…………○…………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年外研銜接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、物體在與初速度始終在同一直線上的合外力F的作用下運動．取vo方向為正時，合外力F隨時間t的變化情況如圖所示，則在O-t2這段時間內（）

A.物體的加速度先減小后增大；速度也是先減小后增大。

B.物體的加速度先增大后減?。凰俣纫彩窍仍龃蠛鬁p小。

C.物體的加速度先減小后增大；速度一直在增大。

D.物體的加速度先減小后增大；速度一直在減小。

2、下列圖中表示閉合電路中的一部分導體ab

在磁場中做切割磁感線運動的情景，導體ab

上的感應電流方向為a隆煤b

的是(

)

A.B.C.D.3、如圖所示，三條虛線表示某電場的三個等勢面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一個帶電粒子只受電場力作用，按圖中實線軌跡從A點運動到B點，由此可知A.粒子帶正電B.粒子的速度變大C.粒子的加速度變大D.粒子的電勢能變大4、直導線ab放在如圖所示的水平導體框架上，構成一個閉合回路．長直導線cd和框架處在同一個平面內，且cd和ab平行，當cd中通有電流時，發現ab向右運動．關于cd中的電流下列說法正確的是A.電流肯定在增大，不論電流是什么方向B.電流肯定在減小，不論電流是什么方向C.電流大小恒定，方向由c到dD.電流大小恒定，方向由d到c5、關于電場強度和電場線，下列說法正確的是（）A.在電場中某點放不同的檢驗電荷，該點的電場強度就不同B.在電場中沒有電場線的地方場強一定為零C.電荷在電場中某點所受力的方向即為該點的電場強度方向D.由靜止釋放的帶電粒子在電場中運動的軌跡可能不與電場線重合6、一個矩形線圈繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內的固定軸勻速轉動，線圈中的感應電動勢e隨時間t變化如圖所示，則（）A.t1時刻通過線圈的磁通量為零B.t2時刻線圈位于中性面C.t3時刻通過線圈的磁通量變化率最大D.每當e變換方向時，通過線圈的磁通量都最大7、下列說法中正確的是(

)

A.沿電場線方向，電場強度一定越來越小B.電場中兩點間的距離越大，兩點間的電勢差就越大C.在等勢面上移動電荷時電場力不做功D.沿電場線方向移動電荷時，電場力一定做正功8、如圖所示；在等量異種電荷連線的中垂線上取ABCD

四點，BD

兩點關于O

點對稱，則關于各點場強的關系，下列說法中正確的是：()

A.EA>EBEB=ED

B.EA<EB<ECEB=ED

C.四點場強方向不盡相同D.EA<EBEC

與ED

大小關系無法確定9、關于第一宇宙速度，下列說法正確的是（）A.第一宇宙速度的數值是7.9km/sB.第一宇宙速度的數值是11.2km/sC.它是衛星在橢圓軌道上運行時在近地點的速度D.它是人造地球衛星繞地球飛行的最小速度評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、用螺旋測微器測圓柱體的直徑時，示數如圖甲所示，此示數為______mm

用20

分度的游標卡尺測量某物體的厚度時，示數如圖乙所示，此示數為______mm.

圖丙為正在測量中的多用電表表盤，如果是用“婁賂隆脕10

”檔測量某電阻絲電阻，則讀數為______婁賂.

11、如圖，電源電動勢E=10V.

內阻r=3婁賂

電阻R0=9婁賂

滑動變阻器R

的最大阻值為8婁賂

當滑動變阻器R=

____婁賂

時，變阻器消耗的功率最大，最大功率是____W

當變阻器R=

____婁賂

時，電阻R0

上消耗的功率最大，此時電源的效率為____。

12、一根導線長0.2m，通過3A的電流，垂直放入磁場中某處受到的磁場力是0.12N，則該處的磁感應強度B的大小是______T；如果該導線的長度和電流都減小一半，則該處的磁感應強度的大小是______T．13、電子手表中的液晶在外加電壓的影響下能夠發光．______．（判斷對錯）14、游標卡尺的讀數是______cm．

15、在“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中；有下列實驗步驟：

①往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水．待水面穩定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上．

②用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上；待油膜形狀穩定．

③將畫有油膜形狀的玻璃板平放在坐標紙上；計算出油膜的面積，根據油酸的體積和面積計算出油酸分子直徑的大?。?/p>

④用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中；記下量筒內每增加一定體積時的滴數，由此計算出一滴油酸酒精溶液的體積．

⑤將玻璃板放在淺盤上；然后將油膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上．

完成下列填空：

（1）上述步驟中，正確的順序是______．（填寫步驟前面的數字）

（2）將1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；測得1cm3的油酸酒精溶液有50滴．現取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測得所形成的油膜的面積是0.13m2．

由此估算出油酸分子的直徑為______m．（結果保留l位有效數字）16、rm{(1)}已知在常溫常壓下：rm{壟脵2CH_{3}OH(l)+3O_{2}(g)簍T2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)婁隴H=-1275.6kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脵2CH_{3}OH(l)+3O_{2}(g)簍T2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)

婁隴H=-1275.6kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脷H_{2}O(l)簍TH_{2}O(g)}則甲醇rm{婁隴H=+44.0kJ隆隴mol^{-1}}燃燒熱的熱化學方程式是__________________________________。rm{(CH_{3}OH)}在一定條件下，可逆反應rm{(2)}rm{A+B}變化如圖所示。已知縱坐標表示在不同溫度和壓強下生成物rm{mC}在混合物中的質量分數，rm{C}為反應在rm{p}溫度時達到平衡后給容器加壓的變化情況，請回答：rm{T_{2}}溫度rm{壟脵}________rm{T_{1}}填“rm{T_{2}(}”“rm{>}”或“rm{=}”rm{<}rm{)}正反應是________反應rm{壟脷}填“吸熱”或“放熱”rm{(}rm{)}如果rm{壟脹}rm{A}rm{B}均為氣體，則rm{C}________rm{m}填“rm{2(}”“rm{>}”或“rm{=}”rm{<}rm{)}在一定溫度下，將rm{(3)}和rm{1molA(g)}相混合于體積為rm{1molB(g)}的某密閉容器中，發生如下反應：rm{2L}rm{3A(g)+B(g)}rm{xC(g)+2D(g)}經過rm{婁隴H<0}反應達到平衡狀態，生成了rm{2min}并測得此時rm{0.4molD}的濃度為rm{C}請回答：rm{0.2mol隆隴L^{-1}}內rm{壟脵2min}的平均反應速率為___________rm{B}rm{mol/(L.min)}的轉化率為_____________。rm{壟脷A}該溫度下反應的平衡常數rm{壟脹}____________。rm{K=}能說明該反應已達到化學平衡狀態的是____________rm{壟脺}選填序號rm{(}rm{)}容器中氣體壓強保持不變rm{a.}容器中氣體的密度保持不變rm{b.}容器中rm{c.}的體積分數保持不變rm{A}混合氣體的平均相對分子質量不隨時間而變化rm{d.}單位時間內每消耗rm{e.}同時生成rm{1.2molA(g)}rm{0.4molB(g)}評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)17、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）18、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）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、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、處于靜電平衡狀態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）22、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）

23、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、實驗探究題(共1題，共5分)24、請對下列實驗探究與活動進行判斷；說法正確的題后括號內填“正確”，錯誤的填“錯誤”．

(1)

如圖甲所示；在“研究滑動摩擦力的大小”的實驗探究中，必須將長木板勻速拉出______

(2)

如圖乙所示的實驗探究中；只能得到平拋運動在豎直方向的分運動是自由落體運動，而不能得出水平方向的運動是勻速直線運動______

(3)

如圖丙所示；在“研究向心力的大小與質量；角速度和半徑之間的關系”的實驗探究中，采取的主要物理方法是理想實驗法______

(4)

如圖丁所示的實驗探究中，正極板與靜電計外殼是連通并接地的．______．評卷人得分五、解答題(共3題，共9分)25、釷（）具有放射性，能放出一個β粒子而變為鏷（Pa）．現有一個靜止的釷（）原子核處于勻強磁場中；某時刻它放出一個β粒子，放出的β粒子的初速度與磁感應強度方向垂直．

（1）寫出上述核反應方程；

（2）若的質量為mT，β粒子的質量為me，鏷（Pa）的質量為mp；真空中的光速為c，則反應中釋放的核能為多少？

（3）生成的鏷（Pa）與β粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑之比為多少？

26、如圖14所示，一帶電量為q=-5×10-3C，質量為m=0.1kg的小物塊處于一傾角為θ=37°的光滑絕緣斜面上，當整個裝置處于一水平向左的勻強電場中時，小物塊恰處于靜止狀態．（g取10m/s2）：

（1）求電場強度多大？

（2）若從某時刻開始，電場強度減小為原來的求物塊下滑距離L=1.5m時的速度大?。?/p>

27、我們知道；根據光的粒子性，光的能量是不連續的，而是一份一份的，每一份叫一個光子，光子具有動量（hv/c）和能量（hv），當光子撞擊到光滑的平面上時，可以像從墻上反彈回來的乒乓球一樣改變運動方向，并給撞擊物體以相應的作用力．光對被照射物體單位面積上所施加的壓力叫光壓．聯想到人類很早就會制造并廣泛使用的風帆，能否做出利用太陽光光壓的“太陽帆”進行宇宙航行呢？

1924年，俄國航天事業的先驅齊奧爾科夫斯基和其同事燦德爾明確提出“用照射到很薄的巨大反射鏡上的太陽光所產生的推力獲得宇宙速度”，首次提出了太陽帆的設想．但太陽光壓很小，太陽光在地球附近的光壓大約為10﹣6N/m2；但在微重力的太空，通過增大太陽帆面積，長達數月的持續加速，使得太陽帆可以達到甚至超過宇宙速度．IKAROS是世界第一個成功在行星際空間運行的太陽帆．2010年5月21日發射，2010年12月8日，IKAROS在距離金星80，800公里處飛行掠過，并進入延伸任務階段．

設太陽單位時間內向各個方向輻射的總能量為E，太空中某太陽帆面積為S，某時刻距太陽距離為r（r很大；故太陽光可視為平行光，太陽帆位置的變化可以忽略），且帆面和太陽光傳播方向垂直，太陽光頻率為v，真空中光速為c，普朗克常量為h．

（1）當一個太陽光子被帆面完全反射時；求光子動量的變化△P，判斷光子對太陽帆面作用力的方向．

（2）計算單位時間內到達該航天器太陽帆面的光子數．

（3）事實上，到達太陽帆表面的光子一部分被反射，其余部分被吸收．被反射的光子數與入射光子總數的比，稱為反射系數．若太陽帆的反射系數為ρ，求該時刻太陽光對太陽帆的作用力．評卷人得分六、綜合題(共4題，共16分)28、2003年10月16日我國成功發射了“神州五號”載人飛船；這標志著我國的航天航空事業居于世界前列．

（1）如圖是A“神州五號”的火箭發射場，B為山區，C為城市，發射場正在進行發射，若該火箭起飛時質量為2.02×105kg，起飛推力2.75×106N，火箭發射塔高100m，則該火箭起飛的加速度大小為______，在火箭推力不變的情況下，若不考慮空氣阻力和火箭質量的變化，火箭起飛后經______s飛離發射塔．

（2）為了轉播發射實況，我國科技工作者在發射場建立了發射臺用于發射廣播與電視信號．已知傳輸無線電廣播所用的電磁波波長為550m，而傳輸電視信號所用的電磁波波長為0.556m，為了不讓山區擋住信號的傳播，使城市居民能聽到和收看實況，必須通過在山頂的轉發站來轉發______（填無線電廣播信號或電視信號），這是因為______．29、(1)(1)質量為mm帶電量為qq的小球，從傾角為婁脠婁脠的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感應強度為BB如圖所示。若帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是(())壟脵

小球帶正電壟脷

小球在斜面上運動時做勻加速直線運動壟脹

小球在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動壟脺

則小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時的速率為mgcos婁脠/Bq

(2)

如圖所示，電源電動勢E=9V

內電阻r=0.5婁賂

電阻R1=5.0婁賂R2=3.5婁賂R3=6.0婁賂R4=3.0婁賂

電容C=2.0婁脤F.

當電鍵K

由與a

接觸到與b

接觸通過R3

的電量是多少？30、[

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

管中氣體長度變為5cm

穩定后的壓強為多少？(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

則溫度應變為多少？31、參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了圖示的實驗裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M

板和N

板。M

板上部有一半徑為R

的圓弧形的粗糙軌道，P

為最高點，Q

為最低點，Q

點處的切線水平，距底板高為H

。N

板上固定有三個圓環。將質量為m

的小球從P

處靜止釋放，小球運動至Q

飛出后無阻礙地通過各圓環中心，落到底板上距Q

水平距離為L

處。不考慮空氣阻力，重力加速度為g

。求：

(1)

小球到達Q

點時的速度大?。?2)

小球運動到Q

點時對軌道的壓力大小；(3)

小球克服摩擦力做的功。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】

由圖可知；物體所受合外力F隨時間t的變化是先減小后增大；

根據牛頓第二定律得：物體的加速度先減小后增大；

由于取vo方向為正時；合外力F與正方向相同，所以物體加速度方向與速度方向一直相同，所以速度一直在增大．

故選C．

【解析】【答案】根據牛頓第二定律；已知合力判斷加速度．

根據速度方向與加速度方向判斷速度大小變化．

2、A【分析】解：Aab

棒順時針轉動，運用右手定則：磁感線穿過手心，拇指指向順時針方向，則導體ab

上的感應電流方向為a隆煤b.

故A正確。

B、ab

向紙外運動，運用右手定則時，磁感線穿過手心，拇指指向紙外，則知導體ab

上的感應電流方向為b隆煤a

故B錯誤。

C、穿過回路的磁通量減小，由楞次定律知，回路中感應電流方向由b隆煤a隆煤c

則導體ab

上的感應電流方向為b隆煤a.

故C錯誤。

D、ab

棒沿導軌向下運動，由右手定則判斷知導體ab

上的感應電流方向為b隆煤a

故D錯誤。

故選：A

感應電流方向根據右手定則或楞次定律進行判斷.

右手定則研究一段導體；楞次定律研究一個回路，從而即可求解．

本題的關鍵要掌握右手定則和楞次定律，要知道它們在判斷切割產生的感應電流方向上結果是相同的，不過研究的對象不同．【解析】A

3、B【分析】試題分析：由圖象可知帶電粒子的軌跡向右偏轉，得出粒子所受力的方向向右；又由電場線指向電勢降低的方向，得出電場線方向大致向左．因為帶電粒子受力與電場的方向相反，所以粒子帶負電．故A錯誤．由動能定理得，合外力（電場力）做正功，動能增加．故B正確．由于等勢面密的地方電場線也密、電場線密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子從A點運動到B點，加速度在變小．故C錯誤．由電場力做功的公式WAB=qUAB得，粒子從A點運動到B點，電場力做正功，電勢能減?。蔇錯誤．考點：本題考查帶電粒子在電場中的運動?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、A【分析】根據ab向右運動，由楞次定律可知，ｄｃ上面的電流肯定在減小，與電流方向無關，Ａ對；【解析】【答案】A5、D【分析】解：A；電場中某點的場強大小由電場本身決定；與放入電場中的檢驗電荷無關，因此在電場中某點放不同的檢驗電荷，該點的電場強度是相同的，故A錯誤．

B；電場線的疏密表示電場強度的強弱；在電場中沒畫電場線的地方場強并不一定為零．故B錯誤；

C；正電荷在電場中某點所受力的方向才是該點的電場強度方向；電場強度方向與負電荷所受的電場力方向相反，故C錯誤．

D；若電場線是曲線；由靜止釋放的帶電粒子在電場中運動的軌跡不與電場線重合，故D正確．

故選：D

電場中某點的電場強度由場源和該點的位置決定；與試探電荷無關．正電荷所受的電場力方向與場強方向相同．電荷的運動軌跡與電場線不一定重合，只有電場線是直線時，電荷的運動軌跡才可能能沿電場線．

電場強度是用比值法定義的物理量之一，電場中某點的電場強度是由電場本身決定的，與該點是否有試探電荷無關．加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點：疏密表示場強的大小、切線方向表示場強的方向．場強方向與正電荷所受的電場力方向相同．【解析】【答案】D6、D【分析】解：A、由圖可知，t1時刻線圈的感應電動勢最小為零；則根據法拉第電磁感應定律得知，磁通量的變化率為零，而線圈與磁場垂直，通過線圈的磁通量為最大，故A錯誤；

B、由圖可知，t2時刻線圈的感應電動勢最大；故磁通量的變化率也最大，線圈與磁場平行，與中性面垂直，故B錯誤；

C、由圖可知，t3時刻線圈的感應電動勢是零；則磁通量的變化率也為零，最小，故C錯誤；

D；每當線圈經過中性面時；e轉換方向，此時線圈與磁場垂直，磁通量最大，故D正確；

故選：D．

矩形線圈在勻強磁場內繞固定軸轉動；線圈中的感應電動勢e隨于時間t的變化規律可得，線圈從垂直中性面開始計時；磁通量為零時，磁通量變化率最大；每當線圈經過中性面時，電流方向改變．

學會通過瞬時感應電動勢來判定在什么時刻，線圈處于什么位置；同時還能畫出磁通量隨著時間變化的圖象及線圈中的電流隨著時間變化的規律．【解析】【答案】D7、C【分析】解：A

電場強度的大小與是否沿電場線無關；在勻強電場中，沿電場線的方向場強不變，故A錯誤；

B；公式U=Ed

使用的條件是沿電場線的方向；在勻強電場中，兩點距離大，電勢差不一定越大，還與兩點的連線與電場線方向之間的夾角有關，故B錯誤；

C；在等勢面上移動電荷時；因電勢差為零，因此電場力不做功，故C正確；

D；在電場中順著電場線移動正電荷；電場力做正功，而順著電場線移動負電荷，電場力做負功，故D錯誤。

故選：C

在勻強電場中；電場強度與兩點間電勢差的關系是兩點間電勢差等于場強與兩點間沿電場方向距離的乘積；在電場中移動電荷電場力做功時電勢能會發生改變。電場力做功正負可根據電場力與位移方向關系判斷。電場強度和電勢無關。電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增加。結合這些知識分析。

本題考查對公式U=Ed

的理解，關鍵抓住兩點：一是公式適用的條件：勻強電場；二是d

的含義：兩點間沿電場方向的距離；解決本題的關鍵掌握電場力做功與電勢能的關系、電場強度與電勢的關系，明確電場力做功等于電勢能的減小量。【解析】C

8、B【分析】解：據等量異種電荷的電場特點；中垂線上各點的場強關于電荷連線對稱，中點場強最大，向兩側場強逐漸減小，場強方向垂直于中垂線；由于BD

兩點關于O

點對稱，所以BD

兩點的場強相同，且C

點、B

點、A

點的場強逐漸減小，故B正確，ACD錯誤．

故選：B

．

利用兩個等量異種電荷的電場特點；兩電荷連線的中垂線有如下特征：中垂線為等勢線，連線上各點的電勢相等，中間電場線比較密，兩邊疏，則連線中點場強最大，向外逐漸減小.

且電場中的電勢；電場強度都關于X

軸對稱，所以對稱點電勢相等，場強大小相等．

明確等量異種電荷的電場特點是解題的關鍵，特別是中垂線上各點的場強特點，即各點的場強關于電荷連線對稱，中點場強最大，向兩側場強逐漸減小，場強方向垂直于中垂線．【解析】B

9、A【分析】解：AB、第一宇宙速度為v==7.9km/s；故A正確，B錯誤；

C；在地面附近發射飛行器；如果速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，它繞地球飛行的軌跡就不是圓，而是橢圓，故在橢圓軌道上運行的衛星，在近地點的速度均大于7.9km/s，故C錯誤；

D；第一宇宙速度是人造地球衛星飛船環繞地球做勻速圓周運動時的最大速度；同時又是最小的發射速度，故D錯誤；

故選：A。

由于第一宇宙速度是人造地球衛星飛船環繞地球做勻速圓周運動時的最大速度；同時又是最小的發射速度，可知飛船的發射速度大于第一宇宙速度7.9km/s。飛船的發射速度大于第二宇宙速度11.2km/s時，就脫離地球束縛。所以飛船的發射速度要小于第二宇宙速度，同時要大于第一宇宙速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間。

本題要理解第一宇宙速度的意義，明確第一宇宙速度是衛星繞地球做勻速圓周運動的最大運行速度，也是衛星繞地球做圓周運動最小的發射速度。【解析】A二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】解：螺旋測微器的固定刻度讀數6mm

可動刻度讀數為0.01隆脕12.5=0.125mm

所以最終讀數為：6mm+0.125mm=6.125mm

游標卡尺的主尺讀數為6.3mm

游標尺上第12

個刻度與主尺上某一刻度對齊，因此游標讀數為0.05隆脕12mm=0.60mm

所以最終讀數為：6.3mm+0.060mm=6.360mm

．

歐姆表表盤的刻度為6.0

選擇的是“婁賂隆脕10

”檔，所以讀數是：6.0隆脕10=60婁賂

故答案為：6.12563.6060

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.

游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀．

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】6.1256.36060

11、略

【分析】考查電功率。R

的阻值與RR0+r

越接近，R

消耗的功率越大，所以R=8婁賂8婁賂時，變阻器消耗的功率最大，為;

當電路中流過定值電阻電流最大時，電阻RR0上消耗的功率最大，此時變阻器阻值為零，故答案為8

2

0

75%

討論最大功率分兩種情況；一是定值電阻，則要求流過該電阻電流最大時功率最大；二是阻值可變的，根據函數關系當該電阻值越接近其他定值電阻總阻值時功率最大?！窘馕觥?

2

0

75%

12、略

【分析】解：磁感應強度B=．

如果該導線的長度和電流都減小一半；則該處的磁感應強度不變，仍然為0.2T．

故答案為：0.2；0.2．

當電流的方向與磁場方向垂直，根據B=求出磁感應強度的大?。鸥袘獜姸鹊拇笮∨c放入磁場中的電流元無關．

解決本題的關鍵掌握磁感應強度的定義式，知道磁感應強度的大小由磁場本身的性質決定，與放入磁場中電流的大小、導線的長度無關．【解析】0.2；0.213、略

【分析】解：液晶在外加電壓的影響下并不發光；而是由于液晶通電時，排列變得有秩序，使光線容易通過．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×

液晶像液體一樣可以流動；又具有某些晶體結構特征的一類物質．液晶是介于液態與結晶態之間的一種物質狀態；液晶在外加電壓的影響下并不發光，而是由于液晶通電時，排列變得有秩序，使光線容易通過．

液晶較為生疏的一種物質狀態．關鍵需要記住其定義和基本特性即可．【解析】×14、略

【分析】解：游標卡尺的主尺讀數為10.4cm；游標尺上第1個刻度與主尺上的某一刻度對齊，故游標讀數為0.05×1=0.05mm=0.005cm，所以最終讀數為：10.4cm+0.005cm=10.405cm．

故答案為：10.405

解決本題的關鍵掌握游標卡尺的讀數方法；其讀數方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀，游標尺讀數時注意游標尺上的哪一個刻度與主尺上的某一刻度對齊．

游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀，對于基本義儀器要在平時加強練習使用．【解析】10.40515、略

【分析】解：（1）“油膜法估測油酸分子的大小”實驗步驟為：

配制酒精油酸溶液（教師完成，記下配制比例）→測定一滴酒精油酸溶液的體積v=（題中的④）→準備淺水盤（①）→形成油膜（②）→描繪油膜邊緣（⑤）→測量油膜面積（③）→計算分子直徑（③）

（2）計算步驟：先計算一滴油酸酒精溶液中油酸的體積=一滴酒精油酸溶液的體積×配制比例=×

再計算油膜面積，最后計算分子直徑=××=5×10-10m．

故答案為：（1）④①②⑤③；（2）5×10-10．

將配制好的油酸酒精溶液；通過量筒測出1滴此溶液的體積．然后將1滴此溶液滴在有痱子粉的淺盤里的水面上，等待形狀穩定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆描繪出油酸膜的形狀，將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，按不足半個舍去，多于半個的算一個，統計出油酸薄膜的面積．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．

本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個靠著一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度．【解析】④①②⑤③；5×10-1016、（1）CH3OH(g)＋3/2O2(g)═══CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－725.8kJ·mol－1

（2）①＞②放熱③＞

（3）①0.05②60%③0.5④ce【分析】【分析】本題考查蓋斯定律的而應用，化學平衡的而影響因素，化學反應速率的計算和化學平衡狀態的判斷，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)}燃燒熱的熱化學方程式是rm{1mol}有機物完全燃燒，有蓋斯定律可知有方程式可有rm{(壟脵-4壟脷)}得到，即rm{CH}有機物完全燃燒，有蓋斯定律可知有方程式可有rm{1mol}得到，即rm{(壟脵-4壟脷)}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{OH(g)+3/2}rm{OH(g)+3/2}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)簍T簍T簍TCO}rm{(g)簍T簍T簍TCO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}故答案為：rm{(g)+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)}rm{婁隴H=-725.8kJ隆隴mol}rm{O(l)}rm{婁隴H=-725.8kJ隆隴mol}rm{{,!}^{-1}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{OH(g)+3/2}rm{OH(g)+3/2}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}有圖像可知在rm{(g)簍T簍T簍TCO}溫度下先達到平衡，說明反應速率快，則溫度高，則rm{(g)簍T簍T簍TCO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}溫度升高，rm{(g)+2H}的含量變小，說明升高溫度平衡左移，則正反應是放熱反應，rm{{,!}_{2}}rm{O(l)}rm{婁隴H=-725.8kJ隆隴mol}有圖像可知，加壓平衡左移，加壓移動向分子數少的方向，則rm{O(l)}rm{婁隴H=-725.8kJ隆隴mol}rm{{,!}^{-1}}rm{(2)}起始濃度rm{壟脵}有圖像可知在rm{T_{1}}溫度下先達到平衡，說明反應速率快，則溫度高，則rm{T_{1}>T_{2}}rm{壟脵}rm{T_{1}}rm{T_{1}>T_{2}}反應濃度故答案為：rm{>}rm{>}rm{壟脷}溫度升高，rm{C}的含量變小，說明升高溫度平衡左移，則正反應是放熱反應，rm{壟脷}平衡濃度rm{C}故答案為：放熱。rm{壟脹}有圖像可知，加壓平衡左移，加壓移動向分子數少的方向，則rm{m>2}rm{壟脹}rm{m>2}內故答案為：rm{>}的平均反應速率為rm{vleft(Bright)=dfrac{?c}{t}=dfrac{0.1mol/L}{2min}=0.05mol隆隴{L}^{-1}隆隴mi{n}^{-1}}

rm{>}

rm{(3)}的轉化率為：rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}

rm{(mol/L)0.5}

rm{0.5}平衡時rm{0}的濃度為rm{0}rm{(mol/L)0.3}rm{0.1}rm{0.1x}rm{0.2}則rm{(mol/L)0.3}此時的平衡常數為：rm{K=dfrac{c{left(Dright)}^{2}隆隴c{left(Cright)}^{2}}{c{left(Aright)}^{3}隆隴cleft(Bright)}=dfrac{{left(0.2right)}^{2}隆隴{left(0.2right)}^{2}}{{left(0.2right)}^{3}隆隴left(0.4right)}=0.5}

故答案為：rm{0.1}rm{0.1x}rm{0.2}該反應是前后氣體分子數不變的反應，則容器中氣體壓強保持不變，不一定是平衡狀態，故rm{(mol/L)0.2}rm{0.4}rm{0.1x}rm{0.2}不選；rm{(mol/L)0.2}體系都是氣體，氣體密度一直不變，則容器中氣體的密度保持不變，不一定是平衡狀態，故rm{0.4}不選；rm{0.1x}容器中rm{0.2}的體積分數保持不變，說明達到了平衡狀態，故rm{壟脵2min}選；rm{B}前后氣體分子數不變，質量不變，則混合氣體的平均相對分子質量不隨時間而變化，不一定是化學平衡狀態，故rm{vleft(Bright)=dfrac{?c}{t}=

dfrac{0.1mol/L}{2min}=0.05mol隆隴{L}^{-1}隆隴mi{n}^{-1}}不選；故答案為：rm{0.05}單位時間內每消耗rm{0.05}同時生成rm{壟脷A}的轉化率為：rm{0.3/0.5=0.6=60%}則說明正逆反應速率相等，故rm{壟脷A}選；故答案為：rm{0.3/0.5=0.6=60%}故答案為：rm{60%}rm{60%}rm{壟脹}平衡時rm{C}的濃度為rm{0.2mol隆隴L}【解析】rm{(1)CH_{3}OH(g)+3/2O_{2}(g)簍T簍T簍TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{婁隴H=-725.8kJ隆隴mol^{-1}}rm{(2)壟脵>}rm{壟脷}放熱rm{壟脹>}rm{(3)壟脵0.05}rm{壟脷60%}rm{壟脹0.5壟脺ce}三、判斷題(共7題，共14分)17、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．18、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．19、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．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、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，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，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．22、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．23、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、實驗探究題(共1題，共5分)24、略

【分析】解：(1)

在該實驗探究中；只要將長木板拉出即可，因為滑動摩擦力與木板的運動狀態無關；故(1)

錯誤；

(2)

用小錘擊打彈性金屬片后；綠球做平拋運動，豎直方向的分運動是自由落體運動，紅球同時開始做自由落體運動，運動時間相同，則兩球同時落地．

高度相等，由t=2hg

可知平拋運動的時間相等.

所以在證明豎直方向上的運動；但無法證明水平方向上的運動為勻速運動，故(2)

正確；

(3)

在實驗探究中；采用的主要物理方法是控制變量法；故(3)

錯誤；

(4)

如圖所示的實驗探究中；正極板與靜電計上的小球連通，與外殼是不相連的，故(4)

錯誤；

故答案為：(1)

錯誤；(2)

正確；(3)

錯誤；(4)

錯誤．

(1)

在該實驗探究中；只要將長木板拉出即可；

(2)

用小錘擊打彈性金屬片后；小球做平拋運動，豎直方向的分運動是自由落體運動，而另一小球同時開始做自由落體運動，同時落地.

高度相等，平拋運動的時間相等，打擊速度不同，平拋的水平位移不同；

(3)

明確實驗原理；知道采用的主要物理方法是控制變量法；

(4)

根據電容器的分析可明確電容與靜電計的連接方法．

本實驗考查探究摩擦力的實驗、運用對比法研究平拋運動的規律、以及電容器的性質，要注意重點明確平拋運動的實驗說明平拋運動豎直方向的分運動是自由落體運動，水平方向為自由落體，但要注意它們是否能從本實驗中分析得出．【解析】錯誤；正確；錯誤；錯誤五、解答題(共3題，共9分)25、略

【分析】

（1）釷核衰變方程：90234Th→-1e+91234Pa

（2）根據質能方程知反應中釋放的核能為E=△mC2=（mT-me-mp）C2

（3）衰變生成的粒子和新核動量守恒，根據粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式：r=知。

RPa：Re=qe：qPa=1：91

答：（1）核反應方程90234Th→-1e+91234Pa；

（2）反應中釋放的核能為=（mT-me-mp）C2；

（3）生成的鏷（Pa）與β粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑之比為．

【解析】【答案】放射性元素衰變時；滿足質量數和核電荷數守恒．衰變后的粒子進入磁場做勻速圓周運動，再由洛倫茲力提供向心力來求出軌道半徑，并由動量守恒聯立求解半徑之比．

26、略

【分析】

（1）小物塊受力如圖；則。

電場力F=mgtanθ

又F=qE

得到E==1.5×102N/C

（2）當電場強度減小為原來的時；根據動能定理得。

mgLsinθ-qELcosθ=

代入解得v=3m/s

答：（1）電場強度為1.5×10-5N/C．

（2）若從某時刻開始，電場強度減小為原來的物塊下滑距離L=1.5m時的速度大小為3m/s．

【解析】【答案】（1）小物塊受到重力；電場力和支持力而處于靜止狀態；根據平衡條件求解電場強度．

（2）當電場強度減小為原來的時；物塊將沿斜面勻加速下滑，重力做正功，電場力做負功，根據動能定理求解速度大小．

27、略

【分析】【詳解】

解：（1）光子動量的變化

作用力方向與反射前光子速度方向相同

（2）光子能量E0=hv

單位時間內到達太陽帆光能量E總

光子數

（3）時間內：反射光子動量變化

吸收光子動量變化

根據動量定理

得太陽光對太陽帆的作用力【解析】（1）△P=，方向相反（2）（3）六、綜合題(共4題，共16分)28、略

【分析】解：（1）對火箭運用牛頓第二定律；有：

F-mg=ma

解得a=3.81m/s2

再根據s=at2

得t=7.25s．

（2）發生明顯衍射的條件是波長大于障礙物尺寸或者與障礙物尺寸相差不大；而傳輸電視信號所用的電磁波波長為0.556m，容易被擋住；傳輸無線電廣播所用的電磁波波長為550m，容易衍射；

故答案為：（1）3.81m/s2；7.25；

（2）電視信號；電視信號波長短；沿直線傳播，受山區阻擋，不易發生衍射．

（1）根據牛頓第二定律求解加速度；根據位移時間關系公式求解時間；

（2）發生明顯衍射的條件是波長大于障礙物尺寸或者與障礙物尺寸相差不大．

本題第一問是已知受力情況確定運動情況，關鍵求解出加速度；第二問關鍵明確發生明顯衍射的條件．【解析】3.81m/s2；7.25；電視信號；電視信號波長短，沿直線傳播，受山區阻擋，不易發生衍射．29、（1）①②④（2）解：電路中的電流：當開關接a時,電容器的電壓為：U1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1UU111=I電量為：R1RR111=1×5.0=5.0VQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1QQ1當開關接1時1電容器的電壓為：=CU1UU111=2×10?610?61010電量為：?6?6?6?6×5C=1×10?510?51010?5?5?5?5Cb，且上極板帶負電，下極板帶正電。由，U2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5V可知，開關由U2=I?R2=1×3.5V=3.5V接U2=I?R2=1×3.5V=3.5V的過程中，電量變化為：U2UU222=I?R2R2RR222=1×3.5V=3.5VQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5C即通過Q2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5C的電荷量為Q2QQ222=【分析】【分析】(1)

由帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知電流的方向，可知電荷的電性；(2)

對重力進行分解，求合力，可知合力是否為恒力，可知小球的運動性質；(3)

小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時洛倫茲力等于重力沿斜面向下的分力，可得知小球對斜面壓力為零時的速率。本題主要考查的是洛倫茲力的方向的判斷，主要是應用力的分解以及牛頓第二定律可知物體的運動過程?！窘獯稹繅琶?/p>

帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知電流的方向沿斜面向下，故小球帶正電，故壟脵

正確；壟脷壟脹

小球在斜面上運動時加速度由重力垂直斜面向下的分力，垂直斜面向上的支持力和洛倫茲力，沿斜面向下的分力提供，故加速度為gsin婁脠

故做勻加速直線運動，故壟脷

正確，壟脹

錯誤；壟脺

小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時，應有mgcos婁脠=Bqv

故速率為mgcos婁脠Bq

故壟脺

正確。故選壟脵壟脷壟脺

(2)

分析出開關分別接ab

時電路的串并聯關系，分析電容的電壓、電量便可知通過R33的電量。由圖可知，R11與R22串聯，當開關接a

時，電容器與R11并聯；根據串聯電路的分壓規律求出電容器的電壓，即可求得電量。

當開關與b

連接時，C

與R22并聯即可求得電量，當開關與b

連接時，C

與R22并聯；由C

中電量的變化可得出流過R33的電量?！窘馕觥?1)壟脵壟脷壟脺

(2)

解：電路中的電流：I=ER1+R2+r=90.5+5.0+3.5A=1A

當開關接aa時，電容器的電壓為：UU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11UUUU111111==II電量為：RR11RRRR111111==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11QQQQ11當開關接11時11電容器的電壓為：==CCUU11UUUU111111==22隆脕隆脕1010??661010??6610101010電量為：??66??66??66??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??551010??5510101010??55??55??55??55CCbb，且上極板帶負電，下極板帶正電。由，UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV可知，開關由UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV接UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV的過程中，電量變化為：UU22UUUU222222==II??RR2