2025年苏教版高二物理下册月考试卷

…………○…………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年苏教版高二物理下册月考试卷543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5题，共10分)1、已知rm{298K}时下列物质的溶度积常数，下列说法正确的是()

。rm{CH_{3}COOAg}rm{AgCl}rm{Ag_{2}CrO_{4}}rm{Ag_{2}S}rm{K}rm{{,!}_{sp}}rm{2.3}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{3}}rm{1.77}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{10}}rm{1.12}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{12}}rm{6.7}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{15}}

A.等体积、浓度均为rm{0.02mol隆陇L^{-1}}的rm{CH_{3}COONa}和rm{AgNO_{3}}溶液混合能产生沉淀B.向含有浓度均为rm{0.01mol隆陇L^{-1}}的rm{CrOrlap{_{4}}{^{2-}}}和rm{Cl^{-}}的溶液中慢慢滴入rm{AgNO_{3}}溶液时，rm{CrOrlap{_{4}}{^{2-}}}先沉淀C.在rm{CH_{3}COOAg}悬浊液中加入盐酸时发生反应的离子方程式为rm{CH_{3}COOAg+H^{+}+Cl^{-}=CH_{3}COOH+AgCl}D.rm{298K}时，上述四种饱和溶液的物质的量浓度：rm{c(CH_{3}COOAg)>c(AgCl)>c(Ag_{2}CrO_{4})>c(Ag_{2}S)}2、如图所示，在光滑绝缘的水平面的上方存在有水平方向的匀强磁场，ABCD

是磁场区域的边界，一个正方形的闭合导线框以水平速度v0

冲向磁场区域，当它全部进入磁场区域后速度变为v1

当它全部冲出磁场区域后速度变为v2

比较导线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，下列说法正确的是()

A.进入过程导线框的速度变化v0鈭�v1

等于离开过程导线框的速度变化v1鈭�v2

B.进入过程导线框的动能变化Eko鈭�Ek1

等于离开过程导线框的动能变化Ek1鈭�Ek2

C.进入过程导线框产生的热量Q1

小于离开过程导线框产生的热量Q2

D.进入过程通过导线框横截面积的电量q1

小于离开过程通过导线框横截面积的电量q2

3、在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（）4、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，减小S，则θ变小D.保持d不变，减小S，则θ不变5、如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ

为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=BB2=2B

一个竖直放置的边长为a

质量为m

电阻为R

的正方形金属线框，以初速度v

垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为v

/2

则下列判断正确的是()A.此过程中通过线框截面的电量为2Ba2R

B.此过程中线框克服安培力做的功为9B2a2v2mR

C.此时线框的加速度为9B2a2v2mR

D.此时线框中的电功率为9B2a2v22R

评卷人得分二、双选题(共2题，共4分)6、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解7、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)8、（本题供使用选修3-1教材的考生作答．）

电源的电动势为4.5V，内电阻为0.50Ω，外电路接一个4.0Ω的电阻，这时流过电源的电流为____A，路端的电压为____V．9、单相交流发电机的线圈从中性面匀速旋转180°角，所产生的感应电动势的平均值与其有效值之比为：____10、长为1.2m的导线折成长、宽之比为2：1的矩形线框，线框平面垂直于匀强磁场方向放置，匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，则穿过该线框的磁通量Ф=____________Wb；若通过改变线框的形状，则穿过此段导线制成的线框的最大磁通量为Фm=____________Wb．11、在验证动量守恒定律实验中；同学们不仅完成了课本原来的实验，还用相同的器材进行多方面的探索及尝试．下面是甲；乙两组同学的实验，请回答相关的问题：

(Ⅰ)甲组同学采用如图1所示的装置，由斜槽和水平槽构成．将复写纸与白纸铺在水平放的木板上，重垂线所指的位置为O．实验时先使a球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作多次，得到多个落点痕迹平均位置P；再把b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让a球仍从固定位置由静止开始滚下，与b球发生对心正碰，碰后a球不被反弹．碰撞后a、b球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作多次得到多个落点痕迹平均位置M；N．

(1)若a球质量为m1，半径为r1；b球质量为m2，半径为r2．则____________

A．m1＞m2r1＞r2B．m1＞m2r1＜r2

C．m1＞m2r1=r2D．m1＜m2r1=r2

(2)以下提供的器材中；本实验必需的有____________

A．刻度尺B．打点计时器C．天平D．秒表。

(3)设a球的质量为m1，b球的质量为m2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为(用m1、m2；OM、OP、ON表示)____________

(Ⅱ)乙组同学误将重锤丢失；为了继续完成实验则将板斜放，上端刚好在槽口抛出点，标记为O．板足够长小球都能落在板上，如图2，采用甲组同学相同的操作步骤完成实验．

(4)对该组同学实验的判断正确的是____________

A．乙组同学无法完成验证动量守恒定律。

B．秒表也不是乙组同学的必需器材。

C．乙组同学必须测量斜面倾角θ

D．图2中N为b球碰后落点。

(5)设a球的质量为m1，b球的质量为m2；则本实验验证动量守恒定律的表达式为____________．

(6)如果a，b球的碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为____________．(要求第(5)(6)结论用m1、m2；OM、OP、ON表示)

12、如图所示，直线A为电源的U-I图线，直线B为电阻R的U-I图线，由该图可以判断：电源的电动势E=______V；电源的内电阻为r=______Ω；电阻R=______Ω评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)13、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）评卷人得分五、计算题(共4题，共28分)14、太阳的能量来自氢核聚变：即四个质子（氢核）聚变一个α粒子，同时发射两个正电子和两个没有静止质量的中微子．如果太阳辐射能量的功率为P，质子H、氦核He、正电子e的质量分别为mP、MHe、me；真空的光速为c，则。

（1）写出上述核反应方程式；

（2）计算每一次聚变所释放的能量△E；

（3）计算t时间内因聚变生成的α粒子数n．15、如图，一透明球体置于空气中，球半径R=10cm

折射率n=2.MN

是一条通过球心的直线，单色细光束AB

平行于MN

射向球体，B

为入射点，AB

与MN

间距为52cmCD

为出射光线．

垄脵

补全光路并求出光从B

点传到C

点的时间；

垄脷

求CD

与MN

所成的角娄脕

．16、如图所示。在水平面内的直角坐标系xOy中有一光滑金属圆形导轨BOC．直导轨OB部分与x轴重合，圆弧半径为L．整个圆形内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．现有一长为L的金属棒，从图示位置开始平行于半径OC向右沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动。已知金属棒单位长度的电阻为R0．除金属棒的电阻外其余电阻均不计。棒与两导轨始终接触良好，在金属棒运动过程中。它与导轨组成闭合回路。图中θ=时；求：

（1）棒受的安培力大小为多少？

（2）回路中消耗的电功率为多大？17、如图所示，电阻r=0.1娄赂

的导体ab

沿光滑的导线框向右做匀速运动，线框中接有电阻R=0.4娄赂

线框放在磁感应强度B=0.1T

的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，导体ab

的长度L=0.4m

运动速度v=5.0m/s.

线框的电阻不计。

垄脜

电路abcd

中的电流为多少？垄脝

求导体ab

所受的安培力的大小。垄脟

外力做功的功率是多少？垄脠

电源的功率为多少？外部电阻消耗的功率又是多少？评卷人得分六、简答题(共3题，共12分)18、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}19、已知下列热化学方程式：rm{垄脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{垄脵H_{2}(g)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{娄陇}rm{H}rm{垄脷H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)}rm{=-285.8kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷H_{2}(g)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)}rm{娄陇}rm{垄脹C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)}rm{H}rm{=-241.8kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脹C(s)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)}rm{娄陇}rm{H}rm{=-110.5kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}回答下列问题：rm{娄陇}上述反应中属于放热反应的是____________。rm{H}的燃烧热为________________；rm{=-393.5kJ隆陇mol^{-1}}的燃烧热为________________。rm{(1)}燃烧rm{(2)H_{2}}生成液态水，放出的热量为________________。rm{C}写出rm{(3)}燃烧的热化学方程式______________________________________。rm{10gH_{2}}20、如图所示，杨氏双缝实验中，下述情况能否看到干涉条纹？说明理由．(1)

在单色自然光源S

后加一偏振片P

．(2)

在(1)

情况下，再加P1P2P1

与P2

透振方向垂直．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】本题主要考查了溶度积的计算、沉淀的转化与生成的知识，是高考常考知识点，难度一般。关键是掌握溶度积的计算、沉淀的转化的原理，侧重知识的能力考察。【解答】A.浓度熵rm{Qc}rm{=c(CH_{3}COO^{-})隆陇c(Ag^{+})=0.01隆脕0.01=1隆脕10^{-4}}rm{=c(CH_{3}COO^{-})隆陇c(Ag^{+})=

0.01隆脕0.01=1隆脕10^{-4}}rm{K_{sp}(CH_{3}COOAg)=2.3隆脕10^{-6}}所以溶液混合能产生沉淀，故A错误；B.rm{Qc>K_{sp}}饱和所需rm{AgCl}浓度rm{Ag^{+}}rm{c(Ag^{+})=Ksp(AgCl)/c(Cl^{-})=1.77隆脕10^{-10}/0.01mol/L=1.77隆脕10^{-8}}rm{mol/L}饱和所需rm{Ag_{2}CrO_{4}}浓度rm{Ag^{+}}rm{c(Ag^{+})=}rm{mol/L=1.1隆脕10^{-5}}则rm{mol/L}rm{1.77隆脕10^{-8}mol/L<1.1隆脕10^{-5}}所以rm{mol/L}先沉淀，故B错误；C.rm{Cl^{-}}向rm{K_{sp}(CH_{3}COOAg)>K_{sp}(AgCl)}悬浊液中加入盐酸时rm{CH_{3}COOAg}转化为rm{CH_{3}COOAg}离子方程式为rm{AgCl}故C正确；D.因为rm{CH_{3}COOAg+H^{+}+Cl^{-}=CH_{3}COOH+AgCl}饱和溶液中rm{CH_{3}COOAg}的浓度为rm{Ag^{+}}rm{mol/L=1.52隆脕10^{-3}mol/L}rm{c(CH}rm{c(CH}rm{{,!}_{3}}因为rm{COOAg)=}饱和溶液中rm{COOAg)=}的浓度为rm{1.52隆脕10^{-3}mol/L}rm{AgCl}假设rm{Ag^{+}}饱和溶液中rm{=1.33隆脕10^{-5}mol/L}的浓度为rm{c(AgCl)=1.33隆脕10^{-5}mol/L}则rm{Ag_{2}CrO_{4}}的浓度为rm{Ag^{+}}由溶度积常数的表达式可知rm{x}即rm{CrO_{4}^{2-}}即rm{0.5x}rm{Ksp(Ag_{2}CrO_{4})=x^{2}隆脕0.5x}假设rm{0.5x^{3}=1.12隆脕10^{-12}}饱和溶液中rm{x=1.3隆脕10^{-4}mol/L}的浓度为rm{c(Ag_{2}CrO_{4})=6.5隆脕10^{-5}mol/L}则rm{Ag_{2}S}的浓度为rm{Ag^{+}}由溶度积常数的表达式可知rm{x}即rm{S^{2-}}即rm{0.5x}rm{Ksp(Ag_{2}S)=x^{2}隆脕0.5x}则顺序为：rm{0.5x^{3}=6.7隆脕10^{-15}}故D错误。故选C。rm{x=2.38隆脕10^{-5}mol/L}【解析】rm{C}2、A【分析】【分析】用动量定理研究出速度变化量与电量有关，根据感应电量q=??R

结合磁通量关系分析速度变化量的关系；进入与穿出磁场过程中，感应电流不同，安培力不同，导体克服安培力做功不同，由动能定理判断动能变化的关系及热量关系。本题是单选题；答案B；CD

容易判断是不正确的，用“排除法”也可知答案A是正确的。

【解答】AD.

设进入和穿出磁场时感应电流的平均值分别为I1

和I2

产生和电量分别为q1

和q2

由动量定理，得：

对于进入磁场过程：鈭�BI1Lt1=m(v1鈭�v0)

可得BLq1=m(v0鈭�v1)

同理，对于穿出磁场过程：BLq2=m(v1鈭�v2)

____

而感应电量q=??R

穿入和穿出过程的磁通量变化量相同，所以有q1=q2

则得到v0鈭�v1=v1鈭�v2

故A正确，D错误；

BC.

导线框进入和穿出磁场时都做减速运动，感应电流减小，线框受到的安培力减小，进入和穿出位移相同，则进入过程线框克服安培力做功多，则有Ek0鈭�Ek1>Ek1鈭�Ek2隆拢

再由能量守恒定律可知，动能的减少都转化成内能，所以有Q1>Q2拢禄

故BC错误；

故选A。

【解析】A

3、A【分析】【解析】试题分析：根据变压器的工作原理，电流值比等于线圈匝数反比。交流线路中地线是没有电流的，所以正确的为A考点：变压器【解析】【答案】A4、A【分析】试题分析：根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大．故B错误，A正确;根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大．故CD错误．考点：电容器的动态分析【解析】【答案】A5、C【分析】【分析】当线框中心线ABAB运动到与PQPQ重合时，左右两边都切割磁感线产生感应电动势，两个电动势方向相同串联..根据感应电动势公式和欧姆定律求出感应电流，再求线框中的电功率..求出左右两边所受安培力大小，由牛顿第二定律求出加速度..由推论求出电量..根据功能关系求解回路产生的电能。

本题是电磁感应与安培力、能量守恒定律等知识的综合，其中电磁感应过程中产生的电量q=n?娄脮R，是重要推论，在推导的基础上加强记忆。

【解答】A.感应电动势为：E=?娄脮?t

感应电流为：I=ER

电荷量为：q=I鈻�t

解得：q=3Ba22R

故A错误；

B.由能量守恒定律得，克服安培力做功等于系统产生的焦耳热，此过程七回路产生的热为：Q=mv22鈭�12m(v2)2=3mv28

故B错误；

C.此时感应电动势：E=2Bav2+Bav2=3Bav2

线框电流为：I=ER=3Bav2R

由牛顿第二定律得：2BIa+BIa=ma录脫脣脵露脠

解得：a录脫脣脵露脠=9B2a2v2mR

故C正确；

D.此时线框的电功率为：P=I2R=9B2a2v24R

故D错误；

故选C。【解析】C

二、双选题(共2题，共4分)6、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB7、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB三、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】

根据闭合电路欧姆定律得。

I==

路端的电压为U=IR=1×4V=4V

故答案为：1；4

【解析】【答案】已知电源的电动势；内电阻和外电阻，根据闭合电路欧姆定律求出流过电源的电流，由欧姆定律求出路端电压．

9、略

【分析】电动势的平均值根据计算，有效值为可得平均值与其有效值之比为2√2﹕π【解析】【答案】2√2﹕π10、略

【分析】解：由题意知矩形选框的长和宽分别为0.4m和0.2s，所以面积为S=0.4×0.2=0.08m2，穿过该线框的磁通量Ф=BS=0.2×0.08=0.016Wb，圆形的面积最大，1.2=2πr，所以最大面积S′=πr2，穿过此段导线制成的线框的最大磁通量为Фm=BS′=0.2×=0.023Wb

故答案为：0.016，0.023【解析】0.016;0.02311、略

【分析】解：Ⅰ(1)通过两球发生碰撞验证动量守恒定律，为使两球发生正碰且碰撞后，入射球不反弹，两球直径应相等，入射球质量大于被碰球质量，即两球需要满足：m1＞m2r1=r2；故C正确；

(2)验证动量守恒定律实验；需要测出两球的质量与球做平抛运动的水平位移，不需要测量球的运动时间，因此需要的实验器材是：天平与刻度尺，故选：AC．

(3)两球离开轨道后；做平抛运动，它们在空中的运动时间t相等，由动量守恒定律可知，实验需要验证：

m1v1=m1v1′+m2v2，两边同时乘以时间t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，则实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；

Ⅱ(4)A；两球碰撞后做平抛运动；分别落在斜面上，测出它们的水平位移，可以验证动量守恒定律，故A错误；

B；利用用小球的水平位移代替小球的初速度；实验过程中不需要测小球的运动时间，实验不需要秒表，故B正确；

C、平抛运动可以分解为水平方向的匀速运动与竖直方向的自由落体运动，由平抛运动规律得：y=OPsinθ=gt2，x=OPcosθ=v1t，解得：v1=OPcosθ在验证动量守恒的表达式中每项都有cosθ列方程可以消去cosθ不需要测量斜面倾角θ，故C错误；

D、小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后a球的落地点是M点，b球的落地点是N点；故D正确；

(5)碰撞前，小球a落在图中的P点，设其水平初速度为v1．小球a和b发生碰撞后，a的落点在图中的M点，设其水平初速度为v1′，b的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2．斜面与水平面的倾角为θ；

由平抛运动规律得：y=OPsinθ=gt2，x=OPcosθ=v1t，解得：v1=OPcosθ

同理可解得：v1′=OMcosθv2=ONcosθ

验证动量守恒定律，需要验证：m1v1=m1v1′+m2v2；

即：m1•OPcosθ=m1•OMcosθ+m2•ONcosθ

则m1=m1+m2说明两球碰撞过程中动量守恒；

本实验验证动量守恒定律的表达式为为：m1=m1+m2．

(6)若两小球的碰撞是弹性碰撞；则碰撞前后机械能没有损失；

要满足关系式m1v12=m1v1′2+m2v22，即：m1OP=m1OM+m2ON；

故答案为：Ⅰ(1)C；(2)AC；(3)m1OP=m1OM+m2ON；Ⅱ(4)BD；(5)m1=m1+m2(6)m1OP=m1OM+m2ON．【解析】C;AC;m1OP=m1OM+m2ON;BD;m1=m1+m2m1OP=m1OM+m2ON12、30.51【分析】解：图线a纵截距等于电源的电动势；斜率的绝对值等于电源的内阻；

则由图线a可知，电源的电动势为：E=3V；内阻为：r=Ω=0.5Ω；

B线的斜率为R的电阻为：R==1Ω

故答案为：3；0.5；1

电源的U-I图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率等于电源的内阻；两图象的交点为电阻的工作点；B线的斜率为R电阻。

本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意图象中的交点为电阻及电源的工作状态点。【解析】30.51四、判断题(共1题，共10分)13、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．五、计算题(共4题，共28分)14、略

【分析】

（1）根据参与反应的粒子种类及生成粒子的种类；根据质量数守恒与核电荷数守恒写出核反应方程式．

（2）求出质量亏损；然后由质能方程求出核反应释放的能量．

（3）求出ts内核反应释放的能量；然后求出因聚变生成的α粒子数目．

写核反应方程式时，要注意核电荷数与质量数守恒；先求出质量亏损，然后再求释放的能量；第（3）是本题的难点，解题时要注意：核反应释放的能量等于功率与时间的乘积，这是正确解题的关键．【解析】解：（1）核反应方程式为：4H→He+2e；

（2）核反应过程中的质量亏损△m=（4mP-ma-me），根据爱因斯坦质能方程：△E=△mc2可知；

核反应释放的能量，△E=（4mP-ma-me）c2．

（3）设t时间内因聚变生成的α粒子数n；

依据能量关系Pt=n△E

有，n==

答：（1）核反应方程式：4H→He+2e；

（2）核反应所释放的能量△E=（4mP-ma-me）c2．

（3）t时间内因聚变生成的α粒子数．15、略

【分析】

(1)

连接BC

作出光路图.

由几何知识求出光线在B

点时的入射角，根据折射定律求出折射角，由几何关系求出BC

由n=cv

求出光在球体中传播的速度v

再求解光从B

点传到C

点的时间；

(2)

根据几何知识求出CD

与MN

所成的角娄脕

．

本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础，此类问题往往是折射定律、光速公式和几何知识的综合应用．【解析】解：垄脵

连接BC

作出光路图如图.

设光线在B

点处入射角、折射角分别为ir

．

由几何知识得。

sini=5210=22

则i=45鈭�

根据折射定律得。

n=sinisinr

代入解得，r=30鈭�

BC=2Rcosr

光在球体中传播的速度为v=cn

则光从B

点传到C

点的时间为t=BCv=2Rcosrc?n

代入解得，t=63隆脕10鈭�9s

垄脷

由几何知识得，隆脧COP=15鈭�隆脧OCP=135鈭�

则娄脕=180鈭�鈭�隆脧COP鈭�隆脧OCP=30鈭�

答：

垄脵

补全光路如图，光从B

点传到C

点的时间为t=36隆脕10鈭�9s

垄脷CD

与MN

所成的角娄脕=30鈭�

．16、解：（1）金属棒接入回路的长度为：x=Lcosθ；

金属棒接入回路的电阻为：R=R0Lcosθ；

金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=Bxv=BLvcosθ；

金属棒中电流为：=

金属棒受到的安培力为：

（2）回路中消耗的电功率为：

答：（1）棒受的安培力大小为

（2）回路中消耗的电功率为【分析】

（1）根据题意求出切割磁感线的有效长度；求出回路的电阻，由欧姆定律求出电流，应用安培力公式求出安培力。

（2）应用电功率公式求出电功率。

本题考查综合分析问题的能力。对于电流变化情况的分析，不能简单认为电动势增大，电流就增大，其实电阻也增大，电流并不变。【解析】解：（1）金属棒接入回路的长度为：x=Lcosθ；

金属棒接入回路的电阻为：R=R0Lcosθ；

金属棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=Bxv=BLvcosθ；

金属棒中电流为：=

金属棒受到的安培力为：

（2）回路中消耗的电功率为：

答：（1）棒受的安培力大小为

（2）回路中消耗的电功率为17、解：（1）E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V

电路abcd中的电流为：

（2）导体ab所受的安培力的大小：F安=BIL=0.1×0.4×0.4=0.016N（3）导体棒匀速运动，外力与安培力二力平衡，则有：F外=F安=0.016N故外力做功的功率是：P外=F外v=0.016×5W=0.08W（4）导体棒匀速运动，电源的功率等于外力的功率，为：P电=P外=0.08W；

电源外部消耗的功率：P外=I2r=0.42×0.4W=0.064W。【分析】(1)(1)根据E=BLvE=BLv求出感应电动势，由欧姆定律得出电流强度；

(2)(2)由公式F=BILF=BIL求解安培力的大小；(3)(3)由左手定则判断安培力的方向；再根据平衡条件分析外力的大小和方向，由P=Fv

求出外力做功的功率；

(3)(3)导体棒匀速运动，电源的功率等于外力的功率，根据公式P=IP=I2rr求解电源外部消耗的功率。

本题根据平衡状态由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律求解。【解析】解：(1)E=BLv=0.1隆脕0.4隆脕5V=0.2V

电路abcd

中的电流为：I=ER+r=0.4A

(2)

导体ab

所受的安培力的大小：F掳虏=BIL=0.1隆脕0.4隆脕0.4=0.016N

(3)

导体棒匀速运动，外力与安培力二力平衡，则有：F脥芒=F掳虏=0.016N

故外力做功的功率是：P脥芒=F脥芒v=0.016隆脕5W=0.08W

(4)

导体棒匀速运动；电源的功率等于外力的功率，为：P碌莽=P脥芒=0.08W

电源外部消耗的功率：P脥芒=I2r=0.42隆脕0.4W=0.064W

六、简答题(共3题，共12分)18、（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}^{-}}19、rm{(1)垄脵垄脷垄脹垄脺}

rm{(2)triangleH=-285.8kJ?mol}rm{(2)triangle

H=-285.8kJ?mol}rm{triangleH=-393.5kJ?mol^{-1}}

rm{{,!}^{-1}}

rm{(4)CO(s)+dfrac{1}{2};{O}_{2}(g)篓T;C{O}_{2}(g);?H=-283kJ?mo{l}^{-1}}rm{{,!}^{-1}}【分析】【分析】本题考查了焓变与反应吸热、放热的关系，燃烧热的定义以及盖斯定律的有关计算，题目简单，理解燃烧热是注意两点：rm{垄脵}必须是rm{1mol}的物质；rm{垄脷}生成的氧化物必须稳定。【解答】rm{(1)triangleH<0}的反应属于放热反应；rm{triangleH>0}的反应属于吸热反应，根据给出的热化学方程式可知：rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}四个反应的rm{triangleH<0}都属于放热反应。的反应属于放热反应；rm{(1)triangleH<0}的反应属于吸热反应，根据给出的热化学方程式可知：rm{triangleH>0}四个反应的rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}都属于放热反应。

rm{triangleH<0}

故答案为：rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}根据燃烧热的定义知：rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}rm{(2)}根据燃