2025年滬教版高二物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年滬教版高二物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；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7題，共14分)1、如圖,是某種正弦式交變電壓的波形圖，由圖可確定該電壓的()A.周期是0.01sB.最大值是311VC.有效值是220VD.表達(dá)式為u＝220sin100πt(V)2、關(guān)于多普勒效應(yīng)，下列說法中正確的是（）A.發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源頻率發(fā)生了變化B.要發(fā)生多普勒效應(yīng)，波源和觀察者必須有相對運動C.火車向你駛來時，你聽到的汽笛聲音調(diào)變低，火車離你遠(yuǎn)去時，你聽到的汽笛聲音調(diào)變高D.機械波不能發(fā)生多普勒效應(yīng)3、對于一給定的電容器，在如圖所示中，描述電容C、帶電荷量Q、電壓U之間的相互關(guān)系的圖線中正確的是（）A.B.C.D.4、如圖所示，匝數(shù)n=100匝、面積為S=0.448m2的導(dǎo)線框ABCD所在處的磁感應(yīng)強度大小B=T．線框繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω=100πrad/s勻速轉(zhuǎn)動，并與理想升壓變壓器相連進(jìn)行遠(yuǎn)距離輸電，升壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為2：5，理想降壓變壓器副線圈接入一只“220V1100W”的燈泡，且燈泡正常發(fā)光，輸電線路總電阻r=20Ω，導(dǎo)線框及其余導(dǎo)線電阻不計，電表均為理想電表．則下列說法中不正確的是（）A.電壓表的讀數(shù)為448VB.輸電線路的電流為0.98AC.電流表的讀數(shù)為2.5AD.降壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為5：15、相距較近的a,b線圈，要使b線圈中產(chǎn)生圖示I方向的電流，可采用的辦法有(）A.閉合K瞬間B.K閉合后把R的滑動片向右移動C.閉合K后把b向a靠近D.閉合K后把a中鐵芯從左邊抽出6、對于電場中A、B兩點，下列說法正確的是（）A.電勢差的定義式說明兩點間的電勢差UAB與電場力做功WAB成正比,與移動電荷的電荷量q成反比B.將正電荷從A點移到B點靜電力做負(fù)功，則有C.電勢差的定義式與移動電荷量q無關(guān)D.把某點電荷q從A點移到B點的過程中，電場力對該電荷做了負(fù)功，則電勢能增加7、下面關(guān)于加速度的描述中正確的是（）A.加速度描述了物體速度變化的多少B.勻速行駛的磁懸浮列車，由于其速度很大，所以加速度很大C.物體的速度變化越快，則加速度越大D.列車加速度逐漸減小時，一定在做減速運動評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、一塊N型半導(dǎo)體薄片（電子導(dǎo)電）稱霍爾元件，其橫截面為矩形，體積為b×c×d，如圖所示。已知其單位體積內(nèi)的電子數(shù)為n、電阻率為ρ、電子電荷量e，將此元件放在勻強磁場中，磁場方向沿z軸方向，并通有沿x軸方向的電流I。(1)此元件的C、C/兩個側(cè)面中，面電勢高。(2)在磁感應(yīng)強度一定時，CC/兩個側(cè)面的電勢差與其中的電流關(guān)系是（填成正比或成反比）。(3)磁強計是利用霍爾效應(yīng)來測量磁感應(yīng)強度B的儀器。其測量方法為：將導(dǎo)體放在勻強磁場之中，用毫安表測量通以電流I，用毫伏表測量C、C/間的電壓U，就可測得B。若已知其霍爾系數(shù)為：測得U=0.6mV，I=3mA。該元件所在處的磁感應(yīng)強度B的大小是：。9、如圖12所示是某次實驗打出的紙帶，O、A、B、C為每5點取一個計數(shù)點記下的記數(shù)點，則打下B點時物體運動的速度大小為____m/s，已知紙帶的左端與物體相連，則物體做的，加速度為____m/s2。10、如圖所示，B板電勢為U，質(zhì)量為m的帶電粒子(重量不計)以初速v0水平射入電場。若粒子帶—q電量，則粒子到達(dá)B板時速度大小為______。11、如圖所示是某時刻一列簡諧波的波形圖．此時刻質(zhì)點A的振動方向為-y方向．質(zhì)點振動周期是4s．則這列波的波速大小是____m/s，傳播方向是沿____．

12、(1)

質(zhì)量為2kg

的物體靜止在光滑水平面上，當(dāng)給物體一個5N

的水平作用力并持續(xù)了4s

時間，則此力在這4s

內(nèi)對這個物體的沖量是______N.s,4s

末物體的速度為______m/s

．(2)

一正弦式交流電的電流隨時間變化關(guān)系為i=102sin314t

則其電流的有效值為______A

頻率為______Hz

．13、如圖所示，直線A、B分別是電源1與電源2的路端電壓隨干路電流變化的特性圖線，直線C是一個定值電阻R的伏安特性曲線，則電源1與電源2的電動勢之比為______；該電阻R分別與電源1、2連接時，消耗的功率之比為______。14、“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，所用油酸酒精溶液的濃度為每104mL溶液中有純油酸6mL；用注射器測得1mL上述溶液為75滴．把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，待水面穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，用筆在玻璃板上描出油膜的輪廓形狀，再把玻璃板放在坐標(biāo)紙上，其形狀和尺寸如圖所示，坐標(biāo)中正方形方格的邊長為1cm，數(shù)得油酸膜分布格子數(shù)是115個，試求：

（1）油酸膜的面積是____cm2．

（2）每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是____mL．（取1位有效數(shù)字）

（3）按以上實驗數(shù)據(jù)估測油酸分子的直徑為____m．（取1位有效數(shù)字）

（4）利用單分子油膜法可以粗測分子的大小和阿伏加德羅常數(shù)．如果已知體積為V的一滴油在水面上散開形成的單分子油膜的面積為S，這種油的密度為ρ，摩爾質(zhì)量為M，則阿伏加德羅常數(shù)的表達(dá)式為____．

15、一個電熱器接在10V的直流電源上，產(chǎn)生一定大小的熱功率。把它改接在交流電源上，要使產(chǎn)生的熱功率是原來的一半，則交流電源電壓的最大值等于____16、在遠(yuǎn)距離輸電時，采用升壓變壓器使輸電電壓升高n倍，對于輸送一定的電功率來說，輸電線路上的電流將減小為原來的______，輸電線路上的電能損失將減少為原來的______．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)17、電勢差有正有負(fù)，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）18、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）19、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）

20、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）21、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）

22、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(chǎn)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(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

23、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(shè)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、證明題(共2題，共6分)24、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。25、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。評卷人得分五、推斷題(共3題，共6分)26、已知有如圖所示物質(zhì)的相互轉(zhuǎn)化：試填寫下列空白：rm{(1)B}的化學(xué)式：________，rm{D}的化學(xué)式：________。rm{(2)}寫出由rm{E}轉(zhuǎn)變成rm{F}的化學(xué)方程式：________。rm{(3)}寫出下列反應(yīng)的離子方程式：rm{D}溶液與rm{AgNO_{3}}溶液反應(yīng)：________；向rm{G}溶液中加入rm{A}________。rm{(4)A}與稀鹽酸反應(yīng)生成rm{0.1mol}氣體，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為________。27、rm{隆露}茉莉花rm{隆路}是一首膾炙人口的中國民歌。茉莉花香氣的成分有多種，乙酸苯甲酯rm{(}rm{)}是其中的一種，它可以從茉莉花中提取，也可以乙烯和甲苯為原料進(jìn)行人工合成。其中一種合成路線如下：回答下列問題：

rm{(1)A}rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為______________；

rm{(2)}寫出反應(yīng)rm{壟脷}rm{壟脼}的化學(xué)方程式rm{壟脷}_____________________rm{;壟脼}_____________________

rm{(3)}上述反應(yīng)中屬取代反應(yīng)的有______________

rm{(4)}反應(yīng)______________rm{(}填序號rm{)}原子的理論利用率為rm{100%}符合綠色化學(xué)的要求。28、I、（1）含氰廢水中的CN－有劇毒。在微生物的作用下，CN－能夠被氧氣氧化成HCO3－，同時生成NH3，該反應(yīng)的離子方程式為____。

（2）含乙酸鈉和對氯酚（）的廢水可以利用微生物電池除去，同時提供電能，其原理如圖所示。則A極的電極反應(yīng)式為：____。

II、鋅鋇白是一種白色顏料。工業(yè)上是由ZnSO4與BaS溶液混合而成：BaS＋ZnSO4＝ZnS↓＋BaSO4↓。請根據(jù)以下工業(yè)生產(chǎn)流程回答有關(guān)問題。ZnSO4溶液的制備與提純：有關(guān)資料：a．菱鋅礦的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；b．Zn(OH)2與Al(OH)3相似，能溶于過量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。（1）濾渣1的化學(xué)式為____；（2）②中使用的氧化劑最好是下列的____（選填字母代號）。A．Cl2B．濃HNO3C．KMnO4D．H2O2____（3）為了達(dá)到綜合利用、節(jié)能減排的目的，上述流程步驟④中的CO2可以來自于步驟____（選填①、②、③、⑤）。（4）寫出步驟④所發(fā)生的離子方程式____。評卷人得分六、綜合題(共2題，共14分)29、(

一)

如圖所示是使用光電管的原理圖，當(dāng)用某種可見光照射到陰極K

上時，電流表中有電流通過：

(1)

當(dāng)變阻器的滑動端P

向______滑動時(

填“左”或“右”)

通過電流表的電流將會減小，當(dāng)電流表電流剛減小到零時，電壓表的讀數(shù)為U

則陰極K

的逸出功為______(

已知電子電荷量為e

普朗克常量為h

可見光的頻率為v)

．

(2)

如果保持變阻器的滑動端P

的位置不變；也不改變?nèi)肷涔獾念l率，而增大入射光的強度，則光電子的最大初動能將______(

填“增大”；“減小”或“不變”)

通過電流表的電流將會______(

填“增大”、“減小”或“不變”)

．

(3)

如果將電源的正負(fù)極對調(diào)，將變阻器的滑動端P

從A

端逐漸向B

端移動的過程中，通過電流表的電流先______后______(

填“增大”、“減小”或“不變”)(

電源電壓足夠大)

(

二)

用如圖甲所示裝置驗證動量守恒定律.

實驗中甲(1)

若A

球質(zhì)量為m1=50g

兩小球發(fā)生正碰前后的位移隆陋

時間(x鈭?t)

圖象如圖乙所示，則小球B

的質(zhì)量為m2=

________．乙(2)

調(diào)節(jié)A

球自由下落高度，讓A

球以一定速度v

與靜止的B

球發(fā)生正碰，碰后兩球動量正好相等，則AB

兩球的質(zhì)量之比Mm

應(yīng)滿足________．

(

三)

某同學(xué)設(shè)計了一個用打點計時器“探究碰撞中的不變量”的實驗：在小車A

的前端粘有橡皮泥，推動小車A

使之做勻速直線運動，然后與原來靜止在前方的小車B

相碰，并粘合成一體繼續(xù)做勻速直線運動，他設(shè)計的裝置如圖1

所示.

在小車A

后面連著紙帶，電磁打點計時器的電源頻率為50Hz

長木板的一端下墊著小木片用以平衡摩擦力．

(1)

若已得到打點紙帶如圖1

所示；測得各計數(shù)點間距離并標(biāo)在圖上，A

為運動起始的第一點.

則應(yīng)選______段來計算小車A

碰撞前的速度，應(yīng)選______段來計算A

和B

碰撞后的共同速度．

(2)

已測得小車A

的質(zhì)量m1=0.40kg

小車B

的質(zhì)量m2=0.20kg

由以上的測量結(jié)果可得：碰撞前兩車質(zhì)量與速度乘積之和為______kg?m/s

碰撞后兩車質(zhì)量與速度乘積之和為______kg?m/s

．

(3)

結(jié)論：________

30、(1)(1)如圖甲為一列簡諧橫波在t=0t=0時刻的波形圖，圖乙為介質(zhì)中平衡位置在x=2mx=2m處的質(zhì)點PP以此時刻為計時起點的振動圖象。下列說法正確的是_________。

A.這列波的波長是4m

B.這列波的傳播速度是20m/s

C.經(jīng)過0.15s

質(zhì)點P

沿x

軸的正方向傳播了3m

D.t=0.1s

時，質(zhì)點Q

的運動方向沿y

軸正方向E.t=0.35s

時，質(zhì)點Q

距平衡位置的距離小于質(zhì)點P

距平衡位置的距離(2)

如圖所示，一個三棱鏡的截面為等腰直角鈻?ABC

腰長為a隆脧A=90鈭?

一束細(xì)光線沿此截面所在平面且平行于BC

邊的方向射到AB

邊上的中點，光進(jìn)入棱鏡后直接射到AC

邊上，并剛好能發(fā)生全反射。已知真空中的光速為c

試求：

(i)

該棱鏡材料的折射率n

(ii)

光從AB

邊到AC

邊的傳播時間t

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B|C【分析】由圖象知，周期是0.02s，A錯；最大值是311V，B正確；有效值是220V，C正確；瞬時值表達(dá)式為u＝311sin100πt(V)，D錯誤【解析】【答案】BC2、B【分析】解：A；發(fā)生多普勒效應(yīng)時；波源頻率并沒有發(fā)生變化，是由于波源和觀察者必須有相對運動造成聽起來頻率變化．故A錯誤；

B；要發(fā)生多普勒效應(yīng)；波源和觀察者必須有相對運動．故B正確；

C；根據(jù)多普勒效應(yīng)可知；當(dāng)波源和觀察者間距變小，觀察者接收到的頻率一定比波源頻率高．當(dāng)波源和觀察者距變大，觀察者接收到的頻率一定比波源頻率低．故C錯誤；

D．機械波能發(fā)生多普勒效應(yīng)；故D錯誤．

故選：B．

根據(jù)多普勒效應(yīng)可知；當(dāng)波源和觀察者間距變小，觀察者接收到的頻率一定比波源頻率高．當(dāng)波源和觀察者距變大，觀察者接收到的頻率一定比波源頻率低。

多普勒效應(yīng)是波特有的現(xiàn)象，要熟知多普勒效應(yīng)產(chǎn)生的原因和特點．【解析】【答案】B3、B【分析】解：A；在電壓U不變的情況下；電荷量才與電容正比．故A錯誤．

B、根據(jù)C=知對于一給定的電容器，電容不變．則Q與U成正比．故B正確．

C；電容器的電容由本身的因素決定；與電容器所帶的電荷量以及電勢差的大小無關(guān)．故C、D錯誤．

故選B．

電容器的電容由本身的因素決定；與電容器所帶的電荷量以及電勢差的大小無關(guān)．

解決本題的關(guān)鍵掌握電容的定義式為C=知道C與Q和U無關(guān)，根據(jù)Q=CU，知Q與U成正比，同時理解電容器電容大小與那些因素有關(guān)．【解析】【答案】B4、B【分析】解：A；矩形閉合導(dǎo)線框ABCD在磁場中轉(zhuǎn)動；產(chǎn)生的交流電的最大值為：

Em=nBsω=100××0.448×100=448V；

由于最大值為有效值的倍；所以交流電的有效值為448V，故A正確；

B、燈泡中的電流：I4===5A

升壓變壓器的匝數(shù)比是2：5，則輸電線的輸送電壓為：U送=×448=1120V①

設(shè)降壓變壓器的匝數(shù)比是n：1，則降壓變壓器中的輸入電流：I3=?I4=②

該電流即為輸電線中的輸電電流，則輸電線上損失的電壓：△U3=I3?r③

降壓變壓器的輸入電壓：U3=U送-I3?r④

聯(lián)立①②③④得：n=5；U3=1100V，I3=1A．故B錯誤；D正確；

C、升壓變壓器副線圈的電流與輸送的電流是相等的，I2=I3=1A．

由于電流與匝數(shù)成反比，所以升壓變壓器原、副線圈電流之比為：=所以I1=

I2═×1=2.5A．故C正確．

本題選不正確的；故選：B．

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，逐項分析即可得出結(jié)論．

掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，以及遠(yuǎn)距離輸電的原理，本題即可得到解決．【解析】【答案】B5、A|C【分析】試題分析：由于流經(jīng)a螺線管的電流方向，用右手螺旋定則判定出a螺線管左邊為S極，右邊為N極，a螺線管內(nèi)的磁場方向向右，由b螺線管的電流方向判斷出感應(yīng)電流的磁場方向向左，原磁場方向與感應(yīng)電流的磁場方向相反，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場方向總是阻礙引起感應(yīng)的磁場方向，即“增反減同”的方法，可知a中的電流增加，使a螺線管的磁性增強，為了使a中電流增加，則閉合K瞬間a中電流增加，故A選項正確；K閉合后把R的滑動片向右移動a中電流減少，故B選項錯誤；閉合K后把b向a靠近，則磁場增強，故選項C正確；閉合K后把a中鐵芯從左邊抽出則磁性減弱，故D選項錯誤?？键c：右手螺旋定則楞次定律【解析】【答案】AC6、D【分析】試題分析：電勢差的定義式說明兩點間的電勢差UAB等于電場力做功WAB與移動電荷的電荷量q的比值；將正電荷從A點移到B點靜電力做負(fù)功，WAB＜0，根據(jù)則UAB＜0；根據(jù)WAB=UABq,可知與移動電荷量q成正比；把某點電荷q從A點移到B點的過程中，電場力對該電荷做了負(fù)功，則電勢能增加，選項D正確?？键c：電場力的功、電勢及電勢差?！窘馕觥俊敬鸢浮緿7、C【分析】解：A；加速度是反映速度變化快慢的物理量；故A錯誤。

B；勻速行駛的磁懸浮列車；速度很大，加速度為零，故B錯誤。

C；加速度是反映速度變化快慢的物理量；速度變化越快，加速度越大，故C正確。

D；當(dāng)加速度的方向與速度方向相同；加速度減小，速度增大，故D錯誤。

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)加速度方向與速度方向相同，物體做加速運動，當(dāng)加速度的方向與速度方向相反，物體做減速運動．

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動還是減速運動的方法，關(guān)鍵看加速度的方向與速度方向的關(guān)系．【解析】C二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】試題分析：（1）在該霍爾元件中，自由運動的是電子，因為電流方向沿x軸方向，由左手定則可判斷出電子受沿y軸負(fù)方向的洛倫茲力，故電子集中在C側(cè)面上，故C′側(cè)面的電勢高；（2）當(dāng)電子受到的洛倫茲力與電場力相等時，元件中的電流穩(wěn)定，故Bqv=q，故電勢差U=Bvb，又因為I=nebdv，即U==BIk，故電勢差與電流成正比；（3）將數(shù)值代入上式中得：0.6mV=B×3mA×10V/AT，故B=0.02T。考點：霍爾效應(yīng)。【解析】【答案】（1）C′；（2）成正比；（3）0.02T。9、略

【分析】由中間時刻的瞬時速度等于平均速度，可求出B點速度由可求出加速度【解析】【答案】0.5210、略

【分析】試題分析：根據(jù)動能定理：可得到達(dá)B板時的速度考點：電場力做功，動能定理【解析】【答案】11、略

【分析】

由圖讀出波長λ=24cm=0.24m，則波速v==m/s=0.06m/s

質(zhì)點A振動方向為-y方向；波形將向左平移，則波沿-x方向傳播．

故答案為：0.06；-x

【解析】【答案】根據(jù)波形的平移法判斷出波的傳播方向．讀出波長；即可求得波速．

12、(1)20；10

(2)10；50【分析】(1)

【分析】由沖量的定義得到此力在這4s4s內(nèi)對這個物體的沖量，由動量定理得到4s4s末物體的速度。本題考查動量定理的應(yīng)用，比較簡單。【解答】由沖量的定義，此力在這4s4s內(nèi)對這個物體的沖量是：I=FI=F婁隴t=5隆脕4N隆隴s=20N隆隴s

由動量定理：I=mv鈭?04s4s末物體的速度：v=Im=202m/s=10m/sv=dfrac{I}{m}=dfrac{20}{2}m/s=10m/s故填：20201010(2)(2)【分析】由交流電的瞬時值表達(dá)式讀出電流的最大值和角速度，然后由I=Im2I=dfrac{{I}_{m}}{sqrt{2}}得到電流的有效值；由f=婁脴2婁脨f=dfrac{婁脴}{2婁脨}得到交流電的頻率。本題考查正弦交流電的最大值與有效值的關(guān)系和頻率與角速度的關(guān)系，比較簡單?！窘獯稹坑山涣麟姷乃矔r值表達(dá)式讀出電流的最大值Im=102A{I}_{m}=10sqrt{2}A角速度婁脴=314rad/s

則其電流的有效值為I=Im2=10AI=dfrac{{I}_{m}}{sqrt{2}}=10A頻率為f=婁脴2婁脨=50Hzf=dfrac{婁脴}{2婁脨}=50Hz故填：10105050

【解析】(1)2010

(2)1050

13、1：11：4【分析】解：根據(jù)U=E-Ir可知；圖象與縱軸的交點表示電源的電動勢，由圖可知，兩電源的電動勢之比為1：1；

電阻的伏安特性曲線與兩電源的圖象的交點表示電阻的工作點；由圖可知，與1連接時，電壓為1V，電流為1A；由P=UI可知，功率為：P=1×1=1W；

與電源2連接時；電壓為2V，電流為2A，功率為：P′=2×2=4W；

故功率之比為：P：P′=1：4。

故答案為：1：1；1：4。

根據(jù)電源的U-I圖線；可求出其電動勢和內(nèi)阻；根據(jù)電阻的伏安特性曲線與電源外特性曲線交點確定燈泡與電源連接時工作電壓與電流，即可求出功率，從而求出功率的比值。

本題關(guān)鍵在于對電源外特性曲線、電阻的伏安特性曲線的理解，知道兩圖象的交點即為電阻與電源連接時的工作狀態(tài)?！窘馕觥?：11：414、略

【分析】

（1）圍成的方格中，不足半個舍去，多于半個的算一個，共有115個方格，故油膜的面積S=115×1cm2=115cm2．

故答案為：115．

（2）純油酸的體積是：

（3）油酸分子的直徑：

（4）油酸的摩爾體積為：①

每個油酸分子體積為：②

阿伏伽德羅常數(shù)為：

聯(lián)立①②③解得：．

故答案為：．

【解析】【答案】（1）圍成的方格中；不足半個舍去，多于半個的算一個，即可統(tǒng)計出油酸薄膜的面積；

（2）根據(jù)油酸酒精溶液的濃度和1mL溶液含有的滴數(shù)；可以求出每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積；

（3）則用1滴此溶液的體積除以1滴此溶液的面積；恰好就是油酸分子的直徑；

（4）求出油酸的摩爾體積除以每個油酸分子的體積；即可求出阿伏加德羅常數(shù)的表達(dá)式．

15、略

【分析】由熱功率【解析】【答案】10V16、略

【分析】解：（1）如果保證輸送的電功率不變，將輸電電壓升高到原來的n倍，根據(jù)P=UI，電流變?yōu)樵瓉淼模?/p>

（2）在電阻、通電時間一定時，根據(jù)Q=I2Rt，電流變?yōu)樵瓉淼碾姛嶙優(yōu)樵瓉淼模暂旊娋€上的能量損失就減小到原來的．

故答案為：．

（1）輸出功率一定時；根據(jù)P=UI，判斷電壓變化時，電流的變化．

（2）在電阻、通電時間一定時，根據(jù)Q=I2Rt判斷能量的損失．

解決此題關(guān)鍵掌握P=UI和P=I2R的應(yīng)用，注意總功率和損失功率的關(guān)系，注意損失電壓不是輸送電壓．【解析】三、判斷題(共7題，共14分)17、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(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??；電勢差與零電勢點的選取無關(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)．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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(fù)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)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(jié)論．23、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小．四、證明題(共2題，共6分)24、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(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)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25、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(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)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五、推斷題(共3題，共6分)26、（1）FeCl2KCl（2）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3）Ag++Cl-══AgCl↓2Fe3++Fe=3Fe2+（4）0.2NA【分析】【分析】試題綜合性強，難易適中，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的鞏固與訓(xùn)練，焰色反應(yīng)及物質(zhì)的顏色、特殊反應(yīng)現(xiàn)象為推斷突破口，需要學(xué)生熟練掌握元素化合物性質(zhì)。本題考查無機物推斷，是高考中的常見題型，屬于中等難度rm{.}試題綜合性強，難易適中，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的鞏固與訓(xùn)練，焰色反應(yīng)及物質(zhì)的顏色、特殊反應(yīng)現(xiàn)象為推斷突破口，需要學(xué)生熟練掌握元素化合物性質(zhì)。rm{.}【解答】溶液中含有元素，rm{D}能和硝酸銀溶液反應(yīng)生成白色沉淀rm{D}為與硝酸銀、硝酸反應(yīng)得到的溶液，進(jìn)行焰色反應(yīng)顯紫色，說明rm{D}溶液中含有rm{K}元素，rm{D}能和硝酸銀溶液反應(yīng)生成白色沉淀rm{H}為rm{AgCl}，所以rm{D}應(yīng)該是rm{KCl}；白色沉淀rm{E}在空氣中轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，則rm{E}為rm{Fe}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{2}、rm{F}為rm{Fe}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{3}，rm{G}為rm{FeCl_{3}}；rm{B}和rm{C}反應(yīng)生成氯化鉀和氫氧化亞鐵，所以rm{B}、rm{C}分別是氫氧化鉀、氯化亞鐵中的一種，rm{G}能和rm{A}反應(yīng)生成rm{B}，所以rm{A}是rm{Fe}，rm{B}是為rm{FeCl_{2}}，rm{C}是rm{KOH}，rm{Fe}與鹽酸反應(yīng)得到氯化亞鐵與氫氣，

rm{(}rm{1}rm{)}由上述分析可知，rm{B}的化學(xué)式為rm{FeCl_{2}}，rm{D}的化學(xué)式為rm{KCl}，，所以rm{D}應(yīng)該是rm{D}；白色沉淀rm{K}在空氣中轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀，則rm{K}為rm{D}rm{D}rm{H}rm{H}rm{AgCl}、rm{AgCl}為rm{D}rm{D}rm{KCl}rm{KCl}rm{E}，rm{E}為rm{E}；rm{E}和rm{Fe}反應(yīng)生成氯化鉀和氫氧化亞鐵，所以rm{Fe}、rm{(}分別是氫氧化鉀、氯化亞鐵中的一種，rm{OH}能和rm{OH}反應(yīng)生成rm{)}，所以rm{2}是rm{2}，rm{F}是為rm{F}，rm{Fe}是rm{Fe}，rm{(}與鹽酸反應(yīng)得到氯化亞鐵與氫氣，rm{OH}

rm{OH}rm{)}rm{3}由上述分析可知，rm{3}的化學(xué)式為rm{G}，rm{G}的化學(xué)式為rm{FeCl_{3}}，rm{FeCl_{3}}rm{B}；rm{B}；rm{C}

rm{C}rm{B}rm{B}由rm{C}轉(zhuǎn)變成rm{C}的化學(xué)方程式為：rm{G}rm{G}rm{A}rm{A}rm{B}rm{B}rm{A}rm{A}rm{Fe}rm{Fe}，rm{B}rm{B}rm{FeCl_{2}}rm{FeCl_{2}}rm{C}rm{C}rm{KOH}rm{KOH}rm{Fe}rm{Fe}；rm{(}

rm{1}rm{1}rm{)}氯化鉀rm{B}溶液反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀和硝酸鉀，其離子方程式為：rm{B}rm{FeCl_{2}}rm{FeCl_{2}}rm{D}的有關(guān)離子反應(yīng)方程式為：rm{D}，rm{KCl}rm{KCl}故答案為：rm{FeCl_{2}}；rm{KCl}；

rm{(}rm{2}rm{)}由rm{E}轉(zhuǎn)變成rm{F}的化學(xué)方程式為：rm{4Fe}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{2}rm{+O_{2}+2H_{2}O=4Fe}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{3}，rm{FeCl_{2}}；rm{FeCl_{2}}

rm{KCl}rm{KCl}rm{(}與鹽酸發(fā)生反應(yīng)：rm{2}rm{2}生成rm{)}氫氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{E}rm{E}rm{F}rm{F}rm{4Fe}，rm{4Fe}rm{(}。rm{OH}rm{OH}rm{)}【解析】rm{(1)FeCl_{2;;;;;}KCl}rm{(2)4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3;}}rm{(3)}rm{Ag}rm{Ag}rm{{,!}^{+}}rm{+Cl}rm{+Cl}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{-}}rm{簍T簍TAgCl隆媒}27、

（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

（3）④⑤⑥

（4）①③

【分析】【分析】本題考查有機物的推斷與合成，難度不大，注意結(jié)合乙醇、氯代烴的性質(zhì)進(jìn)行推斷，需要學(xué)生熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，有利于基礎(chǔ)知識的鞏固?！窘獯稹縭m{(1)}乙醇與氧化銅加熱反應(yīng)生成rm{A}rm{A}為乙醛，甲苯在光照條件下與氯氣反應(yīng)生成rm{B}rm{B}為故答案為：rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脷}rm{壟脼}的化學(xué)方程式分別為：的化學(xué)方程式分別為：rm{壟脷}rm{壟脼}故答案為：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}反應(yīng)rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}是乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)，反應(yīng)rm{(3)}是乙醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙醛，反應(yīng)rm{壟脵}是乙醛發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙酸，反應(yīng)rm{壟脷}是甲苯與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，反應(yīng)rm{壟脹}是rm{壟脺}在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成苯甲醇，屬于取代反應(yīng)，rm{壟脻}乙酸與苯甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸苯甲酯，屬于取代反應(yīng)；故答案為：rm{B}

rm{壟脼}反應(yīng)rm{壟脺壟脻壟脼}乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，反應(yīng)rm{(4)}乙醛發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙酸，符合原子利用率rm{壟脵}故答案為：rm{壟脹}rm{100%}【解析】rm{(2)}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(3)壟脺壟脻壟脼}28、略

【分析】【分析】該題通過水污染的治理和化學(xué)工業(yè)生產(chǎn)流程，考查了原電池原理的應(yīng)用和元素及其化合物的性質(zhì)，判斷微生物電池的正負(fù)極和分析流程圖是本題難點，試題難度較大。I、（1）根據(jù)信息：CN-能夠被氧氣氧化成HCO3-，同時生成NH3來書寫方程式；（2）根據(jù)原電池中陽離子的移動方向確定A為正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)來書寫；II、由圖1流程可知，菱鋅礦的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反應(yīng)，則濾渣1為SiO2，②中加氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加過量的NaOH，金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣2為Fe（OH）3、Cu（OH）2，反應(yīng)④通二氧化碳將ZnO22-轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣3為Zn（OH）2，據(jù)此解答?！窘獯稹縄、（1）CN-能夠被氧氣氧化成HCO3-，同時生成NH3得出方程式為：2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3；（2）原電池中氫離子的移動方向是從負(fù)極流向正極，所以A是正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)：+2e-+H+═+Cl-；II、由圖1流程可知，菱鋅礦的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反應(yīng)，則濾渣1為SiO2，②中加氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加過量的NaOH，金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣2為Fe（OH）3、Cu（OH）2，反應(yīng)④通二氧化碳將ZnO22-轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣3為Zn（OH）2，（1）由上述分析可知，濾渣1為SiO2；（2）②中加氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子；只有D不會引入新雜質(zhì)；

（3）步驟④中的CO2氣體來自步驟①酸浸反應(yīng)放出的氣體，可以節(jié)能減排；（4）步驟④發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-。【解析】I、（1）2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3（2）+2e-+H+═+Cl-II、（1）SiO2（2）D（3）①（4）ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-六、綜合題(共2題，共14分)29、（一）（1）右、hv-eU；（2）不變、增大；（3）增大、不變

（二）（1）20g；（2）

（三）（1）BCDE（2）0.4200.417（3）在誤差允許的范圍內(nèi)，碰撞前兩車質(zhì)量與速度乘積之和等于碰撞后兩車質(zhì)量與速度乘積之和【分析】(

一)

【分析】(1)

光電管兩端所加的電壓為反向電壓；根據(jù)動能定理和光電子的最大初動能與入射光的頻率之間的關(guān)系即可求出逸出功；

(2)

根據(jù)光電效應(yīng)方程判斷光電子最大初動能的變化；

(3)

根據(jù)光電效應(yīng)中的現(xiàn)象分析即可。解決本題的關(guān)鍵知道光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，與光的強度無關(guān)，光的強度影響單位時間內(nèi)發(fā)出光電子的數(shù)目。【解答】(1)

當(dāng)變阻器的滑動端P

向右移動；反向電壓增大，光電子到達(dá)右端的速度減小，到達(dá)右端的光電子的個數(shù)也減小，則通過電流表的電流減小。

當(dāng)電流表電流剛減小到零時，電壓表的讀數(shù)為U

根據(jù)動能定理得，eU=12mvm2

則光電子的最大初動能為eU

．

根據(jù)光電效應(yīng)方程知；Ekm=hv鈭?W0

所以：W0=hv鈭?eU

(2)

根據(jù)光電效應(yīng)方程知；Ekm=hv鈭?W0

知入射光的頻率不變，則光電子的最大初動能不變．

增大入射光的強度；則單位時間內(nèi)產(chǎn)生的光電子的數(shù)目增加，所以通過電流表的電流將會增大．

(3)

如果將電源的正負(fù)極對調(diào)；則該電路為正向電壓，將變阻器的滑動端P

從A

端逐漸向B

端移動的過程中，正向電壓由0

開始逐漸增大，通過電流表的電流先增大，增大到最大電流，即達(dá)到飽和光電流后，電流不再變化。

故填：(1)

右、hv鈭?eU(2)

不變、增大；(3)

增大、不變(

二)

【分析】(1)x鈭?t(

位移時間)

圖象的斜率等于速度；由數(shù)學(xué)知識求出碰撞前后兩球的速度，分析碰撞前后兩球的運動情況.

根據(jù)動量守恒定律求出質(zhì)量；

(2)

根據(jù)動量守恒定律，以及在碰撞的過程中動能不增加，通過這兩個關(guān)系判斷兩個物體的質(zhì)量關(guān)系；本題考查了實驗器材的選擇原理，要減小空氣阻力的影響；在實驗中如何實現(xiàn)讓小球做平拋運動是關(guān)鍵，因此實驗中關(guān)鍵是斜槽末端槽口的切線保持水平及固定后的斜槽要豎直。【解答】

(1)

由圖乙所示圖象可知：v1=?x?t=82=4m/sv2=0m/s

由圖求出碰后m2

和m1

的速度分別為：v1鈥?=?x1鈥??x2鈥?=12鈭?84鈭?2=2m/s

v2隆盲=?x鈥?2?t2鈥?=18鈭?104鈭?2=5m/s

兩物體碰撞過程系統(tǒng)動量守恒；以m1

的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

m1v1=m2v2隆盲+m1v1隆盲

代入解得：m2=20g

(2)

設(shè)碰撞后兩者的動量都為P

由于題意可知，碰撞前后總動量為2P

根據(jù)動量和動能的關(guān)系有：P2=2mEK

碰撞過程動能不增加，有：(2P)22M鈮?P22M+P22m

解得：Mm鈮?3

因為要用質(zhì)量較大的球碰質(zhì)量較小的球，故1<Mm鈮?3

故填(1)20g(2)1<Mm鈮?3

(

三)

【分析】(1)

碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A

獨自運動的速度，確定AC

應(yīng)在碰撞之前，DE

應(yīng)在碰撞之后，在勻速運動時在相同的時間內(nèi)通過的位移相同，所以BC

應(yīng)為碰撞之前勻速運動階段，DE

應(yīng)為碰撞之后勻速運動階段；(2)

物體發(fā)生的位移與發(fā)生這