2025年粵教滬科版高二物理下冊月考試卷

…………○…………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162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7題，共14分)1、質點做直線運動的位移x與時間t的關系為(各物理量均采用國際單位制單位),則該質點()A.第1s內的位移是5mB.前2s內的平均速度是6m/sC.任意相鄰1s內的位移差都是1mD.任意1s內的速度增量都是2m/s2、物體做機械振動的回復力（）A.必定是區(qū)別于重力、彈力、摩擦力的另一種力B.必定是物體所受的合力C.可以是物體受力中的一個力D.可以是物體所受力中的一個力的分力3、如圖所示為測量未知電阻Rx的部分電路，當開關S合在a點時，電壓表示數(shù)為8V，電流示數(shù)為0.2A；當開關S合在b點時，電壓表示數(shù)為9V，電流表示數(shù)為0.15A，則：A.電流表示數(shù)相對變化顯著B.電壓表示數(shù)相對變化顯著C.開關S接在b點時的測量值更準確D.開關S接在a點時的測量值更準確4、兩塊平行金屬板帶等量異號電荷，要使兩板間的電壓加倍，而板間的電場強度減半，可以采用的辦法有（）A.兩板的電量加倍，而距離變?yōu)樵瓉淼?倍B.兩板的電量加倍，而距離變?yōu)樵瓉淼?倍C.兩板的電量減半，而距離變?yōu)樵瓉淼?倍D.兩板的電量減半，而距離變?yōu)樵瓉淼?倍5、如圖所示，物體A和B的質量均為m，且分別與輕繩連接跨過定滑輪，現(xiàn)用力拉物體B使它沿水平面向右做勻速運動，物體B從C點運動到D點拉力做功為W1，從D點運動到E點拉力做功為W2，且CD的距離與DE的距離相等，在此過程中，繩子對A的拉力大小為FT，則（）（A）W1＜W2，F(xiàn)T＞mg（B）W1＜W2，F(xiàn)T＜mg（C）W1＞W2，F(xiàn)T＝mg（D）W1＝W2，F(xiàn)T＞mg6、如圖所示的四個圖象中，屬于晶體凝固圖象的是（）A.B.C.D.7、已知均勻帶電球體在球的外部產生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產生的電場相同.

如圖所示，半徑為R

的球體上均勻分布著電荷量為Q

的電荷，在過球心O

的直線上有AB

兩個點，O

和BB

和A

間的距離均為R.

現(xiàn)以OB

為直徑在球內挖一球形空腔，若靜電力常量為k

球的體積公式為V=43婁脨r3

則A

點處場強的大小為：(

)

A.5kQ36R2

B.7kQ36R2

C.7kQ32R2

D.3kQ16R2

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、如圖（甲）所示螺線管的匝數(shù)n=1500，橫截面積S=20cm2，電阻r=2Ω，與螺線管串聯(lián)的外電阻R=4Ω。若穿過螺線管的勻強磁場的磁感應強度按圖（乙）所示的規(guī)律變化，則線圈兩端a、b之間的電壓為_____________V，電阻R上消耗的電功率______________W。9、在“探究求合力的方法”的實驗中；橡皮條的一端固定P

點，用AB

兩只彈簧秤通過細繩拉結點C

使其伸長到O

點，記下CO

點的位置，同時記下細繩的拉力方向及彈簧秤AB

的讀數(shù)分別為F1F2

如圖甲，然后用一只彈簧秤，通過細繩拉橡皮條，使結點C

仍然伸長到原來的O

點，記下細繩的拉力方向及彈簧秤的示數(shù)為F

請完成以下問題：

(1)

某同學認定F

等于F1F2

兩個力的合力，是因為F

的作用效果與F1F2

共同作用的效果____________(

選填“相同”、“不同”)

(2)

通過探究，得到力的合成遵循____________定則。

10、通電導線在磁場中受到的力叫____(

選填“安培力”或“庫侖力”)

如圖所示，一段通電直導線MN

處于勻強磁場中，當導線中的電流增大時，它所受磁場的作用力將____(

選填“增大”或“減小”)

當磁場的磁感應強度減小時，這個力將(

選填“增大”或“減小”)

11、副線圈上有一個標有“220V，10W”字樣的燈泡正常發(fā)光，原線圈中的電流表示數(shù)為0.025A，則原線圈電壓表的示數(shù)為____V，原、副線圈的匝數(shù)比為____．12、在如下情況中，求出金屬桿ab

上的感應電動勢E

回答兩端的電勢高低.

如圖ab

桿沿軌道下滑到速度為v

時，E=

______，______端電勢高.(

圖中婁脕BL

均為已知)

評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)13、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）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）16、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）17、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）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、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、解答題(共4題，共28分)20、如圖所示，一質量M=4kg，長為L=3m的長木板放在地面上，今施一力F=8N水平向右拉木板，木板以v=2m/s的速度在地面上勻速運動，某一時刻把質量為m=1kg的鐵塊輕放在木板的最右端，不計鐵塊與木板間的摩擦，且小鐵塊視為質點，求小鐵塊經過多長時間將離開木板．（g=10m/s2）

21、如圖所示，金屬桿a在離地h高處從靜止開始沿與水平導體軌道平滑連接的弧形軌道下滑，導軌的水平部分有豎直向上的勻強磁場B，水平部分導軌間距l(xiāng)，其上原來放有一金屬桿b．已知a桿與b桿的質量分別為3m、4m，a、b兩桿電阻分別為3R、4R其余電阻不計．水平導軌足夠長，不計所有摩擦，導體桿a、b不會相撞．求：

（1）金屬桿b的最大加速度？

（2）a和b的最終速度是多大？整個過程中回路釋放的電能最多是多少？

22、如圖所示；一條長為l的細線，上端固定，下端拴一質量為m的帶電小球，將它置于一勻強電場中，電場強度大小為E，方向水平向右，已知細線離開豎直位置的偏角為?時，小球處于平衡狀態(tài)，則：

（1）小球帶何種電荷？（2）求出小球所帶的電荷量．

23、（1）一物體與輕質彈簧相連靜放在足夠長的光滑斜面上，若外力將物體拉離平衡位置，撤去外力后物體開始運動，不計空氣阻力，論證物體的運動是否是簡諧運動（寫出論證過程才能得分）

（2）一列橫波上有相距4m的A；B兩點；波的傳播方向是由A向B，波長大于2m，如圖所示的是A、B兩質點的振動圖象，求：這列波的波v．

評卷人得分五、簡答題(共4題，共16分)24、如圖所示，光滑水平面上有一質量為m

1

的小車A

，其上面有一個質量為m

2

的物體B

正在沿粗糙曲面下滑.

以A

和B

兩個物體為系統(tǒng)，試分析系統(tǒng)的內力和外力分別是哪些力？25、如圖所示電路，電源電動勢E=3V，內阻r=0.6Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，求流過電源的電流，路端電壓．26、溴乙烷是一種重要的有機化工原料，其沸點為rm{38.4隆忙}能與rm{NaOH}反應。實驗室制備溴乙烷并進行溴乙烷的性質實驗如下，試回答下列問題：rm{(1)}制備溴乙烷的一種方法是乙醇與氫溴酸反應，該反應的化學方程式是____。Ⅰrm{.}實際通常是用溴化鈉與一定濃度的硫酸和乙醇反應。某課外小組欲在實驗室制備溴乙烷的裝置如圖，實驗操怍步驟如下：rm{壟脵}檢查裝置的氣密性；rm{壟脷}在圓底燒瓶中加入rm{95攏樓}乙醇、rm{80攏樓}硫酸，然后加入研細的溴化鈉粉末和幾粒碎瓷片；rm{壟脹}小心加熱，使其充分反應。請問答下列問題。rm{(2)}裝置rm{A}的作用是____。rm{(3)}反應時若溫度過高，則有rm{SO_{2}}生成，同時觀察到還有一種紅棕色氣體產生，該氣體分子式是。rm{(4)}反應結束后，得到的粗產品呈棕黃色。為了除去粗產品中的雜質，可選擇下列試劑中的rm{(}填寫正確選項的字母rm{)}rm{a.}稀氫氧化鈉溶液rm{b.}乙醇rm{c.}四氯化碳rm{d.}亞硫酸鈉該實驗操作中所需的主要玻璃儀器是rm{(}填儀器名稱rm{)}rm{II.}已知：rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{脪脪麓錄}CH_{2}=CH_{2}+NaBr+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{脪脪麓錄}CH_{2}=CH_{2}+NaBr+H_{2}O}在進行該實驗時，把生成的氣體通過下圖所示的裝置。用該裝置進行實驗的目的是檢驗乙烯的生成，該圖中右側試管中的現(xiàn)象是；左側試管中水的作用是；若將rm{(5)}溶液換成溴水，生成物的名稱________；所得產物的同分異構體的結構簡式為：。rm{KMnO_{4}}27、rm{Al}及其化合物在工業(yè)上有極其廣泛的用途；

rm{(1)}焊接鋼軌時用rm{Al}冶煉rm{Fe}的反應方程式為______；鋁的化合物明礬可用于凈水；其原理用離子方程式解釋為______．

rm{(2)}硅藻遺骸中主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}和rm{Fe_{2}O_{3}.}從中獲取rm{Al(OH)_{3}}的過程如下：

步驟rm{I}取適量硅藻遺骸用rm{70%H_{2}SO_{4}}浸泡；

步驟rm{II}向上述浸泡液中加入過量rm{NaOH}并過濾；

步驟rm{III}向上述濾液中通入過量rm{CO_{2}}過濾得到rm{Al(OH)_{3}}．

rm{壟脵}用rm{70%H_{2}SO_{4}}浸取硅藻遺骸的目的是______．

rm{壟脷}步驟rm{II}中涉及鋁元素的離子方程式為______；

rm{壟脹}步驟rm{III}中能否用rm{HCl}代替rm{CO_{2}}______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}該步驟所得濾液中存在的電荷守恒式為______；向該濾液中滴加少量rm{NaOH}溶液，則rm{dfrac{c(H_{2}CO_{3})}{c(CO_{3}^{2-})}}______填rm{dfrac{c(H_{2}CO_{3})}{c(CO_{3}^{

2-})}}“變大”、“變小”或“不變”rm{(}

rm{)}可用作阻熱材料，試從rm{(3)Al(OH)_{3}}的化學性質角度分析其原因______．rm{Al(OH)_{3}}評卷人得分六、證明題(共2題，共4分)28、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。29、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】當t=0時，位移為0，把t=1s帶入公式可求出此時位移為6m，所以第1s內的位移是6m，A錯；前2s的位移為14m，前2s內的平均速度為B錯；根據勻變速直線運動在相等的時間內位移差值相同，可知任意相鄰1s內的位移差都是2m，由可知加速度為2m/s2,由加速度概念可知D對；【解析】【答案】D2、C|D【分析】試題分析：回復力是效果力，而重力、彈力和摩擦力是性質力；提供回復力的力可能是合力也可能是某個力的分力，如彈簧振子中是合力，單擺模型中是一個力的分力，故AB錯誤，CD正確考點：考查了對機械振動的理解【解析】【答案】CD3、A|C【分析】試題分析：據題意，電鍵接在a、b之間時，電流的相對變化為：電壓的相對變化為：則可知電流變化相對顯著，A選項正確；由于電流變化顯著，說明電壓表分流作用較大，應把電流表接觸法，接在b點，則C選項正確。考點：本題考查電流表內接或者外接的判斷法：試探法?！窘馕觥俊敬鸢浮緼C4、C【分析】【解析】試題分析：帶電粒子在電場中的運動專題．分析：先根據電容的決定式分析電容的變化，再由電容的定義式分析電壓的變化，由，分析板間電場強度的變化．A、板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍時，電容為原來的兩板的電量加倍，由得知，電壓變?yōu)?倍，由分析得知，板間電場強度變?yōu)?倍．不符合題意．故A錯誤．B、板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍時，電容為原來的兩板的電量加倍，由得知，電壓變?yōu)?倍，由分析得知，板間電場強度變?yōu)?倍．不符合題意．故B錯誤．C、板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍時，電容為原來的兩板的電量減半，由得知，電壓變?yōu)?倍，由分析得知，板間電場強度變?yōu)楸叮项}意．故C正確．D、板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍時，電容為原來的兩板的電量減半，由得知，電壓不變，由分析得知，板間電場強度變?yōu)?倍．不符合題意．故D錯誤．故選C．考點：電容器的動態(tài)分析．【解析】【答案】C5、A【分析】B物體做勻速直線運動，所以B的實際速度方向為合速度，如圖所示．將速度分解為：v1、v2．v1為A的速度，v1＝vcosa因為a減小，故cosa增大．所以v1增大．A物體做向上的加速運動，繩子的拉力大于重力．隨著繩子與水平方向的夾角逐漸減小，水平拉力F逐漸增大，由W=FS可知W1＜W2，A對；【解析】【答案】A6、C【分析】解：首先要分清晶體與非晶體的圖象；晶體凝固時有確定的凝固溫度，而非晶體則沒有，故A；D錯誤，它們是非晶體的圖象；其次分清是熔化還是凝固的圖象：熔化是固體變成液體，達到熔點前是吸收熱量，溫度一直在升高，而凝固過程則恰好相反，故C正確，B錯誤．

故選：C

晶體和非晶體的重要區(qū)別：晶體熔化過程中；不斷吸收熱量，溫度保持不變．凝固過程中，不斷放出熱量，溫度保持不變；非晶體熔化過程中，不斷吸收熱量，溫度不斷上升．凝固過程中，不斷放出熱量，溫度不斷下降．

掌握晶體和非晶體的區(qū)別．掌握晶體和非晶體的熔化和凝固圖象．【解析】【答案】C7、B【分析】解：由題意知；半徑為R

的均勻帶電體在A

點產生場強為：

E脮沒=kQ(2R)2=kQ4R2

同理割出的小球半徑為R2

因為電荷平均分布，其帶電荷量Q隆盲=43婁脨(R2)343蟺R3Q=Q8

則其在A

點產生的場強：

E賂卯=kQ隆盲(12R+R)2=k鈰?Q894R2=kQ18R2

所以剩余空腔部分電荷在A

點產生的場強Ex=E脮沒鈭?E賂卯=kQ4R2鈭?kQ18R2=7kQ36R2

所以：ACD錯誤；B正確．

故選：B

本題采用割補的思想方法求解；先求出整個大球在B

點產生的場強，再求出割出的小圓在A

點產生的場強，利用整體場強等于割掉的小圓球在A

點產生的場強和剩余部分在A

點產生的場強的矢量和，從而求出A

處的場強．

本題主要采用割補法的思想，根據整體球在A

點產生的場強等于割掉的小球在A

點產生的場強和剩余空腔部分在A

點產生的場強的矢量和，掌握割補思想是解決本題的主要入手點，掌握點電荷場強公式是基礎．【解析】B

二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】根據法拉第電磁感應定律有：電阻R上消耗的電功率：【解析】【答案】0.4V，0.04W9、（1）相同；（2）平行四邊形【分析】該實驗采用了“等效替代”的原理，即一根橡皮條的拉力效果與兩根橡皮條的拉力效果相同，所以某同學認定F

等于F

1

、F

2

兩個力的合力，是因為F

的作用效果與F

1

、F

2

共同作用的效相同．通過探究，得到力的合成遵循平行四邊形定則。故答案為(1)

相同；(2)

平行四邊形?！窘馕觥?1)

相同；(2)

平行四邊形10、安培力增大減小??【分析】【分析】根據左手定則，讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是導線受的安培力的方向，根據F=BIL

來計算安培力的大小即可。本題是安培力的分析和計算問題。安培力大小的一般計算公式是F=BILsin婁脕婁脕

是導體與磁場的夾角，當BIL

互相垂直的時候安培力最大為F=BIL

【解答】通電導線受到的磁場力，是安培力；由F=BIL

知，當導線中的電流增大時，它所受磁場的作用力將增大；當磁場的磁感應強度減小時，這個力將減小。故填：安培力增大減小【解析】安培力增大減小11、略

【分析】

根據輸入的功率和輸出的功率大小相等可得，U1I1=U2I2

所以原線圈電壓表為U===400V；

由P=UI可得燈泡的電流I2為；

I2===A；

根據電流與匝數(shù)成反比可知；

===

故答案為：400；20：11

【解析】【答案】理想變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等；電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，由此分析可以求得電壓的大小和匝數(shù)比．

12、略

【分析】解：由圖示可知；婁脠

為B

與v

間的夾角，感應電動勢：E=BLvcos婁脕

由右手定則可知，感應電流由b

流向a

在電源內部，電流由低電勢點流向高電勢點，則a

點電勢高；

故答案為：BLvcos婁脕a

．

由E=BLvcos婁脠

求出感應電動勢；其中婁脠

為B

與v

間的夾角，由右手定則判斷出感應電流方向，然后判斷電勢高低．

本題考查了求感應電動勢、判斷電勢高低，應用BLvcos婁脠

右手定則即可正確解題．【解析】BLvcos婁脕a

三、判斷題(共7題，共14分)13、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小．

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．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?。?5、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；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：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．16、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?。浑妱莶钆c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．17、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．18、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．19、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⒔獯痤}(共4題，共28分)20、略

【分析】

當木板勻速運動時；根據平衡條件得。

F=f；即有F=μMg

得到，=

當放上鐵塊后；由于與木板間的摩擦不計，鐵塊相對于地面靜止不動，木板開始做勻減速運動，設木板的加速度大小為a，則根據牛頓第二定律得。

a==0.5m/s2

當小鐵塊離開木板時；木板的位移等于L，則有。

L=vt-

代入解得；t=2s

答：小鐵塊經過多長時間將離開木板是2s．

【解析】【答案】木板勻速運動時；滑動摩擦力與水平拉力平衡，求出木板與地面間的動摩擦因數(shù)．把鐵塊輕放在木板的最右端后，木板對地面的壓力增大，地面對木板的滑動摩擦力增大，木板開始做勻減速運動，由于與木板間的摩擦不計，鐵塊相對于地面靜止不動．根據牛頓第二定律求出木板的加速度．當木板的位移等于板長時，小鐵塊將離開木板，由位移公式求出時間．

21、略

【分析】

（1）a桿下滑過程；由動能定理可得：

而a桿產生的感應電動勢：E=BLv

電路知識回路中的電流為I=

磁場中a桿受安培力F=BIL；

則由牛頓第二定律；結合以上四式可得：

（2）a桿向b桿運動時；由兩桿組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；

則有3mv=（3m+4m）v共。

解之得：

由能量守恒定律可得：Q=

解之得：

答：（1）金屬桿b的最大加速度

（2）a和b的最終速度是整個過程中回路釋放的電能最多是．

【解析】【答案】（1）a桿剛進入磁場時速度最大，則切割磁感線速度最大，產生的感應電動勢也最大，從而得出感應電流也最大，所以導致b桿受到的安培力最大，則產生的加速度也是最大．所以根據動能定理可求出a桿進入磁場的速度，再由動生電動勢公式E=BLv確定回路總電動勢，并由電路知識回路中的電流為I=磁場知識通電導線在磁場中受安培力F=BIL，確定此時b桿所受的安培力為F=BIL，最后由牛頓第二定律F=ma求出b桿的加速度．

（2）本題中兩根導體桿的運動情況：a桿向b桿運動時，兩桿和導軌構成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產生感應電流．a桿受到的與運動方向相反的安培力作用作減速運動，b桿則在安培力作用下作加速運動．在a桿的速度大于b桿的速度時；回路總有感應電流，a桿繼續(xù)減速，cd桿繼續(xù)加速，兩桿速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產生感應電流，兩桿以相同的速度v作勻速運動，由于平行金屬導軌位于同一水平面且兩桿均可沿導軌無摩擦地滑行，故由兩桿組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，這是第一問再由能量守恒求出焦耳熱的關鍵；

22、略

【分析】

（1）根據平衡條件可知；小球受電場力方向與場強方向相同，則小球帶正電。

（2）由平衡條件得。

Eq=mgtanθ

所以：

答：小球帶正電，小球所帶的電量為．

【解析】【答案】由題細線向右偏離豎直方向；小球受到的電場力水平向右，根據電場力方向與電場強度方向的關系，判斷小球的電性．根據平衡條件求出電量．

23、略

【分析】

（1）設物體的質量為m；彈簧的勁度系數(shù)為k，振子振動時，彈簧的彈力提供回復力，振子的位移大小等于彈簧的形變量，而回復力與位移方向相反，設振子的位移為x，則有。

F=-kx

所以物體的運動是簡諧運動．

（2）由振動圖象得：質點的振動周期T=0.4s．由振動圖象可知，B點比A點晚振動的時間△t=（k+）T；（k=1，2，3，）

所以A、B間的距離為△x=（k+）λ（k=0；1、2、3、）

則波長為λ==m

因為λ＞2m；所以k=0，1

當k=0時，=m/s；當k=1時，m，v2=m/s．

T答：（1）物體的運動是簡諧運動；證明見上．

（2）這列波的波v為m/s或m/s．

【解析】【答案】（1）振子振動時；彈簧的彈力提供回復力，根據胡克定律和牛頓第二定律得到振子的回復力與位移的關系，即可證明物體的運動是簡諧運動．

（2）由振動圖象讀出周期．根據A；B兩質點狀態(tài)關系；得到波長的通項，結合條件波長大于2m，求出波長的特殊值，求出波速．

五、簡答題(共4題，共16分)24、B和A之間的作用力是系統(tǒng)內的物體之間的相互作用力，是內力．具體地說，A對B的彈力和摩擦力以及B對A的反作用力(壓力和摩擦力)是內力．地球是系統(tǒng)外的物體，因此，地球施于A和B的重力以及地面對A的彈力是外力．【分析】略【解析】B

和A

之間的作用力是系統(tǒng)內的物體之間的相互作用力，是內力.

具體地說，A

對B

的彈力和摩擦力以及B

對A

的反作用力(

壓力和摩擦力)

是內力.

地球是系統(tǒng)外的物體，因此，地球施于A

和B

的重力以及地面對A

的彈力是外力．25、略

【分析】

先分析電路的結構；再根據閉合電路歐姆定律直接求解即可．

本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應用，要求同學們能正確分析電路的結構，難度不大，屬于基礎題．【解析】解：根據閉合電路歐姆定律得電流為：

I=

路端電壓為：U=E-Ir=3-1×0.6=2.4V

答：流過電源的電流為1A，路端電壓為2.4V．26、（1）CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2OⅠ．（2）冷凝回流（3）Br2（4）d分液漏斗II．（5）酸性高錳酸鉀褪色除去乙醇等雜質的干擾1,2-二溴乙烷CHBr2CH3【分析】【分析】本題考查了溴乙烷的制取方法，題目難度中等，明確制備原理及化學實驗基本操作方法為解答關鍵，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析能力及化學實驗能力?！窘獯稹縭m{(1)}乙醇與氫溴酸反應生成溴乙烷，方程式為rm{(1)}rm{CH_{3}CH_{2}OH+HBr}故答案為：rm{CH_{3}CH_{2}Br+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH+HBr}rm{CH_{3}CH_{2}Br+H_{2}O}Ⅰrm{.}實驗時；長玻璃導管的作用是冷凝回流，可以獲得要制取的有機物，故答案為：冷凝回流；

rm{.}濃硫酸具有氧化性，可以將還原性的溴離子氧化為溴單質，得到的紅棕色氣體為溴蒸氣，濃硫酸自身被還原為二氧化硫，故答案為：rm{(2)}

rm{(3)}溴單質溶解在有機物中顯示棕黃色，為了除去粗產品中的雜質溴單質，可以用亞硫酸鈉來與之發(fā)生反應除去；反應后的溶液和溴乙烷互不相溶，離可以采用分液法，用分液漏斗來分液，故答案為：rm{Br_{2}}rm{(4)}rmoeid6a0．；分液漏斗；為了檢驗乙烯的生成，由于該反應除了生成乙烯外還有乙醇雜質，用水除去乙醇等雜質的干擾，用酸性高錳酸鉀溶液檢驗乙烯，乙烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故右側試管的現(xiàn)象為：rm{II}．；左側試管中水的作用是：rm{II}；如把酸性高錳酸鉀溶液換成溴水，乙烯和溴水反應生成rm{(5)}酸性高錳酸鉀褪色二溴乙烷，其同分異構體為：；故答案為：除去乙醇等雜質的干擾；rm{1}；rm{2-}酸性高錳酸鉀褪色二溴乙烷；除去乙醇等雜質的干擾rm{1}rm{2-}二溴乙烷rm{1}rm{2-}rm{CHBr}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{CH_{3}CH_{2}OH+HBr}Ⅰrm{CH_{3}CH_{2}Br+H_{2}O}冷凝回流rm{.(2)}rm{(3)Br_{2}}分液漏斗rm{(4)d}酸性高錳酸鉀褪色除去乙醇等雜質的干擾rm{II.(5)}rm{1}二溴乙烷rm{2-}rm{CHBr_{2}CH_{3}}27、2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；Al3++3H2O=Al（OH）3（膠體）+3H+；從硅藻遺骸中浸取出Al3+和Fe3+；Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；不能；c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）+2c（SO42-）；變小；氫氧化鋁的分解反應為吸熱反應【分析】解：rm{(1)}鋁和氧化鐵在高溫下發(fā)生鋁熱反應，反應的方程式為rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{-}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}明礬的主要成分為硫酸鋁，可水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體，可用于凈水，水解離子方程式為rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{-}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}膠體rm{Al^{3+}+3H_{2}O=Al(OH)_{3}(}故答案為：rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{-}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}rm{)+3H^{+}}膠體rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{-}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}

rm{Al^{3+}+3H_{2}O=Al(OH)_{3}(}硅藻遺骸中的氧化鋁、氧化鐵可與硫酸反應，可從硅藻遺骸中浸取出rm{)+3H^{+}}和rm{(2))壟脵}故答案為：從硅藻遺骸中浸取出rm{Al^{3+}}和rm{Fe^{3+}}

rm{Al^{3+}}鋁離子與過量氫氧化鈉反應生成偏鋁酸根離子和水，反應的離子方程式為rm{Fe^{3+}}故