2024年浙教版高二物理下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版高二物理下册阶段测试试卷727考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、有三根电阻丝；它们的长度；横截面积、电阻率分别如下表所示：

。电阻电阻丝长度横截面积电阻率R1LS2ρR2L2SρR32LS2ρ则阻值最大的电阻丝是（）

A.R1

B.R2

C.R3

D.三根电阻丝的阻值一样大。

2、同学们通过实验探究，得到了在发生弹性形变时，弹簧的弹力与弹簧伸长量的关系．下列说法中能反映正确的探究结果的是（）A.弹簧的弹力跟弹簧的伸长量成正比B.弹簧的弹力跟弹簧的伸长量成反比C.弹簧的弹力跟弹簧的伸长量的平方成正比D.弹簧的弹力跟弹簧的伸长量无关3、一初速度为零的电子经电场加速后；垂直于磁场方向进入匀强磁场中，此电子在匀强磁场中做圆周运动可等效为一环状电流，其等效电流的大小（）

A.与电子质量无关。

B.与电子电荷量有关。

C.与电子进入磁场的速度有关。

D.与磁场的磁感应强度有关。

4、一个电流计的满偏电流Ig=100μA，内阻为600Ω，要把它改装成一个量程为0.6A的电流表，则应在电流计上（）A.串联一个5.4kΩ的电阻B.串联一个约0.1Ω的电阻C.并联一个约0.1Ω的电阻D.并联一个5.4kΩ的电阻5、下列关于惯性的说法正确的是（）A.火箭升空时，火箭的惯性随其速度的增大而增大B.做自由落体运动的物体没有惯性C.战斗机战斗前抛弃副油箱，是为了增大战斗机的惯性D.物体的质量越大，其惯性就越大6、关于磁感应强度的大小，以下说法正确的是（）A.在同一磁场中，磁感线密的地方磁感应强度大，疏的地方磁感应强度小B.一段通电导线在磁场中某处受的力大，该处的磁感应强度就大，受的力小，该处的磁感强度就小C.通电导线在磁场中某处不受力，该处的磁感应强度一定为零D.无论如何只要磁通量大，则磁感应强度大，磁通量为零，则磁感应强度一定为零评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、如图所示的电场中，a、b两点相比，____点的场强较大．负电荷从a点移到b点时，电荷的电势能____（选填“增加”或“减少”）．

8、如图所示，带电荷量分别为+Q和-Q的两个点电荷a与b相距L，在a与b间放置一个原来不带电的导体P当导体P处于静电平衡状态时，感应电荷在a、b连线的中点c处（c在导体P内）产生的电场强度大小为____，方向为____．

9、如图所示，是某匀强电场的三个等势面，相应的电势值分别为-10V、0、10V，图中A、B两点相距2.5cm，则该匀强电场的场强大小为______V/m．10、某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中；已知单摆摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d．

(1)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g=____________．

(2)实验结束后；某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的____________．

A．单摆的悬点未固定紧；振动中出现松动，使摆线增长了。

B．把n次摆动的时间误记为(n+1)次摆动的时间。

C．以摆线长作为摆长来计算。

D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算。

(3)某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中；用秒表测单摆完成40次全振动的时间如图所示，则单摆的周期为____________s．

(4)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k．则重力加速度g=____________．(用k表示)若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是____________，因此失误，由图象求得的重力加速度的g____________(偏大，偏小，无影响)11、图1

游标卡尺的读数为______mm

图2

螺旋测微器读数为______mm

．12、如图所示，金属导轨间距为d

左端接一电阻R

匀强磁场的磁感应强度为B

方向垂直于平行金属导轨所在的平面，一根长金属棒与导轨成娄脠

角放置，金属棒与导轨电阻不计.

当金属棒沿垂直于棒的方向，以恒定速度v

在金属导轨上滑行时，通过电阻的电流强度为______；电阻R

上的发热功率为______；拉力的机械功率为______．13、守恒定律是大自然普遍和谐性的一种表现形式，体现了科学的对称之美．追寻守恒量也是科学工作者不断努力的目标．试写出你所知道的两个守恒定律的名称____、____．14、面积为0.5m2

的闭合单匝导线环处于磁感应强度为0.4T

的匀强磁场中，当磁场与环面垂直时，穿过环面的磁通量大小为______Wb

当导线环转过900

环面与磁场平行时，穿过环面的磁通量大小为______Wb

如果翻转所用的时间为0.1s

在此过程中产生的平均电动势大小为______V

．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）16、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）17、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

18、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）19、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、推断题(共2题，共10分)20、是合成高聚酚酯的原料，其合成路线rm{(}部分反应条件略去rm{)}如下图所示：

rm{(1)A}的结构简式为____，rm{B}分子中最多有____个原子共面。rm{(2)}反应rm{垄脵}的反应条件____。rm{(3)}由rm{C}生成rm{D}的化学方程式为____。rm{(4)}与rm{D}互为同分异构体且含有碳碳双键和rm{-COO-}的苯的二元取代物有____种，其中核磁共振谱为rm{5}组峰，且峰面积比为rm{2:1:2:2:1}的结构简式为____rm{(}任写一种rm{)}rm{(5)}写出以rm{C_{2}H_{5}OH}为原料合成乳酸rm{(}rm{)}的路线rm{(}其他试剂任选，合成路线常用的表示方式为目标产物rm{)}21、元素rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}rm{F}都是重要的非金属元素，rm{Fe}rm{Cu}是应用非常广泛的金属．

rm{(1)Fe}元素基态原子的核外电子排布式为____．

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}个电子，该分子中rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的个数比为____

rm{(3)C}rm{N}rm{O}三种元素的第一电离能由大到小的顺序为rm{(}用元素符号表示rm{)}____

rm{(3)}在测定rm{HF}的相对分子质量时，实验测得值一般高于理论值，其主要原因是____

rm{(5)C}rm{N}两元素形成的化合物rm{C_{3}N_{4}}形成的原子晶体，结构类似金刚石，甚至硬度超过金刚石，其原因是____

rm{(6)}如图为石墨晶胞结构示意图，该晶胞中含有rm{C}原子的个数为____．评卷人得分五、计算题(共4题，共24分)22、一质量为0.5kg

的小物块放在水平地面上的A

点；距离A

点5m

的位置B

处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s

的初速度从A

点沿AB

方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s

碰后以6m/s

的速度反向运动直至静止。g

取10m/s2

(1)

求物块与地面间的动摩擦因数娄脤

(2)

若碰撞时间为0.05s

求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F

(3)

求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W

23、如图，质量M=1kg的物体在与水平面成θ=37°角的拉力F=10N作用下，从水平地面A点静止开始，向右做匀加速直线运动。已知AB距离L=3m，物体与地面的动摩擦因数μ=0.5．（g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）求物体运动的加速度大小；

（2）物体到达B点的速度大小；

（3）若要物体仍从A点由静止开始运动并能到达B点，则上述力F作用的最短位移大小。24、(10分)直角玻璃三棱镜置于空气中。已知∠A＝60°，∠C＝90°，棱镜的折射率n＝一束极细的光束于AC的中点D垂直AC面入射，AD＝a,求：(1)光从进入棱镜到它第一次射入空气时的折射角；(2)光从进入棱镜到它第一次射入空气时所经历的时间(设光在真空中传播速度为c)。25、足够长的水平滑直导轨上，着个大小相同的小球ABB

球右侧定有直弹性挡.

已知球质量为A

球质的k

倍(k>1)

现让以v0=3m/s

速度对着B

球运动；AB

两球发弹性正碰，B

球向右运动挡板碰后原速回.

求：

为两不会再次碰，k

的取范围应为多少？评卷人得分六、识图作答题(共1题，共7分)26、某蛋白质由51个氨基酸、两条链构成，结构图中—S—S—为两个—SH形成。其结构模式图如下：

⑴该蛋白质分子形成过程中形成了____个水分子和_____个肽键；形成过程中消耗掉的氨基和羧基数分别是____、________；该蛋白质分子中至少含有游离氨基和羧基数分别是_________、___________。⑵组成该蛋白质的氨基酸的不同之处在于它们具有不同的R基，在形成此蛋白质的氨基酸中最多含有_____种不同的R基。⑶如果形成该蛋白质分子的氨基酸的平均相对分子质量为100，则该蛋白质的分子质量是___________，控制该蛋白质分子合成的基因至少含有碱基_______对。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】

根据电阻定律的公式R=ρ可求得；电阻的大小为。

R1=2ρ

R2=ρ

R3=4ρ

所以电阻最大的为R3；所以C正确．

故选C．

【解析】【答案】根据电阻定律的公式R=ρ逐个求出电阻的大小即可．

2、A【分析】解：根据胡克定律可知；发生弹性形变时，弹簧的弹力与弹簧伸长量成正比，不是成反比，也不是与伸长量的平方成正比．故A正确，BCD错误．

故选A

本题研究弹簧的弹力与弹簧伸长量的关系；根据胡克定律进行分析即可．

本题的解题关键是要掌握胡克定律，即弹簧的弹力与弹簧伸长量成正比．【解析】【答案】A3、B|D【分析】

根据电流的定义式得：

I=

电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T；电荷量为e；

又因为：T=

所以：I=

由此可知；电流大小与电子的电荷量和磁感应强度有关．

故选BD

【解析】【答案】电子在匀强磁场中做圆周运动一周的时间为T，电荷量为e，根据电流等于单位时间内通过横截面的电荷量，即I=即可求解．

4、C【分析】【解答】解：改装成电流表要并联电阻分流，其并联电阻阻值为R：R==≈0.1Ω

故为并联0.1Ω的电阻．则A错误；B错误C正确D错误。

故选：C

【分析】改装为电流表需并联一个电阻，改装电流表原理：IgRg=（I﹣Ig）R，其中I为量程5、D【分析】解：

A；火箭升空时；火箭的质量减小，惯性减小，故A错误．

B；惯性是物体的固有属性；任何物体都有惯性，故B错误．

C；D质量是物体惯性大小的量度；质量越大，物体的惯性越大．战斗机战斗前抛弃副油箱，是为了减小战斗机的惯性，故C错误，D正确．

故选：D

任何物体都有惯性；质量是物体惯性大小的量度，质量越大，物体的惯性越大．

惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，要注意：一切物体任何情况下都具有惯性．质量是物体惯性大小的唯一量度．【解析】【答案】D6、A【分析】解：A；同一磁场中；根据磁感线的疏密来确定磁感应强度的大与小，像电场线一样，磁感线可以形象的描述磁感应强度的大小和方向，磁感线密的地方磁感应强度大，磁感线稀的地方磁感应强度小，故A正确；

B、磁感应强度B=是采用比值法定义的；被定义的物理量B与公式中的物理量F；IL无关，B的大小由磁场本身决定，故B错误；

C；当导线电流方向和磁场方向相同或相反时；电流不受安培力作用，此时磁感应强度并不为零，故C错误；

D；当线圈平面与磁感线平行时；磁通量为零，而磁感应强度却不为零，故D错误．

故选A．

磁感应强度B=是采用比值法定义的；B大小与F；IL无关，由磁场本身决定的，磁感线可以形象的描述磁感应强度的大小和方向，磁感线密的地方磁感应强度大，磁感线稀的地方磁感应强度小．

对于物理量中的基本物理量一定明确其含义、如何定义的、定义公式特点等，不能相互混淆，因此对这些基本物理知识要加强理解和应用．【解析】【答案】A二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】

电场中，a、b两点相比，b点的场强较大．

沿电场线的方向，电势降低，所以a点电势大于b点电势，由于是负电荷，所以从a点移到b点时；电荷的电势能增加．

故答案为：b；增加。

【解析】【答案】电场线密的地方电场的强度大；电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低．

8、略

【分析】

由点电荷的电场强度公式E=得：

+Q和-Q的两个点电荷在C点产生的电场强度。

E+===

同理

再由矢量合成得：E=E+

答案为：V/m，沿ba连线向左。

【解析】【答案】由点电荷的电场强度公式E=可求得+Q和-Q的两个点电荷在C点产生的电场强度；再叠加求出合场强，方向正电荷的沿ac向右，负电荷的沿ac向右，故合场强方向向右．

9、略

【分析】解：由图线可知该电场水平向左，电场线与AB连线的夹角是37°，所以得：UBA=Edcos37°

得：E==V/m=1000V/m

故答案为：1000．

根据等势面的图线可知；该电场是匀强电场，电场线的方向与等势面垂直且指向电势低的等势面，所以是水平向左．所以电场线与AB的夹角是37°．最后根据匀强电场中场强与电势差的关系，即可求得该电场的场强．

抓住电场线与等势线垂直，且指向低电势处是解题的关键，并要准确理解公式U=Ed中d的含义：d是沿电场线方向两点间的距离．【解析】100010、略

【分析】解：(1)单摆的摆长l=L+单摆周期T==由单摆周期公式T=2π

可得：g==

(2)A、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，测得的单摆周期变大，根据g=可知；测得的g应偏小．故A错误；

B、实验中误将n次全振动计为n+1次，根据T=求出的周期变小；g偏大．故B正确；

C、以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，根据g=可知；测得的g应偏小．故C错误；

D、以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，根据g=可知；测得的g应偏大．故D正确．

故选BD；

(3)由图示秒表可知，秒表示数为1min+19.8s=79.8s，则单摆的周期T==1.995s；

(4)根据重力加速度的表达式g=可知，T2-l图线斜率k=则g=若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点；而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是摆长漏加小球半径，从g的表达式可知：g与摆长无关，所以因此失误对由图象求得的重力加速度的g的值无影响．

故答案为：(1)(2)BD；(3)1.995；(5)摆长漏加小球半径；无影响．【解析】BD;1.995;摆长漏加小球半径;无影响11、50.15；4.700

【分析】解：游标卡尺的主尺读数为5.0cm=50mm

游标读数为0.05隆脕3mm=0.15mm

所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm

．

螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm

可动刻度读数为0.01隆脕20.0mm=0.200mm

所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm

由于需要估读因此在范围4.699鈭�4.703mm

内均正确．

故答案为：50.154.700

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；不需估读.

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】50.154.700

12、略

【分析】解：导体棒做切割磁感线运动；导体棒两端产生感应电动势相当于闭合回路的电源，R

是外电阻，电源内阻不计，由于导体棒切割磁感线时，BLv

两两垂直，则有：E=Blv

其中，L=dsin娄脠

因此有：E=Bdvsin娄脠

而电流为：I=ER=BdvRsin娄脠

电阻R

上的发热功率为电阻R

的电功率，所以有：PR=I2R=B2d2v2Rsin2娄脠

导体以恒定速度v

运动时；导体棒受拉力F

与安培力F掳虏

作用，且二力平衡，即为：

F=F掳虏=BIL=B2L2vR

P=Fv=B2L2v2R=B2d2v2Rsin2娄脠

故答案为：BdvRsin娄脠B2d2v2Rsin2娄脠B2d2v2Rsin2娄脠

．

当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v

滑行时，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，金属棒有效的切割长度为dsin娄脠

求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出电流；根据P=I2r

来求出发热功率；由于导体的匀速运动；则拉力等于安培力，由安培力的功率，从而即可求解．

本题容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为d

感应电动势为E=Bdv

通过R

的电流为BdvR.

同时知道棒匀速运动，所以机械功率等于发热功率．【解析】BdvRsin娄脠B2d2v2Rsin2娄脠B2d2v2Rsin2娄脠

13、能量守恒定律动量守恒定律【分析】【解答】守恒定律是大自然普遍和谐性的一种表现形式；体现了科学的对称之美．

追寻守恒量也是科学工作者不断努力的目标；中学阶段主要有三大守恒定律：能量守恒定律；动量守恒定律、电荷守恒定律；

故答案为：能量守恒定律；动量守恒定律、电荷守恒定律（填2个即可）．

【分析】追寻守恒量是物理学中的重要研究方法，中学阶段主要有三大守恒定律：能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律．14、略

【分析】解：由题；导线环的面积S=0.5m2

匀强磁场磁感应强度B=0.4T

当磁场与环面垂直时，穿过环面的磁通量为：

娄碌=BS=0.4隆脕0.5Wb=0.2Wb

当导线环转过90鈭�

时；环面与磁场平行时，没有磁感穿过环面，穿过环面的磁通量为0

果翻转所用的时间为0.1s

在此过程中产生的平均电动势大小为E炉=鈻�娄碌鈻�t=0.20.1=2V

故答案为：0.202

．

匀强磁场中；当线圈与磁场垂直时，穿过线圈的磁通量娄碌=BS.

当线圈与磁场平行时，磁通量娄碌=0.

根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势．

本题求两种特殊情况下的磁通量，可以根据磁通量一般公式娄碌=BSsin娄脕(娄脕

是磁场与线圈平面的夹角)

分析理解．【解析】0.202

三、判断题(共5题，共10分)15、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．16、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．17、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．18、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．19、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、推断题(共2题，共10分)20、（1）HCHO15（2）NaOH醇溶液加热（3）+H2O（4）6(5)【分析】【分析】本题考查有机物推断和有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确有机物官能团及其性质、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是根据反应物和生成物采用知识迁移的方法进行有机合成，题目难度中等。【解答】根据流程图知，rm{垄脵}为消去反应、rm{垄脷}为加成反应，则rm{A}为rm{HCHO}rm{B}为rm{B}发生信息rm{ii}的反应，rm{C}结构简式为rm{C}发生缩聚反应生成rm{E}rm{E}结构简式为rm{C}发生消去反应生成rm{D}rm{D}结构简式为rm{D}和苯酚发生酯化反应生成

rm{(1)A}为甲醛，结构简式为rm{HCHO}rm{B}为与苯环直接相连的原子和苯环碳原子共面，且单键可以旋转，通过旋转醛基三个原子可以旋转到苯环平面上，所以rm{B}分子中最多有rm{15}个原子共面，故答案为：rm{HCHO}rm{15}

rm{(2)}由rm{C}生成rm{D}的反应类型为生成rm{C}的反应类型为是卤代烃的消去反应，反应条件为rm{D}醇溶液加热，故答案为：rm{NaOH}醇溶液加热；

rm{NaOH}在浓硫酸条件下发生消去反应生成rm{(3)C}rm{D}结构简式为化学方程式为：rm{D}rm{xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}}

故答案为：rm{+H_{2}O}rm{xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}}rm{+H}rm{2}rm{2}满足rm{O}的苯的二元取代物的rm{(4)}的同分异构体有：含有含有碳碳双键和rm{-COO-}的苯的二元取代物的和rm{-COO-}邻间对rm{D}种，含有rm{-CH=CH_{2}}和rm{-COOH(}邻间对rm{)3}种，所以共rm{-CH=CH_{2}}种，rm{-OOCH(}组峰，且峰面积比为rm{)3}的结构简式为：

故答案为：rm{3+3=6}其中核磁共振谱为rm{5}组峰，且峰面积比为rm{2:1:2:2:1}的结构简式为：被催化氧化生成rm{5}rm{2:1:2:2:1}和rm{6}发生加成反应生成rm{(5)CH_{3}CH_{2}OH}该物质发生水解反应生成rm{CH_{3}CHO}其合成路线为故答案为：rm{CH_{3}CHO}【解析】rm{(1)HCHO}rm{15}rm{(2)NaOH}醇溶液加热rm{(3)}rm{xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{(4)6}rm{(5)}21、1s22s22p63s23p63d64s2;5：1;N＞O＞C;F元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子(HF)n;N原子半径小于C原子半径，键长C-N＜C-C，C-N键能更大;4【分析】试题分析：rm{(1)Fe}是rm{26}元素，核外电子数为rm{26}根据核外电子排布规律书写；

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}个电子，该烃分子式为rm{C_{2}H_{4}}分子中含有rm{4}个rm{C-H}rm{1}个rm{C=C}双键，双键为rm{1}个rm{娄脪}键、rm{1娄脨}键；

rm{(3)}同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但rm{N}元素原子的rm{2p}能级含有rm{3}个电子，处于半满稳定状态，能量较低，失去第rm{1}个电子需要的能量较大；

rm{(4)F}元素电负性很大；分子之间形成氢键，以形成缔合分子；

rm{(5)}原子晶体中化学键键长越短；键能越大，化学键越稳定；

rm{(6)}由石墨晶胞结构可知，rm{隆脧bab隆盲=60^{circ}}rm{隆脧aba隆盲=120^{circ}}故顶点rm{a}相应位置碳原子为rm{12}个晶胞共用，顶点rm{b}相应位置为棱上碳原子为rm{6}个晶胞共用，面上为rm{2}个晶胞共用，晶胞内部含有rm{1}个碳原子，rm{ad}相应棱上碳原子为rm{6}个晶胞共用，rm{bc}相应棱上碳原子为rm{3}个晶胞共用；利用相应物质均摊法计算．

rm{(1)Fe}是rm{26}元素，核外电子数为rm{26}态原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}个电子，该烃分子式为rm{C_{2}H_{4}}分子中含有rm{4}个rm{C-H}rm{1}个rm{C=C}双键，双键为rm{1}个rm{娄脪}键、rm{1娄脨}键，故该分子中rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的个数比为rm{5}rm{1}

故答案为：rm{5}rm{1}

rm{(3)}同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，rm{N}元素原子的rm{2p}能级有rm{3}个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去第一个电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能rm{N>O>C}

故答案为：rm{N>O>C}

rm{(4)F}元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子rm{(HF)_{n}}实验测得rm{HF}的相对分子质量一般高于理论值；

故答案为：rm{F}元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子rm{(HF)_{n}}

rm{(5)N}原子半径小于rm{C}原子半径，键长rm{C-N<C-C}故在rm{C_{3}N_{4}}形成的原子晶体中rm{C-N}键能更大；故其硬度超过金刚石；

故答案为：rm{N}原子半径小于rm{C}原子半径，键长rm{C-N<C-C}rm{C-N}键能更大；

rm{(6)}由石墨晶胞结构可知，rm{隆脧bab隆盲=60^{circ}}rm{隆脧aba隆盲=120^{circ}}故顶点rm{a}相应位置碳原子为rm{12}个晶胞共用，顶点rm{b}相应位置为棱上碳原子为rm{6}个晶胞共用，面上为rm{2}个晶胞共用，晶胞内部含有rm{1}个碳原子，rm{ad}相应棱上碳原子为rm{6}个晶胞共用，rm{bc}相应棱上碳原子为rm{3}个晶胞共用，故晶胞中含有的rm{AC}原子数目为：

rm{4隆脕dfrac{1}{12}+4隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+1+2隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{3}=4}故答案为：rm{4隆脕dfrac{1}{12}+4隆脕dfrac

{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+1+2隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac

{1}{3}=4}．rm{4}【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2};5}rm{1;N>O>C;F}元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子rm{(HF)_{n};N}原子半径小于rm{C}原子半径，键长rm{C-N<C-C}rm{C-N}键能更大rm{;4}五、计算题(共4题，共24分)22、略

【分析】

(1)

对物块应用动能定理可以求出动摩擦因数。

(2)

对物块应用动量定理可以求出作用力大小。

(3)

应用动能定理可以求出物块反向运动过程克服摩擦力做的功。

本题考查了求动摩擦因数、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量定理即可正确解题。【解析】解：(1)

物块从A

到B

过程；由动能定理得：

鈭�娄脤mgsAB=12mvB2鈭�12mv02

代入数据解得：娄脤=0.32

(2)

以向右为正方向；物块碰撞墙壁过程；

由动量定理得：Ft=mv鈭�mvB

即：

F隆脕0.05=0.5隆脕(鈭�6)鈭�0.5隆脕7

解得：F=鈭�130N

负号表示方向向左；

(3)

物块向左运动过程；由动能定理得：

W=0鈭�12mv2=鈭�12隆脕0.5隆脕62=鈭�9J

所以克服摩擦力做功为9J

答：(1)

物块与地面间的动摩擦因数娄脤

为0.32

(2)

若碰撞时间为0.05s

碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F

为130N

(3)

物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W

为9J

23、解：（1）如图；对物体进行受力分析，建立直角坐标系，取物体运动方向为正方向。

根据牛顿第二定律得。

y轴方向：FN+Fsin37°-Mg=0

x轴方向：Fcos37°-Ff=Ma

滑动摩擦力Ff=μFN

联立解得a=6m/s2。

（2）设物体到达B点的速度大小为v。由运动规律有。

v2=2aL

解得v=6m/s

（3）设F作用的最短位移为x。撤去F后的加速度大小为a′。

根据牛顿第二定律得μMg=Ma′

解得a′=5m/s2。

设撤去F时物体的速度大小为v′。

则匀加速过程有v′2=2ax

匀减速过程有v′2=2a′（L-x）

解得x=m≈1.36m

答：

（1）物体运动的加速度大小是6m/s2；

（2）物体到达B点的速度大小是6m/s；

（3）上述力F作用的最短位移大小是1.36