2025年粵教滬科版高二物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年粵教滬科版高二物理下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6題，共12分)1、根據給出速度和加速度的正負，對下列運動性質的判斷正確的是（）[A.v0>0，a<0,物體做加速運動B.v0<0，a>0,物體做加速運動C.v0>0，a>0，物體做加速運動D.v0<0，a<0,物體做減速運動2、關于洛倫茲力，以下說法正確的是（）A.帶電粒子運動時不受洛倫茲力作用，則該處的磁感強度為零B.磁感強度、洛倫茲力、粒子的速度三者之間一定兩兩垂直C.洛倫茲力不會改變運動電荷的速度D.洛倫茲力對運動電荷一定不做功3、傳感器是一種采集信息的重要器件.

如圖所示為測定壓力的電容式傳感器，A

為固定電極，B

為可動電極，組成一個電容大小可變的電容器.

可動電極兩端固定，當待測壓力施加在可動電極上時，可動電極發(fā)生形變，從而改變了電容器的電容.

現(xiàn)已知該電容式傳感器充電完畢且電量不變，將它與靜電計相連，如圖.

當待測壓力增大時(

)

A.電容器的電容將增大，靜電計指針偏角將增大B.電容器的電容將增大，靜電計指針偏角將減小C.電容器的電容將減小，靜電計指針偏角將減小D.電容器的電容將不變，靜電計指針偏角不變4、如圖所示，a、b兩物體在恒力F作用下一起向上做勻速運動，兩者的接觸面是一斜面，墻壁豎直，則對兩物體受力情況的分析正確的是（）A.物體a對物體b的作用力垂直斜面向上B.物體b受三個力作用C.物體a與墻壁間一定存在彈力和摩擦力D.物體b對物體a的摩擦力沿斜面向下5、如圖所示，質量相同的A、B兩物體分別從靜止開始落下兩口井甲和乙，已知甲井比乙井深，以地面為零勢能面，則兩物體落到井底時，它們的重力勢能的關系是（）A.B.C.D.無法比較6、如圖是“探究求合力的方法”實驗示意圖．圖甲表示在兩個拉力F1、F2的共同作用下；將橡皮條的結點拉長到O點；圖乙表示準備用一個拉力F拉橡皮條．下列說法正確的是（）

A.甲實驗時，兩個拉力的大小應相等B.甲實驗時，兩個拉力的方向應互相垂直C.乙實驗時，只須使橡皮條的伸長量與甲實驗相等D.乙實驗時，仍須將橡皮條的結點拉到O點評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、某同學用圖所示的電路測繪額定電壓為3.0V

的小燈泡伏安特性圖線．

壟脵

連好電路后，開關閉合前，圖中滑動變阻器R

的滑片應置于______(

填“a

端”或“b

端”)

．

壟脷

閉合開關；沿某方向移動滑動變阻器R

的滑片，發(fā)現(xiàn)“電流表的示數(shù)為零，電壓表的示數(shù)逐漸增大”，則分析電路的可能故障為______．

A.小燈泡短路B.

小燈泡斷路。

C.電流表斷路D.

滑動變阻器斷路．8、某小水電站，輸出功率P=40kW，機端電壓U機=500V，向遠處輸電，導線總電阻R=5Ω，升壓變壓器匝數(shù)比為1：5，降壓變壓器匝數(shù)比為11：1，向用戶供電，則用戶得到的電壓____，此輸電過程的效率為____．9、有兩個同學分別在大慶和廣州的物理實驗室，各自在那里利用先進的DIS系統(tǒng)較準確地探究了“單擺的周期T與擺長l的關系”，他們通過互聯(lián)網交換實驗數(shù)據，并由計算機繪制了T2－l圖像，如圖甲所示．在大慶的同學所測實驗結果對應的圖線是________(填“A”或“B”)．另外，在廣州做探究的同學還利用計算機繪制了a、b兩個擺球的振動圖像(如圖乙)，由圖可知，兩單擺擺長之比＝________.在t＝1s時，b球振動的方向是________．甲乙10、一般來說，電容器極板的正對面積越、極板間的距離越____，電容器的電容就越大。11、某同學設計了一個用打點計時器做“驗證動量守恒定律”的實驗：在小車A的前端粘有橡皮泥；推動小車A使之做勻速運動，然后與原來靜止的小車B相碰并粘合成一體，繼續(xù)做勻速運動．他設計的具體裝置如圖所示，在小車后連接著紙帶，電磁打點計時器使用的電源頻率為50Hz，長木板墊著小木片以平衡摩擦力．

（1）若已得到打點紙帶如圖所示，并測得各計數(shù)點間距（標在圖上）．A為運動起點，則應該選擇______段來計算A碰前的速度，應選擇______段來計算A和B碰后的共同速度．（以上空格選填“AB”；“BC”、“CD”、“DE”）

（2）已測得小車A的質量m1=0.40kg，小車B的質量m2=0.20kg，由以上測量結果可得碰前m1v0=______kg?m/s，碰后（m1+m2）v共=______kg?m/s，由此得出結論______．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)12、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）13、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）

14、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）

15、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）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）

評卷人得分四、簡答題(共3題，共6分)17、Ⅰrm{.}煤炭燃燒過程中會釋放出大量的rm{SO_{2}}嚴重破壞生態(tài)環(huán)境。采用一定的脫硫技術可以把硫元素以rm{CaSO_{4}}的形式固定，從而降低rm{SO_{2}}的排放。但是煤炭燃燒過程中產生的rm{CO}又會與rm{CaSO_{4}}發(fā)生化學反應，降低脫硫效率。相關反應的熱化學方程式如下：rm{CaSO_{4}(s)+CO(g)?CaO(s)+SO_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{婁隴H_{1}=+218.4kJ隆隴mol^{-1}(}反應Ⅰrm{CaSO_{4}(s)+CO(g)?CaO(s)+SO_{2}(g)+

CO_{2}(g)}rm{CaSO_{4}(s)+4CO(g)?CaS(s)+4CO_{2}(g)}rm{婁隴H_{2}=-175.6kJ隆隴mol^{-1}(}反應Ⅱrm{婁隴H_{1}=+218.4

kJ隆隴mol^{-1}(}請回答下列問題：rm{)}反應Ⅰ能夠自發(fā)進行的反應條件是________rm{CaSO_{4}(s)+4CO(g)?CaS(s)+

4CO_{2}(g)}高溫、低溫rm{婁隴H_{2}=-175.6

kJ隆隴mol^{-1}(}rm{)}對于氣體參與的反應，表示平衡常數(shù)rm{(1)}時用氣體組分rm{(}的平衡壓強rm{)}代替該氣體物質的量的濃度rm{(2)}則反應Ⅱ的rm{K_{p}}________rm{(B)}用表達式表示rm{p(B)}Ⅱrm{c(B)}已知：rm{壟脵Fe(s)+CO_{2}(g)?FeO(s)+CO(g)}rm{K_{p}=}rm{壟脷Fe(s)+H_{2}O(g)?FeO(s)+H_{2}(g)}rm{(}rm{壟脹H_{2}(g)+CO_{2}(g)?H_{2}O(g)+CO(g)}rm{)}又已知不同溫度下，rm{.}rm{壟脵Fe(s)+CO_{2}(g)?

FeO(s)+CO(g)}值如下：。rm{K_{1}}溫度rm{隆忙}rm{K}rm{{,!}_{1}}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{500}rm{1.00}rm{3.15}rm{900}rm{2.40}rm{1.60}rm{(1)}若rm{500隆忙}時進行反應rm{壟脵}rm{CO_{2}}起始濃度為rm{2mol隆隴L^{-1}}rm{2}分鐘后建立平衡，則rm{CO_{2}}轉化率為________，用rm{CO}表示的速率為________。rm{(2)900隆忙}進行反應rm{壟脹}其平衡常數(shù)rm{K_{3}}為________rm{(}求具體數(shù)值rm{)}焓變rm{婁隴H}________rm{0(}填“rm{>}”“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}若已知該反應僅在高溫時正反應自發(fā)，則rm{婁隴S}________rm{0(}填“rm{>}”“rm{=}”或“rm{<}”rm{)}rm{(3)}下列圖象符合反應rm{壟脷}的是________rm{(}填序號rm{)(}圖中rm{婁脥}是速率，rm{婁碌}為混合物中rm{H_{2}}的體積百分含量rm{)}18、Ⅰ如圖(a)

用升降機從靜止開始豎直向上搬運重力為30N

的物體，物體相對升降機靜止。若物體所受彈力F

與時間t

的變化關系如圖(b)

所示，物體在各時間段內做什么運動？(

非物理班同學做)

Ⅱ從離地面高度為h

處有自由下落的甲物體，同時在它的正下方的地面上有乙物體以初速度V0

豎直上拋。要使乙物體在下落過程中與甲物體相遇，則乙物體上拋的初速度V0

應滿足什么條件？(

物理班同學做)

19、莽草酸是合成治療禽流感的藥物rm{隆陋隆陋}達菲rm{(Tamiflu)}的原料之一。莽草酸是rm{A}的一種同分異構體。rm{A}的結構簡式如圖：rm{(1)A}的分子式是________。rm{(2)A}與溴的四氯化碳溶液反應的化學方程式rm{(}有機物用結構簡式表示rm{)}是________。rm{(3)A}與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式rm{(}有機物用結構簡式表示rm{)}是________。rm{(4)17.4gA}與足量碳酸氫鈉溶液反應，生成二氧化碳的體積rm{(}標準狀況rm{)}為________。rm{(5)A}在濃硫酸作用下加熱可得到rm{B(B}的結構簡式為rm{)}其反應類型是________。rm{(6)B}的同分異構體中既含有酚羥基又含有酯基的共有________種，寫出其中一種同分異構體的結構簡式：________。評卷人得分五、解答題(共3題，共27分)20、如圖所示；一條長為L的細線上端固定在O點，下端系一個質量為m的小球，將它置于一個很大的方向水平向右的勻強電場中，已知小球在B點時平衡，細線與豎直線的夾角為45°，求：

（1）現(xiàn)將小球提至某一位置懸線伸直；試通過計算說明此時懸線與豎直方向夾角應為多大，才能使小球由靜止釋放后運動至最低點時，小球速度恰好為零？

（2）當細線與豎直方向成45°角時；至少要給小球一個多大的速度，才能使小球做完整的圓周運動？（結果可保留根號）

21、在一列橫波的傳播方向上有兩點P和Q；兩點間距離30m，它們的振動圖象如圖所示．問：

（1）若P點距波源近；波速多大？

（2）若Q點距波源近；波速多大？

22、在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗時，所用器材有：電動勢為6V的電源，額定電壓為2.5V的小燈泡，以及符合實驗要求的滑動變阻器、電表、開關和導線．要求能測出盡可能多組數(shù)據，如圖所示是沒有連接完的實物電路．（已連接好的導線有a、b；c、d、e、f六根）

（1）請你用筆畫線代替導線；將實物電路連接完整；

（2）連好電路；閉合開關，移動變阻器滑片P，發(fā)現(xiàn)小燈泡始終不亮，但電壓表有示數(shù)，電流表幾乎不偏轉，則故障的原因可能是______；

（3）排除故障后比和開關；移動滑片P到某處，電壓表的示數(shù)為2.2V，在要測量小燈泡的額定功率，應將滑片P向______端滑動（選填“左”“右”）；

（4）通過移動滑片P；分別記下了多組對應的電壓表和電流表的讀數(shù)，并繪制成了如圖所示的U-I圖線．根據U-I圖線提供的信息，可計算出小燈泡的額定功率是______W．

（5）圖線是曲線而不是過原點的直線；原因是______．

評卷人得分六、綜合題(共4題，共20分)23、如圖所示，質量為M

的平板車P

高h

質量為m

的小物塊Q

的大小不計，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平面地面上.

一不可伸長的輕質細繩長為R

一端懸于Q

正上方高為R

處，另一端系一質量也為m

的小球(

大小不計).

今將小球拉至懸線與豎直位置成60鈭?

角；由靜止釋放，小球到達最低點時與Q

的碰撞時間極短，且無能量損失，已知Q

離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q

與P

之間的動摩擦因數(shù)為婁脤Mm=41

重力加速度為g.

求：

(1)

小物塊Q

離開平板車時速度為多大？

(2)

平板車P

的長度為多少？

(3)

小物塊Q

落地時距小球的水平距離為多少？24、(1)

氫原子的能級如圖所示，有一群處于n=4

能級的氫原子。如果原子n=2

向n=1

躍遷所發(fā)生的光正好使某種金屬材料產生光電效應，則這群氫原子發(fā)出的光譜中共有____條譜線能使該金屬產生光電效應；從能級n=4

向n=1

發(fā)出的光照射該金屬材料，所產生的光電子的最大初動能為____。(2)

一炮彈質量為m

相對水平方向以一定的傾角婁脠

斜向上發(fā)射，發(fā)射速度為v

炮彈在最高點爆炸成兩塊，其中一塊沿原軌道返回，質量為m2

求：壟脵

另一塊爆炸后瞬時的速度大小；壟脷

爆炸過程系統(tǒng)增加的機械能。25、【物理簍D簍D

選修3鈭?3

】(1)

如圖甲所示，在磁感應強度B=1T

的有界勻強磁場中，用外力將邊長L=0.5m

的正方形金屬線框(

各處都完全相同)

向右勻速拉出磁場，以bc

邊剛離開磁場的時刻為計時起點，在線框拉出進場的過程中，ab

邊受到的安培力大小F

隨時間t

變化的關系如圖乙所示。則下列說祛正確的是

A.線框做勻速運動的速度大小為1m/s

B.線框產生的感應電流為逆時針方向，大小為0.5A

C.線框的總電阻為0.5婁賂

D.線據穿出進場過程中產生的焦耳熱為0.5J

(2)

如圖所示，兩塊木板的質量分別為M1=500gM2=400g

靜止于光滑水平面上，小物塊m=100g

以初速度為v=10m/s

滑上M1

的表面，最后停在M2

上時速度為v2=1.5m/s

求：

(1)

最后M1

的速度v1

(2)m

剛離開Ml

時的速度v鈥?

26、(1)

氧氣分子在0隆忙

和100隆忙

溫度下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化分別如圖中兩條曲線所示。下列說法正確的是________。(

填正確答案標號。)

A.圖中兩條曲線下面積相等。

B.圖中虛線對應于氧氣分子平均動能較小的情形C.圖中實線對應于氧氣分子在100隆忙

時的情形D.圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目E.與0隆忙

時相比，100隆忙

時氧氣分子速率出現(xiàn)在0隆蘆400m/s

區(qū)間內的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較大(2)

如圖，容積均為V

的汽缸A

、B

下端有細管(

容積可忽略)

連通，閥門K2

位于細管的中部，A

、B

的頂部各有一閥門K1K3

B

中有一可自由滑動的活塞(

質量、體積均可忽略)

初始時，三個閥門均打開，活塞在B

的底部；關閉K2K3

通過K1

給汽缸充氣，使A

中氣體的壓強達到大氣壓p

0

的3

倍后關閉K1

已知室溫為27隆忙

汽缸導熱。

(i)

打開K2

求穩(wěn)定時活塞上方氣體的體積和壓強；(ii)

接著打開K3

求穩(wěn)定時活塞的位置；(iii)

再緩慢加熱汽缸內氣體使其溫度升高20隆忙

求此時活塞下方氣體的壓強。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、D【分析】解：A；帶電粒子運動方向與磁場平行時；粒子不受洛倫茲力作用，但該處有磁感應強度存在，故A錯誤；

B；由左手定則可得洛倫茲力垂直于磁場與運動電荷方向所構成的平面；但磁感應強度并不一定與粒子速度垂直．故B錯誤；

C；洛倫茲力始終與粒子的速度方向垂直；所以它不會改變速度的大小，但改變速度方向．故C錯誤；

D；洛倫茲力始終與粒子的速度方向垂直；所以它不會改變速度的大小，因此它對運動電荷一定不做功．故D正確；

故選：D

運動電荷在磁場中受到的磁場力為洛倫茲力；其方向由左手定則來確定，而大小則是由F=Bqv求得．

洛倫茲力由左手定則來確定，其方向垂直與磁場、運動電荷的方向．且電荷的運動取決于洛倫茲力是否存在，或大小與否．【解析】【答案】D3、B【分析】解：當待測壓力增大時，電容器極板間的距離減小，由電容的決定式C=?S4婁脨kd

可知電容增大，電量不變，則由電容的定義式C=QU

分析可知極板間電壓減小，則靜電計指針張角將減小.

故B正確．

故選：B

．

當待測壓力增大時，電容器極板間的距離減小，由電容的決定式C=?S4婁脨kd

分析電容的變化，由電容的定義式C=QU

分析極板間電壓的變化，即可判斷靜電計指針張角的變化．

本題是電容器的動態(tài)變化分析問題，關鍵掌握電容的決定式C=?S4婁脨kd

和定義式C=QU

兩者結合進行分析．【解析】B

4、B|D【分析】試題分析：把a、b兩物體看成一個整體進行受力分析，豎直方向受到恒力F和重力由于a、b兩物體在恒力F作用下一起向上做勻速運動，所以物體a與墻壁間不會存在彈力和摩擦力；對b兩物體進行受力分析，如上圖所示，則物體a對物體b的作用力與b物體的重力等大反向，豎直向上；根據牛頓第三定律，物體b對物體a的摩擦力沿斜面向下，所以正確選項為B、D?？键c：本題考查了受力分析中整體法和隔離法的運用以及牛頓第三定律。【解析】【答案】BD5、B【分析】解答：甲乙兩物體質量相等；同時從井口下落，以地面為零勢能面；

則物體到達井底時的重力勢能為-mgh，已知甲井比乙井深，則

故選：B

分析：物體的重力勢能根據題意求出兩物體的重力勢能，然后比較其大?。?、D【分析】【解答】解：A；圖甲實驗時；兩個拉力的大小適當，將橡皮筋拉倒O點，并非要求它們的大小一定相等，故A錯誤；

B；實驗時兩個分力的夾角大小適當即可；并非要求一定垂直，故B錯誤；

C；圖乙實驗時；要求橡皮條的伸長量和形變方向與甲實驗相等，即將橡皮筋拉到同一點，故C錯誤；

D；為了保證兩次拉橡皮筋效果相同；圖2實驗時，仍須將橡皮條的結點拉到O點，故D正確．

故選：D．

【分析】在實驗過程中，需要根據力的大小和方向做平行四邊形，由此可知需要記錄力的大小和方向，同時該實驗采用了“等效替代”方法，要求兩次拉橡皮筋時橡皮筋的伸長量大小和方向相同．二、填空題(共5題，共10分)7、a端；B【分析】解：壟脵

由電路圖可知；閉合開關前，滑片應置于a

端，此時分壓電路分壓最?。?/p>

壟脷

若燈泡短路、電流表和滑動變阻器斷路，則電壓表的讀數(shù)均為零，故ACD錯誤，如果燈泡斷路，則電壓表與電流表組成分壓電路，向b

端調節(jié)滑動變阻器R

的滑片；發(fā)現(xiàn)“電流表的示數(shù)為零，電壓表的示逐漸增大，故電路故障是燈泡斷路，故選：B

故答案為：壟脵a

端；壟脷B

壟脵

分壓電路閉合開關前滑片應在分得的電壓最小處．

壟脷

根據電路故障現(xiàn)象分析電路故障原因．

本題考查了描繪小燈泡伏安特性圖線實驗中的實驗原理圖、電路故障分析，在平時中要加強訓練．【解析】a

端；B

8、略

【分析】

得出升壓變壓器的輸出電壓U1=2500V，則輸電線上的電流輸電線上的電壓損失=16×5V=80V，降壓變壓器的輸入電壓U2=U1-△U=2420V，則用戶得到的電壓U3=220V．輸電線上損耗的功率則輸電過程的效率η==．

故答案為：220V；96.8%．

【解析】【答案】求出升壓變壓器的輸出電壓，根據P=UI，求出輸電線上的電流，再根據△U=IR求出電壓損失，從而得出降壓變壓器的輸入電壓，根據電壓比等于匝數(shù)比求出用戶得到的電壓．根據求出輸電線上損耗的功率，從而得出用戶得到的功率，根據η=求出輸電過程的效率．

9、略

【分析】【解析】試題分析：根據單擺周期公式則化簡則根據地理知識，廣州緯度23度，大慶為45度，所以大慶的圖像為B。根據周期圖像可知a、b擺長為4:9.根據振動圖像可知，1s末b的振動方向為沿y軸負方向考點：單擺、簡諧振動【解析】【答案】B,4:9,沿y軸負方向10、略

【分析】【解析】試題分析：根據公式可得，兩極板間的正對面積越大，距離越小，電容器的電容就越大，考點：：考查了對電容器的決定式的理解【解析】【答案】大小11、略

【分析】解：（1）由于碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A獨自運動的速度；故AC應在碰撞之前，DE應在碰撞之后．

推動小車由靜止開始運動；故小車有個加速過程，在碰撞前做勻速直線運動，即在相同的時間內通過的位移相同，故BC段為勻速運動的階段，故選BC計算碰前的速度；

碰撞過程是一個變速運動的過程；而A和B碰后的共同運動時做勻速直線運動，故在相同的時間內通過相同的位移，故應選DE段來計算碰后共同的速度．

故答案為BC；DE

（2）碰前系統(tǒng)的動量即A的動量，則P1=m1v1=m1=0.40×=0.420kg?m/s

碰后的總動量P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）×=0.417kg?m/s

碰撞前后動量近似相等；所以在誤差允許的范圍內，碰撞中mv的矢量和是守恒的．

故答案為：0.420；0.417．

故本題的答案為：（1）BCDE（2）0.4200.417在誤差允許的范圍內；碰撞中mv的矢量和是守恒的。

（1）碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A獨自運動的速度；確定AC應在碰撞之前，DE應在碰撞之后，在勻速運動時在相同的時間內通過的位移相同，所以BC應為碰撞之前勻速運動階段，DE應為碰撞之后勻速運動階段．

（2）物體發(fā)生的位移與發(fā)生這些位移所用時間的比值等于勻速運動的物體在該段時間內的速度．P=mv=m

根據碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A獨自運動的速度，確定AC應在碰撞之前，DE應在碰撞之后，是解決本題的突破口．【解析】BC；DE；0.420kg?m/s；0.417kg?m/s；在誤差允許的范圍內，碰撞中mv的矢量和是守恒的三、判斷題(共5題，共10分)12、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??；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．13、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．14、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小．15、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??；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．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．四、簡答題(共3題，共6分)17、I.（1）高溫（2）

II.（1）50%0.5mol·L-1·min-1

（2）1.50>>

（3）BCD【分析】【分析】本題目綜合性較大，涉及反應速率計算、平衡常數(shù)、化學平衡計算、影響反應速率與化學平衡移動的因素、蓋斯定律與反應熱的計算等，難度中等?！窘獯稹縄.rm{(1)}反應Ⅰ吸熱，則rm{triangleH>0}由方程式可知rm{triangle>0}反應能自發(fā)進行，應滿足rm{triangleH-T?triangleS<0}則應在較高溫度下進行，故答案為：高溫；

rm{triangleH-T?triangle

S<0}由題意可知，反應Ⅱ的rm{Kp=dfrac{p^{4}(CO_{2})}{p^{4}(CO)}}故答案為：rm{dfrac{p^{4}(CO_{2})}{p^{4}(CO)}}

rm{(2)}令平衡時rm{Kp=dfrac

{p^{4}(CO_{2})}{p^{4}(CO)}}的濃度為rm{dfrac

{p^{4}(CO_{2})}{p^{4}(CO)}}則：rm{II.(1)}

開始rm{CO}rm{cmol/L}rm{Fe(s)+CO_{2}(g)簍TFeO(s)+CO(g)}

變化rm{(mol/L)}rm{2}rm{0}

平衡rm{(mol/L)}rm{c}rm{c}

故rm{(mol/L)}解得rm{2-c}所以達到平衡時rm{c}轉化率rm{c/(2-c)=1}用rm{c=1}表示的速率為rm{v(CO)=1mol/L/2min=0.5mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}故答案為：rm{CO_{2}}rm{=1mol/L/2mol/L隆脕100%=50%}rm{CO}進行反應反應rm{v(CO)=1mol/L/2min=0.5

mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}平衡常數(shù)為rm{50%}反應rm{0.5mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}平衡常數(shù)為rm{(2)900隆忙}rm{壟脵Fe(s)+CO_{2}(g)簍TFeO(s)+CO(g)}其平衡常數(shù)rm{K_{1}=c(CO)/c(CO_{2})}由表格可知，反應rm{壟脷Fe(s)+H_{2}O(g)簍TFeO(s)+H_{2}(g)}溫度升高，rm{K_{2}=c(H_{2})/c(H_{2}O)}值增大，為吸熱反應，rm{壟脹H_{2}(g)+CO_{2}(g)簍TH_{2}O(g)+CO(g)}若已知該反應僅在高溫時正反應自發(fā)，根據則rm{K_{3}=K_{1}/K_{2}=2.4/1.6=1.50}rm{壟脹}故答案為：rm{K}rm{婁隴H>0}rm{婁隴G=婁隴H-T婁隴S}rm{婁隴S>0}此反應為放熱反應，達到平衡升高溫度，平衡逆向移動，rm{1.50}逆大于rm{>}正，故A錯誤；B.加入反應物，反應正向進行，rm{>}的體積百分含量增加，達到平衡升高溫度，平衡逆向移動，rm{(3)A.}的體積百分含量降低，故B正確；C.溫度越高，反應速率越快，達到平衡的時間越短，rm{v}大于rm{v}達到平衡升高溫度，平衡逆向移動，rm{H_{2}}的體積百分含量降低，故C正確；D.鐵為固體，增加鐵的物質的量，不影響反應速率，故D正確。故答案為：rm{H_{2}}

rm{T_{2}}【解析】rm{I.(1)}高溫rm{(2)dfrac{p^{4}(CO_{2})}{p^{4}(CO)}}rm{(2)

dfrac{p^{4}(CO_{2})}{p^{4}(CO)}}rm{II.(1)50%}rm{0.5mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}rm{(2)1.50}rm{>}rm{>}rm{(3)BCD}18、0-3s勻加速直線運動；3-8s勻速直線運動，8-11s勻減速直線運動?！痉治觥俊痉治觥扛鶕ｎD第二定律求出物體勻加速直線運動和勻減速直線運動的加速度，通過加速度判斷物體的運動。本題考查了牛頓第二定律和運動學公式與圖象的綜合，是高考的熱點問題，需加強這方面的訓練?！窘獯稹咳∩禉C地板上的物體為研究對象；物體受到重力和向上的支持力，取向上為正方向；

在0隆蘆3s

內，F(xiàn)1>mg

物體所受合外力豎直向上，所以物體向上做勻加速直線運動；

在3隆蘆8s

內；FN2=mg

物體所受合外力為零，所以物體向上做勻速直線運動；

在8隆蘆11s

內，F(xiàn)N3<mg

物體所受合外力方向豎直向下，所以物體向上做勻減速直線運動。

故答案為：0鈭?3s

勻加速直線運動；3鈭?8s

勻速直線運動，8鈭?11s

勻減速直線運動?！窘馕觥?鈭?3s

勻加速直線運動；3鈭?8s

勻速直線運動，8鈭?11s

勻減速直線運動。19、（1）C7H10O5

（2）

（3）

（4）2.24L

（5）消去反應。

（6）3；【分析】【分析】

該題綜合考查有機物的結構和性質，是高考中的常見題型，試題綜合性強，難度較大，對學生的思維能力提出了更高的要求rm{.}該題在注重基礎知識考查與訓練的同時，更才能能力的培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練，有利于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力和抽象思維能力，提高學生的分析問題、解決問題的能力。該題在注重基礎知識考查與訓練的同時，更才能能力的培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練，有利于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力和抽象思維能力，提高學生的分析問題、解決問題的能力?！窘獯稹縭m{.}由結構簡式可知rm{(1)}的分子式為rm{A}故答案為：rm{C_{7}H_{10}O_{5}}

rm{C_{7}H_{10}O_{5}}環(huán)上的rm{(2)A}鍵具有和乙烯類似的性質，可以和rm{C簍TC}發(fā)生加成反應，反應的方程式為

故答案為：

rm{Br_{2}}環(huán)上的rm{(3)A}是醇羥基，不能和rm{-OH}rm{NaOH}等發(fā)生反應，rm{NaHCO_{3}}中含有羧基，具有酸性，可與rm{A}發(fā)生中和反應，反應的方程式為

故答案為：

rm{NaOH}和rm{(4)A}發(fā)生的反應可以表示為：生成二氧化碳的體積為rm{dfrac{17.4g}{174g/mol}=2.24L}

故答案為：rm{NaHCO_{3}}

rm{dfrac

{17.4g}{174g/mol}=2.24L}和濃硫酸混合加熱發(fā)生消去反應，形成含rm{2.24L}的不飽和化合物rm{(5)A}其原理類似rm{C=C}和濃硫酸共熱生成rm{.}

故答案為：消去反應；

rm{CH_{3}CH_{2}OH}的分子式為rm{CH_{2}=CH_{2}}其中只能含有rm{(6)B}個rm{C_{7}H_{6}O_{3}}酯基rm{1}和rm{-COO-(}個rm{)}酚羥基rm{1}兩者的相對位置有鄰、間、對三種情況，對應物質的分別為

故答案為：rm{-OH(}

rm{)}【解析】rm{(1)C_{7}H_{10}O_{5}}rm{(2)}

rm{(3)}

rm{(4)2.24L}

rm{(5)}消去反應。

rm{(6)3}五、解答題(共3題，共27分)20、略

【分析】

（1）小球靜止在B點時；根據平衡條件得。

mgsin45°=Fcos45°

得到；電場力F=mg

從釋放點到最低點過程；根據動能定理得。

mgL（1-cosα）-FLsinα=0

得到；sinα+cosα=1

解得；α=90°

（2）設當小球運動到關于B對稱的A點時，臨界速度為vA．根據牛頓第二定律得。

Fsin45°+mgsin45°=m

解得，vA=

由A到B過程；根據動能定理得。

mg2Lcos45°+F2Lsin45°=-

解得，

答：

（1）懸線與豎直方向夾角應為90°；才能使小球由靜止釋放后運動至最低點時，小球速度恰好為零．

（2）當細線與豎直方向成45°角時，至少要給小球一個的速度；才能使小球做完整的圓周運動．

【解析】【答案】（1）根據小球在B點靜止；由平衡條件求出電場力大?。∏蛴伸o止釋放后運動至最低點過程，根據動能定理求解釋放時懸線與豎直方向的夾角．

（2）當小球運動到關于B對稱的A點時；恰好由重力和電場力的合力提供向心力時，小球能做完整的圓周運動，根據牛頓第二定律求出臨界速度，再由動能定理求出小球的初速度．

21、略

【分析】

由圖讀出周期T=0.4s．

（1）P點距波源近，表明P點先于Q點振動．由圖可知，P點的振動狀態(tài)傳到Q點需要時間：△t=（n+）T=（0.4n+0.3）s，波速vP==（n=0；1，2，）

（2）若Q點距波源近，表明Q先于波源振動，如圖可知，Q點的振動狀態(tài)傳到P點需要時間：△t=（n+）T=（0.4n+0.1）s，波速=（n=0；1，2，）

答：

（1）若P點距波源近，波速為（n=0；1，2，）．

（2）若Q點距波源近，波速為（n=0；1，2，）．

【解析】【答案】（1）若P點距波源近，P點與Q點振動早，根據振動圖象，P與Q振動時間相隔至少得出時間與周期的關系式，求出波速．

（2）若Q點距波源近，Q點與P點振動早，根據振動圖象，P與Q振動時間相隔至少得出時間與周期的關系式，求出波速．

22、略

【分析】

（1）要“描繪小燈泡的伏安特性曲線”則電壓要從0開始連續(xù)可調；故滑動變阻器要采用分壓接法，由于小燈泡為小電阻故電流表要采用外接法，實物圖連接如圖所示；

（2）電流表幾乎不偏轉，則說明出現(xiàn)斷路，而電壓表有示數(shù)，則說明導線a、b；e、d、f完好；故只能是c段導線斷路或燈泡損壞；

（3）小燈泡的額定電壓為2.5V；而此時電壓表的示數(shù)為2.2V，故要增大小燈泡兩端的電壓，則應該增大滑片P和左端之間的電阻，故應將滑片P向右端滑動；

（4）由圖可知當小燈泡兩端的電壓為小燈泡的額定電壓2.5V時；電流表的示數(shù)為0.2A，故小燈泡的額定功率。

P=UI=2.5×0.2=0.5W；

（5）該曲線的斜率k==R；故斜率大小代表電阻的大小，由于電壓越大，燈泡的實際功率越大即燈絲的溫度越高，電阻越大，所以說燈絲的電阻會隨溫度的升高而增大．

本題的答案為：

（1）連線如圖；

（2）c段導線斷路或燈泡損壞；

（3）右；

（4）0.5；

（5）燈絲的電阻會隨溫度的升高而增大．

【解析】【答案】要“描繪小燈泡的伏安特性曲線”則滑動變阻器要采用分壓接法；

電流表幾乎不偏轉；則說明出現(xiàn)斷路，而電壓表有示數(shù)，則說明電壓表兩側的電路完好無損；

要增大小燈泡兩端的電壓；則要增大與小燈泡并聯(lián)的部分電阻；

根據圖象直接得出額定電壓所對應的電流從而算出小燈泡的額定功率；

U-I圖象的斜率代表燈絲的電阻；功率越大，燈絲的溫度越高；

六、綜合題(共4題，共20分)23、解：(1)小球由靜止擺到最低點的過程中；有。

mgR(1-cos60°)=

解得，小物塊到達最低點與Q碰撞之前瞬間的速度是：

小球與物塊Q相撞時；沒有能量損失，動量守恒，機械能守恒，則有。

mv0=mv1+mvQ

=+

解得，v1=0，vQ=v0=

二者交換速度；即小球靜止下來，Q在平板車上滑行的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，則有。

mvQ=Mv+m?2v

解得，v==

小物塊Q離開平板車時，速度為2v=

(2)由能的轉化和守恒定律；知。

fL=--

又f=μmg

解得，平板車P的長度為L=

(3)小物塊Q在平板車上滑行過程中；對地位移為s，則。

-μmgs=-

解得，s=

小物塊Q離開平板車做平拋運動，平拋時間為t=

水平距離x=2vt=

故Q落地點距小球的水平距離為s+x=+．

答：

(1)小物塊Q離開平板車時速度為

(2)平板車P的長度為為

(3)小物塊Q落地時距小球的水平距離為+．【分析】(1)

小球由靜止擺到最低點的過程中；繩子的拉力不做功，只有重力做功，機械能守恒，即可由機械能守恒定律求出小球與Q

碰撞前瞬間的速度.

到達最低點時與Q

的碰撞時間極短，且無能量損失，滿足動量守恒的條件且能量守恒，由兩大守恒定律結合可求出碰撞后小球與Q

的速度.

小物塊Q

在平板車P

上滑動的過程中，系統(tǒng)的合外力為零，總動量守恒；

即可由動量守恒定律求出小物塊Q

離開平板車時速度；

(2)

小物塊Q

在平板車P

上滑動的過程中；小球的部分動能轉化為內能.

根據系統(tǒng)的能量守恒求出平板車P

的長度．

(3)

小物塊Q

離開平板車做平拋運動，求出小物塊從開始運動到落地的水平距離，即為小物塊Q

落地時距小球的水平距離．【解析】解：(1)

小球由靜止擺到最低點的過程中；有。

mgR(1鈭?cos60鈭?)=12mv02

解得，小物塊到達最低點與Q

碰撞之前瞬間的速度是：v0=gR

小球與物塊Q

相撞時；沒有能量損失，動量守恒，機械能守恒，則有。

mv0=mv1+mvQ

12mv02=12mv12+12mvQ2

解得，v1=0vQ=v0=gR

二者交換速度；即小球靜止下來，Q

在平板車上滑行的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，則有。

mvQ=Mv+m?2v

解得，v=16vQ=gR6

小物塊Q

離開平板車時，速度為2v=gR3

(2)

由能的轉化和守恒定律；知。

fL=12mvQ2鈭?12Mv2鈭?12m(2v)2

又f=婁脤mg

解得，平板車P

的長度為L=7R18渭

(3)

小物塊Q

在平板車上滑行過程中；對地位移為s

則。

鈭?婁脤mgs=12m(2v)2鈭?12mvQ2

解得，s=4R9渭

小物塊Q

離開平板車做平拋運動，平拋時間為t=2hg

水平距離x=2vt=2gR3

故Q

落地點距小球的水平距離為s+x=4R9渭+2gR3

．

答：

(1)

小物塊Q

離開平板車時速度為gR3

(2)

平板車P

的長度為為7R18渭

(3)

小物塊Q

落地時距小球的水平距離為4R9渭+2gR3

．24、(1)32.55eV

(2)

解：壟脵

炮彈發(fā)射后，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，在最高點的速度為：vcos婁脠

炮彈在最高點爆炸成兩塊，其中一塊沿原軌道返回，說明其速度大小為vcos婁脠

由動量守恒定律得：mvcos婁脠=鈭?m2vcos婁脠+m2v2v2=3vcos婁脠

壟脷

根據能量守恒定律，系統(tǒng)增加的機械能：?E=12(m2)(vcos婁脠)2+12(m2)(3vcos婁脠)2鈭?12m(vcos婁脠)2=2m(vcos婁脠)2【分析】(1)

【分析】由Cn2

計算這群氫原子發(fā)出的光譜線的條數(shù)；根據愛因斯坦光電效應方程得到產生的光電子的最大初動能。本題考查氫原子的能級躍遷和愛因斯坦光電效應方程的應用，難度不大?！窘獯稹坑蒀n2

知一群處于n=4

能級的氫原子發(fā)出的光譜中6

條譜線，由于n=2

向n=1

躍遷所發(fā)生的光正好使某種金屬材料產生光電效應，所以這群氫原子發(fā)出的光譜中共有3

條譜線能使該金屬產生光電效應；從能級n=4

向n=1

發(fā)出的光子能量h婁脙=E4鈭?E1=12.75eV

而金屬的逸出功W=10.2eV

根據愛因斯坦光電效應方程，所產生的光電子的最大初動能為Ek=h婁脥鈭?W=2.55eV

故填：32.55eV

(2)壟脵

根據動量守恒定律得到另一塊爆炸后瞬時的速度大??；壟脷

根據能量守恒定律得到爆炸過程系統(tǒng)增加的機械能。本題主要考查動量守恒定律的應用，注意動量守恒定律的矢量性是解題的關鍵。壟脷

根據能量守恒定律得到爆炸過程系統(tǒng)增加的機械能?！窘馕觥?1)32.55eV

(2)

解：壟脵

炮彈發(fā)射后，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，在最高點的速度為：vcos婁脠

炮彈在最高點爆炸成兩塊，其中一塊沿原軌道返回，說明其速度大小為vcos婁脠

由動量守恒定律得：mvcos婁脠=鈭?m2vcos婁脠+m2v2v2=3vcos婁脠

壟脷

根據能量守恒定律，系統(tǒng)增加的機械能：?E=12(m2)(vcos婁脠)2+12(m2)(3vcos婁脠)2鈭?12m(vcos婁脠)2=2m(vcos婁脠)2

25、（1）CD

（2）解：研究m從開始到離開M1時的過程，對整體由動量守恒定律可得：mv=mV′+（M1+M2）v1（1）

對木塊和板2由動量守恒定律可得：

mV′+M2V1=（m+M2）V2（2）

V2=1.5m/s

由（1）（2）可得。

V1=0.5m/sV′=5.5m/s

【分析】(1)

【分析】

由圖讀出t=0

時刻ab

邊受到的安培力最大，為F=1N

由F=BIL

求出金屬框中的感應電流I

由平衡條件求出外力的大小F脥芒

根據能量守恒求出金屬框拉出的過程中產生的焦耳熱，根據焦耳定律求線圈的電阻R

本題考查切割電動勢，關鍵是明確線框勻速離開磁場區(qū)域過程產生恒定的感應電流，結合切割公式、歐姆定律公式、安培力公式和焦耳定律公式列式分析即可，不難?！窘獯稹?/p>

?B.由題意及圖象可知，當t=0

時刻ab

邊的受力最大；為：F1=BIl=1N

解得：I=F1BL=11隆脕0.5=2A

根據右手定則；感應電流為順時針方向；故B錯誤；

D.線框勻速運動；其受到的安培力為阻力大小即為F1

由能量守恒：Q=W擄虜=F1L=1隆脕0.5J=0.5J

故D正確；

C.根據Q=I2Rt

解得：；故C正確；

A.根據I=BLvR

有：；故A錯誤；

故選CD。(2)

對整體由動量守恒定律列出等式，對木塊和板2

由動量守恒定律列出等式聯(lián)立求解；本題主要考查了運動過程中動量守恒定律得應用，注意選擇不同的系統(tǒng)和過程。

【解析】(1)CD

(2)

解：研究m

從開始到離開M1

時的過程，對整體由動量守恒定律可得：mv=mV