2024年沪科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年沪科版高二物理下册阶段测试试卷122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7题，共14分)1、如图所示，物块P、Q叠放在水平地面上，保持静止，则地面受到的弹力等于（）A.Q的重力B.P对Q的压力C.P、Q的重力之和D.P的重力加上Q对地面的压力2、如图所示是用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置.

关于这一实验，下列说法中正确的是()A.重物应选用密度小的物体B.纸带释放前，应使其竖直C.应先释放纸带，后接通电源D.重物减少的重力势能略小于增加的动能3、如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷.

设两列波的振幅均为5cm

且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为1m/s

和0.5m.C

点是BE

连线的中点，下列说法不正确的是()

A.E

两点振动始终反相B.图示时刻AB

两点的竖直高度差为20cm

C.图示时刻C

点正处在平衡位置且向上运动D.从图示的时刻起经0.75s

后，B

点通过的路程为60cm

4、关于我国发射的同步通讯卫星，下列说法中正确的是()A.它的周期比地球自转周期大B.它的周期比地球自转周期小C.它定点在北京正上方，所以中央电视台可以利用它进行电视转播D.它运行的轨道平面一定与赤道平面重合5、两个小灯泡的标记分别为L1：“6V，６W”，L2：“6V，9W”，把它们先后分别接在同一直流电源上，电源内阻不可忽略，L1灯泡消耗的功率刚好为６Ｗ，则L2灯泡消耗的功率为()A.一定小于９ＷB.一定等于９ＷC.一定大于９ＷD.条件不足，不能确定6、以牛顿运动定律为基础的经典力学的适用范围是()

A.低速、宏观、弱引力下的运动问题B.高速、微观、弱引力下的运动问题C.低速、微观、强引力下的运动问题D.高速、宏观、强引力下的运动问题7、两个方向相同的共点力的合力大小为10N，其中一个分力的大小为6N，则另一个分力的大小为（）A.4NB.6NC.8ND.10N评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、截面积为S的导线中通有电流I，已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间△t内通过导线截面的自由电子数是（）A.nSv△tB.nv△tC.D.9、(

多选)

如图所示；一个质量为0.4kg

的小物块从高h=0.05m

的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O

点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P

点.

现以O

为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y=x2鈭�6(

单位：m)

不计一切摩擦和空气阻力，g

取10m/s2

则下列说法正确的是(

)

A.小物块从O

点运动到P

点的水平位移为2m

B.小物块从O

点运动到P

点的时间为1s

C.小物块刚到P

点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于10

D.小物块刚到P

点时速度的大小为10m/s

10、特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置；如图是该装置的简化结构图，金属顶端和大地构成一个持殊的电容器，顶端放电后由电荷补充线圈给顶端补充因放电而流失的电荷，因而能持续的放电。

下列相关说法正确的是（）A.顶端带的电量越多，则其与大地间的电势差越大B.顶端带的电量越多，则其与大地构成的电容器的电容越大C.带电量一定时，顶端离地越高则其与大地间的电势差越大D.带电量一定时，顶端面积越大则其与大地间的电势差越大11、下列有关光的说法中正确的是（）A.光的干涉中也存在着光的衍射现象B.泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度要比看到的要深E.医学上用光导纤维制成内窥镜，用来检查人体内脏器官的内部，它利用了光的全反射原理E.医学上用光导纤维制成内窥镜，用来检查人体内脏器官的内部，它利用了光的全反射原理12、下列说法中正确的有(

)

A.气缸内的气体具有很大的压强，是因为气体分子间表现为斥力B.液体表面具有张力是因为液体表面层的分子间表现为引力C.晶体的物理性质具有各向异性是因为晶体内部微粒按一定规律排列的D.温度越高的物体，其内能一定越大、分子运动越剧烈13、下列说法正确的是(

)

A.大量的光子中有些光子表现出波动性，有些光子表现出粒子性B.光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子C.速度相等的电子和质子，电子的物质波长长D.运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、螺旋测微器的读数______毫米；游标卡尺读数______毫米。

15、A.如图所示是我国民用交流电的电压图象.

根据图象可知；交流电的频率是________Hz

用交流电压表测量电压，测出的电压值是________V

．

B.如图所示，ab

是匀强电场中的两点，两点间的距离为0.4m

两点的连线与电场线平行，两点间的电势差为4.0V

则匀强电场的场强大小为________V/m

把电子从a

点移到b

点；电子的电势能将________(

选填“增大”“减小”或“不变”)

．

16、如图所示；用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

(1)

实验中；直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.

但是，可以通过仅测量______(

填选项前的序号)

间接地解决这个问题．

A.小球开始释放高度h

B.小球抛出点距地面的高度H

C.小球做平抛运动的射程。

(2)

图中O

点是小球抛出点在地面上的垂直投影.

实验时；先让入射球m1

多次从斜轨上S

位置静止释放，找到其平均落地点的位置P

测量平抛射程OP

．

然后；把被碰小球m2

静置于轨道的水平部分，再将入射球m1

从斜轨S

位置静止释放，与小球m2

相撞，并多次重复．

A.用天平测量两个小球的质量m1m2

B.测量小球m1

开始释放高度h

C.测量抛出点距地面的高度H

D.分别找到m1m2

相碰后平均落地点的位置MN

E.测量平抛射程OMON

(3)

若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______(

用(2)

中测量的量表示)

．17、一个作匀变速直线运动的物体，在第一个1s

内的平均速度比在第一个2s

内的平均速度大1m/s

而位移小5m.

则第一个1s

内的平均速度为______m/s

第一个1s

内的位移为______m.

18、如图所示；为某一电流表G的刻度盘，使用时指针指着某一电流刻度，表示通过电流表的电流为某一数值，而且也意味着表头的两接线柱之间具有一定大小的电压，因此，电流表G实际上也是一个小量程的电压表．如果图中电流表的内阻是100Ω，请在这个刻度盘上对应1；2、3的下面标出相应的电压数值（单位为V）．

19、如图所示，用螺旋测微器测某物体的外径，其读数为______mm．

评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)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）

评卷人得分五、实验探究题(共4题，共40分)21、读数（1）图1为______mm（2）图2为______mm

22、一位同学设计了如图所示的电路来测电压表的内阻RV，电压表的量程为50mV，内阻约为50Ω．其实验的方法是：①将电键S1闭合、S2断开，调节滑动变阻器R使得电压表的指针达到满偏；②保持滑动变阻器R的滑片位置不变，再将电键S2闭合，调节电阻箱R1，使得电压表的指针指在刻度盘的中央；③读出电阻箱的阻值R1，可以认为电阻RV=R1．

（1）实验中调整电阻箱达到实验要求时，电阻箱的各个旋钮的位置如图所示，待测电压表的内阻是______Ω．

（2）如果电源E的电动势为4V，下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用，既要满足实验要求，又要调整方便，变阻器应选______（填写阻值前相应的字母）．

A.10ΩB.100ΩC.6kΩD.50kΩ

（3）若要将此电压表改装成量程为3V的电压表，应该怎么做，并画出电路图．23、下图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图。

(1)

在图中用实线代替导线把它们连成实验电路。(2)

由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转Ⅰ________________________________________Ⅱ_

_______________________________________(3)

假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A

向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向_______偏转。(

“左”、“右”)

24、（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中；为使小球的摆动尽量符合简谐运动，下面关于本实验的控制和测量必要的是______

A．摆球密度稍大一点。

B．摆角要尽量大。

C．测量周期时为了提高精度应该在最低点计时。

D．摆线可用轻且有弹性的细绳。

（2）用游标卡尺测小球直径的结果如图所示；则小球的直径是______mm

评卷人得分六、简答题(共2题，共20分)25、黄血盐rm{[}亚铁氰化钾，rm{K}亚铁氰化钾，rm{[}rm{K}rm{{,!}_{4}}rm{Fe(CN)}rm{Fe(CN)}目前广泛用做食盐添加剂rm{{,!}_{6}}抗结剂rm{]}目前广泛用做食盐添加剂rm{(}抗结剂rm{)}我国卫生部规定食盐中黄血盐的最大使用量为rm{10mg?kg隆楼}我国卫生部规定食盐中黄血盐的最大使用量为rm{]}rm{(}rm{)}回答下列问题：rm{10mg?kg隆楼}步骤Ⅰ反应的化学方程式为________________________________________________。rm{{,!}^{1}}步骤Ⅳ过滤所得的废液中含量较多的溶质为。一种制备黄血盐的工艺如下：填化学式rm{(1)}__________________。rm{(2)}步骤Ⅴ所用的试剂rm{(}是_____________________。rm{)}工艺中用到剧毒的rm{(3)}溶液，含rm{X}的废水必须处理后才能排放。已知氢氰酸是一种具有苦杏仁特殊气味的无色剧毒液体，易挥发，rm{(4)}时，rm{HCN}rm{CN^{-}}的电子式为____________，反应rm{25隆忙}在rm{Ka(HCN)=6.25隆脕10^{-10}}时的平衡常数rm{垄脵NaCN}________rm{CN隆楼+H_{2}O?HCN+OH隆楼}填数值rm{25隆忙}rm{K=}处理含rm{(}废水的方法是：第一步控制rm{)}用rm{垄脷}溶液先将rm{CN^{-}}“不完全氧化”为rm{pH>10}第二步控制rm{NaClO}为rm{CN隆楼}用rm{OCN^{-}}“完全氧化”rm{pH}生成rm{7.5隆芦8.5}和两种盐。第一步控制强碱性的主要目的是________，第二步反应的离子方程式为_____________________________________。rm{NaClO}26、为解决能源短缺问题，工业生产中应合理利用化学能。rm{(1)}氢能是发展中的新能源，利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为______。rm{25隆忙}rm{1.01隆脕10^{5}Pa}时，实验测得，rm{4g}氢气在rm{O_{2}}中完全燃烧生成液态水，放出rm{572kJ}的热量，则表示rm{H_{2}}的燃烧热的热化学方程式为_________________________。rm{(2)}下图是某笔记本电脑使用的甲醇燃料电池的结构示意图。放电时甲醇应从________处通入rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}电池内部rm{H^{+}}向________rm{(}填“左”或“右”rm{)}移动。写出电池负极的电极反应式_______________________。若用该电池将含有rm{0.4molCuSO_{4}}和rm{0.2molNaCl}的水溶液rm{1L}用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到rm{0.3molCu}另一电极上析出的气体在标准状况下的体积是____。rm{(3)}从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程。。化学键rm{H隆陋H}rm{N隆陋H}rm{N隆脭N}键能rm{/kJ隆陇mol^{-1}}rm{436}rm{a}rm{945}已知：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)===2NH_{3}(g)娄陇}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)===2NH_{3}(g)

娄陇}rm{H}试根据表中所列键能数据计算rm{=-93kJ隆陇mol^{-1}}的数值____________。rm{a}已知：rm{(4)}石墨rm{C(s}rm{)+O_{2}(g)===CO_{2}(g)娄陇}rm{{,!}_{1}=-393.5kJ隆陇mol^{-1;;;;;;;;;;;;;}垄脵}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)===2H_{2}O(l)娄陇}rm{H}rm{{,!}_{2}=-571.6kJ隆陇mol^{-1;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}垄脷}rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)===4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)娄陇}rm{{,!}_{1}=-393.5

kJ隆陇mol^{-1;;;;;;;;;;;;;}垄脵}rm{{,!}_{3}=-2599kJ隆陇mol^{-1}垄脹}根据盖斯定律，计算反应rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)===2H_{2}O(l)

娄陇}石墨rm{H}的rm{{,!}_{2}=-571.6

kJ隆陇mol^{-1;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}垄脷}rm{2C_{2}H_{2}(g)+5O_{2}(g)===4CO_{2}(g)+2H_{2}O(l)

娄陇}rm{H}____________。rm{{,!}_{3}=-2599

kJ隆陇mol^{-1}垄脹}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】解：对PQ整体受力分析可知；整体受两物体的重力和地面的支持力，根据牛顿第三定律可知，PQ对地面的压力等于PQ的重力之和；故C正确，ABD错误．

故选：C．

以整体为研究对象进行受力分析；明确支持力和重力之间的关系，再由牛顿第三定律可求得PQ对地面的压力．

本题考查受力分析以及共点力的平衡规律应用，要注意正确选择研究对象，注意整体法和隔离法的应用．【解析】【答案】C2、B【分析】略【解析】B

3、A【分析】解：A.AE

的连线为振动加强区，则C

点为振动加强点，CE

两点振动不一定相反，故A错误；BD

如图所示；频率相同的两列水波相叠加的现象.

实线表波峰，虚线表波谷，则AE

是波峰与波峰相遇，B

点是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强区；由于振幅是5cmA

点是波峰与波峰相遇，则A

点相对平衡位置高10cm.

而B

点是波谷与波谷相遇，则B

点相对平衡低10cm.

所以AB

相差20cm

．

周期T=娄脣v=0.51s=0.5s

从图示时刻起经0.75sB

质点通过的路程为6A=60cm.

故BD正确；

C；由图可知；下一波峰将从E

位置传播到C

位置，则图示时刻C

点正处于平衡位置且向水面上运动，故C正确；

本题选择错误的；故选：A

．

频率相同的两列水波的叠加：当波峰与波峰；可波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的．

运动方向相同时叠加属于加强，振幅为二者之和，振动方向相反时叠加属于减弱振幅为二者之差．【解析】A

4、D【分析】【分析】

了解同步卫星的含义；即同步卫星的周期必须与地球相同；

物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心。地球质量一定；自转速度一定；同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度。

【解答】

AB.

同步卫星要与地球的自转实现同步；就必须要角速度与地球自转角速度相同，周期也与地球的自转周期相同，相对地球静止，故AB错误；

C.它们只能在赤道的正上方；它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的.

所以不可能定点在北京正上方，故C错误；

D.它们只能在赤道的正上方；它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，所以它运行的轨道平面一定与赤道平面重合，故D正确。

故选D。【解析】D

5、A【分析】【分析】由公式可得：当电压相同时，电功率越大，电阻越小，所以灯泡L2的电阻小于灯泡L1的电阻；将L2接在a、b两端时，由于L2的电阻较小，因此电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路电流变大，故定值电阻R两端电压增大，再根据串联电路总电压等于各部分电压之和可知，灯泡L2分得的电压将小于6V，因此灯泡L2的实际功率一定小于其额定功率．A正确；

【点评】本题的关键是根据公式判断出两灯泡的电阻关系，在运用串联电路特点进行分析，综合性较强，有点难度，属于中档题．6、A【分析】【分析】经典力学是狭义相对论在低速(v<<c)

条件下的近似，牛顿经典力学只考虑了空间，而狭义相对论既考虑了空间，也考虑了时间，牛顿经典力学只适用于宏观低速物体，而微观、高速物体适用于狭义相对论。本题主要考查了狭义相对论和经典力学之间的区别与联系，如果理解不深，就很容易出错。【解答】经典力学的基础是牛顿运动定律，经典力学只适用于宏观世界，低速运动，和弱引力下。故选：A

【解析】A

7、A【分析】解：由题意知：两个方向相同，F合=10N，F1=6N；

当两个分力同向时，F合=F1+F2，则F2=F合-F1=10N-6N=4N；

故选：A。

根据同一直线上两个力的合成方法分析解答：

（1）两个力在同一直线上；方向相同时，合力大小等于两个分力大小之和，方向与分力方向相同；

（2）两个力在同一直线上；方向相反时，合力大小等于两个分力大小之差，方向与较大的分力方向相同．

本题考查了同一直线上力的合成，掌握同一直线上力的合成方法是解题的关键，解题时考虑问题要全面．【解析】A二、多选题(共6题，共12分)8、AC【分析】解：电流可以表示为：

解得：

N=nSv△t

N=故AC正确，BD错误。

故选：AC

由电流定义式和微观表达式可以得到时间t内通过导线横截面的电子数．

重点掌握电流的各种表达式，能灵活选取表达式并进行计算．【解析】【答案】AC9、BC【分析】【分析】对小物块由动能定理可以求出物块的速度；物块做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出P

点的速度大小与方向，及时间，从而即可求解。

本题考查了求速度与坐标问题，分析清楚小球的运动过程、应用动能定理与平抛运动规律即可正确解题。【解答】AB

对小物块，从释放至到达O

点的过程中，由动能定理得：mgh=12mv2鈭�0

代入数据解得：v=2gh=1m/s小物块从OO点水平抛出做平抛运动，在竖直方向，有y=鈭�12gt2，水平方向，有x=v0t，解得y=鈭�5x2，又y=x2鈭�6，联立解得：x=1mx=1my=鈭�5my=-5mt=1st=1s故A错误B正确；

C、那么竖直方向的速度大小：vy=gt=10隆脕1=10m/s

设刚到P

点时速度方向与水平方向夹角为娄脠

则有：tan娄脠=vyv0=10

故C正确；

D、根据速度的合成法则，则有刚到P

点时速度的大小为：v=vy2+vx2=101m/s

故D错误。

故选：BC

【解析】BC

10、AC【分析】解：AB、电容器的电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电量无关，可知，顶端带的电量Q越多，其与大地构成的电容器的电容C不变，由C=分析知其与大地间的电势差越大；故A正确，B错误。

C、顶端离地越高，电容越小，带电量一定时，由C=分析知其与大地间的电势差越大；故C正确。

D、顶端面积越大，电容越大，带电量一定时，由C=分析知其与大地间的电势差越小；故D错误。

故选：AC。

电容器的电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电量无关，根据电容的定义式C=分析电势差与电压的关系。

解决本题的关键要掌握电容的决定因素，如板间距离、极板的正对面积等，知道电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电量无关。还要掌握电容的定义式C=【解析】AC11、ACE【分析】解：A；双缝干涉现象是光从两个缝中穿过后传播到了障碍物的后面；所以光通过每个缝都发生了衍射，而两列衍射波由于频率相同相遇时发生叠加形成干涉现象，故A正确．

B；泊松亮斑是光的衍射现象；是光照射圆板发生衍射时形成的．故B错误．

C；在岸边观察前方水中的一条鱼；看到的鱼实际上是由于折射而成的虚像，鱼的实际深度要比看到的要深，故C正确．

D；太阳光沿各个方向振动的强度相同；所以转动偏振片，透射光亮度不会发生改变．故D错误．

E；医学上用光导纤维制成内窥镜；利用了光的全反射原理，故E正确．

故选：ACE

波发生衍射的条件是：孔；缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小．泊松亮斑是光通过圆板发生衍射时形成的．在岸边观察前方水中的一条鱼；看到的鱼由于折射而变浅．眼睛通过一偏振片观察太阳，转动偏振片，透射光亮度不变．医学上用光导纤维制成内窥镜，利用了光的全反射原理．

解决本题的关键要理解各种光现象形成的原因，明确衍射产生的条件．说明一下：光的偏振现象说明光波是横波．【解析】【答案】ACE12、BC【分析】解：A

气体压强是由分子的频繁碰撞产生；不是因为气体分子间表现为斥力，故A错误；

B；液体表面具有张力是因为液体表面层的分子间隙较大；分子间表现为引力，故B正确；

C；晶体的物理性质具有各向异性是因为晶体内部微粒按一定规律排列；故C正确；

D；影响物体内能的因素有物质的量、温度、体积等多方面；故D错误．

故选：BC

．

气体压强是由分子的频繁碰撞产生；不是因为气体分子间表现为斥力；液体表面具有张力是因为液体表面层的分子间隙较大，分子间表现为引力；晶体的物理性质具有各向异性是因为晶体内部微粒按一定规律排列的；影响物体内能的因素有物质的量；温度、体积等多方面．

本题全面考查了热学的有关基础知识，对于这部分知识主要是加强记忆和平时的积累【解析】BC

13、CD【分析】解：A

大量光子的效果往往表现出波动性；个别光子的行为往往表现出粒子性，不能说有些光子表现出波动性，有些光子表现出粒子性.

故A错误；

B；光在传播时表现出波动性；而与物质相互作用时表现为粒子性，故B错误；

C、速度相等的电子和质子，电子的动量小；根据物质波的波长公式娄脣=hp

可知；电子的波长长；故C正确；

D；物质具有波动性；运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道，故D正确；

故选：CD

光的波粒二象性是指光既具有波动性又有粒子性；少量粒子体现粒子性，大量粒子体现波动性；德布罗意波理论告诉我们，一切运动的微粒都有一种波与之对应，即一切运动的微粒都具有波粒二象性.

电子有波动性，但在一定的条件下才能表现出来。

在宏观世界里找不到既有粒子性又有波动性的物质，同时波长长的可以体现波动性，波长短可以体现粒子性【解析】CD

三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】解：1；螺旋测微器的固定刻度为0.5mm；可动刻度为40.0×0.01mm=0.400mm，所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm．

2；游标卡尺的主尺读数为：3cm=30mm；游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.1mm=0.6mm，所以最终读数为：30mm+0.6mm=30.6mm．

故答案为：0.900；30.6

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；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．

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】0.900；30.615、略

【分析】A.【分析】本题很简单直接从图象中即可求出交流电的最大值及周期。

电压表测出有效值明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习。【解答】由图读出周期T=2隆脕10鈭�2s

频率为f=1T=50Hz

由图读出，电压的最大值是Um=311V

电压表测量有效值，有效值为U=22Um=220V

故答案为：5050220220B.【分析】

题中已知匀强电场中ab

间的电势差和距离；根据电势差与场强的关系式U=Edd

是两点沿场强方向的距离求解场强。W=qU

求出电场力做功，即可得到电势能的变化。

解决本题的关键是掌握U=Ed

和W=qU

两个公式，知道d

是两点沿场强方向的距离。【解答】

ab

的方向与电场线的方向平行，则由Uab=Edab

则场强为：E=Uabdab=4.00.4=10V/m

电子在电场中受到的电场力的方向与电场线的方向相反，则电子受到的电场力的方向向左，把电子从a

点移到b

点；电场力对电子做负功，电子的电势能增大。

故答案为：10

增大。

【解析】A.5050220220

B.1010增大

16、略

【分析】解：(1)

验证动量守恒定律实验中；即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度.

故选C．

(2)

实验时；先让入射球ml

多次从斜轨上S

位置静止释放，找到其平均落地点的位置P

测量平抛射程OP.

然后，把被碰小球m2

静置于轨道的水平部分，再将入射球ml

从斜轨上S

位置静止释放，与小球m2

相碰，并多次重复.

测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中DE

是必须的，而且D

要在E

之前.

至于用天平秤质量先后均可以.

故选ADE．

(3)

设落地时间为t

则v0=OPtv1=OMtv2=ONt

．

而动量守恒的表达式是m1v0=m1v1+m2v2

若两球相碰前后的动量守恒；则m1?OM+m2?ON=m1?OP

成立．

故答案为：(1)C(2)ADE(3)m1?OM+m2?ON=m1?OP

验证动量守恒定律实验中；质量可测而瞬时速度较难.

因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度.

过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求.

最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．

验证动量守恒定律中，会在相同高度下，用水平射程来间接测出速度，将复杂问题简单化．【解析】Cm1?OM+m2?ON=m1?OP

17、略

【分析】解：设第一个1s

内的位移为x1

第一个2s

内的位移为x2

．

根据题意有：

x2鈭�x1=5m

垄脵

x1t鈭�x22t=1m/s

垄脷

由垄脵

可得x2=5+x1

代入垄脷

中得。

x11鈭�5+x12=1

解得：x1=7m

所以v1炉=x1t=71m/s=7m/s

故答案为：77

．

根据题意，两次位移大小关系为：x2鈭�x1=5m

两次平均速度大小关系为：x1t鈭�x22t=1m/s

联立方程组，可解得位移，在根据平均速度的定义，可解得平均速度．

本题考查平均速度的概念，能够根据题意列出位移的大小关系.

本题不难，属于简单题．【解析】77

18、略

【分析】

由欧姆定律知；相应电流对应的电压值为U=IR

则刻度盘上的1对应的电流1mA，其对应的电压值为V

刻度盘上的2对应的电流2mA，其对应的电压值为：V

刻度盘上的3对应的电流3mA，其对应的电压值为：V

则改成后的电表刻度盘如图：

【解析】【答案】电流表当作电压表使用；把电流刻度改成相应的电压值即可，其电压值为U=IR．

19、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度为2mm；可动刻度为13.5×0.01mm=0.135mm，所以最终读数为2mm+0.135mm=2.135mm，由于需要估读，最后的结果可以在2.134～2.136之间．

故答案为：2.134～2.136

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】2.134～2.136四、判断题(共1题，共4分)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．五、实验探究题(共4题，共40分)21、略

【分析】解：图1螺旋测微器的固定刻度为1.5mm；可动刻度为20.3×0.01mm=0.203mm，所以最终读数为1.5mm+0.203mm=1.703mm．

图2螺旋测微器的固定刻度为6.5mm；可动刻度为35.8×0.01mm=0.358mm，所以最终读数为6.5mm+0.358mm=6.858mm．

故答案为：1.703；6.858．

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．注意螺旋测微器的读数时需要估读，同时注意在读固定部分时，要注意半毫米刻度是否露出．【解析】1.703；6.85822、略

【分析】解：（1）由图2所示可知；电阻箱示数为：0×100+4×10+3×1+0×0.1=43.0Ω，待测电压表内阻为：R=43.0Ω；

（2）由S1闭合、S2断开，电压表满偏可知，电路中的最大电流应为：Imax==≈1.16×10-3A；

整个电路的最小电阻应为：Rmin==≈3448Ω，阻器最小阻值应为：R变=3448-43=3405Ω；滑动变阻器应选C．

（3）把电压表改装为3V的电压表，应串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：R===2537Ω；改装后的电路图如图所示：

故答案为：（1）43.0；（2）C；（3）串联一个2537Ω的电阻；电路图如图所示．

（1）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；

（2）求出滑动变阻器的最小阻值；然后选择滑动变阻器；

（3）把小量程电压表改装成大量程电压表；需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．

电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积是电阻箱示数，电阻箱不需要估读；分析清楚电路结构、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．【解析】43.0；C23、（1）（2）Ⅰ将开关闭合（或者断开）Ⅱ将螺线管A插入（或拔出）螺线管B（3）右【分析】【分析】(1)

探究电磁感应现象实验有两套电路；电源；开关、滑动变阻器、螺线管A

组成控制电路；螺旋管B

与电流计组成实验电路；

(2)

当线圈B

中有感应电流产生时；电流表指针发生偏转；根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，分析答题；

(3)

根据楞次定律判断是否有感应电流产生；结合闭合开关瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转判断将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，灵敏电流计的指针的偏转方向。

探究电磁感应现象的实验有两套电路，要知道各电路的阻值与作用.

本题考查了感应电流产生的条件，难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件、分析清楚图示情景即可正确解题。【解答】(1)

将电流表与大线圈B

组成闭合回路；电源；开关、小线圈A

组成闭合回路，电路图如图所示．

(2)

Ⅰ；将开关闭合或断开；或Ⅱ、将螺线管A

插入(

或拔出)

螺线管B

时穿过线圈B

的磁通量发生变化，线圈B

中产生感应电流，电流表指针偏转．

(3)

在开关闭合的瞬间；穿过线圈B

的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A

向上拔出的过程中，穿过线圈B

的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．

故答案为：(1)

电路图如图所示(2)

将开关闭合(

或者断开)

将螺线管A

插入(

或拔出)

螺线管B(3)

右。

【解析】(1)

(2)Ⅰ将开关闭合(

或者断开)Ⅱ将螺线管A

插入(

或拔出)

螺线管B(3)

右24、AC16.0【分析】解：（1）A；为减小实验误差；摆球要尽量选择质量大而体积小，即密度大的球，故A正确；

B；摆动中摆球振幅不宜过大；否则摆的振动不再是简谐运动，故B错误；

C；测量摆球周期时；计时起点应选择摆球经过最低点时开始计时，故C正确；

D；为减小误差应保证摆线的长短不变；摆线不可用轻且有弹性的细绳，故D错误；

故选：AC；

（2）由图示游标卡尺可知；其示数为：16mm+0×0.1mm=16.0mm；

故答案为：（1）AC；（2）16.0

（1）单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式；还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；

（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；

单摆是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素。根据单摆的周期公式分析图象的意义。【解析】AC16.0六、简答题(共2题，共20分)25、（1）6HCN+3Ca(OH)2+FeSO4=Ca2Fe(CN)6+CaSO4↓+6H2O

（2）CaCl2(KCl可答)

（3）K2CO3

（4）①1.6×10-5

②防止生产HCN，污染环境2CNO-+3ClO-+2H2O=N2+3Cl-+2HCO3-【分析】【分析】本题考查物质的制备实验方案的设计，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意根据流程图把握实验的原理和操作方法，难度中等。【解答】rm{(1)}步骤Ⅰrm{HCN}溶液，石灰乳和硫酸亚铁反应制备步骤Ⅰrm{(1)}溶液，石灰乳和硫酸亚铁反应制备rm{HCN}rm{Ca_{2}Fe(CN)_{6}}，方程式为故答案为：rm{6HCN+3Ca(OH)_{2}+FeSO_{4}=Ca_{2}Fe(CN)_{6}+CaSO_{4}隆媒+6H_{2}O}rm{6HCN+3Ca(OH)_{2}+FeSO_{4}=Ca_{2}Fe(CN)_{6}+CaSO_{4}隆媒+6H_{2}O}步骤Ⅲrm{(2)}与rm{KCl}反应得到rm{Ca_{2}Fe(CN)_{6}}rm{K_{2}CaFe(CN)_{6}}步骤Ⅳ过滤所得的废液中含量较多的溶质为故答案为：rm{CaCl_{2,}}rm{CaCl_{2}}rm{(3)}脱钙，将钙离子转化为沉淀，不能增加其它离子，所以试剂步骤Ⅴ，用试剂rm{X}脱钙，将钙离子转化为沉淀，不能增加其它离子，所以试剂rm{X}为rm{K_{2}CO_{3}}故答案为：为rm{X}故答案为：rm{X}rm{K_{2}CO_{3}}的电子式为：rm{K_{2}CO_{3}}rm{(4)垄脵NaCN}应rm{CN隆楼+H}rm{CN隆楼+H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}时的平衡常数rm{K=K=dfrac{cleft(HCNright)隆陇cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(C{N}^{-}right)}=dfrac{cleft(HCNright)隆陇{K}_{W}}{cleft(C{N}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}=dfrac{{K}_{W}}{Ka}=dfrac{{10}^{-14}}{6.25隆脕{10}^{-10}}=1.6隆脕{10}^{-5}}故答案为：rm{O}rm{?}rm{HCN+OH隆楼}在rm{25隆忙}时的平衡常数rm{K=K=

dfrac{cleft(HCNright)隆陇cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(C{N}^{-}right)}=

dfrac{cleft(HCNright)隆陇{K}_{W}}{cleft(C{N}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}=

dfrac{{K}_{W}}{Ka}=dfrac{{10}^{-14}}{6.25隆脕{10}^{-10}}=1.6隆脕{10}^{-5}

}防止生产rm{HCN+OH隆楼}污染环境，rm{25隆忙}为rm{K=K=

dfrac{cleft(HCNright)隆陇cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(C{N}^{-}right)}=

dfrac{cleft(HCNright)隆陇{K}_{W}}{cleft(C{N}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}=

dfrac{{K}_{W}}{Ka}=dfrac{{10}^{-14}}{6.25隆脕{10}^{-10}}=1.6隆脕{10}^{-5}

}用rm{1.6隆脕10^{-5;}}“完全氧化”rm{垄脷}生成第一步控制强碱性的主要目的是rm{HCN}第二步控制rm{pH}为rm{7.5隆芦8.5}用rm{NaClO}“完全氧化”rm{OCN隆楼}生成rm{N}rm{pH}rm{7.5隆芦8.5}，故答案为：防止生产rm{NaClO}污染环境；rm{OCN隆楼}rm{N}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)6HCN+3Ca(OH)_{2}+FeSO_{4}=Ca_{2}Fe(CN)_{6}+CaSO_{4}隆媒+6H_{2}O}rm{(2)CaCl_{2}(KCl}可答rm{)}rm{(3)K_{2}CO_{3}}rm{(4)}rm{垄脵}rm{1.6隆脕10^{-5;}}rm{垄脷}防止生产rm{HCN}污染环境rm{2CNO^{-}+3ClO^{-}+2H_{2}O=N_{2}}rm{+3Cl^{-}+2HCO_{3}^{-}}26、(1)光能转化为化学能H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－286kJ/molΔ＝－O2(g)=H2O(l)H286kJ/mol＋(2)a－右CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋4.48L－CH3OH＋H2O＋6e=CO2

6H4.48L·(3)391－(4)＋226.7kJ·mol－1226.7kJ【分析】【分析】本题旨在考查学生对化学反应中的能量转化、反应热和焓变、吸热反应和放热反应、化学新型电池、电极反应式的书写、用盖斯定律及有关计算的应用。【解答】rm{(1)}根据题意，制取氢的途径中能量转化为光能转化为化学能，rm{4g}氢气物质的量为rm{2mol}故rm{1mol}