…………○…………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2025年冀少新版高二物理上冊階段測試試卷144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、根據電容器電容的定義式C=可知（）A.電容器所帶的電荷量Q越多，它的電容就越大，C與Q成正比B.電容器不帶電時，其電容為零C.電容器兩極板之間的電壓U越高，它的電容就越小，C與U成反比D.以上答案均不對2、汽車以20m/s

的速度做勻速直線運動，剎車后的加速度大小為5m/s2

那么開始剎車后2s

內與開始剎車后6s

內汽車通過的位移之比為A.1:4

B.3:4

C.3:5

D.5:9

3、如圖所示，AB

為兩個固定的等量同種正電荷，在它們連線的中點處有一個可以自由運動的正電荷C

現給電荷C

一個垂直于連線的初速度v0

若不計C

所受的重力，則關于電荷C

以后的運動情況，下列說法中正確的是(

)

A.加速度始終增大B.加速度先增大后減小C.速度先增大后減小D.速度始終不變4、如圖所示為一交變電流的i鈭?t

圖象，則此交變電流的有效值為()A.55A

B.52A

C.10A

D.2.510A

5、牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了引力常量GG

在國際單位制中的單位是(

)

A.N?m2/kg2

B.N?m/kg2

C.N?m2/kg

D.N?m/kg

6、閉合線圈中感應電流大小與穿過線圈的磁通量之間的關系的下列說法，不可能的是A.穿過線圈的磁通量很大而感應電流為零B.穿過線圈的磁通量很小而感應電流很大C.穿過線圈的磁通量變化而感應電流不變D.穿過線圈的磁通量變化而感應電流為零7、兩條直導線互相垂直，如圖所示，但相隔一個小距離，其中一條AB是固定的，另一條CD能自由轉動．當電流按圖所示的方向通入兩條導線時，CD導線將（）A.不動B.順時針方向轉動，同時靠近導線ABC.逆時針方向轉動，同時離開導線ABE.逆時針方向轉動，同時靠近導線ABE.逆時針方向轉動，同時靠近導線AB8、3A的直流電通過電阻R時，t時間內產生的熱量為Q．現讓一交流電通過電阻R，若2t時間內產生的熱量為Q，則該交流電流的有效值和最大值分別為（）A.A，Im=3AB.I有=3A，AC.I有=A，AD.A，Im=6A9、如圖所示；C

為兩極板水平放置的平行板電容器，閉合開關S

當滑動變阻器R1R2

的滑片處于各自的中點位置時，懸在電容器C

兩極板間的帶電塵埃P

恰好處于靜止狀態.

要使塵埃P

向下加速運動，下列方法中可行的是()

A.把R2

的滑片向左移動B.把R2

的滑片向右移動C.把R1

的滑片向左移動D.把開關S

斷開評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、如圖（甲）所示；兩平行金屬板間距為d，在兩極板間加上如圖（乙）所示的電壓，在第1s內質量為m；帶電量為q的電荷處于靜止狀態．關于該電荷在第2s內的運動（設電荷末與極板接觸），下列說法中正確的是（）

A.做勻加速直線運動，加速度大小為gB.做變加速直線運動，平均加速度大小為C.做變加速直線運動，2s末的加速度大小為gD.2s末的加速度大小為11、如圖(

甲)

所示，平行光滑金屬導軌水平放置，兩導軌間距L=0.4m

導軌一端與阻值R=0.3婁賂

的電阻相連，導軌電阻不計。導軌x>0

一側存在沿x

方向均勻增大的恒定磁場，其方向與導軌平面垂直向下，磁感應強度B

隨位置x

變化如圖(

乙)

所示，一根質量m=0.2kg

電阻r=0.1婁賂

的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直，棒在外力F

作用下從x=0

處以初速度v0=2m/s

沿導軌向右運動，且金屬棒在運動過程中受到的安培力大小不變。下列說法中正確的是(

)

A.金屬棒向右做勻速直線運動B.金屬棒在x=1m

處的速度大小為0.5m/s

C.金屬棒從x=0

運動到x=2m

過程中，流過金屬棒的電量為5C

D.金屬棒從x=0

運動到x=1m

過程中，外力F

所做的功為鈭?0.175J

12、如圖所示，相距為d

的兩水平線L1

和L2

分別是水平向里的勻強磁場的邊界，磁場的磁感應強度為B

正方形線框abcd

邊長為L(L<d)

質量為m.

將線框在磁場上方高h

處由靜止開始釋放，當ab

邊進入磁場時速度為v0cd

邊剛穿出磁場時速度也為v0

從ab

邊剛進入磁場到cd

邊剛穿出磁場的整個過程中(

)

A.線框一直都有感應電流B.線框有一階段的加速度為g

C.線框產生的熱量為mg(d+h+L)

D.線框做過減速運動13、下列說法正確的是(

)

A.只要回路中有磁通量，就能產生感應電流B.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢就越大C.只要回路中一部分導體做切割磁感線運動，就有感應電流D.只要閉合回路中磁通量發生變化，就有感應電動勢14、在研究平行板電容器電容的實驗中，電容器的AB

兩極板帶有等量異種電荷，A

板與靜電計連接，如圖所示.

實驗中可能觀察到的現象是(

)

A.增大AB

板間的距離，靜電計指針張角變小B.減小AB

板間的距離，靜電計指針張角變小C.把B

板向上平移，減小AB

板的正對面積，靜電計指針張角變小D.在AB

板間放入一介質板，靜電計指針張角變小15、氫原子部分能級的示意圖如圖所示。不同色光的光子能量如下表所示。處于某激發態的氫原子；發射的光的譜線在可見光范圍內僅有2條，其顏色分別為（）

。色光紅橙黃綠藍-靛紫光子能量范圍（eV）1.61～2.002.0～2.072.07～2.142.14～2.532.53～2.762.76～3.10A.紅光B.黃光C.藍-靛光D.紫光16、質譜儀的結構原理圖如圖所示，水平極板S1、S2間有垂直極板方向的勻強電場，圓簡N內可以產生質子和氚核，它們由靜止進入極板間，經極板間的電場加速后進入下方的勻強磁場，在磁場中運動半周后打到底片P上。不計質子和氚核受到的重力及它們B間的相互作用。下列判斷正確的是（）A.質子和氚核在極板間運動的時間之比為1：3B.質子和氚核在磁場中運動的時間之比為1：1C.質子和氚核在磁場中運動的速率之比為1D.質子和氚核在磁場中運動的軌跡半徑之比為1：17、靜電噴涂機原理如圖所示，靜電噴涂機接高壓電源，工作時將涂料微粒噴向帶正電的被噴涂工件，高速運動的微粒被吸附到工件表面，關于靜電噴涂機的涂料微粒，下列說法中正確的有（）A.微粒帶負電B.微粒帶正電C.微粒受磁場力的作用D.微粒受電場力的作用18、PQ

兩質點在一條直線上同時同地同向運動，從O

到t2

的時間內，它們的v鈭?t

圖象如圖所示，則下列說法正確的是(

)

A.從0

到t2

的時間內P

和Q

的平均速度可能相等B.從0

到t2

的時間內P

一定比Q

的平均速度大C.PQ

一定不在t1

時刻相遇D.PQ

之間的距離先增大后減小評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)19、如圖所示是勻強電場中的一組等勢面.若A、B、C、D相鄰兩點間的距離都是2cm，則該電場的場強為____V/m，到A點距離為1.5cm的P點電勢為V．20、兩個共點力的大小分別為6N和8N，則這兩個共點力的合力最大值是____________N；當這兩個力的夾角為90°時，它們的合力大小為____________N．21、如圖在曲軸AB

上懸掛一個彈簧振子；若不轉動把手C

讓其上下振動，周期為T1

若使把手以周期。

2(T2>T1)

勻速轉動，當運動都穩定后，則彈簧振子的振動周期為____________；要使彈簧振子的振幅增大，可讓把手轉速____________(

填：增大，減小，不變)

．22、某學生用螺旋測微器在測定某一金屬絲的直徑時；測得的結果如圖甲所示，則該金屬絲的直徑d=______mm．另一位學生用游標尺上標有20等分刻度的游標卡尺測一工件的長度，測得的結果如圖乙所示，則該工件的長度L=______cm．

23、甲、乙兩個滑冰者，甲的質量為50kg，他手中拿著一個質量為2kg的球．乙的質量為52kg，兩人均以2m/s的速率沿同一直線相向滑行，滑行中甲將球拋給乙，乙接球后再拋給甲，這樣反復若干次乙的速度變為零，則甲的速度等于____．24、在做“用油膜法估測分子大小”的實驗時，油酸酒精溶液的濃度為每1000ml，溶液中有純油酸1ml，用注射器測得1mL上述溶液有200滴，把一滴該溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的淺盤里，待水面穩定后，測得油酸膜的近似輪廓如圖所示，圖中正方形小方格的邊長為1cm，則每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是____mL，油酸膜的面積是____cm2．根據上述數據，估測出油酸分子的直徑是____m．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，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，摩爾質量為M，則阿伏加德羅常數的表達式為____．

25、一光敏電阻和一用電器串聯后接在一電源上，如圖所示.

當電路中的光敏電阻受到光照射時，用電器開始正常工作；當光敏電阻不受光照射時，阻值______，電流______，用電器______工作．評卷人得分四、判斷題(共4題，共36分)26、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）27、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）28、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）29、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）評卷人得分五、簡答題(共4題，共28分)30、真空中，點電荷Q1對與其相距1m遠處的點電荷q的排斥力大小為F，另一點電荷Q2對與其相距2m遠處的點電荷q的吸引力大小為2F；則：

（1）Q1和Q2是帶同種電荷還是異種電荷？

（2）Q1與Q2的帶電量大小之比為多少？31、rm{[}化學rm{隆陋隆陋}選修rm{3}物質結構與性質rm{]}鋅在工業中有重要作用，也是人體必需的微量元素。回答下列問題：rm{(1)Zn}原子核外電子排布式為________________。rm{(2)}黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由rm{Zn}和rm{Cu}組成。第一電離能Ⅰrm{{,!}_{1}(Zn)}_______Ⅰrm{{,!}_{1}(Cu)(}填“大于”或“小于”rm{)}原因是________________。rm{(3)ZnF_{2}}具有較高的熔點rm{(872隆忙)}其化學鍵類型是_________；rm{ZnF_{2}}不溶于有機溶劑而rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}能夠溶于乙醇、乙醚等有機溶劑，原因是________________。rm{(4)隆露}中華本草rm{隆路}等中醫典籍中，記載了爐甘石rm{(ZnCO_{3})}入藥，可用于治療皮膚炎癥或表面創傷。rm{ZnCO_{3}}中，陰離子空間構型為________________，rm{C}原子的雜化形式為________________。rm{(5)}金屬rm{Zn}晶體中的原子堆積方式如圖所示，這種堆積方式稱為_______________。六棱柱底邊邊長為rm{acm}高為rm{ccm}阿伏加德羅常數的值為rm{N_{A}}rm{Zn}的密度為________________rm{g隆隴cm^{-3}(}列出計算式rm{)}32、根據所學，回答下列問題：rm{(1)}化學與生產、生活息息相關。現有下列rm{6}種與人們生產生活相關的有機物：rm{壟脵CH_{3}COOH(}調味劑rm{)壟脷HCOOCH_{3}(}煙草熏蒸劑rm{)壟脹}rm{(}制酚醛樹脂rm{)壟脺}rm{(}生產殺蟲劑rm{)壟脻CH_{2}=CH漏隴CH=CH_{2}(}合成橡膠原料rm{)壟脼HCHO(}防腐劑rm{)}請回答：rm{(a)}屬于醛的是____rm{(}填序號rm{)}rm{(b)}與rm{壟脵}互為同分異構體的是____rm{(}填序號rm{)}rm{(c)}與rm{壟脹}互為同系物的是____rm{(}填序號rm{)}rm{(2)}按要求完成下列問題：rm{壟脵}甲基的電子式_________。rm{壟脷}寫出實驗室制乙炔的化學方程式____。rm{壟脹}的系統命名為____。rm{壟脺}的系統命名為____。33、描述弱電解質電離情況可以用電離度和電離平衡常數表示，表rm{1}是常溫下幾種弱酸的電離平衡常數rm{left({K}_{a}right)}和弱堿的電離平衡常數rm{left({K}_{b}right)}表rm{2}是常溫下幾種難rm{(}微rm{)}溶物的溶度積常數rm{left({K}_{sp}right)}

表rm{1}。酸或堿電離平衡常數rm{Ka}或rm{Kb}rm{HCN}rm{HClO}表rm{2}。難rm{(}微rm{)}溶物溶度積常數評卷人得分六、綜合題(共1題，共4分)34、如圖所示，豎直放置的圓筒形注射器，活塞上端接有氣壓表，能夠方便測出所封閉理想氣體的壓強．開始時，活塞處于靜止狀態，此時氣體體積為30cm3，氣壓表讀數為1.1×105Pa．若用力向下推動活塞，使活塞緩慢向下移動一段距離，穩定后氣壓表讀數為2.2×105Pa．不計活塞與氣缸內壁間的摩擦；環境溫度保持不變．

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】解：A；電容器帶電的電量Q越多；兩極之間的電壓U越高，但電容不變．故A錯誤．

B；電容反映本身的特性；電容器不帶電時，電容并不為零．故B錯誤．

C；電容表征電容器容納電荷的本領大小；與電壓U無關，給定的電容C一定．故C錯誤．

D；電容表征電容器容納電荷的本領大小；電容大小與電容器的帶電情況無關．故D正確．

故選：D

電容表征電容器容納電荷的本領大小；與電量Q；電壓U無關．電容器不帶電時，電容并不為零．

本題考查對電容的理解能力．電容的定義式C=是采用比值定義法，有比值定義的共性，C與Q、U無關，反映電容器本身的特性．【解析】【答案】D2、B【分析】【解析】

試題分析：已知汽車剎車后做勻減速直線運動；已知初速度；加速度和汽車的末速度，可以求出汽車做勻減速運動的時間，根據勻減速直線運動的位移時間關系，可以求出汽車剎車后2s

內的位移和6s

內的位移，則可以得出位移的比值．

已知汽車初速度v0=20m/sa=鈭?5m/s2

末速度v=0

根據勻變速直線運動速度時間關系：

v=v0+at

得，汽車剎車的時間代入數據得：t=4s

因為汽車剎車后4s

就停下來了；所以汽車剎車后6s

內的位移和汽車剎車后4s

內的位移相等，所以有：

故選：B

．

考點：勻變速直線運動的位移與時間的關系．

點評：正確的處理汽車剎車問題，知道剎車后汽車做勻減速直線運動，以初速度方向為正方向時加速度的正負號的選取，并能根據汽車時間正確判斷汽車位移的計算．【解析】B

3、B【分析】解：根據AB

為兩個固定的等量同種正電荷；在它們連線的中點C

的電場強度為0

從C

到無窮遠，電場強度先增大后減小；

因此自由電荷在C

點所受合力為0

沿中軸線運動，所受合力的方向沿中軸線向上，在無窮遠處，合力又為零，所以合力的大小先增大后減小；

根據牛頓第二定律；則加速度先增大后減小，加速度方向向上，與速度相同，所以速度一直增大.

故B正確，AC

D錯誤．

故選：B

．

根據自由運動電荷的受力情況得出加速度方向；根據所受合力大小的變化，判斷加速度大小的變化，根據加速度方向和速度方向的關系判斷速度的變化．

解決本題的關鍵得出自由電荷所受合力的變化，根據牛頓第二定律得出加速度的變化，以及知道加速度方向與速度方向相同，做加速運動，加速度方向與速度方向反向，做減速運動．【解析】B

4、D【分析】【分析】取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值。求交流電的有效值，往往根據電流的熱效應，由有效值的定義求解..注意只有正弦式交流電的最大值與有效值存在2的關系。【解答】設交流電電流的有效值為I

周期為T

電阻為R

則I2RT=(Im2)2RT2+(Im隆爐2)2RT2

代入數據解得：I=2.510A

故D正確，ABC錯誤。故選D。

【解析】D

5、A【分析】解：萬有引力定律F=Gm1m2r2

公式中，質量m

的單位為kg

距離r

的單位為m

引力F

的單位為N

由公式推導得出，G

的單位為N鈰?m2(Kg)2

故A正確，BCD錯誤．

故選：A

．

根據萬有引力定律F=Gm1m2r2

由質量；距離和力三個量的單位推導出G

的單位．

物理量的單位分基本單位和導出單位，導出單位由基本單位根據公式進行推導得出．【解析】A

6、D【分析】試題分析：根據電磁感應定律，電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量變化率成正比。對于閉合線圈，阻值為一定值，感應電流與感應電動勢成正比，與磁通量的變化率成正比，而D選項穿過線圈的磁通量發生變化，磁通量的變化率不為零，所以電流不為零。考點：電磁感應定律【解析】【答案】D7、E【分析】解：電流AB產生的磁場在右邊垂直紙面向里；在左邊垂直紙面向外，在CD左右兩邊各取一小電流元，根據左手定則，左邊的電流元所受的安培力方向向下，右邊的電流元所受安培力方向向上，知CD導線逆時針方向轉動．當CD導線轉過90°后，兩電流為同向電流，相互吸引．所以導線CD逆時針方向轉動，同時靠近導線AB．故E正確，A；B、C、D錯誤．

故選：E．

電流CD處于電流AB產生的磁場中；在CD左右兩邊各取一小電流元，根據左手定則判斷其安培力的方向，從而判斷其運動．當CD導線轉過90°后，看兩電流是同向電流還是異向電流，同向電流相互吸引，異向電流相互排斥．

在解決該題的過程中：1、使用了電流元法，即在導線上取一較短的電流，判斷其受力方向．2、使用了特殊位置法，轉過90°后判斷其受力．3、使用了結論法，同向電流相互吸引，異向電流相互排斥．【解析】【答案】E8、A【分析】解：根據3A的直流電通過電阻R時，t時間內產生的熱量為Q可知：Q=I2Rt

R==

當讓一交流電通過電阻R；若2t時間內產生的熱量為Q，則有：

Q=R?2t

解得：A

Im==3A

故選A．

根據焦耳定律Q=I2Rt求解電流的有效值；其中I是有效值．再根據有效值與最大值的關系求出最大值．

對于交變電流，求解熱量、電功和電功率等與熱效應有關的量，都必須用有效值．【解析】【答案】A9、A【分析】A、B

變阻器R2

處于分壓狀態，電容器兩端電壓等于變阻器R2

左半段的電壓，故要減小變阻器R2

左半段的電阻值，變阻器R2

滑片應該向左移動，故A正確，B錯誤；C

塵埃P

受到重力和電場力而平衡，要使塵埃P

向下加速，就要減小電場力，故要減小電容器兩端的電壓；電路穩定時，滑動變阻器R1

無電流通過，兩端電壓為零，故改變R1

的電阻值無效果，故C錯誤；D:

把閉合的開關S

斷開，電容器兩端電壓增大到等于電源電動勢，故P

向上加速，故D錯誤；故選A。【解析】A

二、多選題(共9題，共18分)10、BC【分析】解：第1s電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態；故電場力向上，與重力平衡；

第2s電勢差變大；故電場強度變大，電場力變大，第2s末電場強度增加為第1s末的兩倍，故電場力變為2倍，故合力變為向上，大小為mg，且第二秒內合力隨時間均勻增加，故加速度隨時間均勻增加，是變加速直線運動；

第2s末電場強度增加為第1s末的兩倍；故電場力變為2倍，故合力變為向上，大小為mg，故加速度為g，方向是豎直向上，第2s內合力隨時間均勻增加，故加速度隨時間均勻增加；

故平均加速度為：==

由上分析可知；故AD錯誤，BC正確；

故選：BC．

第一秒電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態；第二秒電場力增加；故加速度增加，是變加速運動，根據運動學規律列式求解．

本題關鍵是第二秒合力隨時間均勻增加，求解出平均加速度，然后再求解速度的增加量，同時能通過圖象得知，合力的變化情況．【解析】【答案】BC11、BD【分析】【分析】

根據安培力的表達式導出速度vv與xx的關系式，結合勻變速直線運動的速度位移公式判斷金屬棒的運動是否為勻變速運動；根據安培力與速度的關系式，由x=0x=0和x=1mx=1m處的安培力相等即可求出x=1mx=1m處的速度；根據動能定理求外力做功；根據感應電量公式q=?婁碌R+rq=dfrac{?婁碌}{R+r}求通過金屬棒的電荷量。本題考查法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力的大小公式、做功表達式、動能定理等的規律的應用與理解，運動過程中金屬棒所受的安培力不變，是本題解題的突破口，注意B鈭?x

圖象的面積和L

的乘積表示磁通量的變化量。【解答】A.根據圖象得B鈭?x

函數關系式為B=0.5+0.5x

金屬棒向右運動切割磁感線產生感應電動勢E=BLv

感應電流I=ER+r=BLvR+r

安培力大小為F擄虜=BIL=BBLvR+rL=B2L2vR+r

解得v=擄虜(R+r)B2L2=F擄虜隆脕0.4(0.5+0.5x)2隆脕0.42=10F擄虜(x+1)2

由勻變速直線運動的速度位移公式v2?v02=2ax

如果是勻變速直線運動，v2

與x

成線性關系，而由上式知，金屬棒不可能做勻減速直線運動，故A錯誤；B.由題意金屬棒所受的安培力大小不變，x=0

處與x=1

處安培力大小相等，有B02L2v0R+r=B12L2v1R+r

即v1=B02v0B12=0.52隆脕212m/s=0.5m/s

故B正確；

C.根據感應電量公式q=?婁碌R+r=?BxR+rLx=0

到x=2

過程中，B鈭?x

圖象包圍的面積?B?x=0.5+1.52隆脕2=2q=?婁碌R+r=2隆脕0.40.4C=2C

故C錯誤；

D.金屬棒在x=0

處的安培力大小為F擄虜=B02L2v0R+r=0.52隆脕0.42隆脕20.4N=0.2N

對金屬棒金屬棒從x=0

運動到x=1m

過程中，根據動能定理有WF?F擄虜?x=12mv12?12mv02

代入數據解得WF=?0.175J

故D正確。

選BD。

【解析】BD

12、BD【分析】解：A

正方形線框abcd

邊長為L(L<d)

所以cd

進入磁場后，ab

還在磁場內；所以線框磁通量不變，即無感應電流.

故A錯誤．

B；有一段過程；線框無感應電流，只受重力，線框有一階段的加速度為g.

故B正確．

C、根據能量守恒研究從ab

邊剛進入磁場到cd

邊剛穿出磁場的整個過程：動能變化為0

重力勢能轉化為線框產生的熱量．

Q=mg(d+L)

故C錯誤．

D、線框ab

邊剛進入磁場速度為v0cd

邊剛穿出磁場時速度也為v0

線框有一階段的加速度為g.

在這過程中必然有加速過程和減速過程，故D正確．

故選：BD

．

正方形線框abcd

邊長為L(L<d)

所以有一段過程線框完全進入磁場，線框無感應電流，只受重力．

根據能量守恒研究從ab

邊剛進入磁場到cd

邊剛穿出磁場的整個過程求解．

解決本題的關鍵根據根據正方形線框abcd

邊長為L(L<d)

進行受力分析，明確研究過程的運動情況．【解析】BD

13、CD【分析】解：A

回路中有磁通量但如果沒有發生變化時；不會產生感應電流；故A錯誤；

B、根據E=n鈻?婁碌鈻?t

可知；磁通量大，磁通量的變化率不一定大，感應電動勢不一定大.

故B錯誤．

C；只要閉合電路中的一部分導體做切割磁感線運動；閉合回路的磁通量發生了變化，電路中就有感應電流.

故C正確．

D；只要閉合回路中磁通量發生變化；就有感應電動勢.

故D正確．

故選：CD

．

明確感應電流產生的條件；同時根據法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢與什么因素有關．

此題要求理解感應電流產生的條件：只要穿過閉合電路的磁通量發生變化才能產生感應電流.

要產生感應電流，電路一定要閉合，穿過的磁通量還要變化，缺一不可．【解析】CD

14、BD【分析】解：

A、增大AB

板間的距離，根據電容的決定式C=?S4婁脨kd

分析得知，電容C

減小，電容器的電量Q

不變，則由C=QU

得知；板間電壓U

增大，靜電計指針張角變大.

故A錯誤．

B、減小AB

板間的距離，根據電容的決定式C=?S4婁脨kd

分析得知，電容C

增大，電容器的電量Q

不變，則由C=QU

得知；板間電壓U

減小，靜電計指針張角變小.

故B正確．

C、減小AB

板的正對面積，根據電容的決定式C=?S4婁脨kd

分析得知，電容C

減小，電容器的電量Q

不變，則由C=QU

得知；板間電壓U

增大，靜電計指針張角變大.

故C錯誤．

D、在AB

板間放入一介質板，根據電容的決定式C=?S4婁脨kd

分析得知，電容C

增大，電容器的電量Q

不變，則由C=QU

得知；板間電壓U

減小，靜電計指針張角變小.

故D正確．

故選BD

改變板間距離；改變正對面積或放入電介質；根據電容的決定式分析電容的變化，電容器的電量不變，再根據電容的定義式分析板間電壓的變化，判斷靜電計指針的變化．

本題是電容器的動態變化分析問題，在分析不變量的基礎上，由電容的決定式C=?S4婁脨kd

和電容的定義式C=QU

結合分析．【解析】BD

15、AC【分析】解：如果激發態的氫原子處于第二能級；能夠發出10.2eV的光子，不屬于可見光；如果激發態的氫原子處于第三能級，能夠發出12.09eV；10.2eV、1.89eV的三種光子，只有1.89eV屬于可見光；如果激發態的氫原子處于第四能級，能夠發出12.75eV、12.09eV、10.2eV、2.55eV、1.89eV、0.66eV的六種光子，1.89eV和2.55eV屬于可見光，1.89eV的光子為紅光，2.55eV的光子為藍-靛光，故AC正確，BD錯誤。

故選：AC。

當原子從高能級向低能級躍遷時，發射的光子數目為：同時計算出各種光子能量然后和表格中數據進行對比，便可解決本題。

本題難度不大，知道能級間發生躍遷時吸收的能量必須等于能極差，要求能熟練求出光子數目和對應的光子能量即可。【解析】AC16、CD【分析】解：A、質子和氚核在極板間運動時，有：L=則有：t=所以質子和氚核在極板間運動的時間之比為1：故A錯誤；

B、質子和氚核都為半個周期，周期的表達式為：T=所以質子和氚核在磁場中運動的時間之比為1：3，故B錯誤；

C、質子和氚核在磁場中運動的速率由加速電場來決定，則有：qU=得：v=所以質子和氚核在磁場中運動的速率之比為1；故C正確；

D、粒子在磁場中的運動半徑為：R=故質子和氚核在磁場中運動的軌跡半徑之比為1：故D正確；

故選：CD。

根據題圖可知；考查了回旋加速器的原理。根據粒子在回旋加速器在電場和磁場中的運動特點即可求解。

考查帶電粒子在電場中加速，在磁場中偏轉，理解運動學公式與動能定理的應用，掌握粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑公式與周期公式。【解析】CD17、AD【分析】解：A；帶正電的工件由于靜電感應電荷分布在表面；帶負電的粒子在庫侖力的作用下運動，故A正確，B錯誤；

C；微粒受電場力的作用；不是磁場力．故C錯誤，D正確．

故選：AD

工件上的電荷由于靜電感應分布在表面；由于庫侖引力，負電荷向正電荷運動．

本題結合生活中的具體應用，考查了靜電感應，題目難度不大．【解析】【答案】AD18、BC【分析】解：A

速度時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移；根據圖象可知，0

到t2

的時間內P

的位移大于Q

的位移，而時間相等，則P

的平均速度大于Q

的平均速度，故A錯誤，B正確；

C；0鈭?t1

時間內；Q

與坐標軸圍成的面積比P

與坐標軸圍成的面積大，所以PQ

沒有相遇，故C正確；

D；在t1

時刻前Q

的速度大于P

速度；Q

在P

的前面且距離越來越大，t1

時刻后P

的速度大于Q

速度，兩者之間的距離逐漸減小，最后再增大，故D錯誤．

故選：BC

．

速度時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，根據圖象判斷位移大小，根據v爐=xt

比較平均速度；0鈭?t1

時間內，Q

與坐標軸圍成的面積比P

與坐標軸圍成的面積大，所以PQ

沒有相遇．

本題主要考查了速度時間圖象的應用，增大速度時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，能根據圖象判斷物體的運動情況，難度適中．【解析】BC

三、填空題(共7題，共14分)19、略

【分析】A、B兩點沿場強方向的距離d=ABsin60°=0.02×所以E=UPB=-EPBsin60°=-577.4×0.005×V="-2.5"V即φP-φB="-2.5"V,φP="-2.5"V【解析】【答案】-2.5；20、略

【分析】解：當夾角為零時合力最大；最大值為6N+8N=14N；

當夾角為90°時，合力的大小為=10N；

故答案為：14；10．【解析】14;1021、T2;增大【分析】解：據題，不轉動把手C

讓彈簧振子上下振動，周期為T1

彈簧振子的固有周期即為T1.

使把手勻速轉動時，彈簧振子做受迫振動，當運動穩定后，彈簧振子的振動周期等于驅動力周期T2.

當驅動力的周期與彈簧振子的固有周期接近時振子的振幅增大，由于T2>T1

即驅動力氣周期大于振子的固有周期，則當T2

減小時，把手轉速增大時，振幅增大．

故答案為：T2

增大【解析】T2;

增大22、2.7065.015【分析】解：（1）螺旋測微器的固定刻度讀數為2.5mm；可動刻度讀數為0.01×20.6mm=0.206mm；

所以最終讀數為：2.5mm+0.206mm=2.706mm．

（2）游標卡尺的固定刻度讀數為5cm；游標尺上第3個刻度游標讀數為0.05×3mm=0.15mm=0.015cm；

所以最終讀數為：5cm+0.015cm=5.015cm；

故答案為：2.706；5.015

游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數；不需估讀；螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．

解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．【解析】2.7065.01523、略

【分析】

設甲溜冰者的運動方向為正方向；根據動量守恒定律，選擇開始和最后兩個狀態列方程得：

（M甲+m）v-M乙v=M乙×0+（M甲+m）v；

代入數據解得v=0．

故答案為：0

【解析】【答案】以兩人和球為研究對象；系統水平方向動量守恒，根據動量守恒列方程即可正確解答．

24、略

【分析】

1滴酒精油酸溶液中含油酸的體積：

V==5×10-6ml；

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40格，則油酸薄膜面積為：S=40cm2；

由于分子是單分子緊密排列的；因此分子直徑為：

d==1.25×10-9．

分子直徑d=分子體積

則阿伏伽德羅常數N=．

故答案為：5×10-6，40cm2，1.25×10-9．

【解析】【答案】在油膜法估測分子大小的實驗中；讓一定體積的純油酸滴在水面上形成單分子油膜，估算出油膜面積，從而求出分子直徑，掌握估算油膜面積的方法：所圍成的方格中，面積超過一半按一半算，小于一半的舍去．

25、增大；減小；停止【分析】解：一光敏電阻和一用電器串聯后接在一電源上.

當電路中的光敏電阻受到光照射時；光敏電阻的電阻值比較小，用電器開始正常工作；當光敏電阻不受光照射時，阻值增大，電路中的總電阻增大，則電流減小，用電器停止正常工作．

故答案為：增大；減小，停止．

根據光照強度的變化判斷光敏電阻阻值如何變化；根據串聯電路的特點及歐姆定律判斷電流表與電壓表示數如何變化．

本題是一道閉合電路的動態分析題，認真審題，理解題意，知道“光敏電阻的阻值隨光照強度的增大而減小”是正確解題的前提，掌握串聯電路特點、歐姆定律是正確解題的關鍵．【解析】增大；減小；停止四、判斷題(共4題，共36分)26、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，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．27、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．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，正負表示大小；電勢差與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．28、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，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．29、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．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，正負表示大小；電勢差與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．五、簡答題(共4題，共28分)30、略

【分析】

（1）根據同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引先判斷Q1和Q2與q之間的電性關系，從而判斷Q1和Q2之間的電性關系即可；

（2）根據庫侖定律列式聯立方程即可求解．

本題主要考查了庫侖定律的直接應用，知道同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，難度不大，屬于基礎題．【解析】解：（1）根據同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引可知，電荷Q1對與點電荷q是排斥力，電性相同，電荷Q2對點電荷q是吸引力，電性相反，則Q1和Q2是帶異種電荷；

（2）根據庫侖定律得：其中r1=1m，r2=2m；

解得：

答：（1）Q1和Q2帶異種電荷；

（2）Q1與Q2的帶電量大小之比為．31、rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}

rm{(2)>}rm{Zn}原子軌道中電子處于全滿狀態，rm{Cu}失去一個電子內層電子達到全充滿穩定狀態

rm{(3)}離子鍵乙醇、乙醚等有機溶劑屬于極性分子，rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}為極性分子，即溶質、溶劑都屬于極性分子，所以互溶

rm{(4)}平面正三角形rm{sp^{2}}

rm{(5)}六方最密堆積rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120^circtimes3timesc)N_{A}}}或rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin60^circtimes3timesc)N_{A}}}rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120

^circtimes3timesc)N_{A}}}【分析】【分析】rm{(1)Zn}原子核外有rm{30}個電子，分別分布在rm{1s}rm{2s}rm{2p}rm{3s}rm{3p}rm{3d}rm{4s}能級上，根據構造原理書寫其原子核外電子排布式；rm{(2)}軌道中電子處于全滿、全空、半滿時較穩定，失去電子需要的能量較大；rm{(3)}離子晶體熔沸點較高，離子晶體中含有離子鍵；乙醇、乙醚等有機溶劑屬于極性分子，極性分子的溶質易溶于極性分子的溶劑，根據相似相溶原理分析；rm{(4)ZnCO_{3}}中，陰離子rm{CO_{3}^{2-}}中rm{C}原子價層電子對個數rm{=3+dfrac{4+2-3隆脕2}{2}=3}且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷碳酸根離子空間構型及rm{=3+dfrac

{4+2-3隆脕2}{2}=3}原子的雜化形式；rm{C}金屬鋅的這種堆積方式稱為六方最密堆積，該晶胞中rm{(5)}原子個數rm{=12隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+3=6}六棱柱底邊邊長為rm{Zn}高為rm{=12隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac

{1}{2}+3=6}六棱柱體積rm{=[(a隆脕a隆脕sin120^{circ})隆脕3隆脕c]cm^{3}}晶胞密度rm{acm}本題考查物質結構和性質，涉及晶胞計算、微粒空間構型判斷、原子雜化方式判斷、原子核外電子排布等知識點，側重考查學生分析、判斷、計算及空間想像能力，熟練掌握均攤分在晶胞計算中的正確運用、價層電子對個數的計算方法，注意：該晶胞中頂點上的原子被rm{ccm}個晶胞共用而不是rm{=[(a隆脕a隆脕sin

120^{circ})隆脕3隆脕c]cm^{3}}個，為易錯點。【解答】rm{=dfrac{m}{V}}原子核外有rm{6}個電子，分別分布在rm{8}rm{(1)Zn}rm{30}rm{1s}rm{2s}rm{2p}rm{3s}能級上，其核外電子排布式為rm{3p}或rm{3d}

故答案為：rm{4s}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}

rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}軌道中電子處于全滿、全空、半滿時較穩定，失去電子需要的能量較大，rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}原子軌道中電子處于全滿狀態，rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}失去一個電子內層電子達到全充滿穩定狀態，所以rm{(2)}較rm{Zn}易失電子，則第一電離能rm{Cu}

故答案為：rm{Cu}rm{Zn}原子軌道中電子處于全滿狀態，rm{Cu<Zn}失去一個電子內層電子達到全充滿穩定狀態；

rm{>}離子晶體熔沸點較高，熔沸點較高rm{Zn}為離子晶體，離子晶體中含有離子鍵；

根據相似相溶原理知，極性分子的溶質易溶于極性分子的溶劑，乙醇、乙醚等有機溶劑屬于極性分子，rm{Cu}rm{(3)}rm{ZnF_{2}}能夠溶于乙醇、乙醚等有機溶劑，說明rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}為極性分子；

故答案為：離子鍵；乙醇、乙醚等有機溶劑屬于極性分子，rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}為極性分子；即溶質；溶劑都屬于極性分子，所以互溶；

rm{ZnCl_{2}}中，陰離子rm{ZnBr_{2}}中rm{ZnI_{2}}原子價層電子對個數rm{=3+dfrac{4+2-3隆脕2}{2}=3}且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷碳酸根離子空間構型及rm{(4)ZnCO_{3}}原子的雜化形式分別為平面正三角形、rm{CO_{3}^{2-}}雜化；

故答案為：平面正三角形；rm{C}

rm{=3+dfrac

{4+2-3隆脕2}{2}=3}金屬鋅的這種堆積方式稱為六方最密堆積，該晶胞中rm{C}原子個數rm{=12隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+3=6}

六棱柱底邊邊長為rm{sp^{2}}高為rm{sp^{2}}六棱柱體積rm{=[(a隆脕a隆脕sin120^{circ})隆脕3隆脕c]cm^{3}}

晶胞密度rm{=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{M}{N_{A}}隆脕6}{a隆脕a隆脕sin120^{circ}隆脕3隆脕c}g/cm^{3}=dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120^circtimes3timesc)N_{A}}g/cm^{3}}或rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin60^circtimes3timesc)N_{A}}g/cm^{3}}

故答案為：rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120^circtimes3timesc)N_{A}}}或rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin60^circtimes3timesc)N_{A}}}

rm{(5)}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}rm{(2)>}rm{Zn}原子軌道中電子處于全滿狀態，rm{Cu}失去一個電子內層電子達到全充滿穩定狀態rm{(3)}離子鍵乙醇、乙醚等有機溶劑屬于極性分子，rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}為極性分子，即溶質、溶劑都屬于極性分子，所以互溶rm{(4)}平面正三角形rm{sp^{2}}rm{(5)}六方最密堆積rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120^circtimes3timesc)N_{A}}}或rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin60^circtimes3timesc)N_{A}}}rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120

^circtimes3timesc)N_{A}}}32、（1）（a）⑥（b）②（c）④（2）①②CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH=CH↑③2－甲基－2－戊烯④4－甲基－2－戊醇【分析】【分析】本題考查了化學方程式書寫，側重考查有機化學反應方程式書寫，判斷有機物的官能團與物質的類別，辨析同系物、同分異構體的概念，明確有機物結構及性質是解題關鍵，注意反應條件，題目難度不大。【解答】rm{(1)(a)壟脵CH_{3}COOH(}調味劑rm{)}屬于羧酸，rm{壟脷HCOOCH_{3}(}煙草熏蒸劑rm{)}屬于酯，rm{壟脹}rm{(}制酚醛樹脂rm{)}屬于酚，rm{壟脺}rm{(}生產殺蟲劑rm{)}屬于酚，rm{壟脻CH_{2}=CH漏隴CH=CH_{2}(}合成橡膠原料rm{)}屬于二烯烴，rm{壟脼HCHO(}防腐劑rm{)}屬于醛，故答案為：rm{壟脼}rm{(b)}rm{(b)}rm{CH}rm{3}與rm{3}分子式均是rm{COOH}二者結構不同，屬于同分異構體，故答案為：rm{HCOOCH3}rm{C_{2}H4O_{2}}rm{壟脷}和rm{(c)}結構相似，分子組成相差一個“rm{(c)}”原子團，二者互為同系物，故答案為：rm{壟脹}rm{壟脺}rm{CH_{2}}

故答案為：rm{壟脺}實驗室用碳化鈣和水反應制取乙炔，化學方程式為：rm{(2)壟脵}甲基是中性原子團，其電子式為：rm{壟脷}實驗室用碳化鈣和水反應制取乙炔，化學方程式為：rm{壟脷}rm{CaC}rm{2}rm{2}

故答案為：rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O隆煤Ca(OH)}rm{2}rm{2}rm{+CH=CH隆眉}rm{CaC}根據烯烴的命名原則知的名稱為：rm{2}甲基rm{2}戊烯；

故答案為：rm{+2H}甲基rm{2}戊烯；rm{2}根據飽和一元醇的命名原則知的名稱為：rm{O隆煤Ca(OH)}甲基rm{2}戊醇；

故答案為：rm{2}甲基rm{+CH=CH隆眉}戊醇。

rm{壟脹}根據烯烴的命名原則知【解析】rm{(1)(a)}rm{壟脼}rm{(b)}rm{(b)}rm{壟脷}rm{(c)}rm{(c)}rm{壟脺}rm{(2)壟脵}甲基rm{壟脷CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+CH=CH隆眉}戊烯rm{壟脹2-}甲基rm{-2-}戊醇rm{壟脺4-}33、rm{(1)HCN}rm{B}

rm{(2)}中性rm{C(CH