2025年人教版（2024）高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………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年人教版（2024）高二物理上册阶段测试试卷83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8题，共16分)1、根据磁场对电流会产生作用力的原理；人们研制出一种新型的炮弹发射装置--电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是（）

A.要使炮弹沿导轨向右发射；必须通以自M向N的电流。

B.要使炮弹沿导轨向右发射；必须通以自N向M的电流。

C.要想提高炮弹的发射速度；可适当增大电流或磁感应强度。

D.使电流和磁感应强度的方向同时反向；炮弹的发射方向亦将随之反向。

2、在“验证机械能守恒定律”的实验中，不需要使用的器材是A.重锤B.纸带C.螺旋测微器D.打点计时器3、如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab，以初速v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆ab的电阻及空气阻力，则A.重力所做功的绝对值：上滑过程和下滑过程相等B.电阻R产生的热量：上滑过程比下滑过程少C.通过电阻R的电量:上滑比下滑过程多D.滑行时间：上滑过程比下滑过程短4、关于点电荷与库仑定律，下列说法中正确的是（）A.点电荷一定是带电量很小的电荷B.点电荷是一种物理模型，质子直接作为点电荷处理C.当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞D.当两个点电荷之间的距离r→0时，库仑定律的公式就不适用了5、图中能产生感应电流的是(??)

A.B.

C.D.6、如图所示；用网球拍打击飞过来的网球，网球拍打击网球的力(

)

A.比球撞击球拍的力更早产生B.与球撞击球拍的力同时产生C.大于球撞击球拍的力D.小于球撞击球拍的力7、如图所示，建筑装修中工人用质量为m

的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上、大小为F

的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动.

已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为娄脤

重力加速度为g

则磨石受到的摩擦力是()

A.(F鈭�mg)cos娄脠

B.(F鈭�mg)sin娄脠

C.娄脤(F鈭�mg)cos娄脠

D.娄脤(F鈭�mg)

8、下列物理量中是矢量的是A.电场强度B.电流C.电阻D.电势能评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、磁场对运动电荷有力的作用，这种力叫做____力．电视机显象管就是利用了____的原理．10、如果把q=1.0×10-8C的电荷从无穷远移到电场中的A点，需要克服静电力做功W=1.210-4J；那么；

（1）q在A点的电势能______，A点的电势______

（2）q未移入电场前A点的电势是______．11、图中A；B是两个不带电的相同的绝缘金属球；它们靠近带正电荷的金属球C．在下列情况中，判断A、B两球的带电情况：

（1）A、B接触后分开，再移去C，则A______，B______；

（2）A、B接触，用手指瞬间接触B后再移去C，则A______，B______．12、某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图1所示，则该金属丝的直径d=______mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图2所示，则该工件的长度L=______cm．

13、如图所示；图甲为热敏电阻的R鈭�t

图象，图乙为此热敏电阻R

和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈电阻为100娄赂.

当线圈电流大于或等于10mA

时，继电器的衔铁被吸合.

为继电器线圈供电的电池的电动势E=6V

内阻不计.

图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．

(1)

应该把恒温箱内的加热器接在______两端.(

填“AB

”或“CD

”)

(2)

如果要使恒温箱内的温度保持50隆忙

可变电阻R隆盲

的值应调节为______娄赂.

(3)

如果要使恒温箱内的温度保持100隆忙

可变电阻R隆盲

的值应调节为______娄赂.

(4)

若可变电阻R隆盲

可在380娄赂

到470娄赂

范围内调节；则此恒温箱可控的恒温范围是______隆忙.

14、如图所示，两平行板相距10cm

板间有AB

两点相距4cm

现将一带电量q=鈭�3隆脕10鈭�4c

的电荷，从A

点移到B

点，电场力做了7.2隆脕10鈭�3J

的正功，则AB

两点的电势差UAB

=

____V

两金属板间电场强度大小E

=

____V/m

两金属板间的电势差U

=

____V

15、本题为选做题，包括24?A

和24?B

两题，考生只选择其中一题作答

。?A

本题供使用选修1?1

教材的考生作答．如图所示，一单匝线圈从左侧进入磁场.

在此过程中，线圈中的磁通量将____(

选填“增大”或“减小”).

若上述过程所经历的时间为0.4s

线圈中产生的感应电动势为0.8V

则线圈中的磁通量变化了____Wb

．24?B

本题供使用选修3?1

教材的考生作答．如图所示，已知电源电动势为9.0V

电源内阻为3.0娄赂

闭合开关S

调节滑动变阻器使滑片P

向右移动时，理想电压表示数____(

选填“增大”或“减小”).

当理想电流表示数为0.50A

时，理想电压表示数为____V.

评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、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）17、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）18、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）19、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

20、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、计算题(共3题，共18分)21、（18分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20螺线管导线电阻r=1.0Ω，=4.0Ω，=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；（3）S断开后，求流经R2的电量。22、有两列简谐横波a?b在同一媒质中沿x轴正方向传播,波速均为v=2.5m/s.在t=0s时,两列波的波峰正好在x="2.5"m处重合,如图所示:（1）求两列波的周期Ta和Tb。（3分）（2）当t=0.25s时，求a波上x=3.5m的质点距离平衡位置的位移ya。（3分）（3）求t=0时，两列波的波峰重合处的所有位置.（2分）23、质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2．今有一质量为m；电荷量为e的正电子（不计重力）；经加速后，该粒子恰能竖直通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动．则：

（1）粒子的速度v为多少？

（2）速度选择器的电压U2为多少？

（3）粒子在磁场B2中做匀速圆周运动的半径R为多大？评卷人得分五、推断题(共3题，共15分)24、下表为元素周期表的一部分，针对表中rm{垄脵-垄脼}元素，回答下列问题。rm{(1)}元素rm{垄脷}的原子结构示意图是_________________。rm{(2)垄脺}和rm{垄脻}两种元素中原子半径较大的是_______________rm{(}填元素符号rm{)}rm{垄脹}和rm{垄脺}两种元素的最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是__________rm{(}填化学式rm{)}填化学式rm{(}rm{)}写出rm{(3)}的单质在rm{垄脵}的单质中燃烧的化学方程式：_______________________。rm{垄脼}25、I、（1）含氰废水中的CN－有剧毒。在微生物的作用下，CN－能够被氧气氧化成HCO3－，同时生成NH3，该反应的离子方程式为____。

（2）含乙酸钠和对氯酚（）的废水可以利用微生物电池除去，同时提供电能，其原理如图所示。则A极的电极反应式为：____。

II、锌钡白是一种白色颜料。工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS＋ZnSO4＝ZnS↓＋BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。ZnSO4溶液的制备与提纯：有关资料：a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；b．Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。（1）滤渣1的化学式为____；（2）②中使用的氧化剂最好是下列的____（选填字母代号）。A．Cl2B．浓HNO3C．KMnO4D．H2O2____（3）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤____（选填①、②、③、⑤）。（4）写出步骤④所发生的离子方程式____。26、工业制钛白粉产生的废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生产补血剂乳酸亚铁。其生产流程如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中电离为TiO2+和SO2-4。请回答下列问题：

（1）写出TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式____。步骤①中加入足量铁屑的目的是____。

（2）步骤②的离子方程式是____，所得副产品主要是____（填化学式）。

（3）工业上由H4TiO4可制得钛白粉TiO2。TiO2直接电解还原法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，原理如图所示，阴极的电极反应式为____。

（4）工业上利用TiO2还可以用下列流程制取单质钛：

已知：①C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H1＝－393.5kJ/mol②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H2＝－566kJ/mol③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)△H3＝+141kJ/mol则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的△H＝____。

（5）乳酸可由乙烯经下列步骤合成：上述合成路线的总产率为56%，乳酸与碳酸亚铁反应转化为乳酸亚铁晶体的产率为80%，则生产468kg乳酸亚铁晶体（M＝234g/mol）需要标准状况下的乙烯____m3。

评卷人得分六、识图作答题(共4题，共28分)27、为了研究植物昼夜节律对光合作用的影响，科学家选取生长状态相同的某植物进行了如下四组实验。每组白天光照１０ｈ，夜间总时长１４ｈ，其它条件都适宜，连续处理２５天，测定各组气孔大小和叶绿素含量，结果如下表：。组别夜间处理方法气孔大小（μｍ２）叶绿素含量／（ｍｇ·ｇ－１）A组处理Ｘ３８９３．３４B组每隔３ｈ红光光照５ｍｉｎ３４４２．４４C组每隔２ｈ红光光照５ｍｉｎ２９７２．４０D组每隔１ｈ红光光照５ｍｉｎ２８６２．２０回答下列问题：（１）为了使实验具有说服力，设置了Ａ组，Ａ组的“处理Ｘ”应为____。（２）随着夜间红光打断处理的频率增加，植物光合作用强度的变化趋势是____，判断的理由是____________。（３）若在夜间用景观灯照射城市绿化植物，据上述实验，景观灯的颜色不建议选择（填“红色”或“绿色”）。28、下图表示在温度为25℃和一定的CO2浓度条件下，测定某种绿色植物在不同光照强度下氧气释放速率的曲线[单位：mg／（m2·h）]。请分析回答下列问题：（1）在其他条件不变时，若用等质量的花生种子替换该植物，则A点下移。其原因是___________________________。（2）在B点时，该植物的叶肉细胞中的光合作用强度_______（填“大于”“小于”或“等于”）呼吸作用强度。（3）在D点对应光照强度下，对该植物持续进行14小时光照，则一昼夜积累有机物的量为_______mg。（4）从该植物细胞中提取完整的线粒体和叶绿体，制成悬浮液，分别加入到1号和2号两支试管中。在1号试管中加入适量的葡萄糖溶液，在2号试管中加入等量的NaHCO3溶液，给予充足光照，在相同时间内观察气泡产生情况。观察到的现象是：____________。其原因是_____________。29、如图是研究光合作用相关实验的结果（气孔开度指气孔开放程度）。回答下列问题：(1)该实验的自变量是________________。(2)可用________________试剂检测还原糖，并根据________________沉淀的多少判断其含量。分析实验结果中还原糖含量的差异，说明适当________________可促进光合作用。(3)气孔开度直接影响叶片的水分散失，所以植物在__________（填“高”、“中”或“低”）浓度CO2条件下，对干旱环境的适应能力更强。(4)叶肉细胞中的Rubisco酶能催化CO2的固定，其分布于__________。该酶活性可用单位时间内环境中__________的变化量来表示。此酶催化形成的产物需光反应提供__________才能转化为还原糖。30、下图是甲状腺激素分泌的分级调节示意图，图中的TRH、TSH分别表示促甲状腺激素释放激素、促甲状腺激素。请据图回答问题：(1)TRH只能作用于垂体细胞而不能直接作用于甲状腺细胞，是因为甲状腺细胞表面没有TRH特定的。(2)人受到寒冷刺激时，相应的神经冲动传到下丘脑，经过一系列作用，TRH、TSH的分泌增多，使血液中甲状腺激素的含量。此生理过程由共同调节。(3)当血液中甲状腺激素的含量增加到一定程度，会抑制TRH、TSH的分泌，进而使甲状腺激素的分泌减少，在体内的含量不至于过高，这说明激素分泌存在着机制。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A|C【分析】

A；要使炮弹沿导轨向右发射；即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流．故A正确；

B；要使炮弹沿导轨向右发射；即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流．故B错误；

C；要想提高炮弹的发射速度；即增大安培力的大小，所以可适当增大电流或磁感应强度，故C正确；

D；若使电流和磁感应强度的方向同时反向；则安培力方向不变，所以炮弹的发射方向不变，故D错误；

故选：AC

【解析】【答案】正确应用左手定则是解答本题的关键；在应用时为防止手忙脚乱，可以先让四指和电流方向一致，然后通过旋转手让磁感线穿过手心，从而进一步确定大拇指的指向即安培力方向．其大小由公式F=BIL可知．

2、C【分析】【分析】根据实验的原理确定所需的测量的物理量，从而确定不需要的器材。解决本题的关键知道该实验的原理，知道需要测量的物理量，对于基础性实验，不光要靠记忆理解，要亲自动手实验，切实去体会。【解答】落体法验证机械能守恒定律；即验证重力势能的减小量和动能的增加量是否相等，研究对象为重锤，所以重锤需要，通过纸带测量下落的高度和瞬时速度的大小，所以纸带和打点计时器需要.

测量点迹间的距离用刻度尺，不需要螺旋测微器，故C正确，ABD错误。

故选C。【解析】C

3、A|D【分析】【解析】试题分析：上滑过程中所受安培力沿斜面向下，下滑过程中安培力沿斜面向上，所以上滑过程中加速度较大，由上滑过程中时间较小，D对；由两过程中磁通量的变化量相等，产生的电量相等，C错；D对，上滑时速度的减小量较大，动能损失较多，产生的焦耳热较多，B错；重力做功只与初末位置的高度差有关，A对；考点：考查电磁感应与能量的关系【解析】【答案】AD4、D【分析】解：AB；点电荷是一种理想化的物理模型；其带电荷量并不一定是最小的，两个带电体间的距离足够大时，带电体可以看成点电荷，故A错误，B错误．

CD；当两个点电荷距离趋于0时；两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用，故D正确、C错误．

故选：D．

库仑定律F=k适用于真空中两点电荷之间的作用力．当带电体的形状；大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时；可以看成点电荷．点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．

解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．【解析】【答案】D5、B【分析】略【解析】B

6、B【分析】解：用网球拍打击飞过来的网球过程中；网球拍打击网球的力与球撞击球拍的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律得知，两个力是同时产生的，大小相等，方向相反．

故选B

用网球拍打击飞过来的网球过程中；根据牛顿第三定律分析网球拍打击网球的力与球撞击球拍的力的关系．

本题应用牛顿第三定律分析实际生活中力的关系.

作用力与反作用力是同时产生、同时消失的．【解析】B

7、A【分析】【分析】对物体进行受力分析；根据共点力的平衡可知可求得磨石受到的摩擦力，同时根据动摩擦力的公式也可求得摩擦力。

滑动摩擦力的大小一定要注意不但可以由娄脤F

NN求得，也可以由共点力的平衡或牛顿第二定律求得，故在学习时应灵活掌握。【解答】磨石受重力；推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态；由图可知，F

一定大于重力；

先将重力及向上的推力合力后；将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：

在沿斜面方向有：摩擦力f=(F鈭�mg)cos娄脠

在垂直斜面方向上有：FN=(F鈭�mg)sin娄脠

则f=(F鈭�mg)cos娄脠=娄脤(F鈭�mg)sin娄脠

故A正确，BC

D错误。

故选A。

【解析】A

8、A【分析】【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。【解答】电阻、电势能只有大小没有方向，是标量，电流有大小有方向，但是电流是标量，遵守代数加减法则，电场强度有大小有方向，是矢量，故A正确，BC

D错误。故选A。【解析】A

二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】

当运动电荷进入磁场时；若磁场方向与电荷运动方向不在同一直线上，则将受到磁场的作用力，叫做洛伦兹力，电视机的显像管就是利用了当电子进入磁场时，受到洛伦兹力而发生偏转制成的．

故答案为：洛伦兹力；电子受到洛伦兹力作用而发生偏转．

【解析】【答案】本题比较简单；考查了洛伦兹力的产生以及简单应用．

10、略

【分析】解：（1）依题，q=1.0×10-8C的电荷从无穷远处移至电场中的A点，需要克服电场力做功W=1.2×10-4J；

则电荷的电势能增加1.2×10-4J，而电荷在无穷远电势能为零，则q在A点的电势能为：EpA=W=1.2×10-4J

A点的电势为：φA==V=1.2×104V；

（2）电势与试探电荷无关，所以q未移入电场前A点的电势，A点的电势仍为1.2×104V；

故答案为：1.2×10-4J，1.2×104V，1.2×104V．

（1）电荷从无限远处移至电场中的A点，需克服电场力做功W=1.2×10-4J；其电势能增加．由功能关系确定出q在A点的电势能．根据电场力做功求出无穷远与A点间的电势差，无穷远电势为零，再可求出A点的电势．

（2）电势与试探电荷无关；A点的电势不变．

本题中对于电场力做功与电荷变化的关系要掌握．要知道电势是描述电场本身性质的物理量，与试探电荷无关．【解析】1.2×10-4J；1.2×104V；1.2×104V11、略

【分析】解：（1）把导体A和B接触后分开；再移走C，导体A和B由于感应起电带上异种电荷，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，离C比较近的B带上与C相反的电荷，即负电荷，A带上正电荷．

（2）A；B接触；用手指瞬间接触B后，由于人也是导体，人体上的负电荷经过B中和A上的正电荷，再移去C，则AB带上负电荷．

故答案为：（1）带正电；带负电；（2）带负电，带负。

将带正电的导体球C靠近两个不带电的导体AB；靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变。

解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变【解析】带正电；带负电；带负电；带负电12、略

【分析】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为4mm；可动刻度读数为0.01×25.5mm=0.255mm；

所以最终读数为：4mm+0.255mm=4.255mm．

（2）游标卡尺的固定刻度读数为5cm；游标尺上第3个刻度游标读数为0.05×3mm=0.15mm=0.015cm；

所以最终读数为：5cm+0.015cm=5.015cm；

故答案为：4.255；5.015

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】4.255；5.01513、略

【分析】解：AB

当温度较低的时候；热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB

部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作；

所以该把恒温箱内的加热器接在AB

端.

故A正确；B错误．

(2)

由图甲所示图象可知，温度为50隆忙

时，热敏电阻阻值R=100娄赂

当温度达到50隆忙

时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达10mA

根据闭合电路欧姆定律可得，I=ER+R鈥�+R0

即0.01=6100+100+R鈥�

解得R隆盲=400娄赂

．

(3)

由图甲所示图象可知，温度为100隆忙

时，热敏电阻阻值R=50娄赂

当温度达到100隆忙

时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达10mA

根据闭合电路欧姆定律可得，I=ER+R鈥�+R0

即0.01=6100+50+R鈥�

解得R隆盲=450娄赂

．

(4)

电路电流为10mA=0.01A

时；加热电路就要断开，当R隆盲=380娄赂

时；

I=ER+R鈥�+R0

即0.01=6100+R+380

解得R=120娄赂

由图甲所示图象可知，此时温度为40隆忙

当R隆盲=470娄赂

时，I=ER+R鈥�+R0

即0.01=6100+470+R

解得R=30娄赂

由图甲所示图象可知；此时温度为150隆忙

因此恒温箱可控的恒温范围是40隆芦150隆忙

．

故答案为：(1)AB(2)400(3)450(4)40隆芦150

．

(1)

当温度低的时候；电路与AB

相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB

相连；

(2)

要使恒温箱内的温度保持50隆忙

当温度达到50隆忙

时，电路就要断开，即电路要达到10mA.

由图甲所示图象求出50隆忙

时，热敏电阻的阻值，根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小．

(3)

要使恒温箱内的温度保持100隆忙

当温度达到100隆忙

时，电路就要断开，即电路要达到10mA.

由图象甲求出温度为100隆忙

时热敏电阻的阻值，根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小．

(4)

由欧姆定律求出热敏电阻阻值为380娄赂

与470娄赂

时对应的温度；即可求出恒温箱可控的恒温范围．

在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的.

由图甲所示图象求出温度所对应的热敏电阻阻值，分析清楚电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．【解析】A、B40045040隆芦150

14、-24，1200，120【分析】【分析】根据电场力做功WAB=qUAB

求出AB

间的电势差，根据匀强电场的场强公式E=Ud

求出电场强度，从而再根据U=Ed

求出两金属板间的电势差。解决本题的关键掌握电场力做功的公式W=qU

以及匀强电场的场强公式E=Ud

注意d

为沿电场线方向上的距离。【解答】根据电场力做功WAB=qUAB

得：UAB=WABq=7.2隆脕10?3?3隆脕10?4V=鈭�24V

则电场强度为：E=Ud=240.04隆脕sin30鈭�=1200V/m

所以两金属板间的电势差为：U隆盲=Ed隆盲=1200隆脕0.1V=120V

故答案为：鈭�241200120

【解析】鈭�241200120

15、略

【分析】A.【分析】

匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，磁通量娄碌=BS

根据面积变化，分析磁通量的变化；根据法拉第电磁感应定律求解磁通量的变化量。本题是法拉第电磁感应定律的简单应用；要知道线圈与磁场垂直时，磁通量娄碌=BS

对于磁通量的变化，也可以根据磁感线数判断。

【解答】

线圈从左侧进入磁场；由磁通量公式娄碌=BS

得知线圈中的磁通量将增大．

根据法拉第电磁感应定律E=?娄碌?t

得：鈻�娄碌=E鈻�t=0.4隆脕0.8Wb=0.32Wb

故答案为：增大；0.32

B.【分析】

理想电压表测量路端电压；根据变阻器接入电路电阻的变化来分析，根据闭合电路欧姆定律求理想电压表示数。

解决本题的关键要明确路端电压与外电阻的关系；路端电压与电流的关系；要知道路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小。

【解答】

调节滑动变阻器使滑片P

向右移动时；变阻器接入电路的电阻增大，路端电压随之增大，则理想电压表示数增大；

当理想电流表示数为0.50A

时，理想电压表示数U=E鈭�Ir=9.0鈭�0.50隆脕3.0=7.5A

故答案为：增大；7.5

【解析】A.增大0.32

B.增大7.5

三、判断题(共5题，共10分)16、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．17、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．18、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．19、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．20、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、计算题(共3题，共18分)21、略

【分析】试题分析:（1）根据法拉第电磁感应定律：（2）根据全电路欧姆定律：根据（3）S断开后，流经的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q电容器两端的电压：流经的电量:考点：法拉第电磁感应定律全电路欧姆定律【解析】【答案】（1）E=1.2V（2）（3）22、略

【分析】【解析】试题分析：（1）从图中可以看出（3分）（2）根据信息可得：（3分）（3）两列波波长的最小整数公倍数为S=20m，则t=0时，两列波的波峰重合处的所有位置为重合位置(n=0、1、2）（2分）考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【解析】【答案】（1）1s1.6s（2）（3）23、略

【分析】

（1）根据动能定理可以求出粒子的速度v．

（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡，根据Eq=qvB1求出电压U2．

（3）根据洛仑兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R

解决本题的关键掌握带电粒子在电场中的运动特点与在磁场中的运动特点，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡．【解析】解：（1）粒子经加速电场U1加速；获得速度v；

由动能定理得：qU1=mv2，解得：v=

（2）在速度选择器中作匀速直线运动；电场力与洛仑兹力平衡；

由平衡条件得：qE=qvB1，即：q=qvB1，解得：U2=B1dv=B1d

（3）在B2中作圆周运动；洛仑兹力提供向心力；

由牛顿第二定律得：qvB2=m解得：R=．

答：（1）粒子的速度v为

（2）速度选择器的电压U2为B1d

（3）粒子在磁场B2中做匀速圆周运动的半径R为．五、推断题(共3题，共15分)24、（1）

（2）AlNaOH

（3）H2+Cl22HCl

【分析】【分析】本题考查了元素周期律和元素周期表的应用。掌握元素周期律：同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱；同主族元素从上至下原子半径逐渐增大是解答本题的关键。该题是高考常见题型，试题难易适中，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。【解答】根据元素周期表的结构可知rm{垄脵}为rm{H}rm{垄脷}为rm{N}rm{垄脹}为rm{Na}rm{垄脺}为rm{Al}rm{垄脻}为rm{S}rm{垄脼}为rm{Cl}rm{(1)}元素rm{垄脷}的原子结构示意图是元素rm{(1)}的原子结构示意图是故答案为：rm{垄脷}rm{(2)}为rm{(2)}rm{垄脺}为rm{Al}rm{垄脻}和rm{S}位于同一周期，随原子序数增大原子半径逐渐减小，所以原子半径较大的为rm{Al}和rm{S}位于同一周期，随原子序数增大原子半径逐渐减小，所以原子半径较大的为rm{Al}rm{Al}和rm{S}的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，rm{Al}的金属性比rm{Na}强，所以碱性较强的为rm{Al}故答案为：rm{Na}rm{Al}rm{NaOH}rm{Al}的单质在rm{NaOH}的单质中燃烧的化学方程式为：rm{(3)}rm{(3)}rm{垄脵}的单质在rm{垄脼}的单质中燃烧的化学方程式为：rm{垄脵}rm{垄脼}rm{H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}【解析】rm{(1)}rm{(2)Al}rm{NaOH}rm{(3)H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}

25、略

【分析】【分析】该题通过水污染的治理和化学工业生产流程，考查了原电池原理的应用和元素及其化合物的性质，判断微生物电池的正负极和分析流程图是本题难点，试题难度较大。I、（1）根据信息：CN-能够被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3来书写方程式；（2）根据原电池中阳离子的移动方向确定A为正极，发生得电子的还原反应来书写；II、由图1流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，则滤渣1为SiO2，②中加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，金属离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe（OH）3、Cu（OH）2，反应④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）2，据此解答。【解答】I、（1）CN-能够被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3得出方程式为：2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3；（2）原电池中氢离子的移动方向是从负极流向正极，所以A是正极，发生得电子的还原反应：+2e-+H+═+Cl-；II、由图1流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，则滤渣1为SiO2，②中加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，金属离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe（OH）3、Cu（OH）2，反应④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）2，（1）由上述分析可知，滤渣1为SiO2；（2）②中加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子；只有D不会引入新杂质；

（3）步骤④中的CO2气体来自步骤①酸浸反应放出的气体，可以节能减排；（4）步骤④发生的离子反应方程式为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↓+2HCO3-26、略

【分析】【分析】本题考查了铁盐和亚铁盐的相互转变、离子方程式的书写、电解原理、焓变的计算、原料利用率的计算等，难度中等，注意把握相关基本理论的理解和应用。【解答】（1）根据水解原理：盐+水=酸+碱，则TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+；步骤①中加入足量铁屑的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，消耗溶液中的H+促进TiO2+水解。（2）NH4HCO3在溶液中电离出HCO3-离子，易电离生成碳酸根，碳酸根和亚铁离子反应生成FeCO3促进HCO3-电离，故离子方程式Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；所得的副产物为溶液中没有参加反应的铵根离子和硫酸根离子形成的(NH4)2SO4；（3）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，故阴极电极反应：TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（4）依据盖斯定律：由③+①×2-②可知△H＝△H3+△H1×2-△H2=+141+（-393.5）×2-（-566）=-80kJ/mol。（5）由题意知，乳酸生成乳酸亚铁的物质的量之比为2：1，设需要乙烯xm3，则反应生成468kg乳酸亚铁晶体所需乙烯为x=200m3。【解析】（1）TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，消耗溶液中的H+，促进TiO2+水解（2）Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(NH4)2SO4（3）TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（4）-80kJ/mol（5）200六、识图作答题(共4题，共28分)27、（1）持续黑暗处理(不作红光处理)

（2）逐渐降低叶绿素含量降低，光反应减弱；叶片气孔缩小，吸收C02速率降低，暗反应减弱，光合作用强度降低

（3）红色【分析】【分析】本题考查影响光合作用的因素，意在考查学生对知识的理解和应用能力、分析表格获取信息的能力。【解答】（1）分析表格可知，该实验的自变量是照红光的间隔时间，为了使实验具有说服力，设置了A组，A组的“处理X”应为持续黑暗处理（不作红光处理）。（2）随着夜间红光打断处理的频率增加，叶绿素含量降低，光反应减弱；叶片气孔缩小，吸收CO2速率降低，暗反应减弱，光合作用强度降低，所以植物光合作用强度的变化趋势是逐渐降低。（3）若在夜间用景观灯照射城市绿化植