2025年滬科新版高二物理上冊月考試卷

…………○…………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年滬科新版高二物理上冊月考試卷942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6題，共12分)1、如圖所示為含有理想變壓器的電路，圖中的三個燈泡L1、L2、L3都標有“5V、5W”字樣．L4標有“5V、10W”字樣，若它們都能正常發(fā)光，不考慮導線的能耗，則該電路的輸入功率Pab和輸入電壓Uab應為（）A.20W，25VB.20W，20VC.25W，25VD.25W，20V2、在下列物體的運動中，可視作質(zhì)點的物體有()A.從北京開往廣州的一列火車B.研究轉動的汽車輪胎C.研究自轉的地球D.表演精彩芭蕾舞的演員3、20

世紀50

年代，科學家提出了地磁場的“電磁感應學說”，認為當太陽強烈活動影響地球而引起磁暴時，磁暴在外地核中感應產(chǎn)生衰減時間較長的電流，此電流產(chǎn)生了地磁場.

連續(xù)的磁暴作用可維持地磁場，則外地核中的電流方向為(

地磁場N

極與S

極在地球表面的連線稱為磁子午線)(

)

A.垂直磁子午線由西向東B.垂直磁子午線由東向西C.沿磁子午線由南向北D.沿磁子午線由北向南4、一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d

極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(

小孔對電場的影響可忽略不計).

小孔正上方d

處的P

點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(

未與極板接觸)

返回.

若將下極板向上平移d2

則從P

點開始下落的相同粒子將(

)

A.打到下極板上B.在下極板處返回C.在距上極板d3

處返回D.在距上極板2d5

處返回5、一個直流電動機所加的電壓為U；電流為I，線圈內(nèi)阻為R，當它工作時，下列說法正確的是（）

A.電動機的輸出功率為

B.電動機的發(fā)熱功率為I2R

C.電動機的功率可寫作

D.電動機的輸出功率為IU-I2R

6、阿伏加德羅常數(shù)是NAmol－1，銅的摩爾質(zhì)量是μkg/mol，銅的密度是ρkg/m3，則下列說法不正確的是()A.1m3銅中所含的原子數(shù)為B.一個銅原子的質(zhì)量是C.一個銅原子所占的體積是D.1kg銅所含有的原子數(shù)目是ρNA評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、一列簡諧橫波在x軸上傳播．t=0時的波形圖如圖所示，質(zhì)點A與質(zhì)點B相距2m，A點速度沿y軸的正方向；t=0.02s時，質(zhì)點A第一次到達正向最大位移處．由此可知（）A.此波的傳播速度為50m/sB.從t=0時刻起，經(jīng)過0.04s，質(zhì)點A沿波的傳播方向遷移了2mC.在t=0.04s時，質(zhì)點B處在平衡位置，速度沿y軸負方向D.若此波遇到另一列波并發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象，則另一列波的頻率為12.5Hz8、如圖甲所示，水平面上有光滑的平行金屬導軌MN、PQ，兩平行導體棒ab、cd用輕質(zhì)絕緣細桿相連垂直放置在MN、PQ上．開始時勻強磁場的方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示．不計ab；cd間電流的相互作用；下列說法正確的是（）

A.由0到t1時間內(nèi)導體棒中的電流保持不變B.由0到t1時間內(nèi)輕桿中的張力保持不變C.由t1到t2時間內(nèi)曲棒受到的安培力保持不變D.由t1到t2時間內(nèi)輕桿中的壓力增加9、在日光燈電路中；關于啟動器；鎮(zhèn)流器、燈管的作用，下列說法正確的是（）

A.日光燈點燃后，啟動器不再起作用B.鎮(zhèn)流器在點燃燈管的過程中，產(chǎn)生一個瞬時高壓，點燃后起到降壓限流的作用C.日光燈點燃后，鎮(zhèn)流器、啟動器不起作用D.日光燈點燃后，使鎮(zhèn)流器短路，日光燈仍能正常發(fā)光10、如圖，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為21

在原、副線圈的回路中接入的電阻阻值均為R

電壓表和電流表均為理想電表，以ab

端接有電壓為2202sin10婁脨tV

的交流電，開關S

處于斷開狀態(tài)時，設電壓表讀數(shù)為U

原、副線圈回路中電阻R

消耗的功率之比為k

則(

)

A.U=88Vk=14

B.U=55Vk=14

C.當開關閉合時，電流表的示數(shù)變大D.當開關閉合時，電壓表的讀數(shù)不變11、如圖所示為人造地球衛(wèi)星的軌道示意圖，其中1為近地圓周軌道，2為橢圓軌道，3為地球同步軌道，其中P、Q為軌道的切點，則下列說法中正確的是（）A.衛(wèi)星在1軌道上運行可經(jīng)過一次加速轉移到3軌道上運行B.衛(wèi)星由1軌道進入2軌道機械能增大C.衛(wèi)星在軌道2上的運行周期最短D.衛(wèi)星在2軌道上的P點的運動速度小于“第二宇宙速度”，在Q點的速度小于“第一宇宙速度”12、如圖所示，波源S從平衡位置y=0開始振動，振動方向為豎直向上（y軸的正方向），振動周期為T=0.01s，產(chǎn)生的簡諧波向左、右兩個方向傳播，波速均為v=80m/s．經(jīng)過一段時間后，P、Q兩點開始振動．已知距離SP=1.2m，SQ=2.6m．若以Q點開始振動時刻作為計時的零點，則在下列振動圖象中，能正確描述P、Q兩點振動情況的是：（）A.B.C.D.評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、一個共有10匝的閉合矩形線圈，總電阻為10Ω，置于水平面上．若線圈內(nèi)的磁通量在0.02s內(nèi)，由垂直紙面向里，從0.02wb均勻增加到0.06wb，則在此時間內(nèi)，線圈內(nèi)導線的感應電動勢為_________V。14、有一種“隱形飛機”，可以有效避開雷達的探測，秘密之一在于它的表面有一層特殊材料，這種材料能夠____（填“增強”或“減弱”）對電磁波的吸收作用；秘密之二在于它的表面制成特殊形狀，這種形狀能夠____（填“增強”或“減弱”）電磁波反射回雷達設備．15、如圖是一電熱水壺的銘牌，由銘牌可知，該電熱水壺在額定電壓下工作時，所使用的交流電壓的最大值為_____V

交流電的周期為_

_______s

．16、某人用多用電表按正確步驟測量一電阻阻值，指針指示位置如圖所示，則該電阻值是____．如果要用該多用電表測量一個阻值約200Ω的電阻，為了使測量比較精確，選擇開關應選的歐姆擋是____．

17、（4分）如圖所示，理想變壓器的次級有兩組線圈，圖中三個燈泡的規(guī)格相同，四個電表對電路的影響都可忽略不計。開關K斷開時，燈L1正常發(fā)光，這時兩電流表示數(shù)之比I1：I2是1：4；開關K閉合時，三個燈都正常發(fā)光，這時兩電流表示數(shù)之比，兩電壓表示數(shù)之比U1：U2=______18、鈾核（U）衰變?yōu)殂U核（Pb）的過程中，要經(jīng)過______次α衰變和______次β衰變評卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)19、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）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)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、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）

評卷人得分五、計算題(共3題，共24分)22、如圖所示，交流發(fā)電機的矩形線圈在B=0.2T的勻強磁場中勻速轉動，線圈的面積為S=100cm2，匝數(shù)為N=500匝，線圈的電阻為r=5Ω，負載的電阻為R=25Ω，已知電壓表的示數(shù)為300V，求：該交變電流電源電動勢瞬時值的表達式（從中性面開始計時）、此發(fā)電機的輸出功率。23、圖中是有兩個量程的電流表，當使用ab

兩個端點時；量程為1A

當使用ac

兩個端點時，量程為0.1A.

已知表頭的內(nèi)阻Rg

為500婁賂

滿偏電流Ig

為1mA

求電阻R1R2

的值．

24、在某空間建立如圖所示直角坐標系，并在該空間加上沿y

軸負方向、磁感應強度大小為B

的勻強磁場，和沿某個方向的勻強電場。一質(zhì)量為m

、帶電量為+

q

(

q

>0)

的粒子從坐標原點O

以初速度v

沿x

軸正方向射入該空間，粒子恰好能做勻速直線運動。不計粒子重力的影響，試求：(1)

所加電場強度E

的大小和方向；(2)

若撤去電場，并改變磁感應強度的大小，使得粒子恰好能夠經(jīng)過坐標為(3a,0,鈭?

a

)

的點，則改變后的磁感應強度B

攏摟

為多大？(3)

若保持磁感應強度B

不變，將電場強度大小調(diào)整為E

攏摟

方向調(diào)整為平行于yOz

平面且與y

軸正方向成某個夾角婁脠

，使得粒子能夠在xOy

平面內(nèi)做勻變速曲線運動(

類平拋運動)

并經(jīng)過坐標為(3a,

a

，0)

的點，則E

攏摟

和tan婁脠

各為多少？評卷人得分六、簡答題(共3題，共6分)25、紅磷rm{P(s)}和rm{Cl_{2}(g)}發(fā)生反應生成rm{PCl_{3}(g)}和rm{PCl_{5}(g)}反應過程和能量關系如下圖所示rm{(}圖中的rm{婁隴}rm{H}表示生成rm{1mol}產(chǎn)物的數(shù)據(jù)rm{)}根據(jù)上圖回答下列問題：rm{(1)P}和rm{Cl_{2}}反應生成rm{PCl_{3}}的熱化學方程式是：_______________________________。rm{(2)PCl_{5}}分解成rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}的熱化學方程式是：____________________________。rm{(3)}工業(yè)上制備rm{PCl_{5}}通常分兩步進行，先將rm{P}和rm{Cl_{2}}反應生成中間產(chǎn)物rm{PCl_{3}}然后降溫，再和rm{Cl_{2}}反應生成rm{PCl_{5}}原因是_______________________。rm{(4)P}和rm{Cl_{2}}分兩步反應生成rm{1molPCl_{5}}的rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}=}______，rm{P}和rm{Cl_{2}}一步反應生成rm{1molPCl_{5}}的rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{4}}________rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}rm{(5)PCl_{5}}與足量水充分反應，最終生成兩種酸，其化學方程式是：_____________________。26、rm{KMnO_{4}}溶液與rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液可發(fā)生如下反rm{2KMnO_{4}+5H_{2}C_{2}O_{4}+3H_{2}SO_{4}=K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}

rm{(1)}該反應速率開始十分緩慢，一段時間后突然加快，這是因為______rm{(}填化學式rm{)}對該反應具有催化作用；催化劑之所以能大大加快反應速率的原因是改變了反應的路徑，降低了反應所需的______

rm{(2)}據(jù)此原理，可以利用rm{KMnO_{4}}溶液來測定rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液的濃度；具體做法如下：

rm{壟脵}準確配制rm{0.10mol/L}的rm{KMnO_{4}}

rm{壟脷}將rm{KMnO_{4}}溶液盛放在滴定管中______rm{(}填“酸式”或“堿式”rm{)}溶液。

rm{壟脹}準確量取rm{25.00mLH_{2}C_{2}O_{4}}溶液于錐形瓶中。

rm{壟脺}進行滴定滴定終點有什么現(xiàn)象______，是否需要指示劑rm{(}填“是”或“否”rm{)}______

rm{(3)}在下列操作中；會使測定的濃度偏大的是______．

rm{壟脵}盛裝rm{KMnO_{4}}溶液的滴定管用蒸餾水洗凈后未用rm{KMnO_{4}}溶液潤洗。

rm{壟脷}錐形瓶中盛有少量蒸餾水；再加待測液。

rm{壟脹}盛裝rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液的滴定管用蒸餾水洗凈后，未用rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液潤洗。

rm{壟脺}滴定后觀察滴定管讀數(shù)時；視線高于刻度線。

rm{(4)}滴定時所得的實驗數(shù)據(jù)如下，試計算所測______rm{mol/L}

。實驗次數(shù)編號待測液體積rm{mL}滴入的標準液體積rm{(mL)}rm{1}rm{25.00}rm{28.95}rm{2}rm{25.00}rm{25.05}rm{3}rm{25.00}rm{24.95}27、斜面ABC

中AB

段粗糙，BC

段長為1.6m

且光滑，如圖(a)

所示。質(zhì)量為1kg

的小物塊以初速度vA=12m/s

沿斜面向上滑行，到達C

處速度恰好為零，小物塊沿斜面上滑的v鈭?t

圖象如圖(b)

所示。已知在AB

段的加速度是BC

段加速度的兩倍；g=10m/s2(vB,t0

未知)

求：

(1)

小物塊沿斜面向上滑行通過B

點處的速度vB

(2)

斜面AB

段的長度。

(3)

小物塊沿斜面向下滑行通過BA

段的時間。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】試題分析：三個燈泡L1、L2、L3、L4都正常發(fā)光，表明副線圈中的電流是原線圈中電流的兩倍，根據(jù)U1I1=U2I2，可知原線圈兩端的電壓是副線圈兩端電壓的兩倍，副線圈兩端的電壓是10V，則原線圈兩端的電壓是20V，再加上L1的電壓便是ab兩端的電壓，電壓為25V。功率就是所有燈泡的功率之和，選項C正確?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、A【分析】【分析】當物體的大小和形狀對所研究的問題中沒有影響或影響不計時，可以把物體當成質(zhì)點處理。必須掌握質(zhì)點的條件，明確能不能看成質(zhì)點不是由物體決定，而是由所研究的問題的性質(zhì)決定?！窘獯稹緼.研究火車所用時間；盡管火車有一定的長度和形狀，但相對于距離可忽略不計，故火車可看作質(zhì)點.

故A正確；

B.研究轉動的汽車輪胎時；不能看做質(zhì)點.

故B錯誤；

C.研究地球的自轉時；地球有大小和形狀不能忽略，不能看作質(zhì)點，否則就無法分辨地球的轉動，故C錯誤；

D.研究演員的姿勢；演員的動作姿態(tài)等影響很大，不能看作質(zhì)點.

故D錯誤；

故選A。

【解析】A

3、B【分析】解：由題意知；地磁體的N

極朝南，根據(jù)安培定則，大拇指指向地磁體的N

極，則四指的繞向即為電流的方向，即安培假設中的電流方向應該是由東向西垂直磁子午線，故B正確，ACD錯誤．

故選：B

．

要解決此題首先要掌握安培定則：四指繞向電流的方向；大拇指所指的方向便是螺線管的N

極．

首先根據(jù)信息中給出的已知條件；根據(jù)根據(jù)“磁子午線”由安培定則確定電流的方向．

該題通過一個信息，考查了學生對安培定則的掌握及應用，相對比較簡單，屬于基礎題．【解析】B

4、C【分析】解：對下極板未移動前；從靜止釋放到速度為零的過程，由動能定理得：

mg?2d鈭?qU=0

將下極板向上平移d2

時；設運動到距離上極板x

處返回，根據(jù)動能定理得：

mg(d+x)鈭?q?xd2U=0

聯(lián)立兩式解得：x=13d.

故C正確；ABD錯誤．

故選：C

．

分別研究兩種情況：一是下極板未移動時；帶電粒子到達下極板處返回，知道重力做功與電場力做功之和為零；二是向上移動下極板，若運動到下極板，重力做功小于克服電場力做功，可知不可能運動到下極板返回，根據(jù)動能定理，結合電勢差大小與d

的關系，求出粒子返回時的位置．

該題考到了帶電粒子在電場中的運動、電容器、功能關系等知識點，是一道比較綜合的電學題，難度較大.

這類題應該以運動和力為基礎，結合動能定理求解．【解析】C

5、B|D【分析】

A、電動機的輸出功率．故A錯誤；D正確．

B、電動機的發(fā)熱功率，根據(jù)焦耳定律，．故B正確．

C、因為P＞P熱，即UI＞I2R，U＞IR，歐姆定律不適用．故UI不能轉化成I2R和．故C錯誤．

故選BD．

【解析】【答案】電動機工作時，輸入功率P=UI，內(nèi)部消耗的功率為輸出功率P出=P-P熱．

6、D【分析】【解析】試題分析：1m3銅的質(zhì)量為m=ρ(Kg)，則摩爾數(shù)為即粒子個數(shù)為A正確。一個銅原子的質(zhì)量是，所以B正確。一個銅原子所占的體積是所以C正確。1kg銅所含有的原子數(shù)目是D錯考點：物質(zhì)的組成【解析】【答案】D二、多選題(共6題，共12分)7、AD【分析】解：A、由題意可知，AB間相隔半個波長，則有：解得，λ=4m；A點向上振動，經(jīng)=0.02s第一次到達最大位置，則可知T=0.08s，則波速v===50m/s．故A正確．

B；簡諧橫波沿x軸傳播；質(zhì)點A沿波傳播方向并不遷移．故B錯誤．

C；此時B向下；再經(jīng)過t=0.04s=0.5T時，質(zhì)點B處在平衡位置，速度沿y軸正方向．故C錯誤．

D、T=0.08s，f===12.5Hz；再兩波的頻率相同時，才容易發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故若此波遇到另一列波并發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象，則另一列波的頻率為12.5Hz，故D正確．

故選：AD

由圖確定波長；根據(jù)A點振動情況確定，求出波速．由A點的振動方向判斷出波的傳播方向．根據(jù)周期，分析在t=0.04s時，質(zhì)點B處在位置和速度方向．

根據(jù)波的干涉條件可明確兩波的頻率關系．

本題考查對波的圖象的認識和應用，對于波的圖象問題往往需要研究波的傳播方向和質(zhì)點的振動方向之間的關系，同時明確兩列波發(fā)生穩(wěn)定的干條件是兩列波的頻率相同．【解析】【答案】AD8、AD【分析】解：A、0到t1時間內(nèi)；磁場向里，磁感應強度B均勻減小，線圈中磁通量均勻減小，由法拉第電磁感應定律得知，回路中產(chǎn)生恒定的感應電動勢，形成恒定的電流，故A正確；

B、由楞次定律可得出電流方向沿順時針，故ab受力向左，cd受力向右，而張力F=F安=BIL；因B減小，故張力將減小，B錯誤；

C、t1到t2時間內(nèi)；磁場向外，磁感應強度B均勻增大，線圈中磁通量均勻增大，由法拉第電磁感應定律得知，回路中產(chǎn)生恒定的感應電動勢，形成恒定的電流，因磁感應強度的變化，則導致棒受到的安培力減小，故C錯誤；

D、由t1到t2時間內(nèi)；線圈中的磁場向外，B均勻增大，回路中產(chǎn)生恒定的感應電流，由楞次定律可知，電流為順時針，由左手定則可得出，兩桿受力均向里，故兩桿靠近，桿中壓力增加，故D正確；

故選：AD．

由乙圖看出，磁感應強度均勻變化，由法拉第電磁感應定律可得出線圈中的電流大小，由楞次定律可判斷ab；cd受到的安培力方向；則可得出張力的變化．

本題只要楞次定律的第二種表達掌握好了，本題可以直接利用楞次定律的“來拒去留”進行判斷．【解析】【答案】AD9、AB【分析】解：日光燈工作時都要經(jīng)過預熱；啟動和正常工作三個不同的階段；它們的工作電流通路如下圖所示：

在啟動階段鎮(zhèn)流器與啟動器配合產(chǎn)生瞬間高壓．工作后；電流由燈管經(jīng)鎮(zhèn)流器，不再流過啟動器，故啟動后啟動器不再工作，而鎮(zhèn)流器還要起降壓限流作用，不能去掉，綜上可知，故AB正確，CD錯誤；

故選：AB．

日光燈原理：當開關接通220伏的電壓立即使啟輝器的惰性氣體電離；產(chǎn)生輝光放電．輝光放電的熱量使雙金屬片受熱膨脹，兩極接觸．電流通過鎮(zhèn)流器；啟輝器觸極和兩端燈絲構成通路．燈絲很快被電流加熱，發(fā)射出大量電子．雙金屬片自動復位，兩極斷開．在兩極斷開的瞬間，電路電流突然切斷，鎮(zhèn)流器產(chǎn)生很大的自感電動勢，與電源電壓疊加后作用于管兩端．燈絲受熱時發(fā)射出來的大量電子，在燈管兩端高電壓作用下，以極大的速度由低電勢端向高電勢端運動．在加速運動的過程中，碰撞管內(nèi)氬氣分子，使之迅速電離．在紫外線的激發(fā)下，管壁內(nèi)的熒光粉發(fā)出近乎白色的可見光．

明確工作原理是解題的關鍵，注意日光燈工作時都要經(jīng)過預熱、啟動和正常工作三個不同的階段，基礎題．．【解析】【答案】AB10、AC【分析】解：A

由I2I1=U1U2=n1n2=2

原線圈回路中電阻R

消耗的功率P1=I12R

副線圈回路中電阻R

消耗的功率P2=I22R

則有k=P1P2=I12I22=14

副線圈的電流I2=UR

原線圈回路中I1=12I2=U2R

原線圈回路中電阻R

的電壓UR=I1R=U2ab

端電壓有效值為U脫脨=Um2=220V

由題意可知輸入電壓有效值為220=2U+U2

解得U=88V

故A正確，B錯誤；

C、當開關閉合時，負載R隆盲<R

減小，副線圈的電流I隆盲2=UR鈥?

原線圈回路中I1隆盲=12I2隆盲=U2R鈥?>I1

原線圈回路中電阻R

的電壓UR=I隆盲1R=U2?RR鈥?

由題意可知輸入電壓有效值為220=2U+U2?RR鈥?

解得U<88V

故C正確，D錯誤；

故選：AC

根據(jù)瞬時值表達式可以求得輸出電壓的有效值；周期和頻率等；再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結論，電路的動態(tài)分析，由歐姆定律求解。

突破口是表示出原線圈中的電流和原線圈回路中的電阻的分壓，找出原線圈的電壓和原線圈回路中的電阻的分壓的數(shù)值關系?！窘馕觥緼C

11、BD【分析】解：A；衛(wèi)星從1軌道轉移到3軌道上運行；需要在P點和Q點加速兩次。故A錯誤；

B；衛(wèi)星由1軌道進入2軌道需要在P點點火加速；所以機械能增大。故B正確；

C；根據(jù)開普勒第三定律可知；軌道半徑最小的1軌道的周期最小。故C錯誤；

D；衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道2；在a點加速后仍然繞地球運動，所以速度小于第二宇宙速度；

設衛(wèi)星和地球的質(zhì)量分別為m和M，衛(wèi)星速率為v，軌道半徑為r，則有得到v=可見半徑小，速率大則有v1P＞v3Q。

衛(wèi)星從軌道2變軌到軌道3，在Q點加速，則有v3Q＞v2Q；所以v1P＞v3Q＞v2Q．v1P近似等于第一宇宙速度；可知衛(wèi)星在2軌道的Q點的速度小于“第一宇宙速度”。故D正確。

故選：BD。

考查變軌問題；從1軌道變到2軌道時需要點火加速，在2軌道的Q點再次點火加速才能穩(wěn)定在3軌道上。由開普勒第三定律判斷周期之間的關系，由萬有引力提供向心力判斷速度關系。

衛(wèi)星在不同軌道上運行時各個量的比較，往往根據(jù)萬有引力等于向心力列出物理量與半徑的關系，然后比較?！窘馕觥緽D12、AD【分析】解：由題；該波的周期T=0.01s；

由波速公式v=得；波長λ=vT=80×0.01m=0.8m

則SP=1.2m=1.5λ、SQ=2.6m=3λ。

波源S開始振動方向豎直向上；則介質(zhì)中各起振方向均沿豎直向上方向。結合波形可知，當Q點開始振動時，Q點向上振動，而P點此時處于波谷，則P；Q兩點的振動圖象為。

故AD正確；BC錯誤。

故選：AD。

波源P開始振動方向豎直向上；則介質(zhì)中各起振方向均沿豎直向上方向．由波速公式求出波長．若以Q點開始振動的時刻作為計時的零點，根據(jù)S；Q間的距離與波長的關系，分析此時刻S質(zhì)點的振動方向及振動情況．

本題解題時要注意波向右、向左同時傳播，兩列波的波形左右具有對稱性．根據(jù)兩質(zhì)點間距離與波長的關系，結合波形，分析兩質(zhì)點間狀態(tài)和位置關系，是應具有的能力．【解析】AD三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律【解析】【答案】20V14、增強減弱【分析】【解答】現(xiàn)代的“隱形飛機”之所以能夠避開雷達的探測；其原因在于它的表面制成特殊形狀，這種形狀能夠減弱電磁波的反射，同時隱形飛機的表面有一層特殊材料，這種材料能夠增強對電磁波的吸收作用，使得雷達受到反射回來的電磁波發(fā)生變化，即導致雷達無法根據(jù)反射回來的電磁波判斷前方物體．

故答案為：增強；減弱．

【分析】雷達的工作原理是這樣的：其首先向外發(fā)射電磁波，這些電磁波碰到前方物體后發(fā)生反射，即雷達通過接收到的反射回來的電磁波的情況判斷前方的物體情況．所以該題可以據(jù)上面所說的雷達的工作原理分析即可．15、0.02【分析】【分析】由表中數(shù)據(jù)可以得到額定電壓、工作頻率，根據(jù)有效值與最大值的關系求出交流電壓的最大值，根據(jù)T=1f

求出周期，做題時應加以注意。本題主要考查有效值與最大值之間的關系以及周期與頻率的關系；用電器銘牌上都會有額定電壓，頻率，有了這些信息我們可以求出其他物理量。【解答】由圖知電水壺的額定電壓是220V

頻率為50HZ

則所使用的交流電壓的最大值Um=2U=2202V

周期T=1f=150HZ=0.02s

故答案為：22020.02

【解析】22020.02

16、略

【分析】

由圖知選擇開關置于×100；指針示數(shù)為12，所以電阻為12×100=1200Ω；

指針指在中央附近較準確；所以選擇開關置于×10擋．

故答案為：1200Ω；×10擋。

【解析】【答案】用歐姆表測電阻的讀數(shù)為指針示數(shù)乘以倍率；當指針指在中央附近時測量值較準確．

17、略

【分析】試題分析：當開關K斷開時，燈L1正常發(fā)光，由電流與匝數(shù)成反比得，原線圈和次級線圈的匝數(shù)之比：因為開關K閉合時，三個規(guī)格相同的燈泡都正常發(fā)光，所以下邊次級線圈的電壓和上面次級線圈的電壓相等，且通過三燈泡的電流相等，又因電壓與匝數(shù)成之比，則上面和下面次線圈的匝數(shù)相等，故兩電壓表示數(shù)之比：對理想變壓器有輸入功率等于輸出功率，即又故有所以．考點：本題考查理想變壓器的工作原理、歐姆定律的應用，意在考查考生能夠運用已學的物理知識進行分析判斷．【解析】【答案】3：44：118、86【分析】解：設發(fā)生x次α衰變，y次β衰變，衰變方程為：U→Pb+xα+yβ

則：238=206+4x；解得：x=8

又：92=82+8×2-y；得：y=6

故答案為：8；6

設發(fā)生x次α衰變；y次β衰變，寫出衰變方程，求解x，y即可。原子核經(jīng)過一次α衰變，電荷數(shù)減小2，質(zhì)量數(shù)減小4，一次β衰變后電荷數(shù)增加1，質(zhì)量數(shù)不變。

知道發(fā)生α、β衰變的實質(zhì)。能夠運用質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒進行求解?！窘馕觥?6四、判斷題(共3題，共9分)19、A【分析】【解答】解：根據(jù)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(jù)：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．20、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)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(nèi)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(nèi)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、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?。濉⒂嬎泐}(共3題，共24分)22、略

【分析】【解析】

發(fā)電機正常工作時，Em=NBSω，電壓表的讀數(shù)數(shù)U=300V，為路端電壓的有效值，故得發(fā)電機轉動的角速度電壓瞬時值表達式為e=Emsinωt=720sin720t(V).此發(fā)電機為純電阻R供電，則輸出功率為【解析】【答案】7200W23、解：接a、b時，R1起分流作用為一支路，G與R2串聯(lián)為一支路，此時量程為I1=1A；此接法電路的量程為當G表頭達到滿偏時通過電流表的總電流即為。

①

同理接a、c時，R1+R2為一支路起分流作用，G為一支路，此時量程為I2=0.1A

則②

由①②式構成一方程組，只有R1與R2為未知量；代入數(shù)據(jù)求得：

R1=0.41Ω，R2=3.67Ω

答：電阻R1、R2的值分別為0.41Ω和3.67Ω?！痉治觥拷觓b

時為G

表頭與R2

串聯(lián)成一支路；該支路與R1

并聯(lián)，為一電流表，由電路得出量程的表達式.

接ac

時為R1

與R2

串聯(lián)后與G

表頭并聯(lián)成一電流表，由電路得出量程的表達式；由兩個表達式求得R1

與R2

的值；

考查電流表的改裝原理，明確并聯(lián)電阻的分流作用，會由電路求量程的表達式?！窘馕觥拷猓航觓b

時；R1

起分流作用為一支路，G

與R2

串聯(lián)為一支路，此時量程為I1=1A

此接法電路的量程為當G

表頭達到滿偏時通過電流表的總電流即為。

I1=Ig+g(Rg+R2)R1壟脵

同理接ac

時；R1+R2

為一支路起分流作用，G

為一支路，此時量程為I2=0.1A

則I2=Ig+IgRgR1+R2壟脷

由壟脵壟脷

式構成一方程組；只有R1

與R2

為未知量，代入數(shù)據(jù)求得：

R1=0.41婁賂R2=3.67婁賂

答：電阻R1R2

的值分別為0.41婁賂

和3.67婁賂

24、解：（1）由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿z軸負方向，則有平衡條件可知，電場力沿z軸正方向，即電場強度沿z軸正方向；且有：解得：E=vB；即：所加電場強度E的大小為vB，方向沿z軸正方向；（2）粒子運動的軌跡如圖所示：由幾何關系，有：解得粒子運動的半徑為：r=2a，由牛頓第二定律，有：解得即：改變后的磁感應強度B′為（3）由題意，電場力的一個分力沿z軸正方向平衡洛倫茲力，另一個分力沿y軸正方向提供類平拋運動加速度a0，如圖所示：則由平衡條件，有：由曲線運動規(guī)律，有：其中解得：則有：即：E′為，tanθ為【分析】本題考查了帶電粒子在復合場中的運動情況，根據(jù)受力分析，得出粒子的運動情況，由幾何知識得出運動半徑，從而解決問題。(1)

根據(jù)左手定則，可以知道粒子的受力方向，再根據(jù)平衡條件，可以求出電場強度E

的大小和方向；(2)

根據(jù)題意，可以畫出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何關系可以求出粒子運動的半徑；(3)

再根據(jù)牛頓第二定理，可以得到改變后磁感應強度的大小根據(jù)平衡條件，再根據(jù)曲線運動的規(guī)律，由題意畫圖，可知y

軸提供的類平拋加速度a0

聯(lián)立列出的公式就可以知道E鈥?

和tan婁脠

【解析】解：(1)

由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿z

軸負方向，則有平衡條件可知，電場力沿z

軸正方向，即電場強度沿z

軸正方向；且有：qE鈭?qvB=0

解得：E=vB

即：所加電場強度EE的大小為vBvB方向沿z

軸正方向；(2)

粒子運動的軌跡如圖所示：由幾何關系，有：r2=(r鈭?a)2+(3a)2

解得粒子運動的半徑為：r=2a

由牛頓第二定律，有：qvB鈥?=mv2r

解得B鈥?=mv2qa

即：改變后的磁感應強度BB?為mv2qadfrac{mv}{2qa}(3)

由題意，電場力的一個分力沿z

軸正方向平衡洛倫茲力，另一個分力沿y

軸正方向提供類平拋運動加速度a0

如圖所示：則由平衡條件，有：qE1鈭?qvB=0

由曲線運動規(guī)律，有：3a=vta=12a0t2

其中a0=qE2m

解得：E1=vBE2=2mv23qa

則有：E鈥?=E12+E22=(vB)2+(2mv23qa)2

tan婁脠=E1E2=3qaB2mv

即：EE?

為(vB)2+(2mv23qa)2，tan婁脠tan婁脠為3qaB2mvdfrac{3qaB}{2mv}六、簡答題(共3題，共6分)25、（1）P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ?mol-1（2）PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ?mol-1（3）兩步反應均為放熱反應，降溫有利于提高產(chǎn)率，防止產(chǎn)物分解（4）-399kJ?mol-1等于（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【分析】【分析】本題考查熱化學方程式的書寫、蓋斯定律的應用，題目難度不大，注意正確理解并運用蓋斯定律，注意熱化學方程式的書寫方法?！窘獯稹縭m{(1)}由圖象可知，rm{1molP}與rm{Cl_{2}}反應生成rm{1molPCl_{3}}放出rm{306kJ}的能量，則反應的熱化學方程式為rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}由圖象可知，rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}分解成rm{(2)}和rm{1molPCl_{5}}需要吸收rm{PCl_{3}}的能量，則反應的熱化學方程式為rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}

rm{Cl_{2}}因為兩步反應均為放熱反應，降溫有利于提高產(chǎn)率，防止產(chǎn)物分解，故先將rm{93kJ}和rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}反應生成中間產(chǎn)物rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}然后降溫，再和rm{(3)}反應生成rm{P}

故答案為：兩步反應均為放熱反應；降溫有利于提高產(chǎn)率，防止產(chǎn)物分解；

rm{Cl_{2}}由圖象可知，rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}分兩步反應生成rm{PCl_{5}}的rm{triangleH_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}根據(jù)蓋斯定律可知，反應無論一步完成還是分多步完成，生成相同的產(chǎn)物，反應熱相等，則rm{(4)}和rm{P}一步反應生成rm{Cl_{2}}的反應熱等于rm{1molPCl_{5}}和rm{triangle

H_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}分兩步反應生成rm{P}的反應熱．

故答案為：rm{Cl_{2}}等于；

rm{1molPCl_{5}}rm{P}rm{Cl_{2}}rm{1molPCl_{5}}，rm{-399kJ?mol^{-1}}rm{(5)}

故答案為：rm{PCl}

rm{PCl}【解析】rm{(1)P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}rm{(2)PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}rm{(1)P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}兩步反應均為放熱反應，降溫有利于提高產(chǎn)率，防止產(chǎn)物分解rm{(2)PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}等于rm{(3)}rm{(4)-399kJ?mol^{-1;;;}}26、MnSO4；活化能；酸式；溶液由無色變?yōu)樽霞t色，30秒內(nèi)不變色；否；①；0.25【分析】解：rm{(1)}反應生成了催化劑rm{MnSO_{4}}催化劑降低了反應所需的活化能，加快反應速率，故答案為：rm{MnSO_{4}}活化能；

rm{(2)KMnO_{4}}溶液具有強氧化性，可以腐蝕橡皮管，故Krm{MnO_{4}}溶液應裝在酸式滴定管中；該實驗是氧化還原滴定，終點時rm{KMnO_{4}}溶液恰好過量一滴，溶液會顯紫紅色，rm{30}秒內(nèi)不變色，不需要外加指示劑，故答案為：酸式；溶液由無色變?yōu)樽霞t色，rm{30}秒內(nèi)不變色；否。

rm{(3)壟脵}盛裝rm{KMnO_{4}}溶液的滴定管用蒸餾水洗凈后未用rm{KMnO_{4}}溶液潤洗，rm{KMnO_{4}}溶液濃度偏小，造成rm{V(}標準rm{)}偏大，根據(jù)rm{C(}待測rm{)簍Tdfrac{C({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，可知rm{)簍Tdfrac

{C({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}標準rm{C(}偏大，故rm{)}正確；

rm{壟脵}錐形瓶中盛有少量蒸餾水，再加待測液，待測液的物質(zhì)的量不變，對rm{壟脷}標準rm{V(}無影響，根據(jù)rm{)}待測rm{)簍Tdfrac{C({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，可知rm{C(}標準rm{)簍Tdfrac

{C({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}不變，故rm{C(}正確；

rm{)}盛裝rm{壟脷}溶液的滴定管用蒸餾水洗凈后，未用rm{壟脹}溶液潤洗，rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液濃度偏小，待測液的物質(zhì)的量偏小，造成rm{H_{2}C_{2}O_{4}}標準rm{H_{2}C_{2}O_{4}}偏小，根據(jù)rm{V(}待測rm{)簍Tdfrac{C({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，可知rm{)}標準rm{C(}偏小，故rm{)簍Tdfrac

{C({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}錯誤；

rm{C(}滴定后觀察滴定管讀數(shù)時，視線高于刻度線，造成rm{)}標準rm{壟脹}偏小，根據(jù)rm{壟脺}待測rm{)簍Tdfrac{C({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析，可知rm{V(}標準rm{)}偏小，故rm{C(}錯誤；

故選：rm{)簍Tdfrac

{C({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}