2024年滬科版高二物理下冊階段測試試卷

…………○…………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2024年滬科版高二物理下冊階段測試試卷6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9題，共18分)1、如圖所示，波源S在t＝0時刻從平衡位置開始向上運動，形成向左右兩側傳播的簡諧橫波。S、a、b、c、d、e和a′、b′、c′是沿波傳播方向上的間距為1m的9個質(zhì)點，t＝0時刻均靜止于平衡位置。已知波的傳播速度大小為1m/s，當t＝1s時波源S第一次到達最高點，則在t＝4s到t＝4.6s這段時間內(nèi)，下列說法中正確的是（）A質(zhì)點c的加速度正在增大B質(zhì)點a的速度正在減小C質(zhì)點b的運動方向向上D質(zhì)點c′的位移正在減小2、如圖所示，在兩個電量都為+Q的點電荷A、B的連線上有a、c兩點，在連線的中垂線上有b、d兩點，a、b；c、d都與連線的中點o等距．則（）

A.a點場強與c點場強相同。

B.b點電勢小于o點電勢。

C.負電荷q在o點電勢能大于a點電勢能。

D.負電荷q在o點電勢能大于b點電勢能。

3、下列關于力矩的敘述中正確的是（）A.使物體保持靜止狀態(tài)的原因B.是物體轉動的原因C.是物體轉動狀態(tài)改變的原因D.桿狀物體的平衡只能是在力矩作用下的力矩平衡4、如圖所示，邊長為L的正方形導線框abcd，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，以速度v垂直于bc邊在線框平面內(nèi)移動，磁場方向與線框平面垂直。線框中磁通量的變化率E和b兩點間的電勢差Ubc分別是（）A.E=0Ubc=0B.E=0Ubc=-BLvC.E=BLvUbc=0D.E=BLvUbc=-BLv5、現(xiàn)將電池組、滑線變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關按如圖所示方式連接。在開關閉合、線圈A放在線圈B中的情況下，某同學發(fā)現(xiàn)當他將滑線變阻器的滑動端P向左滑動時，電流計指針向右偏轉。由此可以推斷（）A.滑線變阻器的滑動端P向右滑動時，電流計指針向右偏轉B.線圈A向上移動時，電流計指針向右偏轉C.斷開開關時，電流計指針向左偏轉D.拔出線圈A中的鐵芯時，電流計指針向左偏轉6、如圖所示；下列說法正確的是（）

A.2s末速度為負方向，加速度最大B.振動圖象是從平衡位置開始計時的C.3s末質(zhì)點速度為零，加速度為零D.3s末速度最大，而加速度為零7、如圖所示，用天平測量勻強磁場的磁感應強度，下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN

相等，將它們分別掛在天平的右臂下方，線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)，若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是(

)

A.B.C.D.8、以下說法正確的是（）A.由E=可知，電場中某點的電場強度E與F成正比B.由公式U=可知，電場中某點的電勢U與q成反比C.由Uab=Ed可知，勻強電場中沿場強方向的兩點a、b間的距離越大，則兩點間的電勢差也一定越大D.由公式C=可知，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U成反比9、下列有關磁場的說法中正確的是（）A.某處磁感應強度的大小跟放在該處的通電導線受力的大小、電流大小和導線長短有關B.磁場中某處磁感應強度的方向就是位于該處的通電導線所受安培力的方向C.磁感線切線方向表示磁場方向，其疏密表示磁感應強度的大小D.一小段通電導線在某處不受磁場力的作用，則該處磁感應強度一定為零評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、如圖甲所示，在豎直向上的勻強磁場中（規(guī)定豎直向上為正），水平放置一個不變形的銅圓環(huán)，規(guī)定從上向下看時，銅環(huán)中的感應電流I沿順時針方向為正方向．圖乙表示銅環(huán)中的感應電流I隨時間t變化的圖象，則磁場B隨時間t變化的圖象可能是圖中的（）A.B.C.D.11、如下圖所示，AB

兩物體的中間用一段細繩相連并有一壓縮的彈簧，放在平板小車C

上后，ABC

均處于靜止狀態(tài)。若地面光滑，則在細繩被剪斷后，AB

從C

上未滑離之前，AB

在C

上向相反方向滑動的過程中()A.若AB

與C

之間的摩擦力大小相同，則AB

組成的系統(tǒng)動量守恒，ABC

組成的系統(tǒng)動量守恒B.若AB

與C

之間的摩擦力大小相同，則AB

組成的系統(tǒng)動量不守恒，ABC

組成的系統(tǒng)動量守恒C.若AB

與C

之間的摩擦力大小不相同，則AB

組成的系統(tǒng)動量不守恒，ABC

組成的系統(tǒng)動量不守恒D.若AB

與C

之間的摩擦力大小不相同，則AB

組成的系統(tǒng)動量不守恒，ABC

組成的系統(tǒng)動量守恒12、下列說法正確的是（）A.當分子間距離增大時，分子間引力增大，分子間斥力減小B.雨傘傘面上有許多細小的孔，卻能遮雨，是因為水的表面張力作用C.一定質(zhì)量的100℃的水變成100℃的水蒸氣，其分子之間的勢能增加D.對于一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱13、下列說法正確的是（）A.熱力學第二定律只在一定前提條件下才能成立B.熱力學第二定律揭示了一切自然過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行C.能量耗散是從能量轉化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性D.熱力學第二定律揭示了有大量分子參與宏觀過程的方向性14、在高速公路隧道內(nèi)兩側的電燈泡不易更換，為了延長電燈泡的使用壽命，一個接口處通常安裝兩個完全相同的燈泡，下列說法正確的是（）A.兩個燈泡串聯(lián)B.兩個燈泡并聯(lián)C.每個燈泡實際消耗的功率大于其額定功率的四分之一D.每個燈泡實際消耗的功率小于其額定功率的四分之一15、熱核反應是一種理想能源的原因是（）A.就平均每一個核子來說，熱核反應比重核裂變時釋放的能量多B.對環(huán)境的放射性污染較裂變輕，且較容易處理C.熱核反應的原料在地球上儲量豐富D.熱核反應的速度容易控制16、圖表示兩列相干水波的疊加情況；圖中的實線表示波峰，虛線表示波谷，設兩列波的振幅均為5cm

且在圖示的范圍內(nèi)振幅不變，波速和波長分別為1m/s

和0.5mC

點是BE

連線的中點，下列說法中正確的是()

A.CE

兩點都保持靜止不動B.圖示時刻AB

兩點的豎直高度差為20cm

C.圖示時刻C

點正處在平衡位置且向水面上方運動D.從圖示時刻起經(jīng)0.25sB

點通過的路程為20cm

17、如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1

的作用下從O

經(jīng)P

板的小孔以速度v1

射出，運動時間為t1

又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2

的作用下偏轉一段距離y

后離開電場，離開電場時速度為v2

運動時間為t2

則下列判斷正確的是(

)

A.若只增大U1

則t1

增大B.若只增大U1

則y

減小C.若只增大U2

則v2

增大D.若只增大U2

則y

減小18、以O為圓心的圓周上；有A；B、C、D四點，且CD與AB垂直，若在O、A點分別放置電荷量為＋Q、－Q的電荷，則下列說法正確的是。

A.在D三點中B點電勢最高B.在D三點中B點場強最大C.在D兩點的場強相同D.在D兩點的電勢不同評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)19、（1）“用油膜法估測分子的大小”實驗的科學依據(jù)是（）

A．將油膜看成單分子油膜B．不考慮各油酸分子間的間隙。

C．考慮了各油酸分子間的間隙D．將油膜分子看成球形。

（2）在“用油膜法估測分子大小”實驗中所用的油酸酒精溶液的濃度為1000mL溶液中有純油酸0.6mL；用注射器測得1mL上述溶液為80滴，把1滴該溶液滴入盛水的淺盤內(nèi)，讓油膜在水面上盡可能散開，測得油酸薄膜的輪廓形狀和尺寸如圖所示，圖中正方形方格的邊長為1cm，試求：

①油酸膜的面積是______cm2；

②實驗測出油酸分子的直徑是______m；（結果保留兩位有效數(shù)字）

③實驗中為什么要讓油膜盡可能散開？______．20、一個物體以5m/s

的速度垂直于墻壁的方向和墻壁相碰后，以3m/s

的速度反向彈回來，若物體與墻壁相互作用的時間為0.2s

則此過程物體加速度大小為____m/s2

方向為____。21、半徑相同的兩個金屬小球A、B帶有等量同種電荷，相隔一定的距離，現(xiàn)讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B接觸后再移開。求接觸后兩球所帶的電荷量之比為______。22、月球的存在對地球產(chǎn)生了許多影響，比如潮汐現(xiàn)象主要就是由于月球對地球的____影響而產(chǎn)生的，地球上離月球最近和最遠的兩個點形成了潮汐現(xiàn)象的____（填：高潮或低潮）點．23、雷雨天的閃電是雷暴云中正電荷區(qū)與負電荷區(qū)的電場大到一定程度，空氣被擊穿形成的火花放電。假設兩帶電的云團某一時刻相距600m發(fā)生閃電，兩云團間的電場可視作場強為2×106N/C的勻強電場。則此時兩云團間的電勢差為____________V。若這次閃電通過的電量為20C，則釋放的電能為________J（設閃電的火花路徑為直線）24、rm{(1)}工業(yè)合成氨的熱化學方程式為：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?}rm{2NH_{3}(g)}rm{triangleH=-92.2kJ/mol}已知有關鍵能，rm{N隆脭N}rm{945.6kJ/mol}rm{N-H}rm{391.0kJ/mol}則rm{H隆陋H}鍵能為______________________；rm{(2)}如圖示，在一定條件下，將rm{1molN_{2}}與rm{3molH_{2}}混合于一個rm{10L}密閉容器中，反應達到rm{A}平衡時，混合氣體中氨體積分數(shù)為rm{25%}試回答：rm{壟脵N_{2}}的轉化率rm{婁脕_{A}}為___________；rm{壟脷}在狀態(tài)rm{A}時，平衡常數(shù)rm{K_{A}=}___________________rm{(}代入數(shù)值列式即可rm{)}當溫度由rm{T_{1}}變到rm{T_{2}}時，rm{K_{A}}________rm{K_{B}(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}rm{(3)}標準狀況下，若將rm{2.24L}氨氣通入到rm{100g9.8%}的硫酸溶液中，所得溶液中離子濃度從大到小的順序是____________________________；rm{(4)25隆忙}時，rm{Ksp[Mg(OH)_{2}]=5.61隆脕10^{-12}}rm{Ksp[MgF_{2}]=7.42隆脕10-^{11}}下列說法正確的是________；A.rm{Ksp[Mg(OH)_{2}

]=5.61隆脕10^{-12}}時，飽和rm{Ksp[MgF_{2}

]=7.42隆脕10-^{11}}溶液與飽和rm{25隆忙}溶液相比，rm{Mg(OH)_{2}}一樣大B.rm{Mg_{2}F}時，在rm{c(Mg^{2+})}rm{25隆忙}的懸濁液中加入少量的rm{Mg(OH)}固體，rm{2}減小C.rm{2}時，rm{NHCl}固體在rm{c(Mg^{2+})}氨水中的rm{25隆忙}和在rm{20mL0.01mol隆隴L^{-1}NH_{4}Cl}溶液中的rm{Mg(OH)_{2}}相等D.rm{20mL0.01mol隆隴L^{-1}}時，在rm{Ksp}懸濁液中加入rm{20mL0.01mol隆隴L^{-1}NH_{4}

Cl}溶液后，rm{Ksp}可能轉化為rm{25隆忙}rm{Mg(OH)2}科學家設想尋求合適的催化劑和電極材料，以rm{NaF}rm{Mg(OH)2}為電極反應物，rm{MgF2}rm{(5)}為電解質(zhì)溶液設計新型燃料電池。寫出該電池的正極反應_____________________。rm{N_{2}}評卷人得分四、判斷題(共4題，共12分)25、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）26、如圖所示為某示波管內(nèi)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）

27、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）28、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(nèi)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）

評卷人得分五、證明題(共2題，共16分)29、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，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。30、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，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。評卷人得分六、綜合題(共3題，共9分)31、(1)

關于摩擦起電、傳導起電、感應起電，下列說法錯誤的是________．A.這是起電的三種不同方式B.這三種方式都產(chǎn)生了電荷C.這三種起電方式的實質(zhì)是一樣的，都是電子在轉移D.這三種方式都符合電荷守恒定律(2)

下列關于電磁波的說法，不正確的是________．A.電磁波在真空中的速度為c=3.00隆脕108m/s

B.無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X

射線、婁脙

射線均屬于電磁波C.手機既可接收電磁波，又可發(fā)射電磁波D.電磁波不能傳播能量(3)

關于磁感線的概念和性質(zhì)，以下說法中正確的是________．A.磁感線上各點的切線方向就是小磁針靜止時北極的指向B.磁場中任意兩條磁感線有可能相交C.鐵屑在磁場中的分布所形成的曲線就是實際存在的磁感線D.磁感線總是從磁體的N

極發(fā)出終止于磁體的S

極(4)

下列電器在工作時，主要利用電流熱效應的是________．A.電動機B.電風扇C.電話機D.電飯鍋(5)

已知我國家庭電路中的交流電變化的關系為渭=2202sin100蟺t(V)

則它的頻率是________Hz

則此交流電的電壓有效值是________V

．(6)

在某電場中的P

點，放一帶電量q1=3.0隆脕10鈭?10C

的檢驗電荷，測得該電荷受到的電場力大小為F1=9.0隆脕10鈭?8N

方向水平向右.

求：壟脵P

點的場強大小和方向；壟脷

若在P

點放一帶電量為q2=1.0隆脕10鈭?10C

的檢驗電荷，q2

受到的電場力F2

的大小和方向．32、如圖放在光滑水平面上的小車質(zhì)量為M

它兩端各有彈性擋板P

和Q

有一質(zhì)量為m

的物體放于車上(M>m)

車內(nèi)表面與物體間有摩擦，現(xiàn)使它們同時獲得等大反向的初速度v0

求：

(1)

車和物體最終的速度；

(2)

全過程系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量．33、如圖所示，質(zhì)量都為m

相同的AB

兩物塊與一勁度系數(shù)為k

的輕彈簧相連，靜止在水平地面上.

一塊質(zhì)量也為m

橡皮泥C

從距A

高處由靜止下落，與A

相碰后立即粘在一起運動且不再分離.

當AC

運動到最高點時，物體B

恰好對地面無壓力.

不計空氣阻力，且彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，當?shù)氐闹亓铀俣葹間.

求橡皮泥C

下落的高度h

．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】由題意可知周期為4s，波長為vT=4m，波由s點傳播到a點用1s時間，再經(jīng)過3s時間質(zhì)點a振動到波谷并向上振動，在t=4.6s時還沒有振動到平衡位置，所以質(zhì)點a的速度正在增大，B錯；同理判斷D對；【解析】【答案】D2、B|C【分析】

作出兩個電荷連線上的電場線和中垂線上電場線如圖．

A；根據(jù)電場線分布可知；a、c兩點場強方向相反，則場強不同．故A錯誤．

B、由電場線的方向可知，b點電勢小于o點電勢．故B正確．

C；由圖可知；o點電勢小于a點電勢，則負電荷q在o點電勢能大于a點電勢能．故C正確．

D、由于b點電勢小于o點電勢，則負電荷q在o點電勢能小于b點電勢能．故D錯誤．

故選BC

【解析】【答案】場強是矢量；只有大小和方向都相同，場強才相同．作出電場線，根據(jù)順著電場線電勢降低判斷電勢的高低．負電荷在電勢低處電勢能大．

3、C【分析】【解答】A；B、C力矩是力與力臂的乘積；是物體轉動狀態(tài)改變的原因，而不是使物體保持靜止狀態(tài)的原因，物體靜止的原因是合外力不零．也不是物體轉動原因，能使轉動的原因是力矩不平衡，故AB錯誤，C正確．

D；桿狀物體的平衡可能是在力矩作用下的力矩平衡；也可能是受力平衡，故D錯誤．

故選：C．

【分析】作用力使物體繞著轉動軸或支點轉動的趨向，稱為力矩．力矩能夠使物體改變其轉動狀態(tài)．4、B【分析】解：線框以速度v在磁場中運動，如圖，ad邊、bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢；均為E′=BLv

由于磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，則知線框中磁通量的變化率E=0；Ubc=-E′=-BLv；故B正確，ACD錯誤；

故選：B。

根據(jù)公式E=BLv求出導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢；分析電壓是內(nèi)電壓還是外電壓，求得各邊的電壓。

本題考查了電磁感應與力學和能量的綜合，對于電壓，要分析清楚是內(nèi)電壓還是外電壓，不能混淆?！窘馕觥緽5、B【分析】解：由題意可知當P向左滑動時；滑動變阻器電阻增大，流過A的電流減小，導致穿過線圈B的磁通量減小，電流計指針向右偏轉；則可知A中電流增大時，電流計指針向左偏，則有。

A．滑線變阻器的滑動端P向右滑動時；滑動變阻器的電阻減小，A中的電流會增大，穿過線圈B的磁通量增大，則電流計指針向左偏轉，故A錯誤；

B．線圈A向上移動時；線圈B所在位置的磁場變?nèi)酰┻^線圈B的磁通量減小，則電流計指針向右偏轉，故B正確；

C．斷開開關時；A中的電流變?yōu)?，線圈B所在位置的磁場變?nèi)?，穿過線圈B的磁通量減小，則電流計指針向右偏轉，故C錯誤；

D．拔出線圈A中的鐵芯時；A產(chǎn)生的磁場變?nèi)?，穿過線圈B的磁通量減小，則電流計指針向右偏轉，故D錯誤。

故選：B。

由題意可知線圈B中產(chǎn)生使電流表指針向右偏轉的條件；則分析各選項可得出正確答案。

本題無法直接利用楞次定律進行判斷，但是可以根據(jù)題意得出產(chǎn)生使電流表指針右偏的條件，即可不根據(jù)繞向判出各項中應該出現(xiàn)的現(xiàn)象。【解析】B6、B【分析】解：A；2s末質(zhì)點正從平衡位置向負向最大位移處運動；則速度為負方向，加速度為零；故A錯誤；

B；由圖知t=0時刻質(zhì)點的位移為x=0；說明該振動圖象是從平衡位置開始計時，故B正確；

CD、3s末質(zhì)點到達負向最大位移處，速度為零，位移最大，根據(jù)a=-可知；加速度為正向最大．故C；D錯誤；

故選：B

由圖象可讀出質(zhì)點的位移；確定質(zhì)點的位置，即可分析其速度．質(zhì)點在最大位移處時速度為零，加速度最大，質(zhì)點通過平衡位置時速度最大，加速度為零．加速度方向與位移方向相反．速度的方向可根據(jù)圖象的斜率分析．

本題關鍵根據(jù)x-t圖象讀出位移，知道速度和加速度與位移的關系，掌握簡諧運動的特征方程：a=-并能用來加速度與位移的關系．【解析】【答案】B7、A【分析】解：天平原本處于平衡狀態(tài)；所以線框所受安培力越大，天平越容易失去平衡；

由于線框平面與磁場強度垂直；且線框不全在磁場區(qū)域內(nèi)，所以線框與磁場區(qū)域的交點的長度等于線框在磁場中的有效長度，由圖可知，A

圖的有效長度最長；

磁場強度B

和電流大小I

相等；所以A

所受的安培力最大，則A

圖最容易使天平失去平衡。

故選：A

線框所受的安培力越大；天平越容易失去平衡；由于磁場強度B

和電流大小I

相等，即根據(jù)線框在磁場中的有效長度大小關系即可判斷其受力大小關系。

本題主要考查了安培力，在計算通電導體在磁場中受到的安培力時，一定要注意F=BIL

公式的L

是指導體的有效長度。【解析】A

8、C【分析】解：A；電場強度等于試探電荷所受電場力與電荷量的比值；但電場強度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q無關，E由電場本身決定。故A錯誤；

B、公式U=為電勢的定義式；但電場中某點的電勢不與U成正比與q成反比。故B錯誤；

C、由Uab=Ed可知，勻強電場中沿場強方向的兩點a、b間的距離越大；則兩點間的電勢差也一定越大，故C正確；

D、公式C=為定義式；但電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差無關，故D錯誤。

故選：C。

注意定義式與決定式的區(qū)別；比值定義的被定義的物理量與定義的物理量間沒有決定性的關系．

對于電場強度，要抓住它的比值定義法的共性，理解電場強度、電勢、電容、電阻等物理量【解析】C9、C【分析】解：A；磁感應強度的大小跟垂直放在磁場中的通電導線受力的大小沒有關系；與通電導線電流大小也沒有關系，它由磁場的性質(zhì)決定，故A錯誤；

B；根據(jù)左手定則可知；磁場中某處磁感應強度的方向與位于該處的通電導線所受安培力的方向垂直，故B錯誤；

C；根據(jù)磁感線的特點可知；切線方向表示磁場方向，其疏密表示磁感應強度的大小。故C正確；

D；一小段通電導線平行放在某處不受磁場力作用；則該處的磁感應強度不一定為零，可能是導線與磁場的方向平行，故D錯誤；

故選：C。

磁感應強度是描述磁場強弱的物理量；通過電流元垂直放置于磁場中所受磁場力與電流元的比值來定義磁感應強度。比值與磁場力及電流元均無關。電流元所受磁場力是由左手定則來確定。

磁感應強度是通過比值定義得來，例如電場強度也是這種定義，電場強度與電場力及電荷量均沒有關系。再如密度也是，密度與物體的質(zhì)量及體積均無關。同時電流元放入磁場中不一定有磁場力，還受放置的角度有關。【解析】C二、多選題(共9題，共18分)10、BD【分析】解：AC；0到1s內(nèi)磁感應強度不變；根據(jù)法拉第電磁感應定律，知感應電動勢為0，感應電流為零．故A、C錯誤．

B；0到1s內(nèi)、3到5s內(nèi)磁感應強度均勻變化；根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢大小一定，且0到1s內(nèi)的感應電勢大于3到5s內(nèi)的感應電動勢，根據(jù)楞次定律，0到1s內(nèi)是順時針方向，3到5s內(nèi)是逆時針方向．1到3s內(nèi)磁感應強度不變，感應電動勢為零．故B正確．

D；0到1s內(nèi)；磁感應強度均勻減小，根據(jù)楞次定律，感應電流的方向定從上向下看時，是逆時針方向，為負值；1到3s內(nèi)磁感應強度不變，感應電動勢為零；3到5s內(nèi)磁感應強度均勻增加，根據(jù)楞次定律知，感應電流方向為順時針方向，為正值．故D錯誤．

故選：B．

根據(jù)楞次定律判斷出感應電流的方向；根據(jù)法拉第電磁感應定律，得出感應電動勢的大小．

解決本題的關鍵掌握法拉第電磁感應定律，以及會運用楞次定律判斷感應電流的方向．【解析】【答案】BD11、AD【分析】【分析】系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，分析小車的受力情況即可分析小車的運動情況。巧選不同系統(tǒng)作為研究對象，分析系統(tǒng)所受外力情況，再據(jù)動量守恒條件正確作出判斷是解本題的關鍵。【解答】根據(jù)受力分析可得AB

摩擦力方向相反，所以若AB

與C

之間的摩擦力大小相同，則AB

組成的系統(tǒng)在水平方向上的合力為零，所以動量守恒，ABC

組成的系統(tǒng)在水平方向上合力為零，動量守恒，故A正確，B錯誤；若AB

與C

之間的摩擦力大小不相同，則AB

組成的系統(tǒng)在水平方向上合力不為零，動量不守恒，但ABC

組成的系統(tǒng)合力為零，所以動量守恒，故D正確，C錯誤。故選AD?！窘馕觥緼D

12、BCD【分析】解：A；當分子間距離增大時；分子間的引力、斥力都減小。故A錯誤；

B；由于水的表面張力作用；雨傘傘面上的細小孔并不會漏雨，故B正確；

C；一定質(zhì)量的100℃的水變成100℃的水蒸氣；水從外界吸收熱量，由液體變成氣體，分子間的距離變大了，分子之間的勢能增加。故C正確；

D、由理想氣體狀態(tài)方程：壓強不變，體積增大時，溫度升高。對于一定質(zhì)量的理想氣體，溫度升高，分子平均動能增大，氣體的內(nèi)能增大（△U＞0）；體積增大，氣體對外做功（W＜0）。由熱力學第一定律：△U=W+Q，知Q＞0，故氣體一定從外界吸熱。故D正確。

故選：BCD。

分子間同時存在引力和斥力；分子間距離增大時，分子間的引力；斥力都減?。挥陚銈忝嫔嫌性S多細小的孔，卻能遮雨，是因為液體表面張力作用；水由液體變成氣體，分子勢能增大；熱力學第一定律：△U=W+Q。

本題主要考查了分子力、液體表面張力、分子勢能、熱力學第一定律等知識。掌握基本概念是解題的關鍵?！窘馕觥緽CD13、A:B:C:D【分析】【詳解】

熱力學第二定律只在一個孤立系統(tǒng)內(nèi)才成立，它揭示了一切自然過程總是自發(fā)的沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行，能量耗散是從能量轉化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性，熱力學第二定律揭示了有大量分子參與宏觀過程的方向性，ABCD正確．14、AC【分析】解：

A、兩個燈泡串聯(lián)，每個燈泡承受的電壓為U=×220V=110V；低于額定電壓，燈泡不易損壞，可延長電燈泡的使用壽命．故A正確．

B；兩個燈泡并聯(lián)；每個燈泡承受的電壓為U=220V，仍等于燈泡的額定電壓，燈泡正常工作，不能延長電燈泡的使用壽命．故B錯誤．

C、D、由P=可知兩個燈泡串聯(lián)時，U變?yōu)樵瓉淼挠捎跓艚z較正常發(fā)光時溫度偏低，故燈絲電阻較正常發(fā)光時小，所以每個燈泡實際消耗的功率大于其額定功率的四分之一．故C正確，D錯誤．

故選：AC

根據(jù)串聯(lián)；并聯(lián)電路電壓的特點；分析燈泡的實際電壓與額定電壓的關系，判斷能否延長電燈泡的使用壽命．

本題中要考慮到兩個燈泡串聯(lián)時，每個燈泡的電壓比額定電壓小，功率降低，燈絲的溫度降低，電阻也減小，容易出錯的地方是把D當作正確的．【解析】【答案】AC15、ABC【分析】解：A；平均每一個核子；輕核的聚變產(chǎn)生的能量比重核裂變釋放的能量要多；故A正確；

B；輕核裂變沒有放射性；生成物容易處理；故B正確；

C；熱核反應用到的原料為氫的同位素；在海水中大量存在；故C正確；

D；熱核反應由高溫高壓引發(fā)；目前其速度無法控制；故D錯誤；

故選：ABC．

熱核反應是由較輕的和反應形成的；其放出的能量多，生氣物對環(huán)境沒有污染，且在海水中原料非富，維一的缺點在于比重核裂變更難控制．

本題考查熱核反應（核聚變）的相關內(nèi)容，要明確其優(yōu)點和缺點，注意和核裂變進行對比．【解析】【答案】ABC16、BCD【分析】【分析】頻率相同的兩列水波的疊加：當波峰與波峰、可波谷與波谷相遇時振動是加強的；當波峰與波谷相遇時振動是減弱的。運動方向相同時疊加屬于加強，振幅為二者之和，振動方向相反時疊加屬于減弱振幅為二者之差?！窘獯稹咳鐖D所示；頻率相同的兩列水波相疊加的現(xiàn)象.

實線表波峰，虛線表波谷；

A.由題意可知；則AE

是波峰與波峰相遇，B

點是波谷與波谷相遇，它們均屬于振動加強區(qū)，它們的連線上C

點也是振動加強區(qū)，故A錯誤；

B.由于振幅是5cmA

點是波峰與波峰相遇，則A

點相對平衡位置高10cm.

而B

點是波谷與波谷相遇，則B

點相對平衡低10cm.

所以AB

相差20cm

故B正確；

C.由圖可知；在下一時刻，波峰將經(jīng)過C

點，因此C

點正處于平衡位置且向水面上運動的過程中，故C正確；

D.周期T=婁脣v=0.5s

從圖示時刻起經(jīng)0.25sB

質(zhì)點完成半個周期，則通過的路程為2A=20cm.

故D正確；

故選BCD?！窘馕觥緽CD

17、BC【分析】解：A

根據(jù)動能定理qU1=12mv12

得v1=2qU1m

若只增大U1

則v1

增大，由t1=dv爐=dv12

知；t1

減小，故A錯誤；

B、電子進入偏轉電場U2

后做類平拋運動，y=12at2=12隆脕qU2md2隆脕(Lv1)2=qU2L24d2qU1=U2L24d2U1

若只增大U1

則y

減?。蝗糁辉龃骍2

則y

增大，故B正確，D錯誤；

C、離開電場時，豎直方向的分速度vy=at=qU2md2隆脕Lv1=qU2Lmd2m2qU1=U2Ld2q2mU1

離開時速度v2=v12+vy2=2qU1m+U22L2d22q2mU1

若只增大U2

則v2

增大，故C正確；

故選：BC

電子先經(jīng)過加速電場加速，后經(jīng)偏轉電場偏轉，根據(jù)y=U2L24d2U1

可以分析電壓的變化使電子的運動軌跡發(fā)生相應的變化．

本題考查了帶電粒子在電場中的運動，可以根據(jù)動能定理和牛頓第二定律、運動學公式結合推導出側移y

和末速度v2

表達式．【解析】BC

18、A:B【分析】【詳解】

如圖所示是等量異種電荷電場線的分布情況；可知，BO間電場線與CO間電場線稀，平均場強較小，由U=Ed知，BO間電勢差大小小于CO間電勢差大小，且B；C的電勢都比O點的電勢低，C、D電勢相等，所以B、C、D三點中B點電勢最高．故A正確．

設圓的半徑為R，則B點的場強為C點與D點場強大小相等，為因為＜3；所以B點場強最大，故B正確．根據(jù)對稱性可知，C；D兩點的場強大小相等，但方向不同，所以場強不同，故C錯誤．根據(jù)對稱性可知，C、D兩點的電勢相同，故D錯誤．故選AB．

點睛：本題考查判斷電勢、場強大小的能力，往往根據(jù)電場線的分布情況和電場線的方向分析，關鍵要掌握等量異種電荷電場線和等勢面分布的特點；場強疊加滿足平行四邊形法則.三、填空題(共6題，共12分)19、略

【分析】解：（1）在“用油膜法估測分子的大小”實驗中；實驗的基本原理是：

①讓油膜盡可能散開；形成單分子層；②把油酸分子看成球形；③不考慮分子之間空隙，故ABD正確，C錯誤．

（2）①由圖示可知，由于每格邊長為1cm，則每一格就是1cm2，估算油膜面積以超過半格以一格計算，小于半格就舍去的原則，估算出115格．則油酸薄膜面積S=115cm2；

②一滴油溶液中含油的體積為V=×=7.5×10-6mL=7.5×10-12m3；

所以油酸分子直徑為d===6.5×10-10m；

③當油酸溶液滴在水面后；讓油膜盡可能散開，目的是為了讓油膜在水平面上形成單分子油膜．

故答案為：

（1）ABD．

（2）①115（113-115都對）；

②6.5×10-10（6.5×10-10-6.6×10-10都對）；

③這樣做的目的是為了讓油膜在水平面上形成單分子油膜；

（1）“用油膜法估測分子的大小”的實驗原理是：油酸以單分子層呈球型分布在水面上；且一個挨一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度，即可正確解答．

（2）根據(jù)圖示油膜估算出油膜的面積；估算時超過半格算一個，不足半格舍去．根據(jù)題意求出油的體積，然后求出油膜的厚度，即分子直徑．讓油在水面上盡可能散開，形成單分子油膜．

本題要緊扣實驗原理，建立清晰的物理模型，知道在用油膜法估測分子的大小”實驗中，我們做了些理想化處理，認為油酸分子之間無間隙，油膜是單層分子．【解析】115；6.5×10-10；這樣做的目的是為了讓油膜在水平面上形成單分子油膜20、40與初速度方向相反【分析】【分析】規(guī)定初速度方向為正方向；根據(jù)加速度的定義求得加速度的方向與大小。

掌握加速度的定義，知道用正負號表示同一條直線上矢量的方向?！窘獯稹恳?guī)定小球的初速度方向為正方向；則物體的初速度v0=5m/s

末速度v=鈭?3m/s

所以物體的加速度。

a=v鈭?v0t=鈭?3鈭?50.2m/s2=鈭?40m/s2

負號表示加速度的方向與初速度方向相反。

故答案為：40

與初速度方向相反。

【解析】40

與初速度方向相反21、2：3【分析】解：兩球帶等量的同種電荷，電量都為Q，則讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A，B兩球接觸后移開。兩球所帶的電量大小分別為Q、Q；則接觸后的電荷量之比為2：3；

故答案為：2：3

接觸帶電的原則是先中和；再平分，根據(jù)該原則求出接觸后兩球的電量，注意需討論初始時，兩球帶等量的同種電荷或等量的異種電荷。

解決本題的關鍵掌握接觸帶電的原則，以及掌握電荷量的正負值。【解析】2：322、略

【分析】

由圖可知；P點離月球最近，則P點受月球的萬有引力最大，故P點出現(xiàn)高潮；

由于駐波現(xiàn)象；兩側水涌向Q點，從而引起小高潮；

故地球上離月球最近和最遠的兩個點形成了潮汐現(xiàn)象都是高潮．

故答案為：引力；高潮．

【解析】【答案】根據(jù)地球表面水受到萬有引力的作用可以判斷表面水的受力情況；從而確定水的運動情況．

23、略

【分析】【解析】試題分析：由考點：本題考查電勢差與場強的關系，電場力做功的公式【解析】【答案】1.2×109；2.4×101024、（1）436.1kJ/mol

（2）①40%②＞

（3）c(H+)>c(SO42-)>c(NH4+）>c(OH-)

（4）CD

（5）N2+8H++6e-＝2NH4+【分析】【分析】本題為化學反應原理綜合，涉及反應熱的計算、化學平衡、電解質(zhì)溶液中的離子平衡和電解原理的應用，題目難度中等，結合相關知識點進行作答。rm{(1)}利用反應熱等于反應物的鍵能之和減去生成物的鍵能之和進行作答；利用反應熱等于反應物的鍵能之和減去生成物的鍵能之和進行作答；rm{(1)}利用三段式結合轉化率的定義進行計算；rm{(2)壟脵}利用三段式結合轉化率的定義進行計算；由圖可知，溫度越高，平衡時rm{(2)壟脵}rm{壟脷}由圖可知，溫度越高，平衡時rm{NH}rm{壟脷}

rm{NH}結合反應方程式確定反應后溶液中的成分及濃度再進行比較；

rm{{,!}_{3}}陰極發(fā)生還原反應，氮氣在陰極上放電，與氫離子結合生成氨氣?！窘獯稹康臐舛仍叫?，說明升高溫度平衡向逆反應進行，平衡常數(shù)減?。籸m{(3)}結合反應方程式確定反應后溶液中的成分及濃度再進行比較；鍵能為rm{(3)}則

rm{(5)}陰極發(fā)生還原反應，氮氣在陰極上放電，與氫離子結合生成氨氣。解得rm{(5)}

rm{(1)}因反應熱等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能，設rm{H-H}鍵能為rm{xKJ/mol}則rm{H-H}則：

rm{xKJ/mol}rm{945.6kJ/mol+3xKJ/mol-6隆脕391.0kJ/mol=-92.2kJ/mol}解得rm{x=436.1}rm{945.6kJ/mol+3xKJ/mol-6隆脕391.0kJ/mol=-92.2kJ/mol}rm{x=436.1}故答案為：rm{436.1kJ/mol}rm{436.1kJ/mol}rm{(2)壟脵}令參加反應的氮氣的物質(zhì)的量為rm{n}則：rm{n}

rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+3H}

rm{(g)+3H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}

rm{?}rm{2NH}rm{2NH}rm{{,!}_{3}}

rm{(g)}rm{dfrac{2n}{;(1-n)+(3-3n)+2n}}

rm{(g)}解得開始rm{(mol)}rm{1}rm{3}rm{0}rm{(mol)}rm{1}rm{3}rm{0}在狀態(tài)變化rm{(mol)}rm{n}rm{3n}rm{2n}時，平衡常數(shù)rm{(mol)}rm{n}rm{3n}rm{dfrac{{0.08}^{2}}{0.06隆脕{0.18}^{3}}mo{l}^{?2}?{L}^{2}}rm{2n}平衡rm{(mol)}rm{1-n}rm{3-3n}rm{2n}rm{(mol)}rm{1-n}rm{3-3n}rm{2n}所以

rm{dfrac{2n}{;(1-n)+(3-3n)+2n}

}rm{隆脕100%=25%}標準狀況下，rm{n=0.4}即所以氮氣的轉化率為rm{0.4mol/1mol}氨氣通入到rm{0.4mol/1mol}即rm{隆脕100%=40%}的硫酸溶液中發(fā)生反應：故答案為：rm{40%}rm{40%}rm{壟脷}在狀態(tài)rm{A}時，平衡常數(shù)rm{K}rm{壟脷}rm{A}rm{K}rm{{,!}_{A}}rm{=}rm{=}rm{

dfrac{{0.08}^{2}}{0.06隆脕{0.18}^{3}}mo{l}^{?2}?{L}^{2}}由圖可知，溫度越高，平衡時rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}的濃度越小，說明升高溫度平衡向逆反應進行，平衡常數(shù)減小，故平衡常數(shù)rm{K}rm{K}rm{{,!}_{A}}rm{>K}rm{>K}rm{{,!}_{B}}溶液中離子濃度從大到小的順序是，故答案為：故答案為：rm{>}rm{>}因氫氧化鎂溶度積小，由rm{(3)}計算則其rm{2.24L}即rm{0.1mol}氨氣通入到rm{100g9.8%}即rm{0.1mol}的硫酸溶液中發(fā)生反應：rm{NH}濃度小，故A錯誤；rm{2.24L}rm{0.1mol}rm{100g9.8%}rm{0.1mol}rm{NH}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}_{3}}

rm{+H}只與難溶物的性質(zhì)和溫度有關，rm{+H}

rm{{,!}_{2}}接近，使用濃rm{{,!}_{2}}溶液可以使氫氧化鎂轉化，故D正確；

rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{=NH}rm{=NH}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{HSO}rm{HSO}rm{{,!}_{4}}

rm{{,!}_{4}}，生成rm{0.1molNH}rm{0.1molNH}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{HSO}rm{HSO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}【解析】rm{(1)436.1kJ/mol}rm{(2)壟脵40%}rm{壟脷}rm{dfrac{{0.08}^{2}}{0.06隆脕{0.18}^{3}}mo{l}^{?2}?{L}^{2}}rm{

dfrac{{0.08}^{2}}{0.06隆脕{0.18}^{3}}mo{l}^{?2}?{L}^{2}}rm{>}rm{(3)c(H^{+})>c(SO_{4}^{2-})>c(}rm{NH_{4}^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{)>c(OH^{-})}rm{(4)CD}四、判斷題(共4題，共12分)25、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．26、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

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(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度的大?。?7、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．28、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)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(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)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(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．五、證明題(共2題，共16分)29、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動30、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側彈簧被拉伸X，右側彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動六、綜合題(共3題，共9分)31、（1）B

（2）D

（3）A

（4）D

（5）50220

（6）解：

①P點場強大小為：方向水平向右

②在P點：F=Eq=300×1.0×10-10N=3.0×10-8N，方向為水平向左【分析】(1)

【分析】

摩擦起電的實質(zhì)是電子從一個物體轉移到另一個物體；并沒有創(chuàng)造電荷.

感應起電的實質(zhì)是電荷可以從物體的一部分轉移到另一個部分。

摩擦起電和感應起電的實質(zhì)都電子發(fā)生了轉移；只是感應起電是電子從物體的一部分轉移到另一個部分.

摩擦起電是電子從一個物體轉移到另一個物體。

【解答】

摩擦起電的實質(zhì)是電子從一個物體轉移到另一個物體，即說明了電荷可以從一個物體轉移到另一個物體；摩擦起電現(xiàn)象說明機械能可以轉化為電能，但并沒有創(chuàng)造電荷。電荷只是發(fā)生轉移；感應起電過程電荷在電場力作用下，從物體的一部分轉移到另一個部分；感應起電是電荷從物體的一部分轉移到另一個部分；電荷可以從帶電的物體轉移到原來不帶電的物體是接觸帶電，A.摩擦起電、接觸起電、感應起電是起電的三種不同方式，故A正確；B.這三種方式都沒有產(chǎn)生電荷，故B錯誤；C.這三種起電方式的實質(zhì)是一樣的，都是電子的轉移，故C正確；D.這三種方式都符合電荷守恒定律，故D正確。故選B。

(2)

【分析】

電磁波在真空中的速度為c=3.00隆脕108m/s

電磁波是由變化電磁場產(chǎn)生的；電磁波有：無線電波；紅外線、可見光、紫外線、倫琴射線、婁脙

射線.

它們的波長越來越短，頻率越來越高。

電磁波是橫波；是由變化的電場與變化磁場，且相互垂直；電磁波是由同相振蕩且互相垂直的電場與磁場在空間中以波的形式移動，其傳播方向垂直于電場與磁場構成的平面，有效的傳遞能量；電磁波在真空傳播速度與光速一樣，電