2025年人教新起点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2025年人教新起点高二物理下册阶段测试试卷470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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、同时作用在某物体上的两个方向相反的力；大小分别为8N和10N，在10N的力逐步减小到零的过程中，两个力的合力的大小（）

A.先减小后增大。

B.先增大后减小。

C.一直减小。

D.一直增大。

2、如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图象，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图象，若将这两个电阻分别接到该电源上，下列说法正确的是()A.两电阻阻值R1＞R2B.R2接在电源上时，电源的内阻消耗功率大C.R2接在电源上时，电源的效率高D.电源的内阻和R2的阻值相等3、关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是（）A.恒定的电场能够产生电磁波B.电磁波既有纵波，又有横波C.电磁波从空气进入水中时，其波长变长了D.雷达用的是微波，是由于微波传播的直线性好，有利于测定物体的位置4、物理实验都需要有一定的控制条件.

奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响.

关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是A.该实验必须在地球赤道上进行B.该实验必须在地球赤道上进行C.通电直导线应该水平东西方向放置D.通电直导线应该水平南北方向放置5、如图所示；电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连．接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则以下说法正确的是（）

A.．若电容器极板间的电压不变；x变小，电容器极板上带电量增加。

B.．若电容器极板电量不变；x变小，电容器极板间电压变大。

C.；若电容器极板间的电压不变，x变小，有电流流向电容器的正极。

D.．若电容器极板间的电压不变；x变小，有电流流向电容器的负极。

6、如图所示；匀强电场方向水平向右，一带电微粒沿直虚线在电场中斜向上运动，则该微粒在从A运动到B的过程中，其能量变化为（）

A.动能增大；电势能减小。

B.动能减小；重力势能增大。

C.动能减小；电势能增大。

D.动能增大；电势能增大。

7、如图所示电路，变压器的原线圈接在交流电源上，开关S

刚开始时断开。当开关闭合时，下列说法正确的是()

A.灯泡L1

变亮。B.MN

两点间电压增大C.电阻R

的电流增大D.原线圈中的电流减小。评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、下列说法正确的是（）A.分子的动能与分子的势能的和叫做这个分子的内能B.物体的分子势能由物体的温度和体积决定C.物体的速度增大时，物体的内能可能减小D.物体做减速运动时其温度可能增加9、关于下列四幅图的说法；正确的是(

)

A.甲图为放射源放出的三种射线在磁场中运动的轨迹，射线1

为娄脕

射线B.乙图中，用紫外光灯照射与验电器相连的锌板，发现原来闭合的验电器指针张开，此时锌板和验电器均带正电C.丙图为娄脕

粒子散射实验示意图，卢瑟福根据此实验提出了原子的核式结构模型D.丁图为核反应堆示意图，它是利用了铀核聚变反应所释放的能量10、如图所示，有两根和水平方向成娄脕

角的光滑平行金属导轨，上端接有可变电阻R

下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B

一根质量为m

的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm

则()

A.如果B

增大，vm

将变大B.如果娄脕

变大，vm

将变大C.如果R

变大，vm

将变大D.如果m

变小，vm

将变大11、如图所示，质量为m

带电荷量为q

的微粒以速度v

与水平方向成45鈭�

角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是A.微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B.微粒带负电，微粒在运动中电势能不断增加C.匀强电场的电场强度E=2mqq

D.匀强磁场的磁感应强度B=mgqv

12、要减少电能输送时的损失，下列说法中正确的是(

)

A.提高输电电压B.减小输电导线的电阻C.降低输电电压D.增大输电导线中的电流13、如图所示，a、b、c、d是滑线变阻器的四个接线柱，把它串联接入电路之中，要求滑动触片P向接线柱d移动时，电路中的电流不断减小，则接入电路中的接线柱可以是（）A.a和cB.a和dC.b和aD.b和c14、如图是回旋加速器的工作原理图．D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电压，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速．两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，粒子在半圆盒中做匀速圆周运动．不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，则下列说法正确的是（）A.粒子在D形盒中的运动周期与两盒间交变电压的周期相同B.回旋加速器是靠电场加速的，因此其最大能量与电压有关C.回旋加速器是靠磁场加速的，因为其最大能量与电压无关D.粒子在回旋加速器中运动的总时间与电压有关15、如图所示，导线MN与AB平行，以下判断正确的是（）A.在闭合开关S时，导线AB中有感应电流，其方向A→BB.在断开开关S时，导线AB中有感应电流，其方向A→BC.开关S闭合，当变阻器的滑片迅速向右移动时，导线AB中没有感应电流D.开关S闭合，把线框ABCD迅速向上平移，导线AB中有感应电流，其方向B→A16、一带负电小球在从空中的a

点运动到b

点的过程中，受重力、空气阻力和电场力作用，重力对小球做功3.5J

小球克服空气阻力做功0.5J

电场力对小球做功1J

则下列说法正确的是(

)

A.小球在a

点的重力势能比在b

点大3.5J

B.小球在a

点的机械能比在b

点小0.5J

C.小球在a

点的电势能比在b

点大1J

D.小球在a

点的动能比在b

点大4J

评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、如图所示，将α、β和γ三束射线射人磁场中，图中A束射线是γ射线，B束射线是射线，C束射线是射线。18、在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的____________而增大。此同学在探究中应用的科学方法是__________(（选填：“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”）。19、有些动物在夜间几乎什么都看不到，而猫头鹰在夜间却有很好的视力，这是因为它能对某个波段的光线产生视觉．根据热辐射理论，物体发出光的最大波长λm与物体的绝对温度T满足关系式T•λm=2.9×103m•K，若猫头鹰的猎物﹣﹣蛇在夜间体温是27℃，则它发出光的最大波长为____m，属于____波段．20、打点计时器是高中物理实验中的重要仪器，它所使用的交变电流频率为50Hz，它的打点周期为______s．从下述物理实验中，选出两个可以用到打点计时器的实验______（填字母代号）．

A．研究匀变速直线运动。

B．探究求合力的方法。

C．研究加速度与物体质量；物体受力的关系。

D．探究弹簧弹力和弹簧伸长量的关系。

如图所示；用重物自由下落的方法验证机械能守恒定律．

（1）实验装置中所用打点计时器应接______电源（只需填A或B）．

A．直流B．交流。

（2）本实验是为了验证重物的______总和是否保持不变（只需填A或B）．

A．动能和势能B．速度和下落的高度．21、某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥；推动小车A使之作匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续作匀速运动，他设计的具体装置如图1所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50HZ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．

（1）若已得到打点纸带如图2，并测得各计数点间距标在图上，A为运动起始的第一点，则应选______段来计算A的碰前速度，应选______段来计算A和B碰后的共同速度．（以上两格填“AB”或“BC”或“DC”或“DE”）．

（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg；由以上测量结果可得：

碰前总动量=______kg•m/s；碰后总动量=______kg•m/s．由上述实验结果得到的结论是：______．22、汽车以5m/s

速度在平直的路面上匀速前进，紧急制动时以大小为2m/s2

的加速度在粗糙水平面上匀减速滑行，则2s

末汽车的速度为______m/s4s

内汽车位移为______m.

23、如图所示，AB

两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数都为10

匝，半径rA=2rB

图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则AB

线圈中产生的感应电动势之比为EAEB=

______，线圈中的感应电流之比IAIB=

______．24、用螺旋侧微器测量一小球的直径；结果如图所示，则小球的直径d=

______mm

．

评卷人得分四、推断题(共2题，共8分)25、【化学rm{隆陋隆陋}选修rm{5}有机化学基础】氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，可通过如图方法合成：已知：rm{垄脵}rm{垄脷}中氯原子较难水解；rm{垄脹RCHO}根据以上信息回答下列问题：rm{(1)A}的名称是_________，rm{F}中无氧官能团的名称是_______。rm{(2)D}的结构简式为_______；rm{C}分子中最多有____个原子共平面。rm{(3)}写出下列反应的化学方程式：反应rm{垄脷:}_________________。rm{(4)}已知：则由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物需要经历的反应类型有________rm{(}填写编号rm{)}rm{垄脵}加成反应rm{垄脷}消去反应rm{垄脹}取代反应rm{垄脺}氧化反应rm{垄脻}还原反应，写出制备化合物的最后一步反应_______________________________________________。rm{(5)E}的同分异构体中，满足下列条件的有___种rm{(}不考虑立体异构rm{)}其中一种的核磁共振氢谱显示rm{5}组峰，且峰面积之比为rm{1隆脙1隆脙2隆脙2隆脙2}请写出其结构简式____。rm{垄脵}结构中含有苯环且存在与rm{F}相同的官能团；rm{垄脷}能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应。26、聚戊二酸丙二醇rm{(PPG)}是一种可降解的聚脂类高分子材料，在材料的生物相容性方面有限好的应用前景rm{.PPG}的一种合成路线如下：

已知；

rm{垄脵}烃rm{A}的相对分子质量为rm{70}核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢。

rm{垄脷}化合物rm{B}为单氯代烃；化合物rm{C}的分子式为rm{C_{5}H_{8}}

rm{垄脹E}rm{F}为相对分子质量差rm{14}的同系物，rm{F}是福尔马琳的溶质。

rm{垄脺R_{1}CHO+R_{2}CH_{2}CHOxrightarrow[]{脧隆NaOH}}

回答下列问题：rm{垄脺R_{1}CHO+R_{2}CH_{2}CHOxrightarrow[]{脧隆NaOH}

}的结构简式为________rm{(1)A}rm{.}由rm{(2)}生成rm{B}的化学方程式为________rm{C}rm{.}由rm{(3)}和rm{E}生成rm{F}的反应类型为________，rm{G}的化学名称为________rm{E}rm{.}由rm{(4)}和rm{D}生成rm{H}的化学方程式为________；rm{PPG}的同分异构体能同时满足下列条件的共有________种rm{(5)D}不含立体异构rm{(}

rm{)}能与饱和rm{垄脵}溶液反应产生液体。

rm{NaHCO_{3}}既能发生银镜反应，又能发生水解反应。其中核磁共振请谱显示为rm{垄脷}组峰，且峰面积比为rm{3}rm{6}rm{1}的是___________rm{1}写结构简式rm{(}rm{)}评卷人得分五、综合题(共4题，共36分)27、【物理隆陋隆陋

选修3鈭�4

】(

略)

28、关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是()A.“油膜法”估测分子大小实验中；可将纯油酸直接滴入浅盘的水面上。

B.温度越高；液体中悬浮微粒的布朗运动就越明显。

C.液体很难被压缩；这是因为压缩时液体分子间的分子力表现为斥力。

D.分子势能随分子间距离的增大而增大。

E.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小29、(1)(1)在远距离输电中，提高送电电压的设备是________．A.验电器B.变压器C.电容器D.传感器(2)

根据电场线的模拟实验，描绘出了一个正电荷的电场线分布图，如图所示.

设该电场中ab

两点的电场强度的大小分别为EaEb

则Ea

和Eb

的关系为________．A.Ea>Eb

B.Ea<Eb

C.Ea=Eb

D.无法确定(3)

下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是________．A.B.C.D.(4)

如图所示，磁场方向水平向右，ab

是闭合电路中一段导体，则ab

受到的安培力方向是________．A.水平向左B.水平向右C.垂直纸面向里D.垂直纸面向外(5)

电磁波在真空中传播的速度c

是________m/s

若某电台的频率f

为100MHz

这个台发射的电磁波的波长娄脣

为________m

．(6)

如图所示，水平桌面上放有电阻不计的光滑导轨和长为10cm

导体棒，它们与电阻为R=10娄赂

的小灯泡组成闭合电路，整个装置处于方向竖直向上的磁场中，当磁通量在0.1s

内从0.2Wb

均匀增加到0.4Wb

时，求：垄脵

电路中产生的感应电动势；垄脷

已知电路中的感应电流为0.2A

小灯泡在10s

钟内产生的热量为多少．30、(

适合于二期课改教材的考生)

某小型实验水电站输出功率是20kW

输电线路总电阻是6娄赂

．

(1)

若采用380V

输电；求输电线路损耗的功率．

(2)

若改用5000V

高压输电，用户端利用n1n2=221

的变压器降压，求用户得到的电压．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】

由于两个力的方向相反，合力大小等于这两个力的大小之差，即F合=F1-F2=10N-8N=2N，当F1逐渐减小时，合力减小，当F1=8N时；合力为零；

当F1继续减小时，F合=F2-F1；故合力又会逐渐增大；因此两个力的合力的大小是先减小后增大；

故选A．

【解析】【答案】同一直线上方向相反的两个力的合力大小等于这两个力的大小之差分析即可．

2、A|B|D【分析】试题分析：因为在图象中，电阻等于斜率，由图象可知直线B的斜率大于直线C的斜率，故A正确；电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态，由图象可知，分别接在电源上时，通过电源的电流分别为和根据知，当接在电源上时，电源的内阻消耗功率大，故B正确；电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比，即电源的效率效率与路端电压成正比，由图知接在电源上时路端电压大，电源的效率高，故C错误；如图所示，电源的内阻故D正确．所以选ABD．考点：本题主要考查图象的意义同时考查了对闭合电路的欧姆定律、电功率等概今的理解和应用．【解析】【答案】ABD3、D【分析】解：A．变化的电场产生磁场；变化的磁场产生电场．若恒定的电场不会产生磁场，故A错误；

B．电磁波只有横波；没有纵波，故B错误；

C．电磁波在传播过程中；始终不变的物理量是频率，当从空气射入水中时，频率不变，介质的折射率变大，则波速变小，而波长变短，故C错误；

D．微波的频率较大；波长较短，直线性好，雷达是利用波长较短的微波来测定物体位置的无线电装置，故D正确．

故选：D．

根据麦克斯韦电磁场理论知变化的电场产生磁场；变化的磁场产生电场；电场波属于横波，在传播过程中，频率不变，随着介质的不同，导致波速不同，则波长也不同；知道长波与短波的性质．

解决本题的关键知道电磁波的特点，以及知道电磁波与机械波的区别，并掌握电磁波是横波．【解析】【答案】D4、D【分析】【分析】由于地磁的北极在地理的南极附近；故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而只有当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力。

掌握了地磁场的特点和安培力的特点就能顺利解决此类题目。【解答】由于地磁的北极在地理的南极附近；故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有D正确；

故选D。

【解析】D

5、A|C【分析】

A、若电容器极板间的电压不变，x变小，电介质插入电容器，由电容的决定式C=得知，电容增大，由C=得知；电容器极板上带电量Q增加．故A正确．

B、若电容器极板电量不变，x变小，电容增大，由C=得知；电容器极板间电压U变小．故B错误．

C；D由上分析知道；若电容器极板间的电压不变，x变小，电容器电量增加，处于充电状态，而电容器正极板带正电，所以有电流流向电容器的正极．故C正确，D错误．

故选AC

【解析】【答案】若电容器极板间的电压不变；x变小，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，根据电容充电还是放电，分析电路中电流方向．

6、C【分析】

带电微粒在匀强电场中受力竖直向下的重力和水平方向的电场力作用；微粒做直线运动，其合力与速度平行，则可知微粒所受的电场力方向必定水平向左，当微粒从A到B时，电场力做负功，重力也做负功，总功为负值，由动能定理得知，动能减小，而电势能增大，重力势能增大．选项ABD错误，C正确．

故选C

【解析】【答案】带电微粒沿直线运动；所受的合力方向与速度平行，可判断出微粒所受的电场力方向，判断电场力做功正负和重力做功正负，可判断出电势能和重力势能的变化．

7、C【分析】【分析】和闭合电路中的动态分析类似，先确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。【解答】AC.

变压器的输出电压由输入的电压和变压器的匝数比决定，输入的电压和变压器的匝数比都不变，所以变压器的输出电压也不变，即副线圈两端的输出电压不变，S

接通时，副线圈的电阻减小，所以总的电流变大，电阻R

上的电压增大，所以灯泡L1

的电压减小，所以灯泡L1

变暗，故A错误，C正确；B.变压器的输出电压由输入的电压和变压器的匝数比决定，输入的电压和变压器的匝数比都不变，所以变压器的输出电压也不变，即副线圈两端的输出电压不变，故B错误；D.副线圈的电流增大，电压不变，则输出功率变大，输入功率也变大，原线圈电流变大，故D错误；故选C。【解析】C

二、多选题(共9题，共18分)8、CD【分析】解：A；内能是对大量分子来讲的；对单个分子无意义，A错误；

B；分子势能由体积决定；平均动能由温度决定，B错误；

C；物体的速度与内能之间没有关系；故物体的速度增大时，物体的内能可能减小，C正确；

D；物体做减速运动时其温度可能增加；比如汽车刹车时，车轮速度减小温度升高，D正确；

故选：CD．

内能是对大量分子来讲的；分子势能由体积决定，平均动能由温度决定，机械能与内能是不一样的．

本题主要考查了内能和机械能的区别，还有温度是分子平均动能的标志．【解析】【答案】CD9、BC【分析】解：A

甲图为放射源放出的三种射线在磁场中运动的轨迹；根据左手定则可知，射线1

带负电，为娄脗

射线，而射线3

是娄脕

射线，故A错误；

B；用紫外光灯照射与验电器相连的锌板；发生光电效应，电子逃出，此时锌板和验电器均带正电，故B正确；

C；图为娄脕

粒子散射实验示意图；卢瑟福根据此实验提出了原子的核式结构模型，故C正确；

D；图为核反应堆示意图；它是利用了铀核裂变反应所释放的能量，故D错误；

故选：BC

．

娄脕

射线带正电；娄脗

射线带负电，娄脙

射线不带电，结合左手定则，即可求解；

光电效应现象中；电子逃出，金属锌板与验电器均带正电；

娄脕

粒子散射实验提出了原子的核式结构模型；

铀核裂变反应所释放的能量．

考查三种射线的带电情况，及掌握左手定则的应用，注意裂变与聚变的区别，知道光电效应的现象与娄脕

粒子散射实验的意义．【解析】BC

10、BC【分析】【分析】先分析金属杆的运动情况：金属杆从轨道上由静止滑下的过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到安培力作用，安培力先小于重力沿斜面向下的分力，后等于重力沿斜面向下的分力，则金属棒先做变加速运动，后做匀速运动，此时速度达到最大，由平衡条件和安培力公式F=BIL

得到最大速度vm

的表达式，再进行分析。本题第一方面要正确分析金属棒的运动情况，第二方面要熟记安培力的公式F=BIL

就能正确求解。【解答】金属杆下滑过程中，受重力、导轨的支持力和安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，金属杆做加速运动.

随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大.

当加速度为零时，金属杆做匀速运动，速度最大，则有mgsin娄脕=BILI=BLvmR

联立得：vm=mgRsin娄脕B2L2

故：

A.如果B

增大，vm

将变小，故A错误；B.如果娄脕

增大，vm

将变大，故B正确；C.如果R

变大，vm

将变大，故C正确；D.如果m

变小，vm

将变小，故D错误。故选BC。【解析】BC

11、AB【分析】略【解析】AB

12、AB【分析】解：输电线上损失的功率P脣冒=I2R

又输送电流I=PU

则损失的功率P脣冒=P2U2R

可知要减少电能的损失，则需提高输电电压，或减小输电导线的电阻.

故AB正确，CD错误．

故选：AB

．

根据输出功率；输送电压、输送电流的关系P=UI

以及损失功率P脣冒=I2R

判断如何减小电能的损失．

本题考查减小输电线路电功率损失的方法，此题与我们的日常生活联系比较紧密；用高压输电不仅可以减少线路中电能的损耗，同时降低热损耗和材料成本，都是在输电过程中节约了能源，这是一种非常有效的做法．【解析】AB

13、AB【分析】解：滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻大小的．

A；接入电路中的接线柱是a和c时；滑动触片P向接线柱d移动时，变阻器连入电路的电阻变大，电路中的电流不断减小，故A正确．

B；接入电路中的接线柱是a和d时；滑动触片P向接线柱d移动时，变阻器连入电路的电阻变大，电路中的电流不断减小，故B正确．

C、连入电路时需要一上一下，若只接上面两个或只接下面两个均不能改变接入电路中电阻丝的长度，接b和a时；不能改变电阻，也就不能改变电流，故C错误．

D、接入电路中的接线柱是b和c时；滑动触片P向接线柱d移动时，变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流不断增大，故D错误．

故选AB．

滑动变阻器正确接法是上下接线柱各接一个；要求滑动触片P向接线柱d移动时，电路中的电流不断减小，变阻器连入电路的电阻变大．

本题考查了滑动变阻器的接法．要使滑动变阻器的电阻变大或变小，关键是要看下边的接线柱接哪个．【解析】【答案】AB14、AD【分析】解：A；根据加速原理；当粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期同步时，才能处于加速状态，故A正确；

BC；加速器中的电场可以使带电粒子加速；而磁场只使粒子偏转，对粒子不做功；

根据qvB=m得，最大速度v=则最大动能EKm=mv2=可知；粒子的最大动能只与粒子本身的荷质比，加速器半径，和磁场大小有关，与加速电压无关，故BC错误；

D；粒子在回旋加速器中运动的总时间；与粒子在电场加速与磁场偏转次数，而电压越高，则次数越少．故D正确；

故选：AD．

粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvB=m运动周期T=（电场中加速时间忽略不计）．对公式进行简单推导后；便可解此题．

理解回旋加速器工作原理，熟练运用相关公式，便可解出此题，特别注意加速获得的最大动能与电场的电压无关．【解析】【答案】AD15、AD【分析】解：A；在闭合开关S时；根据安培定则可知导线框ACD所处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向．则导线AB中有感应电流，其方向A→B，故A正确．

B；在断开开关S时；根据安培定则可知导线框ACD所处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中的电流减小，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针方向．则导线AB中有感应电流，其方向B→A，故B错误．

C；开关S闭合；当变阻器的滑片迅速向右移动时，导致电流减小，穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针方向．则导线AB中有感应电流，故C错误；

D；开关S闭合；把线框ABCD迅速向上平移，导致穿过线框的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针方向．则导线AB中有感应电流，其方向B→A，故D正确．

故选AD．

直导线中的电流方向由M到N；根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据楞次定律判断导线框中感应电流方向，由左手定则分析导线框所受的安培力情况．

本题考查安培定则、楞次定律和左手定则综合应用的能力．【解析】【答案】AD16、ABC【分析】解：

A、由题，小球从a

点运动到b

点过程中，重力对小球做功3.5J

小球的重力就减小3.5J

所以小球在a

点的重力势能比在b

点大3.5J.

故A正确．

B、小球从a

点运动到b

点过程中，克服空气阻力做功0.5J

电场力对小球做功1J

两个力的总功为0.5J

小球的机械能就增加0.5J

所以小球在a

点的机械能比在b

点小0.5J.

故B正确．

C、电场力对小球做功1J

小球的电势能就减小1J

则小球在a

点的电势能比在b

点大1J.

故C正确．

D、重力对小球做功3.5J

小球克服空气阻力做功0.5J

电场力对小球做功1J

三个力的总功为4J

根据动能定理得到，小球的动能就增大4J

则小球在b

点的动能比在a

点多4J.

故D错误．

故选：ABC

本题根据功能关系进行解答.

抓住：重力对小球做功多少；小球的重力就减小多少.

小球克服空气阻力做功和电场力做功多少，小球的机械能就增加多少.

电场力对小球做功，小球的电势能就减小多少.

总功是多少，小球的动能就增大多少．

功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．【解析】ABC

三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】试题分析：β粒子时电子流，带负电，由左手定则可知，向左偏转，故是B；而粒子是氦核，带正电，由左手定则可知，向右偏转，故是C。考点：三种射线；左手定则。【解析】【答案】18、略

【分析】试题分析：两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大。猜想可能与两电荷的间距和带电量有关，有两个以上的因素，在实验验证时，需排除其它因素的干扰，用到控制变量法。考点：本题考查探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关【解析】【答案】减小增大控制变量法19、9.67×10﹣6红外线【分析】【解答】（1）猫头鹰的猎物﹣﹣蛇在夜间体温是27℃，故T=27+273=300K；

根据T•λm=2.9×103m•K，得到：=9.67×10﹣6m=9670nm；

可见光波长400到700纳米；故是红外线；

故答案为：（1）9.67×10﹣6；（2）红外线．

【分析】本题根据题意给出的公式T•λm=3.0×10﹣3（Km），可以求出波长；再判断光的性质．20、略

【分析】解：打点计时器打点周期为交流电频率的倒数；故打点周期T==0.02s；打点计时器主要作用在于通过打点计时；且从纸带上可以明确物体的位移，故可知应用打点计时器的实验有A和C；

（1）打点计时器需要的是交流电源；故选：B；

（2）要验证机械能守恒；只需验证重物的动能和势能之和是否保持不变即可；

故答案为：0.02sAC

（1）B（2）A

明确打点计时器的打点周期及应用；结合各实验的实验原理明确有哪些实验用到打点计时器；

（1）只有采用交流电源才能使打点计时器正常工作；

（2）明确验证机械能守恒定律的实验原理即可回答。

本题考查验证机械能守恒定律的实验以及打点计时器的使用，要注意明确实验原理，知道打点计时器的功能和使用方法．【解析】0.02；AC；B；A21、略

【分析】解：（1）A与B碰后粘在一起；速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过BC段来计算A的碰前速度，通过DE段计算A和B碰后的共同速度．

（2）A碰前的速度：

碰后共同速度：．

碰前总动量：P1=m1v1=0.4×1.05=0.42kg．m/s

碰后的总动量：P2=（m1+m2）v2=0.6×0.695=0.417kg．m/s

可知在误差允许范围内；AB碰撞过程中，系统动量守恒．

故答案为：（1）BC；DE；（2）0.42，0.417，AB碰撞过程中，系统动量守恒．

（1）A与B碰后速度减小；通过纸带上相等时间内点迹的间隔大小确定哪段表示A的速度，哪段表示共同速度．

（2）求出碰前和碰后的速度大小；得出碰前和碰后总动量的大小，从而得出结论．

解决本题的关键知道A与B碰后，速度减小，会通过纸带求解速度的大小，简答题．【解析】BC；DE；0.42；0.417；AB碰撞过程中，系统动量守恒．22、1；6.25【分析】解：汽车以速度v0=5m/s

在平直的路面上匀速前进；紧急制动时以加速度a=鈭�2m/s2

在粗糙水平面上匀减速滑行，则汽车最多可以运动时间为：

t=0鈭�v0a=0鈭�5m/s鈭�2m/s2=2.5s

．

在2s

末；汽车仍在运动，直接用匀变速直线运动的速度公式可得2s

末汽车的速度为：

v2=v0+2a=5m/s+(鈭�2m/s2)隆脕2s=1m/s

我们已知汽车最多紧急制动后最多运动2.5s

所以，汽车在4s

末汽车的位移就是汽车在2.5s

末的位移，在2.5s鈭�4s

汽车静止不动；

所以有：s4=s2.5=v0t+12at2=5隆脕2.5+12隆脕(鈭�2)隆脕2拢庐52(m)=6.25m

．

答：2s

末汽车的速度为1m/s4s

内汽车位移为6.25m

先判断汽车能运动的时间；再利用匀变速直线运动的速度公式求出速度；再运用位移公式求得位移即可．

这类匀变速的问题，特别容易忽略判断运动时间这步，如本题第二问直接用时间4s

代入计算导致错误．【解析】16.25

23、略

【分析】解：根据法拉第电磁感应定律E=n鈻�鈱�鈻�t=n鈻�B鈰�S鈻�t

题中n

相同，鈻�B鈻�t

相同；面积S

也相同；

则得到AB

环中感应电动势EAEB=11

．

根据电阻定律R=娄脩LSL=n?2娄脨r娄脩S

相同，则电阻之比为：RARB=rArB=21

根据欧姆定律I=ER

得产生的感应电流之比为：IAIB=12

．

故答案为：1112

．

根据法拉第电磁感应定律E=n鈻�鈱�鈻�t=n鈻�B鈰�S鈻�t

研究AB

环中感应电动势EAEB.

根据电阻定律求出两环电阻之比，再欧姆定律求解电流之比IAIB

．

本题整合了法拉第电磁感应定律、电阻定律和欧姆定律，常规题，要善于运用比例法解题．【解析】1112

24、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度为10.5mm

可动刻度为46.5隆脕0.01mm=0.465mm

所以最终读数为10.5mm+0.465mm=10.965mm

最后的结果可以为10.965隆脌0.002

．

故答案为：0.965隆脌0.002

．

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．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】10.965隆脌0.002

四、推断题(共2题，共8分)25、（1）2-氯甲苯氯原子、氨基

（2）14

（3）+2NaOH+2NaCl+H2O

（4）①②③④HOCH2CH2OH+HCHO+H2O

（5）3【分析】【分析】本题考查有机物的合成。【解答】根据rm{D}的分子式及rm{E}的结构简式可以知道，rm{D}为的分子式及rm{D}的结构简式可以知道，rm{E}为rm{D}可以知道，根据信息rm{垄脹}可以知道rm{C}为为rm{垄脹}与氯气发生取代生成rm{C}，根据相互转化关系，rm{A}与氯气发生取代生成rm{B}rm{B}水计算得出rm{C}所以rm{A}为水计算得出rm{A}所以rm{B}为rm{B}为rm{C}为rm{A}的名称是，rm{B}为氯甲苯rm{B}的结构简式知，rm{(1)A}为中无氧官能团的名称是氨基和氯原子，

rm{(1)A}，rm{A}的名称是氯甲苯rm{A}

rm{2-}根据上面的分析可以知道，，根据rm{F}的结构简式知，rm{F}中无氧官能团的名称是氨基和氯原子，为rm{F}为rm{F}分子中最多有故答案为：个原子共平面，

rm{2-}；氨基、氯原子；

rm{(2)}根据上面的分析可以知道，rm{D}为反应rm{(2)}为卤代烃在rm{D}溶液中水解，生成，rm{C}为个羟基，脱水生成醛基，化学方程式为rm{C}

，rm{C}分子中最多有rm{14}个原子共平面，rm{C}rm{14}故答案为：

；rm{14}由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物rm{14}rm{(3)}反应rm{垄脷}为卤代烃在rm{NaOH}溶液中水解，生成rm{2}个羟基，脱水生成醛基，化学方程式为二溴乙烷，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成rm{(3)}最后乙二醇与甲醛反应生成rm{垄脷}rm{NaOH}rm{2}，故答案为：

rm{+2NaOH}rm{+2NaCl+H_{2}O}；rm{(4)}由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物rm{(4)}，可以用乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成rm{1}rm{2-}二溴乙烷，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成rm{HCHO}最后乙二醇与甲醛反应生成

rm{1}根据rm{2-}的结构简式，结合条件rm{HCHO}结构中含有苯环且存在与，所以需要经历的反应类型有消去反应、加成反应、取代反应、氧化反应、取代反应，制备化合物相同的官能团，即含有酯基、氨基、氯原子；的最后一步反应为能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应，则应为甲酸某酯，且氯原子应连在酯基中醇的碳上，则符合条件的结构为苯环上连有两个基团为rm{HOCH_{2}CH_{2}OH+HCHO}rm{+H_{2}O}种结构，其中一种的核磁共振氢谱显示，组峰，且峰面积之比为故答案为：rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}

；rm{HOCH_{2}CH_{2}OH+HCHO}rm{+H_{2}O}【解析】rm{(1)2-}氯甲苯氯原子、氨基rm{(2)}rm{14}rm{(3)}rm{+2NaOH}rm{+2NaCl+H_{2}O}rm{(4)垄脵垄脷垄脹垄脺}rm{HOCH_{2}CH_{2}OH+HCHO}rm{+H_{2}O}rm{(5)3}26、rm{(1)}

rm{(2)}

rm{(3)}加成反应甲醛

rm{(4)}

rm{(5)5}【分析】【分析】烃rm{A}的相对分子质量为rm{70}由rm{dfrac{70}{12}=510}则rm{A}为rm{C_{5}H_{10}}核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A的结构简式为rm{A}与氯气在光照下发生取代反应生成单氯代烃rm{B}则rm{B}为rm{B}发生消去反应生成rm{C}为化合物rm{C}的分子式为rm{C_{5}H_{8}}rm{C}发生氧化反应生成rm{D}为rm{HOOC(CH_{2})_{3}COOH}rm{F}是福尔马林的溶质，则rm{F}为rm{HCHO}rm{E}rm{F}为相对分子质量差rm{14}的同系物，可知rm{E}为rm{CH_{3}CHO}由信息rm{垄脺}可知rm{E}与rm{F}发生加成反应生成rm{G}为rm{HOCH_{2}CH_{2}CHO}rm{G}与氢气发生加成反应生成rm{H}为rm{HOCH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{D}与rm{H}发生缩聚反应生成rm{PPG(}rm{)}以此来解答。

本题考查有机物的推断，关键是确定rm{A}的结构，再根据反应条件推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等。【解答】烃rm{A}的相对分子质量为rm{70}由rm{dfrac{70}{12}=510}则rm{A}为rm{C_{5}H_{10}}核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A的结构简式为rm{A}与氯气在光照下发生取代反应生成单氯代烃rm{B}则rm{B}为rm{B}发生消去反应生成rm{C}为化合物rm{C}的分子式为rm{C_{5}H_{8}}rm{C}发生氧化反应生成rm{D}为rm{HOOC(CH_{2})_{3}COOH}rm{F}是福尔马林的溶质，则rm{F}为rm{HCHO}rm{E}rm{F}为相对分子质量差rm{14}的同系物，可知rm{E}为rm{CH_{3}CHO}由信息rm{垄脺}可知rm{E}与rm{F}发生加成反应生成rm{G}为rm{HOCH_{2}CH_{2}CHO}rm{G}与氢气发生加成反应生成rm{H}为rm{HOCH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{D}与rm{H}发生缩聚反应生成rm{PPG(}rm{).}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}的结构简式为故答案为：

rm{(2)}由rm{B}生成rm{C}的化学方程式为：

故答案为：

rm{(3)}由rm{E}和rm{F}生成rm{G}的反应类型为加成反应，rm{E}的化学名称为乙醛；故答案为：加成反应；乙醛；

rm{(4)}由rm{D}和rm{H}生成rm{PPG}的化学方程式为：

故答案为：

rm{(5)D}为rm{HOOC(CH_{2})_{3}COOH}它的同分异构体中能同时满足：rm{垄脵}能与饱和rm{NaHCO_{3}}溶液反应产生气体，说明含rm{-COOH}rm{垄脷}既能发生银镜反应，又能发生水解反应，含有醛基、羧基，rm{D}中共rm{5}个rm{C}则rm{C-C-C}上的rm{2}个rm{H}被rm{-COOH}rm{-OOCH}取代，共为rm{3+2=5}种，含其中核磁共振氢谱显示为rm{3}组峰，且峰面积比为rm{6}rm{1}rm{1}的是故答案为：rm{5}

【解析】rm{(1)}rm{(2)}rm{(3)}加成反应甲醛rm{(4)}rm{(5)5}五、综合题(共4题，共36分)27、略。略【分析】【分析】略【解答】略【解析】略。略28、BCE【分析】【分析】“油膜法”估测分子大小实验中，将油酸酒精溶液滴入浅盘的水面上；温度越高，布朗运动越明显；液体很难被压缩，这是因为液体分子间存在斥力；分子势能随分子间距离的增大而减小；当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小。本题要理解并掌握“油膜法”估测分子大小实验原理和方法，知道布朗运动的特点，掌握分子势能与分子力的关系，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。【解答】A.在“油膜法”估测分子大小实验中，先在水面上撒上痱子粉，再将油酸溶液滴入痱子粉上，故A错误；B.布朗运动是由于液体分子碰撞的不平衡性造成的；温度越高，液体分子运动越激烈，则液体中悬浮微粒的布朗运动就越明显，故B正确；C.液体很难被压缩，这是因为压缩时液体分子间的分子力表现为斥力，故C正确；D.当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，故D错误；E.当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大，则知当分子力为零，即当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，故E正确。故选BCE。【解析】BCE

29、(1)B

(2)A

(3)C

(4)D

(5)3隆脕1083

(6)

解：垄脵

当