2024年滬科新版高二物理上冊月考試卷

…………○…………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2024年滬科新版高二物理上冊月考試卷18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、關于點電荷的說法，正確的是(

)

A.只有體積很小的帶電體才能看作點電荷B.體積很大的帶電體不能看作點電荷C.當帶電體電荷量很小時，可看作點電荷D.當兩個帶電體的大小及形狀對它們之間的相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷2、關于安培力和洛倫茲力；下列說法中正確的是()

A.帶電粒子在磁場中運動時，一定受到洛倫茲力作用B.放置在磁場中的通電導線，一定受到安培力作用C.因洛倫茲力總垂直于電荷運動方向，故洛倫茲力對運動電荷一定不做功D.因安培力垂直通電導線，故安培力對通電導線一定不做功3、如圖所示；為用熱敏電阻R和繼電器L等組成的一個簡單的恒溫控制電路，其中熱敏電阻的阻值會隨溫度的升高而減?。娫醇着c繼電器；熱敏電阻等組成控制電路，電源乙與恒溫箱加熱器（圖中未畫出）相連接．則（）

A.當溫度升高到某一數值；銜鐵P將會被吸合下。

B.當溫度降低到某一數值；銜鐵P將會被吸合下。

C.工作時；應該把恒溫箱內的加熱器接在A；B端。

D.工作時；應該把恒溫箱內的加熱器接在C；D端。

4、豎直導線ab與水平面上放置的圓線圈隔有一小段距離；其中直導線固定，線圈可自由運動，當同時通以如圖所示方向的電流時（圓線圈內電流從上向下看是逆時針方向電流），則從左向右看，線圈將（）

A.不動。

B.順時針轉動；同時靠近導線。

C.順時針轉動；同時離開導線。

D.逆時針轉動；同時靠近導線。

5、下列說法中正確的是：（）A.根據磁感應強度B的定義式B=F/IL可知，磁感應強度B與F成正比，與IL成反比B.一小段通電導線在某處不受磁場力作用，該處的磁感應強度一定為零C.線圈中磁通量變化越大，線圈中產生的感應電動勢一定越大D.線圈中磁通量變化越快，產生的感應電動勢越大6、圖中電阻R1、R2、R3的阻值相等，電池的內阻不計。開關K接通后，流過R2的電流是K接通前的（）A.B.C.D.7、1820年丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應．在奧斯特實驗中，將直導線沿南北方向水平放置，指針靠近直導線，下列結論正確的是（）A.把小磁針放在導線的延長線上，通電后，小磁針會轉動B.把小磁針平行地放在導線的下方，在導線與小磁針之間放置一塊鋁板，通電后，小磁針不會轉動C.把小磁針平行地放在導線的下方，給導線通以恒定電流，然后逐漸增大導線與小磁針之間的距離，小磁針轉動的角度（與通電前相比）會逐漸減小D.把黃銅針（用黃銅制成的指針）平行地放在導線的下方，通電后，黃銅針會轉動8、收錄機等小型家用電器所用的穩(wěn)壓電源，是將220V

的正弦交流電變?yōu)榉€(wěn)定的直流電的裝置，其中的關鍵部分是整流電路.

有一種整流電路可以將正弦交流電變成如圖所示的脈動直流電(

每半個周期都按正弦規(guī)律變化)

則該脈動直流電電流的有效值為(

)

A.4A

B.42A

C.22A

D.2A

9、如圖所示，用水平力F

將質量為m

的物體壓緊在豎直墻壁上，物體處于靜止狀態(tài)，物體與墻壁間的動摩擦因數為婁脤

物體受到的摩擦力大小為(

)

A.婁脤F

B.婁脤mg

C.mg

D.F

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、有一個50匝的線圈，在0.4秒內穿過它的磁通量由0.02韋伯均勻地增加到0.09韋伯．那么磁通量的改變量是____韋伯，磁通量的變化率是____韋伯/秒，線圈中的感應電動勢等于____伏．11、帶電體周圍存在著一種特殊物質，這種物質叫____，電荷間的相互作用就是通過____發(fā)生的．12、在做“用單擺測定重力加速度”的實驗時：

(1)下列給出的材料中應選擇____________作為擺球與擺線；組成單擺．

A．木球B．鐵球C．柔軟不易伸長的絲線D．粗棉線。

(2)在測定單擺擺長時；下列的各項操作正確的是____________

A．裝好單擺；抓住擺球，用力拉緊，測出擺線懸點到擺球球心之間距離。

B．讓單擺自由下垂；測出擺線長度再加上擺球直徑。

C．取下擺線；測出擺線長度后再加上擺球半徑。

D．測出小球直徑；把單擺固定后，讓小球自然下垂，用刻度尺量出擺線的長度，再加上小球的半徑。

(3)實驗測得重力加速度的值較當地重力加速度的值偏大；可能的原因是____________

A．擺球的質量偏大B．單擺振動的振幅偏小。

C．計算擺長時加上了擺球的直徑D．將實際振動次數n次誤記成(n+1)次。

(4)實驗中測量得小球的直徑的示數如圖1所示；圖中游標尺上有20個等分刻度，則小球的直徑d為____________mm．用秒表記下了單擺振動50次的時間如圖2所示，由圖可讀出時間為____________s．

13、蜘蛛雖有8

只眼睛，但視力很差，完全靠感覺來捕食和生活，它的腿能敏捷地感覺到絲網的振動，如圖所示為絲網做受迫振動的振幅--頻率關系圖象.

由圖可知，落在網上的昆蟲翅膀振動的頻率為______Hz

左右時，蜘蛛感到網振動最為強烈，這種現(xiàn)象稱為______．14、曾經謠傳2012年12月21日“世界末日”來臨．有不少科學家在瑪雅文化發(fā)祥地進行探索和研究；發(fā)現(xiàn)了一些散落在平整山坡上非常規(guī)則的不明圓柱體，有科學家認為是外星人帶著瑪雅人離開時留下的．對其力學性質進行研究，下表為其形變量x與所施加拉力F關系的實驗數據。

。F/N0.524.5812.518X/mm123456（1）試猜想此不明圓柱體施加拉力F與其形變量x的關系______

（2）如果想要驗證猜想是否正確，應該畫出下列哪種圖象最能直觀準確的表示兩者之間的關系______

A．F-x圖象B．F-x2圖象C．F2-x圖象D．F2-x2圖象．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)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、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）

18、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）19、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）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）21、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、作圖題(共4題，共28分)22、作圖。

（1）如圖1；質點沿圓周做逆時針方向的勻速圓周運動，先后通過A；B、C三點，試畫出：

①質點經過A點時的速度。

②從B點到C點的位移．

（2）如圖2所示，金屬棒ab在勻強磁場中沿金屬導軌向右運動，請在圖中畫出螺線管中感應電流的方向和ab棒所受磁場力的方向．23、試畫出下面圖1

中負電荷產生的電場；畫出圖2

中的A

點的電場方向以及放在B

點的負電荷所受的電場力方向。

24、根據圖中通電直導線電流方向(

豎直向下)

判斷磁感線的環(huán)繞方向；在圖中畫箭頭表示．

25、波源O由平衡位置起振；經0.2s第一次回到平衡位置，介質中形成的簡諧波如圖甲所示，波恰好傳播到P點。已知這段時間內波源O通過的路程為20cm，O；P兩質點平衡位置間的距離為2m。求：

（1）波源O振動的振幅A和周期T；

（2）所形成簡諧波的波長和波速；

（3）以波傳播到P點作為計時零點，請在圖乙上畫出P點一個周期的振動圖象（以向上為位移的正方向）。評卷人得分五、識圖作答題(共2題，共4分)26、下圖1表示綠色植物葉肉細胞部分結構中的某些生命活動過程，①～⑦代表各種物質，A、B代表兩種細胞器。圖2表示該植物葉片CO2吸收量隨光照強度的變化曲線。據圖回答下列問題：

(1)圖1中B是____。光反應形成ATP的反應式為____。(2)若該綠色植物長時間處于黑暗狀態(tài)時，則圖中①→②→①的循環(huán)不能進行，原因是____。(3)當光照強度處于圖2中的D點時，圖1中⑥的去向有____。(4)圖2中0～D間此幼苗光合作用有機物的凈積累量為____。(用S1、S2、S3表示)(5)在晴朗天氣下，給植物澆灌含18O的水，則在植物體周圍的空氣中含放射性物質有____。(6)若圖2為植物25℃時CO2吸收量隨光照強度的變化曲線。已知該植物光合作用和細胞呼吸的最適溫度分別為25℃和30℃，請在圖中畫出30℃時(原光照強度和CO2濃度不變)相應的CO2吸收量隨光照強度的變化曲線(要求在曲線上標明與圖中A、B、C三點對應的a、b、c三個點的位置)。27、機場飛行跑道及場內小路旁多是大片草地，有多種動物棲息。下圖是某機場生態(tài)系統(tǒng)食物網的主要部分。（1）此食物網中雜食性小鳥和另外______種生物之間既存在捕食關系又存在競爭關系，小型猛禽分別處于第________營養(yǎng)級，該食物網共包括_______條食物鏈。（2）工作人員根據生態(tài)系統(tǒng)中______信息傳遞的特點，釋放訓練過的獵鷹來驅趕小鳥。具有捕食關系的相鄰物種的個體行為與種群特征為對方提供了大量有用信息，這說明信息能夠___________________，以維持生態(tài)系統(tǒng)的穩(wěn)定。（3）為了進一步驅鳥，某機場先鏟除原有雜草，而后引種了蟲和鳥都不愛吃的“驅鳥草”，機場內小鳥大為減少．以后“驅鳥草”逐漸被雜草“扼殺”，這種生物群落的變化過程屬于_________演替。（4）假設小型猛禽所獲得的能量中1/3由鼠直接提供，1/6由蛇提供，若小型猛禽增加能量為m千焦，則最多需要鼠具有的能量為________千焦。評卷人得分六、綜合題(共4題，共20分)28、[

物理隆陋隆陋

選修3隆陋3]

(1)

甲、乙兩分子相距較遠，設甲固定不動，乙在分子力作用下逐漸向甲靠近直到不能再靠近的過程中，下列說法正確的是_________(

填正確答案標號。)

A.乙分子的速度先增大后減小B.加速度先增大后減小C.分子力先減小后增大D.分子動能先增大后減小E.分子勢能先減小后增大

(2)

如圖所示，玻璃管A

上端封閉，B

上端開口且足夠長，兩管下端用橡皮管連接起來，A

管上端被一段水銀柱封閉了一段長為6cm

的氣體，外界大氣壓為75cmHg

左右兩水銀面高度差為5cm

溫度為t1=27隆忙

(i)

保持溫度不變，上下移動B

管，使A

管中氣體長度變?yōu)?cm

穩(wěn)定后的壓強為多少？(ii)B

管應向哪個方向移動？移動多少距離？(iii)

穩(wěn)定后保持B

不動，為了讓A

管中氣體長度回復到6cm

則溫度應變?yōu)槎嗌伲?9、利用光譜分析鑒別物質的組成成分時，靈敏度是很高的．(1)

如何進行操作？_____________________．(2)

如圖甲所示的abcd

為四種元素的特征譜線，圖乙是某礦物的線狀譜，通過光譜分析可以確定該礦物中缺少的元素為_________．A.a

元素B.b

元素C.c

元素D.d

元素30、【物理簍D簍D

選修3鈭?3

】(1)

實驗觀察到，靜止在勻強磁場中A

點的原子核發(fā)生尾

衰變，衰變產生的新核與電子恰在紙面內勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意如圖，則：()

A.軌跡1

是電子的，磁場方向垂直紙面向里B.軌跡2

是電子的，磁場方向垂直紙面向外C.軌跡1

是新核的，磁場方向垂直紙面向里D.軌跡2

是新核的，磁場方向垂直紙面向外(2)

如圖所示，豎直平面內的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的14

光滑圓弧軌道平滑相連，木塊AB

靜置于光滑水平軌道上，AB

的質量分別為mA=1.5kg

和mB=0.5kg.

現(xiàn)讓A

以6m/s

的速度v1

水平向左運動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間t

為0.3s

碰后的速度大小v1隆盲

變?yōu)?m/s.

當A

與B

碰撞后會立即粘在一起運動，重力加速度g

取10m/s2

求：(1)

在A

與墻壁碰撞的過程中，墻壁對A

的平均作用力F

的大小；(2)AB

滑上圓弧軌道的最大高度h

．31、A.圖所示，在一范圍足夠大的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd

的平面與磁場方向垂直，若將線圈繞ab

邊轉動，則線圈中______感應電流，若將線圈左右平移，則線圈中______感應電流(

選填“有”或“無”)

B.在B=2T

的勻強磁場中放一根與磁場方向垂直、長度為0.8m

的通電直導線，導線中的電流為5A

求：壟脵

導線受到的磁場力方向是與電流方向平行還是垂直？壟脷

磁場力的大小是多少？

C.下列關于電阻率的說法中，____的是：()

A.電阻率反映材料導電性能的好壞，所以與材料有關；B.電阻率只是一個比例常數，與任何其他因素無關；C.電阻率與導體的溫度有關；D.電阻率在國際單位制中的單位是歐姆米。D.關于電場強度的定義式E=F/q

下列說法正確的是()

A.q

表示產生電場的電荷量B.q

越大則E

越小C.q

表示檢測用試探電荷的電荷量D.E

的方向與負的試探電荷的受力方向相同E.如圖所示，一根質量為m

的金屬棒AC

用軟線懸掛在磁感強度為B

的勻強磁場中，通入A隆煤C

方向的電流時，懸線張力不為零，欲使懸線張力為零，可以采用的辦法是()

A.不改變磁場和電流方向，適當增大磁感強度B.只改變電流方向，并適當增加電流C.不改變電流和磁場方向，適當減小電流D.只改變電流方向，并適當減小電流F.測量兩個電池ab

的電動勢后得到如圖所示中U隆陋I

曲線，那么()

A.電池a

的電動勢較大，內阻較小B.電池a

的電動勢較大，內阻較大C.電池b

的電動勢較大，內阻較小D.電池b

的電動勢較大，內阻較大G.如圖所示為甲、乙兩個導體的伏安特性曲線，則甲導體的電阻為_______若將甲、乙兩導體串聯(lián)起來接在電動勢為16V

內阻為1

的電源兩極，則通過電源的電流為________A

H.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B

方向垂直紙面向里.

一個質量為m

電荷量為q

的正離子，以速度v

從小孔O

射入勻強磁場，入射時速度方向既垂直于磁場方向，又與屏垂直，偏轉后打在屏上S

點(S

點未在圖上畫出)

求：壟脵

剛進入磁場時，離子受到洛倫茲力的大小和方向；壟脷

屏上S

點到O

點的距離；壟脹

離子從O

點運動到S

點的時間．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】解：A

帶電體看作點電荷的條件；當一個帶電體的形狀及大小對它們間相互作用力的影響可忽略時，這個帶電體可看作點電荷，是由研究問題的性質決定，與自身大小形狀及帶電量的多少無具體關系.

故ABC錯誤；

D；當兩個帶電體的大小及形狀對它們之間的相互作用力的影響可忽略時；這兩個帶電體可看作點電荷，故D正確；

故選：D

．

帶電體看作點電荷的條件；當一個帶電體的形狀及大小對它們間相互作用力的影響可忽略時，這個帶電體可看作點電荷，是由研究問題的性質決定，與自身大小形狀及帶電量的多少無具體關系．

本題考查了帶電體看作點電荷的條件及其特點，類似質點，基礎問題．【解析】D

2、C【分析】【分析】

根據安培力公式F=BILsin婁脠

與洛倫茲力公式f=qvBsin婁脠

及做功的條件分析答題；

本題難度不大是一道基礎題；知道洛倫茲力與安培力公式；知道力做功的必要條件即可正確解題。

【解答】

A.當帶電粒子運動方向與磁場反向在同一直線上時；帶電粒子不受洛倫茲力，故A錯誤；

B.當電流方向與磁場方向平行時；通電導線不受安培力作用，故B錯誤；

C.洛倫茲力總垂直于電荷運動方向；在洛倫茲力方向上，粒子位移為零，因此洛倫茲力對運動電荷不做功，故C正確；

D.安培力與通電導線垂直；只要通電導線在安培力方向上有位移，則安培力對通電導線做功，故D錯誤；

故選C。

【解析】C

3、A|C【分析】

A；當溫度升高到某一數值；熱敏電阻R的阻值減小，電路中電流增大，繼電器L對銜鐵P吸引力增大，P將會被吸合下．故A正確．

B；當溫度降低到某一數值；熱敏電阻R的阻值增大，電路中電流減小，繼電器L對銜鐵P吸引力減小，P將不會被吸合下．故B錯誤．

C；D恒溫箱內溫度高到一定數值后；應與電源斷開停止加熱，由上分析可知，溫度升高后，A、B端斷開，所以工作時，應該把恒溫箱內的加熱器接在A、B端．故C正確，D錯誤．

故選AC

【解析】【答案】根據溫度變化；分析R的變化，確定電路中電流的變化，若電流增大時，繼電器L對銜鐵P吸引力增大，P將會被吸合下．工作時，應該把恒溫箱內的加熱器接在A；B端．

4、D【分析】

根據安培定則可知；通電導線AB在右側產生的磁場方向垂直紙面向里．采用電流元法，將圓環(huán)分成前后兩半，根據左手定則可知，外側半圓受到的安培力向上，內側受到的安培力向下，圓環(huán)將逆時針轉動．再用特殊位置法：圓環(huán)轉過90°時，通電直導線AB對左半圓環(huán)產生吸引力，對右半圓環(huán)產生排斥力，由于吸引力大于排斥力，圓環(huán)靠近AB．則從左向右看，線圈將逆時針轉動，同時靠近直導線AB．故D正確，A；B、C錯誤．

故選D．

【解析】【答案】根據安培定則判斷通電導線AB產生的磁場方向；采用電流元法和特殊位置法分析圓環(huán)所受安培力，判斷圓環(huán)的運動情況．

5、D【分析】磁感強度是磁場本身的性質，與安培力和電流都沒有關系，AB錯；由法拉第電磁感應定律線圈中磁通量變化越快，產生的感應電動勢越大，D對；C錯；【解析】【答案】D6、B【分析】【分析】K接通前流過R2的電流是K接通后電路的總電流是流過R2的電流是得到B對；ACD錯。

【點評】本題學生清楚開關接通前后電路中各電阻的連接方式。7、C【分析】【解答】根據安培定則可知；針小磁針放在導線上的延長線上，小磁針所在位置沒有磁場，故小磁針不會轉動；故A錯誤；

B；同于鋁板不能有效屏蔽磁場；故通電后小磁針不會轉動；故B正確；

C；離導線越遠的地方；磁場越弱，則逐漸增大導線與小磁針之間的距離，小磁針轉動的角度（與通電前相比）會逐漸減小；故C正確；

D；銅不能被磁化；故不會被磁場所吸引；故D錯誤；

故選：C．

【分析】對于電流的磁效應，根據安培定則進行分析．注意磁場及磁場的應用．8、B【分析】解：由于電流的熱效應與電流的方向無關；脈動直流電與正弦交變電流一個周期通過相同的電阻產生的熱量相同；

則圖示電流的最大值與正弦式電流的最大值相同；有效值也相同；

設該脈動直流電電流的有效值為I

根據電流的熱效應得：

(82)2R鈰?T2+(82)2R鈰?T2=I2RT

解得：I=42A

則該脈動直流電電流的有效值為42

A.

故選：B

．

電流的熱效應與電流的方向無關；將圖中脈動直流電與正弦交變電流一個周期的熱效應相比較，求解電壓的最大值，再求出有效值．

對于電流的有效值常常根據電流的熱效應研究，本題抓住電流的熱效應與電流的方向無關的特點進行研究．【解析】B

9、C【分析】解：對物體受力分析；受推力；重力、支持力和向上的靜摩擦力，根據共點力平衡條件，有：

f=mg

F=N

故ABD錯誤；C正確；

故選：C

．

對物體受力分析；然后根據共點力平衡條件求解靜摩擦力．

本題關鍵是明確滑塊的受力情況，然后根據共點力平衡條件求解靜摩擦力，注意，不是滑動摩擦力．【解析】C

二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】

磁通理量的變化量：△?=?2-?1=0.09Wb-0.02Wb=0.07Wb

而磁通量的變化率為：

根據法拉第電磁感應定律得。

E=N=50×V=8.75V

故答案為：0.07；0.175，8.75．

【解析】【答案】線圈的磁通量變化時；產生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律可得感應電動勢大小．可知感應電動勢的大小與匝數及磁通量的變化率有關．

11、略

【分析】

帶電體周圍就存在著一種特殊形態(tài)的物質；這種物質叫電場．電荷不接觸也能發(fā)生作用，是電場發(fā)生的．

故答案為：電場；電場。

【解析】【答案】帶電體周圍存在著一種特殊物質；這種物質叫電場，電荷間的相互作用就是通過電場發(fā)生的．

12、略

【分析】解：(1)為減小空氣阻力與擺長變化對實驗的影響；應選用密度大而體積小的球作為擺球，應選長度不易發(fā)生變化的線作為擺線，因此擺球應選B，擺線選C；

(2)單擺擺長等于擺球半徑與擺線長度之和；應先測出擺球直徑，然后把單擺懸掛好，再測出擺線長度，擺球半徑與擺線長度之和是單擺擺長，故D正確；

(3)由單擺周期公式T=2π重力加速度：g=

A、由g=可知；重力加速度與擺球質量無關，故A錯誤；

B、由g=可知；重力加速度與振幅無關，故B錯誤；

C、算擺長時加上了擺球的直徑，擺長偏大，由g=可知，重力加速度的測量值偏大，故C正確；D、將實際振動次數n次誤記成(n+1)次，所測周期T偏小，由g=可知；重力加速度的測量值偏大，故D正確；故選CD．

(4)由圖示游標卡尺可知；主尺示數為1.1cm=11mm，游標尺示數為11×0.05mm=0.55mm，則擺球直徑d=11mm+0.55mm=11.55mm；

由圖示秒表可知；分針示數為1min30s=90s，秒針示數為6.8s，則秒表示數為90s+6.8s=96.8s．

故答案為：(1)BC；(2)D；(3)CD；(4)11.55，96.8．【解析】BC;D;CD;11.55;96.813、略

【分析】解：由圖可知；當在網上的昆蟲翅膀振動的頻率為200Hz

左右時，絲網的振幅最大，蜘蛛感到網振動最為強烈；當策動力的頻率等于物體的固有頻率時，物體振動的振幅最大，這種情況倍稱為共振．

故答案為：200

共振。

振子自由振動的頻率由系統(tǒng)本身決定；受迫振動的頻率由驅動力頻率決定；由共振曲線可知；出現(xiàn)振幅最大，則固有頻率等于受迫振動的頻率，為200Hz

．

本題關鍵明確自由振動與受迫振動的頻率和振幅的不同，記住共振的條件，基礎題．【解析】200

共振14、略

【分析】解：（1）由表格數據可以直觀看出F隨x的增大而增大，但不是線性關系；由數學歸納法可猜想F-x的關系式為F與x的二次方成正比，或F=x2；

（2）由于猜想F-x的關系式為F與x的二次方成正比，所以畫出F-x2圖象最能直觀準確的表示兩者之間的關系．

故選：B

故答案為：（1）F與x的二次方成正比；（2）B

由表格數據可以直觀看出F隨x的變化情況；進而由數學歸納法得到F-x的關系式；由猜想的公式選擇最能直觀準確的表示兩者之間的關系的圖象．

該題屬于信息給予的題目，要注意表格中所給的數據可知F與形變量x明顯不是線性關系，不同于我們學習過的胡克定律的表達形式．【解析】F與x的二次方成正比；B三、判斷題(共7題，共14分)15、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、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．18、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．19、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．20、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；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】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．21、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．四、作圖題(共4題，共28分)22、略

【分析】

（1）明確曲線運動的速度方向沿切線方向；從而作出A點的速度方向；根據位移的定義可得出表示位移的有向線段；

（2）根據右手定則可明確電流方向，再根據左手定則可明確ab棒受力方向．

本題考查了曲線運動的速度、位移以及導體切割磁感線時的電流方向和安培力的判斷，要求能準確掌握右手定則和左手定則的應用分析電流和受力的方向．【解析】解：（1）曲線運動速度方向沿切線方向；A點速度方向如圖所示；

位移是由起點到終點的有向線段；故BC的位移為由B到C的有向線段，如圖所示；

（2）ab向右運動，切割磁感線，根據右手定則可知，電流由b到a；則線圈中電流如圖所示；

根據左手定則可知，ab棒中電流受到的磁場力水平向左；如圖所示；

故答案如圖所示：23、略

【分析】

電場中電場強度的方向沿電場線的切線的方向；負電荷受力的方向與電場線的方向相反；也是沿電場線的切線方向．

該題中要求畫出B

點的負電荷受力的方向，要注意負電荷受力的方向與電場線的方向相反.

屬于簡單題．【解析】解：負電荷產生的電場線應該由無窮遠指向負點電荷；如圖1

電場中電場強度的方向沿電場線的切線的方向；所以A

點的場強的方向豎直向下，如圖2

負電荷受力的方向與電場線的方向相反；所以負電荷在B

點受電場力方向豎直向上，如圖2

．

答：如上圖所示．24、略

【分析】

根據安培定則關于直導線的磁場判斷可得出通電直導線周圍的磁場方向與電流方向的關系判斷方法．

本題考查安培定則的關于直線電流的磁場的判斷；應能熟練應用安培定則的三種情況判斷其磁場.

利用右手螺旋定則既可由電流的方向判定磁極磁性，也能由磁極極性判斷電流的方向和線圈的繞法．【解析】解：由安培定則可知；通電直導線的周圍磁場為以導線為圓心的一層層的同心圓；通電直導線的磁場可以由安培定則進行判斷：用右手握住直導線，大拇指向下指向電流方向，四指彎曲的方向即為磁場的方向；如圖．

答：如圖25、解：（1）從O點到B點，通過了T，波源O通過的路程為20cm，從O點開始通過達到最大振幅，振幅A=cm=10cm

波源O由平衡位置起振，經=0.2s第一次回到平衡位置；解得周期：T=0.4s

（2）如圖甲所示，OP恰好半個波長，故波長：λ=2×2m=4m，波速：

（3）以波傳播到P點作為計時零點；P點一個周期的振動圖象如圖所示：

答：（1）波源O振動的振幅A為10cm；周期T為0.4s；

（2）所形成簡諧波的波長為4m；和波速為10m/s；

（3）以波傳播到P點作為計時零點，P點一個周期的振動圖象如圖所示?！痉治觥?/p>

（1）從O到P；質點經過了半個周期，所振動的路程等于振幅的2倍，從而可以求出波源O振動的振幅A和周期T；

（2）知道半個周期的OP的長度；和所用時間，可以求出波長和波速；

（3）振動滿足正弦函數圖象；可以作出P點一個周期的振動圖象。

本題考查了橫波的圖象。本題是基礎題，考的是基本概念，難度不大。【解析】解：（1）從O點到B點，通過了T，波源O通過的路程為20cm，從O點開始通過達到最大振幅，振幅A=cm=10cm

波源O由平衡位置起振，經=0.2s第一次回到平衡位置；解得周期：T=0.4s

（2）如圖甲所示，OP恰好半個波長，故波長：λ=2×2m=4m，波速：

（3）以波傳播到P點作為計時零點；P點一個周期的振動圖象如圖所示：

答：（1）波源O振動的振幅A為10cm；周期T為0.4s；

（2）所形成簡諧波的波長為4m；和波速為10m/s；

（3）以波傳播到P點作為計時零點，P點一個周期的振動圖象如圖所示。五、識圖作答題(共2題，共4分)26、略

【分析】【分析】本題考查光合作用與呼吸作用的相關知識，意在考察考生對圖形的提取信息分析能力，理解所學知識點，把握知識間的內在聯(lián)系綜合運用解決問題的能力。圖1中：B為葉綠體，A為線粒體．①是五碳化合物、②是三碳化合物、③是[H]和ATP、④是ADP和Pi、⑤是水、⑥是氧氣、⑦是丙酮酸。圖2中：表示該植物葉片CO2吸收量隨光照強度變化的曲線，S代表有機物量，其中呼吸作用的消耗的有機物的量為S1+S3。光合作用制造的有機物的量為S2+S3?！窘獯稹浚?）根據題意可知圖1中B是葉綠體，光反應形成ATP的反應式為ADP+Pi+能量ATP。

（2）綠色植物長時間處于黑暗狀態(tài)時；則圖中①→②→①表示暗反應過程因缺少光反應提供的[H]和ATP而不能進行。

（3）光照強度處于圖2中的D點時該植物已經達到光飽和點，此時光合作用大于呼吸作用，圖1中⑥氧氣的去向有擴散到線粒體和外界環(huán)境。（4）圖2中S代表有機物量，0-D間此植物呼吸作用消耗的有機物量為S1+S3，光合作用有機物的凈積累量為（S2+S3）-（S1+S3）=S2-S1。

（5）含18O的水是光合作用和呼吸作用的原料，在有氧呼吸過程中，水參與第二階段的反應，生成CO2；在光合作用過程中，水在光反應階段水解生成O2；此外，含18O的水還會經蒸騰作用散發(fā)到空氣中。因此在植物周圍的空氣中，含18O的氣態(tài)物質有水、CO2、O2。（6）在30℃時呼吸強度較25℃時要高；光合作用受抑制會降低，所以曲線中A點將下移，光補償點B點增大會右移。如下圖：

【解析】（1）葉綠體ADP+Pi+能量ATP（2）沒有光反應提供的ATP與[H]，暗反應不能進行（3）擴散到線粒體和外界（4）S2-S1（5）H218O、C18O2和18O2（6）如下圖：27、（1）4三、四、五12

（2）行為調節(jié)生物的種間關系

（3）次生

（4）20m【分析】【分析】

本題考查種間關系、種群、群落演替、生態(tài)系統(tǒng)的結構、信息傳遞和能量流動等知識，意在考查學生對相關知識要點的理解能量和結合實際的綜合分析、應用能力。【解答】（1）此食物網中雜食性小鳥和蛇；蝸牛、小型猛禽、昆蟲之間既存在捕食關系又存在競爭關系；小型肉食動物在不同食物鏈中所處的營養(yǎng)級不同，如：在“草→昆蟲→小型猛禽”在中位于“第三營養(yǎng)級”；而在“草→昆蟲→雜食性小鳥→小型猛禽”中位于“第四營養(yǎng)級”；而在“草→昆蟲→雜食性小鳥→蛇→小型猛禽”中位于“第五營養(yǎng)級”，所以本題填第三、第四、第五。該食物網共包括12條食物鏈。

（2）本題中利用了訓練的獵鷹能驅趕小鳥這種動物的特殊行為來驅趕機場小鳥；所以屬于生態(tài)系統(tǒng)的行為信息。具有捕食關系的相鄰物種的個體行為與種群特征為對方提供了大量有用信息，這說明信息能夠調節(jié)生物的種間關系，以維持生態(tài)系統(tǒng)的穩(wěn)定。

（3）在本題中雖然人為鏟除雜草；種上“驅蟲草”后其又被雜草取代，但原有土壤條件基本保留，甚至還保留了植物的種子或其他繁殖體，屬于次生演替。

（4）假設小型猛禽所獲得的能量中1/3由鼠直接提供，1/6由蛇提供，若小型猛禽增加能量為m千焦，則最多需要鼠【解析】（1）4三、四、五12（2）行為調節(jié)生物的種間關系（3）次生（4）20m六、綜合題(共4題，共20分)28、(1)ADE

(2)

解：(i)

氣體做等溫變化初狀態(tài)：PA1=P0+婁脩ghA=(75+5)cmHg=80cmHgVA1=6S

末狀態(tài)：VA2=5S

根據玻意耳定律：PA1VA1=PA2VA2

代入數據得：PA2=96cmHg

(ii)

氣體的壓強增大；則氣體的長度減小，同時兩部分的液面差增大，所以B

管應向上移動。

鈻?h=(96鈭?75)鈭?(5鈭?1)=17cm

(iii)

末狀態(tài)的壓強：PA3=P0+婁脩gh3=(75+23)cmHg=98cmHg

由查理定律：PA1T1=PA3T3

代入數據得：T3=367.5K=94.5隆忙

【分析】(1)

【分析】當兩分子之間的距離大于r0

時，分子力為引力，當相互靠近時分子力做正功，當分子間距小于r0

時，分子力為斥力，相互靠近時，分子力做負功.

結合分子力大小的變化分析加速度的變化.

根據分子力做功情況分析分子勢能的變化。分子力做功對應著分子勢能的變化；要正確分析分子之間距離與分子力；分子勢能的關系。

【解答】ADE.

當兩分子之間的距離大于r0

時，分子力為引力，分子力對乙分子做正功，其分子動能增大，勢能減小。當分子間距小于r0

時；分子力為斥力，相互靠近時，分子力做負功，分子動能減小，分子勢能增大，所以分子速度先增大后減小，分子動能先增大后減小，分子勢能先減小后增大。故ADE正確。

BC.

分子力先增大后減小再增大；加速度先增大后減小再增大，故BC錯誤。

故選ADE。(2)(i)

分別列出初態(tài)和末態(tài)封閉氣體的壓強；體積；由根據玻意耳定律列式可求出。

(ii)

結合氣體的壓強的變化；即可判斷出B

管運動的方向。

(iii)

先寫出末狀態(tài)的壓強，根據幾何關系求右管管口移動的距離，然后由查理定律即可求出。此題考查氣體的實驗定律的應用；在這一類的題目中，確定初末狀態(tài)的參量是解題的關鍵。

【解析】(1)ADE

(2)

解：(i)

氣體做等溫變化初狀態(tài)：PA1=P0+婁脩ghA=(75+5)cmHg=80cmHgVA1=6S

末狀態(tài)：VA2=5S

根據玻意耳定律：PA1VA1=PA2VA2

代入數據得：PA2=96cmHg

(ii)

氣體的壓強增大；則氣體的長度減小，同時兩部分的液面差增大，所以B

管應向上移動。

鈻?h=(96鈭?75)鈭?(5鈭?1)=17cm

(iii)

末狀態(tài)的壓強：PA3=P0+婁脩gh3=(75+23)cmHg=98cmHg

由查理定律：PA1T1=PA3T3

代入數據得：T3=367.5K=94.5隆忙

29、(1)

光譜分析中首先獲取樣本的線狀譜，然后利用各種原子的特征譜線加以對照從而確定組成成分

(2)B【分析】【分析】原子的發(fā)射光譜都是線狀譜，也叫特征譜線，各種不同的原子的光譜各不相同，是因原子中電子結合不同，因此可通過原子發(fā)光來確定物質的組成。本題考查原子光譜是線狀譜線，也是特征譜線，并掌握光譜分析的原理，同時注意細仔觀察?！窘獯稹?1)

光譜分析中首先獲取樣本的線狀譜，然后利用各種原子的特征譜線加以對照從而確定組成成分。(2)

各種原子的發(fā)射光譜都是線狀譜，都有一定的特征，也稱特征譜線，是因原子結構不同，導致原子光譜也不相同，因而可以通過原子發(fā)光譜線來確定和鑒別物質，對此稱為光譜分析。由乙圖可知，此光譜是由ac

與d

元素線狀譜疊加而成的，因此通過光譜分析可以了解該礦物中缺乏的是b

元素，故B正確，ACD錯誤。故選B?！窘馕觥?1)

光譜分析中首先獲取樣本的線狀譜，然后利用各種原子的特征譜線加以對照從而確定組成成分(2)B

30、（1）A

（2）

解：（1）設水平向右為正方向，當A與墻壁碰撞時，由動量定理得：Ft=mAv′1-mA?（-v1）；

得：墻壁對A的平均作用力為：

即：在A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對A的平均作用力F的大小為50N；

（2）A、B在光滑圓形軌道上滑動時，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律得：

代入數據解得：h=0.45m；

即：A、B滑上圓弧軌道的最大高度h為0.45m?！痉治觥?1)

【分析】靜止的原子核發(fā)生婁脗

衰變，根據動量守恒可知，發(fā)生衰變后粒子與反沖核的運動方向相反，動量的方向相反，大小相等；由半徑公式r=mvqB=PqBP

是動量，分析兩個粒子半徑軌跡半徑之比。本題考查了衰變規(guī)律以及帶電粒子在磁場中的運動分析，本題即使沒有說明是婁脗

衰變也可根據粒子的速度的方向相反和兩個粒子的運動的軌跡由左手定則可以分析判斷粒子的帶電的情況.

其中要注意的根據動量守恒定律分析出電子的動量與新核的動量大小相等，方向相反，類似于反沖運動?！窘獯稹吭雍税l(fā)生婁脗

衰變時；根據動量守恒可知兩粒子的速度方向相反，動量的方向相反，大小相等；

由半徑公式r=mvqB=PqB(P

是動量)

分析得知，r

與電荷量成反比，婁脗

粒子與新核的電量大小分別為e

和ne(n

為新核的電荷數)

則婁脗

粒子與新核的半徑之比為：nee=n1.

所以半徑比較大的軌跡1

是衰變后電子的軌跡，軌跡2

是新核的；新核沿逆時針方向運動；在A

點受到的洛倫茲力向左，由左手定則可知，磁場的方向向里；

故A正確；BCD錯誤。

故選A。(2)

本題考查了動量守恒定律、功能關系；分析清楚物體的運動過程，把握每個過程所遵守的物理規(guī)律是關鍵.

要知道對于碰撞的過程，往往根據動量定理求作用力。A

對碰撞墻壁的過程，應用動量定理可以求出墻壁對A

的平均作用力.

根據A

的動能變化分析A

與墻壁碰撞的過程中能量有損失.AB

碰撞過程，根據系統(tǒng)動量守恒求出碰后兩者的共同速度，之后AB

一起沿圓弧軌道上升，由機械能守恒定律可以求出上滑的最大高度?！窘馕觥?1)A

(2)

解：(1)

設水平向右為正方向；當A

與墻壁碰撞時，由動量定理得