁通量Ф=BS=0.2×0.08=0.016Wb，圓形的面積最大，1.2=2πr，所以最大面積S′=πr2，穿過此段導線制成的線框的最大磁通量為Фm=BS′=0.2×=0.023Wb

故答案為：0.016，0.023【解析】0.016;0.02311、略

【分析】解：Ⅰ(1)通過兩球發(fā)生碰撞驗證動量守恒定律，為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后，入射球不反彈，兩球直徑應相等，入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量，即兩球需要滿足：m1＞m2r1=r2；故C正確；

(2)驗證動量守恒定律實驗；需要測出兩球的質(zhì)量與球做平拋運動的水平位移，不需要測量球的運動時間，因此需要的實驗器材是：天平與刻度尺，故選：AC．

(3)兩球離開軌道后；做平拋運動，它們在空中的運動時間t相等，由動量守恒定律可知，實驗需要驗證：

m1v1=m1v1′+m2v2，兩邊同時乘以時間t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，則實驗需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON；

Ⅱ(4)A；兩球碰撞后做平拋運動；分別落在斜面上，測出它們的水平位移，可以驗證動量守恒定律，故A錯誤；

B；利用用小球的水平位移代替小球的初速度；實驗過程中不需要測小球的運動時間，實驗不需要秒表，故B正確；

C、平拋運動可以分解為水平方向的勻速運動與豎直方向的自由落體運動，由平拋運動規(guī)律得：y=OPsinθ=gt2，x=OPcosθ=v1t，解得：v1=OPcosθ在驗證動量守恒的表達式中每項都有cosθ列方程可以消去cosθ不需要測量斜面傾角θ，故C錯誤；

D、小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，都做平拋運動，所以碰撞后a球的落地點是M點，b球的落地點是N點；故D正確；

(5)碰撞前，小球a落在圖中的P點，設其水平初速度為v1．小球a和b發(fā)生碰撞后，a的落點在圖中的M點，設其水平初速度為v1′，b的落點是圖中的N點，設其水平初速度為v2．斜面與水平面的傾角為θ；

由平拋運動規(guī)律得：y=OPsinθ=gt2，x=OPcosθ=v1t，解得：v1=OPcosθ

同理可解得：v1′=OMcosθv2=ONcosθ

驗證動量守恒定律，需要驗證：m1v1=m1v1′+m2v2；

即：m1?OPcosθ=m1?OMcosθ+m2?ONcosθ

則m1=m1+m2說明兩球碰撞過程中動量守恒；

本實驗驗證動量守恒定律的表達式為為：m1=m1+m2．

(6)若兩小球的碰撞是彈性碰撞；則碰撞前后機械能沒有損失；

要滿足關系式m1v12=m1v1′2+m2v22，即：m1OP=m1OM+m2ON；

故答案為：Ⅰ(1)C；(2)AC；(3)m1OP=m1OM+m2ON；Ⅱ(4)BD；(5)m1=m1+m2(6)m1OP=m1OM+m2ON．【解析】C;AC;m1OP=m1OM+m2ON;BD;m1=m1+m2m1OP=m1OM+m2ON12、30.51【分析】解：圖線a縱截距等于電源的電動勢；斜率的絕對值等于電源的內(nèi)阻；

則由圖線a可知，電源的電動勢為：E=3V；內(nèi)阻為：r=Ω=0.5Ω；

B線的斜率為R的電阻為：R==1Ω

故答案為：3；0.5；1

電源的U-I圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢；圖象的斜率等于電源的內(nèi)阻；兩圖象的交點為電阻的工作點；B線的斜率為R電阻。

本題考查閉合電路歐姆定律的應用，要注意圖象中的交點為電阻及電源的工作狀態(tài)點?！窘馕觥?0.51四、判斷題(共1題，共10分)13、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．五、計算題(共4題，共28分)14、略

【分析】

（1）根據(jù)參與反應的粒子種類及生成粒子的種類；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與核電荷數(shù)守恒寫出核反應方程式．

（2）求出質(zhì)量虧損；然后由質(zhì)能方程求出核反應釋放的能量．

（3）求出ts內(nèi)核反應釋放的能量；然后求出因聚變生成的α粒子數(shù)目．

寫核反應方程式時，要注意核電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒；先求出質(zhì)量虧損，然后再求釋放的能量；第（3）是本題的難點，解題時要注意：核反應釋放的能量等于功率與時間的乘積，這是正確解題的關鍵．【解析】解：（1）核反應方程式為：4H→He+2e；

（2）核反應過程中的質(zhì)量虧損△m=（4mP-ma-me），根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程：△E=△mc2可知；

核反應釋放的能量，△E=（4mP-ma-me）c2．

（3）設t時間內(nèi)因聚變生成的α粒子數(shù)n；

依據(jù)能量關系Pt=n△E

有，n==

答：（1）核反應方程式：4H→He+2e；

（2）核反應所釋放的能量△E=（4mP-ma-me）c2．

（3）t時間內(nèi)因聚變生成的α粒子數(shù)．15、略

【分析】

(1)

連接BC

作出光路圖.

由幾何知識求出光線在B

點時的入射角，根據(jù)折射定律求出折射角，由幾何關系求出BC

由n=cv

求出光在球體中傳播的速度v

再求解光從B

點傳到C

點的時間；

(2)

根據(jù)幾何知識求出CD

與MN

所成的角婁脕

．

本題是幾何光學問題，作出光路圖是解題的基礎，此類問題往往是折射定律、光速公式和幾何知識的綜合應用．【解析】解：壟脵

連接BC

作出光路圖如圖.

設光線在B

點處入射角、折射角分別為ir

．

由幾何知識得。

sini=5210=22

則i=45鈭?

根據(jù)折射定律得。

n=sinisinr

代入解得，r=30鈭?

BC=2Rcosr

光在球體中傳播的速度為v=cn

則光從B

點傳到C

點的時間為t=BCv=2Rcosrc?n

代入解得，t=63隆脕10鈭?9s

壟脷

由幾何知識得，隆脧COP=15鈭?隆脧OCP=135鈭?

則婁脕=180鈭?鈭?隆脧COP鈭?隆脧OCP=30鈭?

答：

壟脵

補全光路如圖，光從B

點傳到C

點的時間為t=36隆脕10鈭?9s

壟脷CD

與MN

所成的角婁脕=30鈭?

．16、解：（1）金屬棒接入回路的長度為：x=Lcosθ；

金屬棒接入回路的電阻為：R=R0Lcosθ；

金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：E=Bxv=BLvcosθ；

金屬棒中電流為：=

金屬棒受到的安培力為：

（2）回路中消耗的電功率為：

答：（1）棒受的安培力大小為

（2）回路中消耗的電功率為【分析】

（1）根據(jù)題意求出切割磁感線的有效長度；求出回路的電阻，由歐姆定律求出電流，應用安培力公式求出安培力。

（2）應用電功率公式求出電功率。

本題考查綜合分析問題的能力。對于電流變化情況的分析，不能簡單認為電動勢增大，電流就增大，其實電阻也增大，電流并不變?！窘馕觥拷猓海?）金屬棒接入回路的長度為：x=Lcosθ；

金屬棒接入回路的電阻為：R=R0Lcosθ；

金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：E=Bxv=BLvcosθ；

金屬棒中電流為：=

金屬棒受到的安培力為：

（2）回路中消耗的電功率為：

答：（1）棒受的安培力大小為

（2）回路中消耗的電功率為17、解：（1）E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V

電路abcd中的電流為：

（2）導體ab所受的安培力的大小：F安=BIL=0.1×0.4×0.4=0.016N（3）導體棒勻速運動，外力與安培力二力平衡，則有：F外=F安=0.016N故外力做功的功率是：P外=F外v=0.016×5W=0.08W（4）導體棒勻速運動，電源的功率等于外力的功率，為：P電=P外=0.08W；

電源外部消耗的功率：P外=I2r=0.42×0.4W=0.064W?！痉治觥?1)(1)根據(jù)E=BLvE=BLv求出感應電動勢，由歐姆定律得出電流強度；

(2)(2)由公式F=BILF=BIL求解安培力的大??；(3)(3)由左手定則判斷安培力的方向；再根據(jù)平衡條件分析外力的大小和方向，由P=Fv

求出外力做功的功率；

(3)(3)導體棒勻速運動，電源的功率等于外力的功率，根據(jù)公式P=IP=I2rr求解電源外部消耗的功率。

本題根據(jù)平衡狀態(tài)由法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律求解?！窘馕觥拷猓?1)E=BLv=0.1隆脕0.4隆脕5V=0.2V

電路abcd

中的電流為：I=ER+r=0.4A

(2)

導體ab

所受的安培力的大?。篎擄虜=BIL=0.1隆脕0.4隆脕0.4=0.016N

(3)

導體棒勻速運動，外力與安培力二力平衡，則有：F脥芒=F擄虜=0.016N

故外力做功的功率是：P脥芒=F脥芒v=0.016隆脕5W=0.08W

(4)

導體棒勻速運動；電源的功率等于外力的功率，為：P碌莽=P脥芒=0.08W

電源外部消耗的功率：P脥芒=I2r=0.42隆脕0.4W=0.064W

六、簡答題(共3題，共12分)18、（1）6HCN+3Ca(OH)2+FeSO4=Ca2Fe(CN)6+CaSO4↓+6H2O

（2）CaCl2(KCl可答)

（3）K2CO3

（4）①1.6×10-5

②防止生產(chǎn)HCN，污染環(huán)境2CNO-+3ClO-+2H2O=N2+3Cl-+2HCO3-【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的制備實驗方案的設計，側(cè)重于學生的分析能力、實驗能力和計算能力的考查，為高考常見題型，注意根據(jù)流程圖把握實驗的原理和操作方法，難度中等。【解答】rm{(1)}步驟Ⅰrm{HCN}溶液，石灰乳和硫酸亞鐵反應制備步驟Ⅰrm{(1)}溶液，石灰乳和硫酸亞鐵反應制備rm{HCN}rm{Ca_{2}Fe(CN)_{6}}，方程式為故答案為：rm{6HCN+3Ca(OH)_{2}+FeSO_{4}=Ca_{2}Fe(CN)_{6}+CaSO_{4}隆媒+6H_{2}O}rm{6HCN+3Ca(OH)_{2}+FeSO_{4}=Ca_{2}Fe(CN)_{6}+CaSO_{4}隆媒+6H_{2}O}步驟Ⅲrm{(2)}與rm{KCl}反應得到rm{Ca_{2}Fe(CN)_{6}}rm{K_{2}CaFe(CN)_{6}}步驟Ⅳ過濾所得的廢液中含量較多的溶質(zhì)為故答案為：rm{CaCl_{2,}}rm{CaCl_{2}}rm{(3)}脫鈣，將鈣離子轉(zhuǎn)化為沉淀，不能增加其它離子，所以試劑步驟Ⅴ，用試劑rm{X}脫鈣，將鈣離子轉(zhuǎn)化為沉淀，不能增加其它離子，所以試劑rm{X}為rm{K_{2}CO_{3}}故答案為：為rm{X}故答案為：rm{X}rm{K_{2}CO_{3}}的電子式為：rm{K_{2}CO_{3}}rm{(4)壟脵NaCN}應rm{CN隆樓+H}rm{CN隆樓+H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}時的平衡常數(shù)rm{K=K=dfrac{cleft(HCNright)隆隴cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(C{N}^{-}right)}=dfrac{cleft(HCNright)隆隴{K}_{W}}{cleft(C{N}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}=dfrac{{K}_{W}}{Ka}=dfrac{{10}^{-14}}{6.25隆脕{10}^{-10}}=1.6隆脕{10}^{-5}}故答案為：rm{O}rm{?}rm{HCN+OH隆樓}在rm{25隆忙}時的平衡常數(shù)rm{K=K=

dfrac{cleft(HCNright)隆隴cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(C{N}^{-}right)}=

dfrac{cleft(HCNright)隆隴{K}_{W}}{cleft(C{N}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}=

dfrac{{K}_{W}}{Ka}=dfrac{{10}^{-14}}{6.25隆脕{10}^{-10}}=1.6隆脕{10}^{-5}

}防止生產(chǎn)rm{HCN+OH隆樓}污染環(huán)境，rm{25隆忙}為rm{K=K=

dfrac{cleft(HCNright)隆隴cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(C{N}^{-}right)}=

dfrac{cleft(HCNright)隆隴{K}_{W}}{cleft(C{N}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}=

dfrac{{K}_{W}}{Ka}=dfrac{{10}^{-14}}{6.25隆脕{10}^{-10}}=1.6隆脕{10}^{-5}

}用rm{1.6隆脕10^{-5;}}“完全氧化”rm{壟脷}生成第一步控制強堿性的主要目的是rm{HCN}第二步控制rm{pH}為rm{7.5隆蘆8.5}用rm{NaClO}“完全氧化”rm{OCN隆樓}生成rm{N}rm{pH}rm{7.5隆蘆8.5}，故答案為：防止生產(chǎn)rm{NaClO}污染環(huán)境；rm{OCN隆樓}rm{N}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)6HCN+3Ca(OH)_{2}+FeSO_{4}=Ca_{2}Fe(CN)_{6}+CaSO_{4}隆媒+6H_{2}O}rm{(2)CaCl_{2}(KCl}可答rm{)}rm{(3)K_{2}CO_{3}}rm{(4)}rm{壟脵}rm{1.6隆脕10^{-5;}}rm{壟脷}防止生產(chǎn)rm{HCN}污染環(huán)境rm{2CNO^{-}+3ClO^{-}+2H_{2}O=N_{2}}rm{+3Cl^{-}+2HCO_{3}^{-}}19、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(zhì)；rm{壟脷}生成的氧化物必須穩(wěn)定。【解答】rm{(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(jù)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(jù)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<0}

故答案為：rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}根據(jù)燃燒熱的定義知：rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}rm{(2)}根據(jù)燃