2025年滬教版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬教版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷768考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列電學(xué)元件中不是利用電流熱效應(yīng)進(jìn)行工作的是（）

A.電容器。

B.保險(xiǎn)絲。

C.電烤箱。

D.電飯煲。

2、如圖所示，空間有垂直于xoy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t＝0時(shí)刻，一電子以速度經(jīng)過(guò)x軸上的A點(diǎn)，沿軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)。A點(diǎn)坐標(biāo)為其中R為電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑。不計(jì)重力影響，則以下結(jié)論正確的是（）A.電子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)，速度大小仍為B.電子在時(shí)，第一次經(jīng)過(guò)y軸C.電子第一次經(jīng)過(guò)y軸的坐標(biāo)為D.電子第一次經(jīng)過(guò)y軸的坐標(biāo)為3、如圖所示，光滑軌道MO和ON頂端對(duì)接且ON=2MO.小球自M點(diǎn)以初速度沿OM上滑至O點(diǎn)恰好能沿ON直線下滑。以v、s、a、E0分別表示小球的速度、位移、加速度和動(dòng)能四個(gè)物理量的大小，下列圖象中能正確反映出小球自M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程的是（）4、火星有兩顆衛(wèi)星，分別是火衛(wèi)一和火衛(wèi)二，它們的軌道近似為圓，已知火衛(wèi)一的公轉(zhuǎn)周期為7

小時(shí)39

分，火衛(wèi)二的公轉(zhuǎn)周期為30

小時(shí)18

分，則兩顆衛(wèi)星相比()A.火衛(wèi)一距火星表面較遠(yuǎn)B.火衛(wèi)二的角速度較大C.火衛(wèi)一的運(yùn)動(dòng)速度較大D.火衛(wèi)二的向心加速度較大5、一個(gè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中所受的洛侖茲力F的方向如圖所示；則該粒子所帶電性和運(yùn)動(dòng)方向可能是（）

A.粒子帶負(fù)電；向下運(yùn)動(dòng)。

B.粒子帶正電；向左運(yùn)動(dòng)。

C.粒子帶負(fù)電；向上運(yùn)動(dòng)。

D.粒子帶正電；向右運(yùn)動(dòng)。

6、在一個(gè)豎直方向運(yùn)動(dòng)的密閉升降機(jī)內(nèi)，用彈簧秤掛著一個(gè)已知質(zhì)量的砝碼，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣纫阎?。根?jù)彈簧秤的讀數(shù)，我們可以知道升降機(jī)：A.加速度的大小和方向B.速度的大小和方向C.加速度的大小和速度的方向D.加速度的大小和方向以及速度的方向7、如圖所示，將一個(gè)矩形小線圈放在一個(gè)大勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面平行于磁感線，則線圈中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的情況是（）A.當(dāng)矩形線圈作平行于磁感線的平動(dòng)B.當(dāng)矩形線圈作垂直于磁感線的平動(dòng)C.當(dāng)矩形線圈繞ab邊作轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)D.當(dāng)矩形線圈繞ad邊作轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)8、15.

下列敘述中的力，屬于萬(wàn)有引力的是A.馬拉車的力B.鋼繩吊起重物的力C.太陽(yáng)與地球之間的吸引力D.兩個(gè)異名磁極之問(wèn)的吸引力評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、如圖所示，把電量為-5×10-9C的電荷，從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，其電勢(shì)能____（選填“增大”、“減小”或“不變”）；若A點(diǎn)的電勢(shì)φA=15V，B點(diǎn)的電勢(shì)φB=10V，則此過(guò)程中電場(chǎng)力做的功為_(kāi)___J．

10、如圖所示，質(zhì)量為m，電量為q的小球以某一速度與水平成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若微粒在復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，則粒子帶______電，電場(chǎng)強(qiáng)度E=__________．11、如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一電荷量為2隆脕10鈭?3C

的負(fù)電荷由A

點(diǎn)移到B

點(diǎn)，其電勢(shì)能增加了0.2J

已知AB

兩點(diǎn)間距離為2cm

兩點(diǎn)連線與電場(chǎng)方向成60鈭?

角.

則：

(1)

該負(fù)電荷由A

移到B

的過(guò)程中；電場(chǎng)力所做的功WAB=

____________；

(2)AB

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差以UAB=

____________；

(3)

該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=

____________．12、用20

分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量鋼球的直徑；示數(shù)如圖所示，則鋼球直徑為_(kāi)_____mm

．

13、如圖a

所示的電子元件名稱是______；圖b

所示的是一只電解電容器；從該電容器標(biāo)稱參數(shù)可知：該電容器的耐壓為_(kāi)_____V

該電容器容量為_(kāi)_____婁脤F

．

14、聲波從甲介質(zhì)進(jìn)入乙介質(zhì)中，已知入射角為30°，折射角為37°，聲波在甲介質(zhì)中速度為300m/s，聲波在乙介質(zhì)中速度為_(kāi)_____m/s．15、圖中，游標(biāo)卡尺示數(shù)是______cm，螺旋測(cè)微器示數(shù)是______mm；

評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、只有沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)才會(huì)降低，所以電勢(shì)降低的方向就一定是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為9000N/C，在電場(chǎng)內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場(chǎng)強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

19、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

20、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

21、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

24、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、畫(huà)圖題(共2題，共20分)25、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫(huà)出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象26、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫(huà)出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共3題，共15分)27、某金屬rm{A}及其化合物之間有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系：

rm{(1)}請(qǐng)寫(xiě)出rm{A}rm{B}rm{C}的化學(xué)式：rm{A}__________rm{B}__________、rm{C}__________。rm{(2)}寫(xiě)出化學(xué)方程式：rm{B隆煤D}_____________________________________________rm{E隆煤C}______________________________________________28、(1)

單晶體的所有物理性質(zhì)都是各向異性的.

()(2)

液晶是液體和晶體的混合物.(

)

(3)

水蒸氣達(dá)到飽和時(shí)，水蒸氣的壓強(qiáng)不再變化，這時(shí)水不再蒸發(fā)和凝結(jié).(

)

(4)

壓強(qiáng)極大的氣體不遵從氣體實(shí)驗(yàn)定律.(

)

(5)

做功和熱傳遞的實(shí)質(zhì)是相同的.(

)

(6)

絕熱過(guò)程中，外界壓縮氣體做功20J

氣體的內(nèi)能一定減少.(

)

(7)

物體吸收熱量，同時(shí)對(duì)外做功，內(nèi)能可能不變.(

)

(8)

熱機(jī)中，燃?xì)獾膬?nèi)能可以全部變?yōu)闄C(jī)械能而不引起其他變化.(

)

29、某含鎳rm{(Ni)}廢催化劑中主要含有rm{Ni}還含有rm{Al}rm{Al}廢催化劑中主要含有rm{(Ni)}還含有rm{Ni}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}及其它不溶于酸、堿的雜質(zhì)。部分金屬氫氧化物rm{{,!}_{3}}近似值如下表所示：。、rm{Fe}及其它不溶于酸、堿的雜質(zhì)。部分金屬氫氧化物rm{Ksp}近似值如下表所示：化學(xué)式rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{Ni(OH)_{2}}rm{K_{sp}}近似值rm{10^{-17}}rm{10^{-39}}rm{10^{-34}}rm{10^{-15}}現(xiàn)用含鎳廢催化劑制備rm{NiSO_{4}隆隴7H_{2}O}晶體，其流程圖如下：回答下列問(wèn)題：rm{(1)}“堿浸”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}________________。rm{(2)}“酸浸”所使用的酸為_(kāi)____________。rm{(3)}“凈化除雜”需加入rm{H_{2}O_{2}}溶液，其作用是___________________。然后調(diào)節(jié)rm{pH}使溶液中鐵元素恰好完全沉淀，列式計(jì)算此時(shí)的rm{pH}___________________________。rm{(4)}“操作rm{A}”為_(kāi)____、過(guò)濾、洗滌、干燥，即得產(chǎn)品。rm{(5)NiSO_{4}}在強(qiáng)堿性溶液中可被rm{NaClO}氧化為rm{NiOOH}該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_________。rm{(6)NiOOH}可作為鎳氫電池的電極材料，該電池的工作原理如下圖所示，其放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_________________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】

電容器的工作原理是充放電；保險(xiǎn)絲工作原理即電流過(guò)大時(shí)；產(chǎn)生的熱量較大，保險(xiǎn)絲熔斷，保護(hù)電路；電烤箱；電飯煲都是利用電流產(chǎn)生熱量來(lái)進(jìn)行工作．可見(jiàn)利用電流熱效應(yīng)工作的是保險(xiǎn)絲、電烤箱、電飯煲．電容器不是利用電流的熱效應(yīng)工作．故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．

故選A．

【解析】【答案】利用電流熱效應(yīng)就是通電后發(fā)熱；利用熱量進(jìn)行工作．電容器的工作原理是充放電；保險(xiǎn)絲工作原理即電流過(guò)大時(shí)，產(chǎn)生的熱量較大，保險(xiǎn)絲熔斷，保護(hù)電路；電烤箱；電飯煲都是利用電流產(chǎn)生熱量來(lái)進(jìn)行工作．

2、A|B|D【分析】【解析】試題分析：A、因?yàn)閹щ娏Ｗ釉诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)受到的洛倫茲力不做功，所以速度大小不變；正確B、設(shè)偏轉(zhuǎn)角度為θ，由圖可得正確CD、由圖可知與y軸交點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為在負(fù)半軸上，所以電子第一次經(jīng)過(guò)y軸的坐標(biāo)為C錯(cuò)D對(duì)故選ABD考點(diǎn)：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【解析】【答案】ABD3、A|C【分析】【解析】試題分析：小球上劃過(guò)程中加速度恒定不變,小球向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),下滑過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),位移與時(shí)間成二次關(guān)系,位移時(shí)間圖像應(yīng)為曲線,上劃過(guò)程中重力沿斜面向下的分力與摩擦力方向相同,加速度較大,方向沿斜面向下,ON面上加速度較小,但加速度方向還是沿斜面向下,AC正確,由動(dòng)能定理可知?jiǎng)幽艽笮∨c位移大小成正比,所以動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系圖像應(yīng)為一條曲線,BD錯(cuò);考點(diǎn)：考查力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系【解析】【答案】AC4、C【分析】【分析】衛(wèi)星圍繞火星圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，由周期關(guān)系得出半徑關(guān)系，再由半徑關(guān)系分析角速度、線速度和向心加速度的大小關(guān)系..

掌握萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，根據(jù)周期關(guān)系得出半徑關(guān)系，再由此分析角速度、線速度和向心加速度與半徑的關(guān)系，掌握規(guī)律是解決問(wèn)題的基礎(chǔ)．【解答】根據(jù)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力有：

GmMr2=ma=m4婁脨2rT2=mv2r=m婁脴2r

得衛(wèi)星周期T=2婁脨r3GM

知軌道半徑大的周期大，軌道半徑小的周期小，所以可知火衛(wèi)一的軌道半徑小于火衛(wèi)二的軌道半徑．

A.因?yàn)榛鹦l(wèi)一的軌道半徑小于火衛(wèi)二的軌道半徑；所以火衛(wèi)二距火星表面較遠(yuǎn)，故A錯(cuò)誤；

B.婁脴=GMr3

知軌道半徑大的角速度小，火衛(wèi)二的角速度較小，故B錯(cuò)誤；

C.線速度v=GMr

軌道半徑大的速度小，火衛(wèi)一的軌道半徑小，線速度大，故C正確；

D.向心加速度a=GMr2

火衛(wèi)一的半徑小，其加速度大，故D錯(cuò)誤；

故選：C

．

【解析】C

5、A【分析】

磁場(chǎng)的方向垂直紙面向外；洛倫茲力的方向水平向右，根據(jù)左手定則，粒子若帶正電，則向上運(yùn)動(dòng)，若帶負(fù)電，向下運(yùn)動(dòng)．故A正確，B；C、D錯(cuò)誤．

故選A．

【解析】【答案】判斷洛倫茲力的方向用左手定則判斷；伸開(kāi)左手，使拇指與其余四指垂直，并且與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向正電荷的運(yùn)動(dòng)方向，這時(shí)拇指所指的方向就是運(yùn)動(dòng)電荷所受洛倫茲力的方向．

6、A【分析】試題分析：設(shè)彈簧秤讀數(shù)為F，如果F＞mg，說(shuō)明加速度方向向上，加速度大小a=-g，升降機(jī)可能向上加速運(yùn)動(dòng)，也可能向下減速運(yùn)動(dòng)；如果F=mg，說(shuō)明加速度為零，升降機(jī)可能靜止，也可能勻速向上或向下運(yùn)動(dòng)；如果F＜mg，說(shuō)明加速度方向向下，加速度大小a=g-升降機(jī)可能向上減速運(yùn)動(dòng)，也可能向下加速運(yùn)動(dòng)。綜上分析，可知A正確。考點(diǎn)：【解析】【答案】A7、C【分析】解：A；當(dāng)線圈沿磁感線方向平移時(shí)；線圈的磁通量始終為零，保持不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生．故A錯(cuò)誤．

B；當(dāng)線圈沿垂直于磁感線方向移動(dòng)時(shí)；線圈的磁通量始終為零，保持不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生．故B錯(cuò)誤．

C、當(dāng)線圈以ab邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)；磁通量發(fā)生變化，穿過(guò)線圈的磁通量從無(wú)到有發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C正確．

D；當(dāng)線圈以ad邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)；磁感線始終與線圈平行，磁通量始終為零，保持不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生．故D錯(cuò)誤．

故選：C．

當(dāng)穿過(guò)閉合線圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)；線圈中就產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)這個(gè)條件進(jìn)行分析．

本題考查應(yīng)用感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件判斷實(shí)際問(wèn)題的能力，常規(guī)題，情景并不復(fù)雜，容易得分．【解析】【答案】C8、C【分析】【分析】萬(wàn)有引力是自然界中的基本相互作用之一；有質(zhì)量的物體間具有萬(wàn)有引力。

本題關(guān)鍵是明確萬(wàn)有引力與彈力、電場(chǎng)力的區(qū)別，基礎(chǔ)題?！窘獯稹緼.馬拉車的力是彈力；故A錯(cuò)誤；

B.鋼繩吊起重物的力是彈力；故B錯(cuò)誤；

C.太陽(yáng)與地球之間的吸引力是萬(wàn)有引力；故C正確；

D.兩個(gè)異名磁極之間的吸引力是電磁力；不是萬(wàn)有引力，故D錯(cuò)誤。

故選C。

【解析】C

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)，因此負(fù)電荷在A點(diǎn)電勢(shì)能小于B點(diǎn)，故將負(fù)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電勢(shì)能將增加；．

故答案為：增大，-2.5×10-8．

【解析】【答案】判斷電勢(shì)能的高低可以根據(jù)電勢(shì)高低進(jìn)行：負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能低；正電荷則相反；也可以利用電場(chǎng)力做功：電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能降低，做負(fù)功，電勢(shì)能增加．電場(chǎng)力做功和路徑無(wú)關(guān)，至于始末位置的電勢(shì)差有關(guān)．

10、略

【分析】【解析】試題分析：粒子做直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)槁鍌惼澚Φ拇嬖冢砸鲋本€運(yùn)動(dòng)，粒子的速度肯定不變，所以做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故合力為零，粒子受到豎直向下的重力，水平方向的電場(chǎng)力，和洛倫茲力，要使合力為零，所以洛倫茲力方向垂直速度左向上，電場(chǎng)力水平向右，所以粒子帶正電，根據(jù)矢量三角形可得解得考點(diǎn)：考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【解析】【答案】正電，mg/q11、-0.2J;100V;1×104V/m【分析】解：(1)

負(fù)電荷由A

點(diǎn)移到B

點(diǎn)；其電勢(shì)能增加了0.2J

則電場(chǎng)力所做的功：WAB=鈭?0.2J

(2)AB

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差：UAB=WABq=鈭?0.2鈭?2脳10鈭?3V=100V

(3)

由UAB=Ed=EA爐Bcos60鈭?

得：E=UABA爐Bcos60鈭?=1002脳10鈭?2脳0.5V/m=1隆脕104V/m

故答案為：(1)鈭?0.2J(2)100V(3)1隆脕104V/m

【解析】鈭?0.2J;100V;1隆脕104V/m

12、略

【分析】解：20

分度的游標(biāo)卡尺；精確度是0.05mm

游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為10mm

游標(biāo)尺上第3

個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為3隆脕0.05mm=0.15mm

所以最終讀數(shù)為：10mm+0.15mm=10.15mm

．

故答案為：10.15

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法；主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．

對(duì)于基本測(cè)量?jī)x器如游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測(cè)量．【解析】10.15

13、略

【分析】解：圖片a

是電阻器；是電路中常用的器材之一；

圖片b

中是電容器；可以看出額定電壓為25V

電容為2200婁脤F

故答案為：電阻器；252200

．

圖片a

是電阻原件，圖片b

是電容器；可以讀出額定電壓和電容大?。?/p>

本題關(guān)鍵是要認(rèn)識(shí)生活電路中的常見(jiàn)的器材，體現(xiàn)了物理是來(lái)源于生活又服務(wù)于生活的一門(mén)實(shí)用學(xué)科．【解析】電阻器；252200

14、略

【分析】解：如圖所示。

由折射定律知：=

則v2==m/s=360m/s．

故答案為：360

已知入射角為30°；折射角為37°，根據(jù)折射定律求出甲乙的折射率之比，即可求得波速之比．

本題關(guān)鍵要掌握折射定律，知道相對(duì)折射率與波速的關(guān)系．【解析】36015、略

【分析】解：1；游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為103mm；游標(biāo)尺上第4個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為4×0.1mm=0.4mm，所以最終讀數(shù)為：103mm+0.4mm=103.4mm=10.34cm．

2；螺旋測(cè)微器的固定刻度為3mm；可動(dòng)刻度為38.8×0.01mm=0.388mm，所以最終讀數(shù)為3mm+0.388mm=3.388mm．

故答案為：10.34；3.388

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法；主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．

對(duì)于基本測(cè)量?jī)x器如游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測(cè)量．【解析】10.34；3.388三、判斷題(共9題，共18分)16、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線是人為假想的曲線，從正電荷或無(wú)限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無(wú)限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低．17、B【分析】【解答】解：沿著電場(chǎng)線方向；電勢(shì)降低，且降低最快；

那么電勢(shì)降低最快的方向才是電場(chǎng)線的方向；但電勢(shì)降低的方向不一定是電場(chǎng)線的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場(chǎng)線可以形象直觀表示電場(chǎng)這兩方面的特性：電場(chǎng)線疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的方向反映電勢(shì)的高低．18、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場(chǎng)強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷出場(chǎng)強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．19、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱；無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．20、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大小．21、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類似于高度差；沒(méi)有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)．由以上的分析可知，以上的說(shuō)法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大小；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無(wú)關(guān)．22、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．23、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱；無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．24、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?、畫(huà)圖題(共2題，共20分)25、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】26、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】五、簡(jiǎn)答題(共3題，共15分)27、rm{(1)Fe}rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}

rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3

FeCl_{2}}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}【分析】【分析】

本題考查無(wú)機(jī)物的推斷，題目難度不大，本題中注意根據(jù)物質(zhì)的顏色等物理特性為突破口推斷，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)?！窘獯稹勘绢}由rm{C}為突破口進(jìn)行推斷，rm{C}為紅褐色固體，應(yīng)為rm{Fe(OH)_{3}}根據(jù)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)可推斷其它物質(zhì)。rm{(1)C}為紅褐色固體，應(yīng)為rm{Fe(OH)_{3}}則rm{E}為rm{Fe(OH)_{2}}rm{B}為rm{FeCl_{3}}rm{D}為rm{FeCl_{2}}rm{A}為rm{Fe}故答案為：rm{Fe}；rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(2)B隆煤D}為rm{Fe}與rm{FeCl_{3}}反應(yīng)，化學(xué)方程式為：rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{E隆煤C}為rm{Fe(OH)_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe(OH)_{3}}的反應(yīng)，故答案為：rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}

【解析】rm{(1)Fe}rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3

FeCl_{2}}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}28、(1)(隆脕)

(2)(隆脕)

(3)(隆脕)

(4)(隆脤)

(5)(隆脕)

(6)(隆脕)(7)(隆脤)

(8)(隆脕)【分析】【分析】本題考查熱學(xué)基本知識(shí)。(1)(1)單晶體的某種物理性質(zhì)是各向異性的，但并不是所有物理性質(zhì)都是各向異性的。(2)(2)液晶有液體的流動(dòng)性與晶體的各向異性。(3)

水蒸氣達(dá)到飽和時(shí)，蒸發(fā)和凝結(jié)仍在繼續(xù)進(jìn)行，只不過(guò)蒸發(fā)和凝結(jié)的水分子個(gè)數(shù)相等，蒸發(fā)和凝結(jié)達(dá)到動(dòng)態(tài)平衡。(4)

只要實(shí)際氣體的壓強(qiáng)不是很高，溫度不是很大，都可以近視的當(dāng)成理想氣體來(lái)處理。(5)

做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，做功改變物體內(nèi)能的實(shí)質(zhì)是能量的轉(zhuǎn)化，熱傳遞改變物體內(nèi)能的實(shí)質(zhì)是能量的轉(zhuǎn)移，做功和熱傳遞在改變物體的內(nèi)能上是等效。(6)

熱力學(xué)第一定律：婁隴U=W+Q

(7)

熱力學(xué)第一定律：婁隴U=W+Q

(8)

熱力學(xué)第二定律：不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響。解題的關(guān)鍵是熟悉熱學(xué)基本知識(shí)?！窘獯稹?1)

單晶體的某種物理性質(zhì)是各向異性的，但并不是所有物理性質(zhì)都是各向異性的，故錯(cuò)誤；(2)

液晶有液體的流動(dòng)性與晶體的各向異性，故錯(cuò)誤；(3)

水蒸氣達(dá)到飽和時(shí)，蒸發(fā)和凝結(jié)仍在繼續(xù)進(jìn)行，只不過(guò)蒸發(fā)和凝結(jié)的水分子個(gè)數(shù)相等，蒸發(fā)和凝結(jié)達(dá)到動(dòng)態(tài)平衡，故錯(cuò)誤；(4)(4)只要實(shí)際氣體的壓強(qiáng)不是很高，溫度不是很大，都可以近視的當(dāng)成理想氣體來(lái)處理，壓強(qiáng)極大的氣體不遵從氣體實(shí)驗(yàn)定律，故正確。(5)

做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，做功改變物體內(nèi)能的實(shí)質(zhì)是能量的轉(zhuǎn)化，熱傳遞改變物體內(nèi)能的實(shí)質(zhì)是能量的轉(zhuǎn)移，做功和熱傳遞在改變物體的內(nèi)能上是等效，實(shí)質(zhì)是不相同的，故錯(cuò)誤；(6)

熱力學(xué)第一定律：婁隴U=W+Q絕熱過(guò)程中，外界壓縮氣體做功20J20J氣體的內(nèi)能一定增加，故錯(cuò)誤；(7)

熱力學(xué)第一定律：婁隴U=W+Q物體吸收熱量，同時(shí)對(duì)外做功，內(nèi)能可能不變，故正確；(8)

熱力學(xué)第二定律：不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響。燃?xì)獾膬?nèi)能不能全部變?yōu)闄C(jī)械能而不引起其他變化，故錯(cuò)誤。故答案為：(1)(隆脕)

(2)(隆脕)

(3)(隆脕)

(4)(隆脤)

(5)(隆脕)

(6)(隆脕)(7)(隆脤)

(8)(隆脕)

【解析】(1)(隆脕)

(2)(隆脕)

(3)(隆脕)

(4)(隆脤)

(5)(隆脕)

(6)(隆脕)(7)(隆脤)

(8)(隆脕)

29、rm{(1)2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}

rm{(1)2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}稀硫酸rm{(2)}或硫酸、rm{(}

rm{H_{2}SO_{4})}將rm{(3)}氧化為rm{Fe^{2+}}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{Fe^{3+}}

rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{

dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{

dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}冷卻結(jié)晶

rm{(5)2N{i}^{2+}+Cl{O}^{-}+4O{H}^{-}=2NiOOH隆媒+C{l}^{-}+{H}_{2}O}

rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=

dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{pH=2.7}【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)的制備，物質(zhì)的分離和提純的基本方法，電化學(xué)原理等，難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}廢催化劑中主要含rm{Ni}還含有rm{Al}rm{Al}還含有rm{Ni}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}，加入堿，均與堿反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O}，rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}，故答案為：rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}rm{Al}最終產(chǎn)品為rm{Al_{2}O_{3}}發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O

}rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O

}，rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}為了不引入新雜質(zhì)，應(yīng)加硫酸，故答案為：稀硫酸rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}或硫酸、rm{(2)}rm{NiSO}rm{NiSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆隴7H}與rm{隆隴7H}rm{{,!}_{2}}接近，不溶于除去rm{O}為了不引入新雜質(zhì)，應(yīng)加硫酸，故答案為：應(yīng)將其轉(zhuǎn)化為rm{O}rm{(}rm{H_{2}SO_{4})}；rm{(3)}rm{Fe(OH)}將rm{Fe(OH)}氧化為rm{{,!}_{2}}rm{Ni(OH)}使溶液中鐵元素恰好完全沉淀，此時(shí)rm{Ni(OH)}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{{,!}_{2}Ksp}故答案為：將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=