2025年牛津上海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年牛津上海版高二物理下冊月考試卷844考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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9題，共18分)1、下列所描述的運(yùn)動中，不可能的有(

)

A.速度變化很大，加速度很小B.速度變化方向?yàn)檎?，加速度方向?yàn)檎鼵.速度變化越來越快，加速度越來越小D.速度越來越大，加速度越來越小2、如圖為一只“極距變化型電容式傳感器”部分構(gòu)件的示意圖，當(dāng)動極板和定極板之間的距離d

變化時，電容C

便發(fā)生變化，通過測量電容C

的變化就可知道兩極板之間距離d

的變化情況.

在如圖答案中能正確反映電容C

與距離d

之間變化規(guī)律的是(

)

A.B.C.D.3、圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖乙為質(zhì)點(diǎn)P以該時刻為計(jì)時起點(diǎn)的振動圖象，下列說法不正確的是（）A.從該時刻起經(jīng)過0.15s時，質(zhì)點(diǎn)P到達(dá)波峰B.從該時刻起經(jīng)過0.25s時，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度小于質(zhì)點(diǎn)P的加速度C.從該時刻起經(jīng)過0.15s時，波沿x軸的正方向傳播了3mD.從該時刻起經(jīng)過0.35s時，質(zhì)點(diǎn)Q距平衡位置的距離大于質(zhì)點(diǎn)P距平衡位置的距離4、伽利略以前的部分學(xué)者認(rèn)為：物體越重，下落得越快。伽利略等一些物理學(xué)家否定了這種看法。在一高塔頂端同時釋放一片羽毛和一個玻璃球，玻璃球先于羽毛落地，這主要是因?yàn)锳.它們的重量不同B.它們的形狀不同C.它們的材料不同D.它們受到空氣阻力不同5、自然界的力、電、熱和磁等現(xiàn)象都是相互聯(lián)系的，很多物理學(xué)家為尋找它們之間的聯(lián)系做出了貢獻(xiàn)。下列說法正確的是()A.焦耳研究了摩擦生熱等現(xiàn)象，確定了熱與功之間的定量關(guān)系B.歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系C.法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系D.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系6、根據(jù)歐姆定律，下列判斷正確的是（）A.導(dǎo)體兩端的電壓越大，導(dǎo)體的電阻越大B.加在氣體兩端的電壓與通過的電流的比值是一個常數(shù)C.電流經(jīng)過電阻時，沿電流方向電勢要降低D.電解液短時間內(nèi)導(dǎo)電的U-I線是一條曲線7、關(guān)于力對物體做功，下列說法正確的是(

)

A.恒力對物體做功與物體運(yùn)動的路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)B.合外力對物體不做功，物體必定做勻速直線運(yùn)動C.作用力與反作用力在相同時間內(nèi)所做的功一定大小相等，一正一負(fù)D.滑動摩擦力對物體一定做負(fù)功8、若已知阿伏伽德羅常數(shù)；物質(zhì)的摩爾質(zhì)量、摩爾體積；則不可以估算出()

A.固體物質(zhì)分子的直徑和質(zhì)量。

B.液體物質(zhì)分子的直徑和質(zhì)量C.氣體分子的直徑D.氣體分子的質(zhì)量和分子間的平均距離9、玻璃茶杯從同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海綿墊上不易碎，這是因?yàn)椴璞c水泥地撞擊過程中(

)

A.茶杯動量較大B.茶杯動量變化較大C.茶杯所受沖量較大D.茶杯所受沖力較大評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、有些機(jī)床為了安全，照明電燈用的電壓是36V，這個電壓是把380V的交流電壓經(jīng)變壓器降壓后得到的。將變壓器視為理想變壓器，如圖所示，如果原線圈是1140匝，則副線圈的匝數(shù)是匝，變壓器原、副線圈的電流之比為。11、如圖所示；將邊長為L；總電阻為R的正方形閉合線圈，從磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中以速度v勻速拉出（磁場方向，垂直線圈平面）

（1）所用拉力F=______．

（2）拉力F做的功W=______．

（3）拉力F的功率PF=______．

（4）線圈放出的熱量Q=______

（5）線圈發(fā)熱的功率P熱=______．

（6）通過導(dǎo)線截面的電量q=______．12、靜電計(jì)是測量電勢差的儀器.

指針偏轉(zhuǎn)角度越大；金屬外殼和上方金屬小球間的電勢差越大，實(shí)驗(yàn)裝置如圖.

在本實(shí)驗(yàn)中，靜電計(jì)指針和A

板等電勢，靜電計(jì)金屬殼和B

板等電勢，因此指針偏轉(zhuǎn)角越大表示AB

兩極板間的電勢差越大.

現(xiàn)對電容器充電后斷開開關(guān).

若按圖下方的說明來做實(shí)驗(yàn)，則甲圖中兩板間電勢差______；乙圖中兩板間電勢差______；丙圖中兩板間電勢差______.(

“變大”、“變小”或“不變”)

13、（1）讀出圖1中游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)．游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為______mm．；圖2中螺旋測微器的讀數(shù)為______mm．

（2）在圖3中，如果是采用×100歐姆檔測電阻，則讀數(shù)為______Ω．

如果是采用5mA檔測直流電流，則讀數(shù)為______mA．

如果是采用50V檔測直流電壓，則讀數(shù)為______V．14、如圖為雙縫干涉的實(shí)驗(yàn)示意圖，若要使干涉條紋的間距變大可改用長更______(

填長、短)

的單色光，或是使雙縫與光屏間的距離______(

填增大、減小)

．15、如圖所示的理想變壓器原線圈匝數(shù)n1=220

匝，副線圈匝數(shù)n2=10

匝，燈泡電阻為R=10婁賂

現(xiàn)給變壓器原線圈中通入e=2202sin100婁脨t(V)

的交流電，則燈泡兩端的電壓U=

______V

電流表的讀數(shù)I=

______A.(

結(jié)果可以用分?jǐn)?shù)表示)

評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、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）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(qiáng)度的方向．（判斷對錯）18、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）19、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)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(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

20、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）21、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對錯）22、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(qiáng)度的方向．（判斷對錯）23、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為9000N/C，在電場內(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處場強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯）

24、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)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(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、簡答題(共3題，共21分)25、本題為選做題，包括24鈭?A

和24鈭?B

兩題，考生只選擇其中一題作答

隆陋A.

本題供使用選修1隆陋1

教材的考生作答．真空中電磁波的波速為____m/s

．電磁波從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)傳播過程中，不變的物理量為____(

選填“頻率”、“波長”)

24隆陋B.

本題供使用選修3隆陋1

教材的考生作答．一根長為L

橫截面積為S

粗細(xì)均勻的電阻絲阻值為R

在溫度不變的情況下，相同材料的均勻電阻絲在L

不變、S

增大一倍時的阻值為____R

在L

和S

都縮為原來的12

時的阻值為____R.

26、蓄電池的電動勢是2V

說明電池內(nèi)非靜電力每移動1C

的電荷做功________J

其電勢能_______(

填“增加”或“減小”)

是________能(

化學(xué)能或電能)

轉(zhuǎn)化為________能的過程(

填“化學(xué)能”或“電能”)

27、光電管在各種自動化裝置中有很多應(yīng)用，街道的路燈自動控制開關(guān)就是其應(yīng)用之一，如圖所示為其模擬電路，其中A為光電管，B為電磁繼電器，C為照明電路，D為路燈。試簡述其工作原理。評卷人得分五、推斷題(共3題，共6分)28、下表為元素周期表的一部分，針對表中rm{壟脵隆蘆壟脼}元素，回答下列問題。rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}rm{壟脼}rm{(1)壟脵}元素在周期表中的位置是第二周期_____________族。rm{(2)壟脷}和rm{壟脻}兩種元素中原子半徑較大的是__________rm{(}填元素符號rm{)}rm{壟脻}和rm{壟脼}兩種元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物中酸性較強(qiáng)的是________rm{(}填化學(xué)式rm{)}rm{(3)}寫出rm{壟脹壟脺}兩種元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)的離子方程式_______________。29、下表為元素周期表的一部分，針對表中rm{壟脵-壟脼}元素，回答下列問題。rm{(1)}元素rm{壟脷}的原子結(jié)構(gòu)示意圖是_________________。rm{(2)壟脺}和rm{壟脻}兩種元素中原子半徑較大的是_______________rm{(}填元素符號rm{)}rm{壟脹}和rm{壟脺}兩種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物堿性較強(qiáng)的是__________rm{(}填化學(xué)式rm{)}rm{(3)}寫出rm{壟脵}的單質(zhì)在rm{壟脼}的單質(zhì)中燃燒的化學(xué)方程式：_______________________。rm{(4)}寫出rm{壟脺}與rm{壟脻}最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的離子方程式：_____________________。30、下表為元素周期表的一部分，針對表中rm{壟脵隆蘆壟脼}元素，回答下列問題。rm{壟脵}rm{壟脷}rm{壟脹}rm{壟脺}rm{壟脻}rm{壟脼}rm{(1)壟脵}元素在周期表中的位置是第二周期_____________族。rm{(2)壟脷}和rm{壟脻}兩種元素中原子半徑較大的是__________rm{(}填元素符號rm{)}rm{壟脻}和rm{壟脼}兩種元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物中酸性較強(qiáng)的是________rm{(}填化學(xué)式rm{)}rm{(3)}寫出rm{壟脹壟脺}兩種元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)的離子方程式_______________。評卷人得分六、證明題(共2題，共16分)31、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)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(yùn)動為簡諧運(yùn)動。32、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)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(yùn)動為簡諧運(yùn)動。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】解：A

根據(jù)a=鈻?v鈻?t

知；速度變化很大，加速度可能很小，故A正確．

B；加速度的方向與速度變化量的方向相同；速度變化方向?yàn)檎铀俣确较驗(yàn)檎?，故B正確．

C；加速度是反映速度變化快慢的物理量；速度變化越來越快，加速度越來越大，故C錯誤．

D；當(dāng)加速度的方向與速度方向相同；加速度越來越小，速度越來越大，故D正確．

本題選不可能的；故選：C

．

加速度等于單位時間內(nèi)的速度變化量；反映速度變化快慢的物理量，當(dāng)加速度的方向與速度方向相同，物體做加速運(yùn)動，當(dāng)加速度的方向與速度方向相反，物體做減速運(yùn)動．

解決本題的關(guān)鍵知道加速度的物理意義，掌握判斷物體做加速運(yùn)動還是減速運(yùn)動的方法，關(guān)鍵看加速度的方向與速度方向的關(guān)系．【解析】C

2、A【分析】解：根據(jù)電容的定義式C=?S4婁脨kd

電容C

與板間距離d

成反比，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，C鈭?d

圖象是雙曲線．

故選A

根據(jù)電容的定義式C=?S4婁脨kd

電容C

與板間距離d

成反比，根據(jù)數(shù)學(xué)知識選擇圖象．

圖象問題可根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，再根據(jù)解析式結(jié)合數(shù)學(xué)知識選擇圖象．【解析】A

3、D【分析】解：A、由振動圖象乙可知，該波的周期為T=0.2s，t=0時刻質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向振動，由波形的平移法可知該波沿x軸正方向傳播；因?yàn)閠=0.15s=T；所以從該時刻起經(jīng)過0.15s時，質(zhì)點(diǎn)P到達(dá)波峰，故A正確；

B、因t=0.25s=1T，由于圖示時刻Q正向上運(yùn)動，P正向下運(yùn)動，則從該時刻起經(jīng)過0.25s時，質(zhì)點(diǎn)Q位于平衡位置上方，而質(zhì)點(diǎn)P位于波谷，質(zhì)點(diǎn)Q的位移大小小于質(zhì)點(diǎn)P的位移大小，根據(jù)簡諧運(yùn)動的特征a=-可知；P點(diǎn)的位移較大，所以質(zhì)點(diǎn)Q的加速度小于質(zhì)點(diǎn)P的加速度，故B正確；

C、由甲圖知，該波的波長λ=4m，則該波的波速為v==m/s=20m/s；所以從該時刻起經(jīng)過0.15s時，波沿x軸的正方向傳播的距離為：x=vt=20×0.15m=3m；故C正確；

D；因t=0.35s=1.75T；則從該時刻起經(jīng)過0.35s時，質(zhì)點(diǎn)Q位于平衡位置與波谷之間，而質(zhì)點(diǎn)P位于波峰，所以質(zhì)點(diǎn)Q距平衡位置的距離小于質(zhì)點(diǎn)P距平衡位置的距離，故D不正確；

本題選不正確的；故選：D。

由振動圖象讀出t=0時刻P點(diǎn)的振動方向；判斷出波的傳播方向。由振動圖象讀出周期，根據(jù)所給的時間與周期的關(guān)系，判斷P點(diǎn)和Q點(diǎn)的位置，確定加速度。由波長和周期求出波速，由x=vt求出波在0.15s內(nèi)傳播的距離。

波的圖象往往先判斷質(zhì)點(diǎn)的振動方向和波的傳播方向間的關(guān)系。同時熟練根據(jù)時間與周期的關(guān)系分析質(zhì)點(diǎn)的位移，再判斷各個物理量的大小關(guān)系?！窘馕觥緿4、D【分析】【解析】試題分析：根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律在沒有空氣阻力情況下，不論輕重的物體，下落時一樣快的。但是玻璃球先于羽毛落地，是因?yàn)橛鹈淖枇Ω渲亓Ρ炔豢珊雎?，因此加速度要小，所以后落地，答案為D考點(diǎn)：自由落體運(yùn)動規(guī)律【解析】【答案】D5、A【分析】【解答】焦耳研究了摩擦生熱等現(xiàn)象；確定了熱與功之間的定量關(guān)系，即1卡=4.18J，選項(xiàng)A正確；歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說明了導(dǎo)體兩端的電壓與電流之間存在聯(lián)系，選項(xiàng)B錯誤；

奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)；揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，選項(xiàng)C錯誤；

法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象；揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系，選項(xiàng)D錯誤；

故選A

【分析】本題考查物理學(xué)史，需要平時多積累，難度不大。6、C【分析】解：AB；導(dǎo)體電阻由導(dǎo)體材料、長度、橫截面積決定；與導(dǎo)體兩端的電壓和通過導(dǎo)體的電流無關(guān)，故A錯誤．

B；氣體不適用于歐姆定律；故加在氣體兩端的電壓與通過的電流的比值不是一個常數(shù)；故B錯誤；

C；每個電阻均要產(chǎn)生電勢差；故沿電流的方向；電勢要降低；故C正確；

D；電解液導(dǎo)電適用歐姆定律；故其U-I圖象為一直線；故D錯誤；

故選：C．

導(dǎo)體電阻由導(dǎo)體材料；長度、橫截面積決定；與導(dǎo)體兩端的電壓和通過導(dǎo)體的電流無關(guān)，應(yīng)用歐姆定律分析答題；同時明確電解液導(dǎo)電適用歐姆定律．

本題是一道基礎(chǔ)題，知道導(dǎo)體電阻的決定因素、應(yīng)用歐姆定律即可正確答題，注意明確歐姆定律的適用范圍．【解析】【答案】C7、A【分析】解：A

恒力做功與路徑無關(guān)；只與初末位置有關(guān).

比如重力做功.

故A正確．

B

合外力不做功；不一定做勻速直線運(yùn)動，比如勻速圓周運(yùn)動.

故B錯誤．

C

作用力與反作用力大小相等；方向相反，但所做的功不一定一正一負(fù)，也不一定大小相等.

比如兩人滑冰，相互推開，在推開的過程中，作用力與反作用力都做正功.

故C錯誤．

D

滑動摩擦力的方向可能與運(yùn)動方向相同；所以滑動摩擦力可能做正功.

比如物塊放在木板上，都向右運(yùn)動，但木板的速度大于木塊的速度，則木塊所受摩擦力方向向右，與運(yùn)動方向相同，做正功.

故D錯誤．

故選A．

恒力做功與路徑無關(guān)；只與初末位置有關(guān).

根據(jù)力與運(yùn)動方向的關(guān)系判斷該力是做正功還是負(fù)功．

解決本題的關(guān)鍵知道恒力做功的特點(diǎn)，以及摩擦力不一定做負(fù)功，作用力與反作用力做功不一定大小相等，不一定一正一負(fù)．【解析】A

8、C【分析】【分析】摩爾質(zhì)量等于分子的質(zhì)量與阿伏加德羅常數(shù)常數(shù)的乘積；固體和液體的摩爾體積等于每個分子占據(jù)的體積與阿伏加德羅常數(shù)常數(shù)的乘積；分子體積V=43婁脨R3

本題關(guān)鍵要區(qū)分固體與液體分子間距很小，可以忽略不計(jì)，而氣體分子分子間距很大，不能忽略不計(jì)。

【解答】A、固體分子間隙很小，可以忽略不計(jì)，故固體物質(zhì)分子的大小等于摩爾體積與阿伏加德羅常數(shù)的比值，然后可求得物質(zhì)分子直徑；固體物質(zhì)分子的質(zhì)量等于摩爾質(zhì)量與阿伏加德羅常數(shù)的比值，故A錯誤；

B、液體分子間隙很小，可以忽略不計(jì)，故液體物質(zhì)分子的大小等于摩爾體積與阿伏加德羅常數(shù)的比值，然后可求得物質(zhì)分子直徑；液體物質(zhì)分子的質(zhì)量等于摩爾質(zhì)量與阿伏加德羅常數(shù)的比值，故B錯誤；

C、氣體分子間隙很大，摩爾體積等于每個分子占據(jù)的體積與阿伏加德羅常數(shù)常數(shù)的乘積，故無法估算分子的體積和直徑，故C正確；

D、氣體物質(zhì)分子的質(zhì)量等于摩爾質(zhì)量與阿伏加德羅常數(shù)的比值；氣體物質(zhì)分子占據(jù)空間的大小等于摩爾體積與阿伏加德羅常數(shù)的比值，故可以進(jìn)一步計(jì)算分子的平均間距，故D錯誤。

故選C。

【解析】C

9、D【分析】解：AB

玻璃茶杯從同一高度掉下；與水泥地和海綿墊接觸前瞬間速度相同，動量相同，與水泥地和海綿墊作用后速度均變?yōu)榱悖璞瓌恿康淖兓嗤?

故AB錯誤．

C

茶杯的動量變化相同，根據(jù)動量定理I=鈻?P

得知；茶杯所受沖量相同.

故C錯誤．

D

茶杯與水泥地作用時間短，茶杯與海綿墊作用時間長，由動量定理得，鈻?P=Ft鈻?P

相同；則茶杯與水泥地撞擊過程中所受沖力較大.

故D正確．

故選D

玻璃茶杯從同一高度掉下；落在水泥地上，茶杯與水泥地作用時間短，而落在海綿墊上，茶杯與海綿墊作用時間長，根據(jù)速度關(guān)系，分析動量和動量變化的關(guān)系，根據(jù)動量定理分析茶杯所受沖量關(guān)系和沖力的關(guān)系．

本題應(yīng)用動量定理分析生活現(xiàn)象，要抓住相等的條件進(jìn)行分析.

常見問題，比較簡單．【解析】D

二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】試題分析：由于原線圈的電壓為380V，副線圈的電壓為36V，則原副線圈的匝數(shù)之比為故副線圈的匝數(shù)n2==108匝；變壓器原、副線圈的電流之比為9：95?？键c(diǎn)：變壓器?！窘馕觥俊敬鸢浮?08；9：95。11、略

【分析】解：（1）因?yàn)榫€圈被勻速拉出，所以F=F安

感應(yīng)電動勢的大小為：E=BLv

根據(jù)閉合歐姆定律得：I=．

則拉力為：F=F安=

（2）拉力F做的功為：W=FL=

（3）拉力F的功率為：PF=Fv=

（4）線圈放出的熱量為：Q===

（5）線圈發(fā)熱的功率為：P熱=Fv=

（6）通過導(dǎo)線截面的電量為：q=It=

又L=vt

則得：q=

故答案為：

（1）（2）（3）（4）（5）（6）．

（1）線圈勻速拉出時；拉力等于安培力，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式；閉合電路歐姆定律以及安培力的大小公式求出拉力的大?。?/p>

（2）根據(jù)W=FL求解拉力做功．

（3）拉力F的功率PF=Fv．

（4）根據(jù)焦耳定律求出線圈中產(chǎn)生的熱量．

（5）線圈發(fā)熱的功率P熱=I2R．

（6）根據(jù)電量q=It求出通過線圈某一截面的電荷量．

本題綜合考查了電磁感應(yīng)與電路的綜合，要求掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、閉合電路歐姆定律、安培力大小公式以及焦耳定律、電量的公式等．【解析】12、略

【分析】解：圖甲中當(dāng)極板B

向上移動時，正對面積減小，根據(jù)電容決定式C=?S4婁脨kd

可知電容減小，根據(jù)U=QC

可知，電量不變，由于電容減小，電壓則增大，圖乙中，電容器板間距離減小，電容增大，根據(jù)U=QC

可知電壓減小，圖丙中插入電解質(zhì)，電容增大，電容增大，根據(jù)U=QC

可知電壓減?。?/p>

故答案為：增大減小減小。

當(dāng)電容器一直和電源相連時電壓不變；充電后和電源斷開時，所帶電量不變，因此判斷電容器的狀態(tài)是解題關(guān)鍵，然后根據(jù)板間距離；正對面積、電解質(zhì)等對電容器的影響來判斷電容變化，根據(jù)電壓、電容、電量之間的關(guān)系判斷電壓變化情況。

有關(guān)電容器的問題主要考查對電容器的決定式：C=?S4婁脨kd

和電容器的定義式：C=

的理解和靈活應(yīng)用情況，尤其注意公式之間的推導(dǎo)與換算【解析】增大；減小；減小13、略

【分析】解：（1）游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：5cm=50mm；游標(biāo)尺上第3個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為3×0.05mm=0.15mm；

所以最終讀數(shù)為：50mm+0.15mm=50.15mm．

螺旋測微器的固定刻度為0.5mm；可動刻度為42.0×0.01mm=0.420mm，所以最終讀數(shù)為0.5mm+0.420mm=0.920mm；

（2）如果是采用×100歐姆檔測電阻；則讀數(shù)為30×100=3000Ω；

如果是采用5mA檔測直流電流；則分度值為0.1mA，讀數(shù)為：1.8mA；

如果是采用50V檔測直流電壓；則分度值為1V，讀數(shù)為：18V；

故答案為：（1）50.15；0.920；（2）3000；1.8；18．

游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)；不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

歐姆表讀數(shù)等于示數(shù)乘以倍率；直流電流和直流電壓檔都采用第二排刻度．

本題考查多用電表的讀數(shù)，直流電流、直流電壓、交流電壓、交流電流、電阻這些測量的物理量測量時選擇的刻度是不一樣，要明確其對應(yīng)關(guān)系．【解析】50.15；0.920；3000；1.8；1814、略

【分析】解：依據(jù)雙縫干涉相鄰條紋間距規(guī)律鈻?x=Ld鈰?婁脣

可知要使干涉條紋的間距變大，在其它條件不變的情況下要么改用波長更長的單色光即增大婁脣

要么增大雙縫與屏之間的距離L

要么減小雙縫之間的距離d

．

故答案為：長；增大．

雙縫干涉相鄰條紋之間的距離鈻?x=Ld鈰?婁脣

其中婁脣

為入射光的波長，L

為雙縫與屏之間的距離，d

為雙縫之間的距離．

掌握了雙縫干涉相鄰條紋之間的距離公式鈻?x=Ld鈰?婁脣

明確每個物理量的含義是解決此類題目的關(guān)鍵．【解析】長；增大15、10；【分析】解：原線圈電壓的有效值為：

U1=22022=220V

根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比；有：

U1U2=n1n2

代入數(shù)據(jù)解得：U2=n2n1U1=10220隆脕220=10V

輸入功率等于輸出功率，根據(jù)P1=P2

有：U1I1=U22R

代入數(shù)據(jù)：220I1=10210

解得：I1=122A

故答案為：10122

根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比；電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，分析即可得出結(jié)論．

掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，最大值和有效值之間的關(guān)系即可解決本題．【解析】10122

三、判斷題(共9題，共18分)16、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點(diǎn)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(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱，沿電場線的方向電勢降低．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(qiáng)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(qiáng)度的相對大小，切線方向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．18、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(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(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，正好與點(diǎn)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(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．19、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大?。?0、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點(diǎn)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(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱，沿電場線的方向電勢降低．21、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對大小．

兩點(diǎn)間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)．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(biāo)量，正負(fù)表示大?。浑妱莶钆c零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．22、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(qiáng)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(qiáng)度的相對大小，切線方向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．23、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)

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

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(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)生的場強(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場強(qiáng)大小及方向．24、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大?。摹⒑喆痤}(共3題，共21分)25、24-A．3.0×108；頻率；24-B．1?！痉治觥?4鈭?A

【分析】本題主要考查電磁波的發(fā)射和傳播。由電磁波的特點(diǎn)可得結(jié)論?！窘獯稹空婵罩须姶挪ǖ牟ㄋ俚扔诠馑贋?.0隆脕108m/s

電磁波從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)傳播過程中頻率不變。故填3.0隆脕108

；頻率。24鈭?B

【分析】本題考查電阻的決定式。由電阻決定式R=婁脩LS

可得。【解答】由電阻的決定式R=婁脩LS

可知，L

不變，S

增大一倍，電阻變?yōu)樵瓉淼?2L

和S

都縮為原來的12

時電阻不變。故填121

?！窘馕觥?4鈭?A.3.0隆脕108

；頻率；24鈭?B

．12

；1

。26、2J，增加，化學(xué)，電【分析】【分析】電動勢表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小，根據(jù)電源的電動勢定義式E=Wq

分析電動勢的意義.

式中W

是非靜電力做功，q

是非靜電力所移動的自由電荷的電荷量.

本題考查對電動勢物理意義的理解.

對電動勢定義式E=Wq

理解準(zhǔn)確到位，就能正解作答．【解答】蓄電池的電動勢是2V2V根據(jù)電源的電動勢定義式E=WqE=dfrac{W}{q}分析可知，電池內(nèi)非靜電力每移動1C1C的電荷做功W=qE=1隆脕2J=2JW=qE=1隆脕2J=2J蓄電池內(nèi)非靜電力對自由電荷做功，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為自由電荷的電勢能。

故答案為：2J2J增加，化學(xué)，電【解析】2J2J增加，化學(xué)，電27、略

【分析】【解析】試題分析：開關(guān)合上后，白天，光電管在可見光照射下有電子逸出，從光電管陰極逸出的電子被加速到達(dá)陽極，使電路接通，電磁鐵中的強(qiáng)電流將銜鐵吸下，照明電路斷開，燈泡不亮，夜晚，光電管無電子逸出，電路斷開，彈簧將銜鐵拉上，照明電路接通，這樣就達(dá)到日出路燈熄，日落路燈亮的效果?？键c(diǎn)：傳感器【解析】【答案】光電傳感器的使用原理，具體見答案五、推斷題(共3題，共6分)28、rm{(1)}Ⅳrm{A}

rm{(2)S}

rm{(3)HClO_{4}}

rm{(4)OH^{-}+Al(OH)_{3}}rm{=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}【分析】【分析】本題考查了元素周期律和元素周期表的應(yīng)用。掌握元素周期律：同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性逐漸減弱；同主族元素從上至下原子半徑逐漸增大是解答本題的關(guān)鍵。該題是高考常見題型，試題難易適中，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的鞏固和訓(xùn)練，有利于提高學(xué)生的邏輯推理能力和應(yīng)試能力。【解答】根據(jù)元素周期表的結(jié)構(gòu)可知rm{壟脵}為rm{C}rm{壟脷}為rm{O}rm{壟脹}為rm{Na}rm{壟脺}為rm{Al}rm{壟脻}為rm{S}rm{壟脼}為rm{Cl}據(jù)此分析：rm{(1)壟脵}元素是rm{C}在元素周期表中位于元素是rm{(1)壟脵}在元素周期表中位于第二周期、第Ⅳrm{C}族，故答案為：Ⅳrm{A}rm{A}rm{(2)}為rm{(2)}rm{壟脷}為rm{O}rm{壟脻}和rm{S}位于同一主族，從上至下原子半徑逐漸增大，所以原子半徑較大的為rm{O}和rm{S}位于同一主族，從上至下原子半徑逐漸增大，所以原子半徑較大的為rm{S}故答案為：rm{S}故答案為：rm{O}rm{S}rm{S}rm{S}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為硫酸和高氯酸，同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小，非金屬性逐漸正確，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性逐漸正確，rm{(3)S}的非金屬性比rm{(3)S}弱，所以酸性性較強(qiáng)的為和故答案為：rm{Cl}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為硫酸和高氯酸，。rm{Cl}氫氧化鈉和氫氧化鋁反應(yīng)的離子方程式為rm{S}的非金屬性比rm{S}rm{Cl}弱，所以酸性性較強(qiáng)的為rm{HClO_{4}}rm{Cl}rm{HClO_{4}}rm{HClO_{4}}rm{(4)}氫氧化鈉和氫氧化鋁反應(yīng)的離子方程式為【解析】rm{(1)}Ⅳrm{A}rm{(2)S}rm{(3)HClO_{4}}rm{(4)OH^{-}+Al(OH)_{3}}rm{=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}29、rm{(1)}

rm{(2)Al}rm{NaOH}

rm{(3)H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}

rm{(4)Al(OH)_{3}}rm{+3H^{+}}rm{=Al^{3+}}rm{+3H_{2}O}

【分析】【分析】本題考查了元素周期律和元素周期表的應(yīng)用。掌握元素周期律：同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性逐漸減弱；同主族元素從上至下原子半徑逐漸增大是解答本題的關(guān)鍵。該題是高考常見題型，試題難易適中，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的鞏固和訓(xùn)練，有利于提高學(xué)生的邏輯推理能力和應(yīng)試能力?！窘獯稹扛鶕?jù)元素周期表的結(jié)構(gòu)可知rm{壟脵}為rm{H}rm{壟脷}為rm{N}rm{壟脹}為rm{Na}rm{壟脺}為rm{Al}rm{壟脻}為rm{S}rm{壟脼}為rm{Cl}rm{(1)}元素rm{壟脷}的原子結(jié)構(gòu)示意圖是元素rm{(1)}的原子結(jié)構(gòu)示意圖是故答案為：rm{壟脷}rm{(2)}為rm{(2)}rm{壟脺}為rm{Al}rm{壟脻}和rm{S}位于同一周期，隨原子序數(shù)增大原子半徑逐漸減小，所以原子半徑較大的為rm{Al}和rm{S}位于同一周期，隨原子序數(shù)增大原子半徑逐漸減小，所以原子半徑較大的為rm{Al}rm{Al}和rm{S}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為氫氧化鈉和氫氧化鋁，同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性逐漸減弱，rm{Al}的金屬性比rm{Na}強(qiáng)，所以堿性較強(qiáng)的為rm{Al}故答案為：rm{Na}r