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505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、如图；两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）

A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动2、如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是（）A.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I2减小C.保持U1不变，S接在b端，将P向下滑动，则I2增大D.保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1增大3、矩形导线框abcd

放在磁场中静止不动，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B

随时间t

变化的图象如甲图。设t=0

时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0隆芦4s

时间内，乙图中能正确反映线框ab

边所受的安培力随时间t

变化的图象(

规定ab

边所受的安培力向左为正)

的是

​A.A

B.B

C.C

D.D

4、如图所示；为一台发电机结构示意图，其中N；S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定转轴旋转．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小相等的磁场．若从图示位置开始计时，当线框绕固定转动轴匀速转动时，下列说法中正确的是（）

A.绕圈中将产生正弦交变电流。

B.绕圈中将产生恒定电流。

C.穿过绕圈的磁通量的变化率始终为零。

D.绕圈中产生的电流大小不变；方向每转一周改变两次。

5、一列简谐横波沿x轴负方向传播，图1是t=1s时的波形图，图2是波中某振动质元位移随时间变化的振动图线(两图用同同一时间起点)，则图2可能是图1中哪个质元的振动图线（）A.x=0处的质元；B.x=1m处的质元；C.x=2m处的质元；D.x=3m处的质元。6、如图所示；两轻质闭合金属圆环，穿挂在一根光滑水平绝缘直杆上，原来处于静止状态。当条形磁铁的N极自右向左插入圆环时，两环的运动情况是：

A.同时向左运动，两环间距变大B.同时向左运动，两环间距变小​

C.同时向右运动，两环间距变大D.同时向右运动，两环间距变小评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、正弦式交流电在一个周期内出现______次峰值．我国电网的交变电流在1s内共出现______次峰值．8、如图所示，QA=3隆脕10鈭�8CQB=鈭�3隆脕10鈭�8CAB

两相距6cm

在水平方向外电场作用下，AB

保持静止，悬线竖直，则AB

连线中点场强大小______，方向______.(

两带电小球可看作质点)

9、如图所示，两平行金属板带等量异种电荷，板间电压为U

场强方向竖直向下，金属板下方有一匀强磁场，一带电量为+q

质量为m

的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，运动半径为R

不计粒子的重力.

粒子从电场射出时速度的大小为______；匀强磁场的磁感应强度的大小为______．10、如图为双缝干涉的实验示意图，若要使干涉条纹的间距变大可改用长更______(

填长、短)

的单色光，或是使双缝与光屏间的距离______(

填增大、减小)

．11、有一游标卡尺；主尺的最小分度是1mm

游标上有20

个小的等分刻度.

用它测量一小球的直径，如图1

所示的读数是______cm.

如图2

用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是______mm

．

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)12、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）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）14、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）

15、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）16、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（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）

评卷人得分四、推断题(共4题，共16分)18、根据图示填空。

（1）化合物A含有的官能团是____。

（2）1molA与2moH2反应生成1moE，其反应方程式是____。

（3）与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是____。

（4）B在酸性条件下与Br2反应得到D，D的结构简式是____。

（5）F的结构简式是____。由E生成F的反应类型是。19、【化学rm{隆陋}选修rm{3}物质结构与性质】20、下图是元素周期表的一部分，表中的rm{垄脵隆芦垄脼}代表对应元素，用化学用语填空：rm{(1)}元素rm{垄脺}在元素周期表中的位置是________。rm{(2)垄脻}rm{垄脼}两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是________。rm{(3)垄脵}元素可以形成多种氧化物，其中颜色为红棕色的是________，写出它与水反应的化学方程式________。rm{(4)}写出元素rm{垄脹}与元素rm{垄脷}形成的化合物的电子式________。21、人工合成有机化合物rm{H}的路线可简单表示如图：已知：rm{F}的核磁共振氢谱有四个峰，峰的面积比为rm{1}rm{1}rm{3}rm{3.}请回答下列问题：rm{(1)A}的名称rm{(}系统命名rm{)}为______；rm{C}中官能团的结构简式为______；rm{(2)G+F隆煤H}的反应类型为______；rm{H}的结构简式为______．rm{(3)C隆煤D}的离子方程式为______．rm{(4)E}在一定条件下生成的高分子化合物的结构简式为______．rm{(5)X}是rm{F}的同分异构体，它同时符合下列rm{3}个条件：rm{垄脵}能发生水解反应rm{垄脷}不含甲基rm{垄脹}能发生银镜反应，则rm{X}可能的结构简式为______、______rm{(}写出任意两种rm{)}．评卷人得分五、证明题(共2题，共6分)22、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。23、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。评卷人得分六、综合题(共4题，共16分)24、(1)(1)真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为FF如果保持它们所带的电量不变，将它们之间的距离增大到原来的33倍，它们之间作用力的大小等于________．A.F

B.3F

C.F3

D.F9

(2)

如图所示为带负电的点电荷的电场线分布图，对该电场中的AB

两点，下列说法正确的是________．A.A

点的电场强度等于B

点的电场强度B.A

点的电场强度比B

点的电场强度大C.A

点的电势等于B

点的电势D.A

点的电势比B

点的电势高(3)

在如图所示的电路中，电源电动势为E

内电阻为r.

将滑动变阻器的滑片P

从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是________．A.电压表V

的示数变小B.电流表A2

的示数变小C.电流表A1

的示数变小D.电流表A

的示数变大(4)

在如图所示的电路中，电源的电动势为E

内电阻为r

电阻R1

与变阻器R2

串联，将R2

的阻值调至零时，下列说法中正确的是________．A.电路的外电阻最小B.电阻R1

消耗的功率最小C.电源内消耗的功率最小D.电源内部的电势降落最小(5)

如图所示，MN

表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.

一个电荷量为q

的带电粒子从感光板上的狭缝O

处以垂直于感光板的初速度v

射入磁场区域，最后到达感光板上的P

点.

经测量PO

间的距离为l

不计带电粒子受到的重力.

求：垄脵

带电粒子所受洛伦兹力的大小为________；垄脷

此粒子的质量为________．(6)

水平面上有电阻不计的U

形导轨NMPQ

它们之间的宽度为LM

和P

之间接入电动势为E

的电源(

不计内阻).

现垂直于导轨放置一根质量为m

电阻为R

的金属棒ab

并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B

方向与水平面夹角为娄脠

且指向右上方，如图所示，问：垄脵

当ab

棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？垄脷

若B

的大小和方向均能改变，则要使ab

棒所受支持力为零，B

的大小至少为多少？此时B

的方向如何？25、拢脹拢脹物理隆陋隆陋隆陋隆陋选修3篓C3拢脻3篓C3拢脻略26、2003年10月16日我国成功发射了“神州五号”载人飞船；这标志着我国的航天航空事业居于世界前列．

（1）如图是A“神州五号”的火箭发射场，B为山区，C为城市，发射场正在进行发射，若该火箭起飞时质量为2.02×105kg，起飞推力2.75×106N，火箭发射塔高100m，则该火箭起飞的加速度大小为______，在火箭推力不变的情况下，若不考虑空气阻力和火箭质量的变化，火箭起飞后经______s飞离发射塔．

（2）为了转播发射实况，我国科技工作者在发射场建立了发射台用于发射广播与电视信号．已知传输无线电广播所用的电磁波波长为550m，而传输电视信号所用的电磁波波长为0.556m，为了不让山区挡住信号的传播，使城市居民能听到和收看实况，必须通过在山顶的转发站来转发______（填无线电广播信号或电视信号），这是因为______．27、I.有一电风扇上标有“220V110W

”，若风扇的电动机线圈电阻为5娄赂

当它正常工作时，电源供给的电功率是______W

转化为风的电功率是_______W

电动机的发热功率是_____W

II

欲用伏安法测定一段阻值约为5娄赂

左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A.电池组(3V

内阻10娄赂)

B.电流表(0隆芦3A

内阻0.0125娄赂)

C.电流表(0隆芦0.6A

内阻0.125娄赂)

D.电压表(0隆芦3V

内阻3k娄赂):

E.电压表(0隆芦15V

内阻15k娄赂)

F.滑动变阻器(0隆芦50娄赂

额定电流1A)

G.滑动变阻器(0隆芦5000娄赂

额定电流0.3A)

H.开关、导线(1)

上述器材中应选用的是____、____、____、____、___(

填写各器材的字母代号)

(2)

实验电路应采用电流表_____接法(

填“内”或“外”)

(3)

设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所示，图示中I=

____AU=

____V

(4)

请在虚线框内画出你设计的电路图，并根据你没计的电路，将所给定的器材连成实验电路。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【解答】在两板中间a点从静止释放一带电微粒；微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；

将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°；电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转45°，大小仍然为mg；

故重力和电场力的大小均为mg；方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；

故ABC错误；D正确；故选：D．

【分析】本题关键是对微粒受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，基础题目．2、D【分析】解：A、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，电流I2变大；R上消耗的功率变大，故AB错误；

C、S置于b位置不动，P向下滑动，电阻变大，电压不变，则I1变小，则I2减小；故C错误．

D、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，则I1增加；故D正确．

故选：D．

理想变压器输入功率等于输出功率；原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比．

理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率．【解析】【答案】D3、D【分析】【分析】

根据楞次定律和法拉第电磁感应定律，判断出感应电流的方向和大小，再根据左手定则判断出abab边所受的安培力FF再由安培力大小F=BILF=BIL即可求解。

解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律求感应电动势、感应电流的大小，会用楞次定律判断感应电流的方向。【解答】

0隆芦1s

内，由楞次定律可判断电流方向为b隆煤a

根据法拉第电磁感应定律，电流的大小恒定，由左手定则可判断ab

边受到的安培力向左；为正方向的力，再由安培力大小公式F=BIL

可知，安培力的大小与磁场成正比，则大小在减小。

1s隆芦2s

内，磁场向外且增大，线框中电流方向为b隆煤a

电流大小恒定，ab

边受到向右的力；为反方向，大小在增大；

2s隆芦3s

内，磁场向外且减小，线框中电流方向为a隆煤b

电流大小恒定，ab

边受到向左的力；为正方向，大小在减小；

3s隆芦4s

内，磁场向里且增大，线框中电流方向a隆煤b

电流的大小恒定，ab

边受到向右的力；为反方向，大小在增大.

综合上述三项，故D正确，ABC错误。

故选D。

【解析】D

4、D【分析】

由磁场分布特点知：线圈在每一位置的切割情况相同；故感应电动势大小是相同的，方向做周期性变化，即每周改变两次，故ABC错误，D选项正确．

故选D

【解析】【答案】根据永久磁铁中磁感线的分布特点可知；线圈运动到任何位置切割情况都一样，产生的电动势大小不变，方向改变．

5、A【分析】在图２中的１ｓ时刻质点在平衡位置正向下振动，结合图１可知该质点为ｘ＝０处质点，Ａ对；【解析】【答案】A6、B【分析】解：当磁铁的靠近时；导致两圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可得两圆环的感应电流为逆时针（从右向左看），所以又处于N极的磁场中，则受到的安培力向左。由于两圆环的电流均是逆时针，所以两圆环的相互吸引。

故选：B。

当磁铁的运动；导致两金属圆环的磁通量发生变化，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使两圆环运动，同时两圆环间的电流相互作用而导致间距变化．

从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸．同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．【解析】B二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】解：交流电是指电流的方向发生变化的电流；电流的大小是否变化对其没有影响，而对于周期性变化的电流，即为大小与方向都随着时间做周期性变化．

我国电网交流电的频率为50Hz；一个周期内出现2次峰值；

交变电流在1s内出现50个完整波形；则有100次峰值．

故答案为：2；100．

直流电是指电流的方向不发生变化的电流；其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变．

交流电的最大的特点是电流方向在不断的变化，对于其大小是否变化没有要求．【解析】2；1008、略

【分析】解：悬线竖直；小球静止处于平衡状态，由平衡条件得：

对A

球：EQA=kQAQBLAB2

解得：E=7.5隆脕104N/C

方向：水平向左；

点电荷在中点处产生的场强：EA=EB=kQA(LAB2)2=9隆脕109隆脕3隆脕10鈭�8(0.062)2=3隆脕105N/C

A；B

在联系中点产生的场强方向都水平向右；

AB

连线中点场强大小：E脰脨=2EA鈭�E=2隆脕3隆脕105鈭�7.5隆脕104=5.25隆脕105N/C

方向：水平向右；

故答案为：5.25隆脕105N/C

水平向右．

抓住A

球平衡；根据点电荷的场强公式和匀强电场的定义式求出外电场的场强大小和方向；根据场强的叠加求出O

点的合场强．

本题考查了库仑定律以及场强的叠加，难度不大，知道场强是矢量，合场强等于各个场强的矢量和．【解析】5.25隆脕105N/C

水平向右9、略

【分析】解：粒子在电场中；只受电场力作用，由静止加速到速度v

后射出电场，由动能定理可知：

qU=12mv2

解得：

v=2qUm

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动；洛伦兹力提供向心力，则：

qvB=mv2R

解得：B=mvqR

将第一问的速度代入；得：

B=1R2mUq

故答案为：2qUm1R2mUq

．

根据动能定理列式；即可求解粒子从电场射出时速度的大小；再根据洛伦兹力提供向心力列式，即可求解磁感应强度的大小．

本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，属于基础题，另外要注意公式U=Edd

是指沿电场方向距离．【解析】2qUm1R2mUq

10、略

【分析】解：依据双缝干涉相邻条纹间距规律鈻�x=Ld鈰�娄脣

可知要使干涉条纹的间距变大，在其它条件不变的情况下要么改用波长更长的单色光即增大娄脣

要么增大双缝与屏之间的距离L

要么减小双缝之间的距离d

．

故答案为：长；增大．

双缝干涉相邻条纹之间的距离鈻�x=Ld鈰�娄脣

其中娄脣

为入射光的波长，L

为双缝与屏之间的距离，d

为双缝之间的距离．

掌握了双缝干涉相邻条纹之间的距离公式鈻�x=Ld鈰�娄脣

明确每个物理量的含义是解决此类题目的关键．【解析】长；增大11、略

【分析】解：游标卡尺的主尺读数为1.3cm

游标读数为0.05隆脕11mm=0.55mm=0.055cm

所以最终读数为：1.3cm+0.055cm=1.355cm

螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm

可动刻度读数为0.01隆脕24.0mm=0.240mm

所以最终读数为：0.5mm+0.240mm=0.740mm

．

故答案为：1.3550.740

．

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】1.3550.740

三、判断题(共6题，共12分)12、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．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．14、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．15、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．16、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．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．四、推断题(共4题，共16分)18、略

【分析】【分析】本题考查有机物推断，考查了有机物的转化，涉及考查了醛基、羧基、碳碳双键的性质，该题有一定的综合性，难度中等。侧重考查学生分析推断能力，根据反应条件及某些物质结构进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键。

【解答】

(1)从图可以推断出A的结构为：OHC－CH＝CH－COOH，所以化合物A中含有的官能团是碳碳双键，醛基、羧基。故填：碳碳双键；醛基；羧基；(2)1molA与2moH2反应生成1moE；其反应方程式是：

OHC－CH＝CH－COOH＋2H2HO－CH2－CH－CH2－COOH。故填：OHC－CH＝CH－COOH＋2H2HO－CH2－CH－CH2－COOH；(3)与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是：故填：(4)B为HOOC－CH＝CH－COOH，所以其余溴反应得到：故填：(5)A加成变为E，E为HO－CH2－CH－CH2－COOH，分子中含有羟基和羧基，所其可以形成内酯，故F为或该反应是酯化反应。故填：或酯化反应。【解析】(1)碳碳双键醛基羧基。

(2)OHC－CH＝CH－COOH＋2H2HO－CH2－CH－CH2－COOH

(3)(4)

(5)或酯化反应19、（1）CaNA（2）水分子之间形成氢键（3）F＞N＞O（4）（5）三角锥形sp3杂化（6）【分析】【分析】本题考查了物质的结构与性质。需要学生的识记和理解，多做有助于快速判断。【解答】rm{A}基态原子rm{2p}能级有rm{3}个单电子，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}则rm{A}为rm{N}元素；rm{B}意思是基态原子rm{p}轨道上成对电子数等于未成对电子数，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}则rm{B}为rm{O}元素；rm{C}的氢化物常用于刻蚀玻璃，则rm{C}为rm{F}元素；rm{D}元素基态原子核外电子分处rm{6}个不同能级，且每个能级均已排满，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}}则rm{D}为rm{Ca}rm{E}的原子序数等于rm{C}与rm{D}的原子序数之和，即rm{E}的原子序数为rm{9+20=29}故E为rm{Cu}rm{(1)D}的元素符号为rm{Ca}rm{A}的单质为rm{N_{2}}结构式为rm{N隆脭N}rm{14g}氮气为rm{14g隆脗28g/mol=0.5mol}含有rm{娄脨}键的个数为rm{0.5mol隆脕2隆脕N_{A}}rm{mol-1=N_{A}}，所以本题答案为：rm{Ca}rm{N_{A}}rm{(2)B}元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是：水分子之间形成氢键，增大分子间的作用，所以本题答案为：水分子之间形成氢键；rm{(3)}同周期所原子序数增大元素的电负性增大，rm{3}种元素的电负性由大到小的顺序为：rm{F>N>O}所以本题答案为：rm{F>N>O}rm{(4)Cu^{2+}}的价层电子排布式为rm{3d^{9}}则价电子排布图为所以本题答案为：rm{(5)A}的最简单氢化物为rm{NH_{3}}分子的空间构型为三角锥形，其中rm{N}原子形成rm{3}个rm{N-H}键、含有rm{1}对孤对电子，杂化轨道数目为rm{4}rm{N}原子的杂化类型是rm{sp^{3}}杂化，所以本题答案为：三角锥形rm{sp^{3}}杂化；rm{(6)}晶胞中白色球数目为rm{8}黑色球数目为rm{8隆脕1/8+6隆脕1/2=4}结合化学式rm{CaF_{2}}可知白色球为rm{F}黑色球为rm{Ca}晶胞质量为rm{(4隆脕78)/N_{A}g}晶体的密度为rm{娄脩g?cm^{-3}}则rm{4隆脕78N_{A}g=(acm)^{3}隆脕娄脩g?cm^{-3}}故晶胞边长rm{4隆脕78N_{A}g=(acm)^{3}隆脕娄脩

g?cm^{-3}}rm{a=}所以本题答案为：rm{cm}【解析】rm{(1)Ca}rm{N_{A}}rm{(2)}水分子之间形成氢键rm{(3)F>N>O}rm{(4)}rm{(5)}三角锥形rm{sp^{3}}杂化rm{(6)}20、（1）第三周期、第ⅢA族（2）HClO4（3）NO23NO2+H2O=2HNO3+NO（4）【分析】【分析】本题考查元素周期表的结构及应用、电子式、氮的氧化物，根据元素的位置推断元素及元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。【解答】由元素的位置可知，rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻垄脼}分别为rm{N}rm{F}rm{Na}rm{Al}rm{Si}rm{Cl}rm{(1)}元素rm{垄脺}为rm{Al}位于第三周期、第Ⅲrm{A}族；故答案为：第三周期、第Ⅲrm{A}族；rm{(2)垄脻}rm{垄脼}分别为rm{Si}rm{Cl}元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：rm{Cl>Si}则两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是rm{HClO_{4}}故答案为：rm{HClO_{4}}rm{(3)垄脵}为rm{N}元素，rm{N}元素形成的多种氧化物中颜色为红棕色的是rm{NO_{2}}与水反应生成rm{HNO_{3}}和rm{NO}反应的化学方程式为rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}故答案为：rm{NO_{2}}rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{(4)垄脹}为rm{Na}元素，rm{垄脷}为rm{F}元素，二者形成的化合物为rm{NaF}其电子式为故答案为：【解析】rm{(1)}第三周期、第Ⅲrm{A}族rm{(2)HClO_{4}}rm{(3)NO_{2}}rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{(4)}21、rm{(1)2-}甲基rm{-1-}丁烯rm{-OH}rm{-CHO}

rm{(2)}酯化反应rm{CH_{3}CH篓TC(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}

rm{(3)}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}

}

rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}

rm{(4)}rm{(5)HCOOCH_{2}CH_{2}CH=CH_{2}}【分析】【分析】

本题考查有机物推断；有机反应方程式、同分异构体书写等；注意根据反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等。

【解答】

rm{A}与溴水发生加成反应生成则rm{A}为．发生水解反应生成rm{B}为rm{B}发生氧化反应生成rm{C}为rm{C}发生氧化反应生成rm{D}rm{D}酸化得到rm{E}为rm{E}发生消去反应生成rm{F}为rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})COOH}溴乙烷发生水解反应生成rm{G}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{F}与rm{G}发生酯化反应生成rm{H}为rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}．

rm{(1)A}为rm{A}的名称rm{(}系统命名rm{)}为rm{2-}甲基rm{-1-}丁烯；rm{C}为含有官能团的结构简式为：rm{-OH}rm{-CHO}

故答案为：rm{2-}甲基rm{-1-}丁烯；rm{-OH}rm{-CHO}

rm{(2)G+F隆煤H}的反应类型为酯化反应，rm{H}的结构简式为rm{CH_{3}CH篓TC(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}

故答案为：酯化反应；rm{CH_{3}CH篓TC(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}

rm{(3)C隆煤D}的离子方程式为：rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}

}

故答案为：rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}}rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}

rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}

}为rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}在一定条件下发生缩聚反应生成的高分子化合物为

故答案为：

rm{(4)E}为rm{E}符合下列条件的rm{(5)F}的rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})COOH}种同分异构体的结构简式：rm{F}能发生水解反应，属于酯类rm{3}不含甲基，rm{垄脵}能发生银镜反应，应是甲酸形成的酯，符合条件的rm{垄脷}的结构简式有：rm{垄脹}

故答案为：rm{X}．

rm{HCOOCH_{2}CH_{2}CH=CH_{2}}与溴水发生加成反应生成则rm{HCOOCH_{2}CH_{2}CH=CH_{2}}为．发生水解反应生成rm{A}为rm{A}发生氧化反应生成rm{B}为rm{B}发生氧化反应生成rm{C}rm{C}酸化得到rm{D}为rm{D}发生消去反应生成rm{E}为rm{E}溴乙烷发生水解反应生成rm{F}为rm{CH_{3}CH=C(CH_{3})COOH}rm{G}与rm{CH_{3}CH_{2}OH}发生酯化反应生成rm{F}为rm{G}

rm{H}【解析】rm{(1)2-}甲基rm{-1-}丁烯rm{-OH}rm{-CHO}rm{(2)}酯化反应rm{CH_{3}CH篓TC(CH_{3})COOCH_{2}CH_{3}}rm{(3)}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}}rm{+2Cu(OH)_{2}+OH^{-}xrightarrow[]{?}

}rm{+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{(4)}rm{(5)HCOOCH_{2}CH_{2}CH=CH_{2}}五、证明题(共2题，共6分)22、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动23、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动六、综合题(共4题，共16分)24、(1)D

(2)B

(3)B

(4)A

(5)qvBqBl2v

(6)

解：从b

向a

看侧视图如图所示，

垄脵

水平方向：F=FAsin娄脠

竖直方向：FN+FAcos娄脠=mg

又FA=BIL=BERL

联立得：FN=mg?BLEcos?娄脠RF=BLEsin?娄脠R

垄脷

使ab

棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上，

则有FA=mg

Bmin=mgREL

根据左手定则判定磁场方向水平向右。

【分析】(1)

【分析】电量不变，只是将距离增大到原来的3

倍，根据点电荷库仑力的公式F=kQ1Q2r2

可以求得改变之后的库仑力的大小。本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了。【解答】由点电荷库仑力的公式F=kQ1Q2r2

可以得到，电量不变，当距离增大到原来的3

倍，库仑力将变为原来的19

故D正确。故选D。

(2)

【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，且沿着电场线的方向，电势降低，据此可正确解答。电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度之间的关系。【解答】电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于电场线的疏密可知，AB

两点电场强度的大小关系，所以EA>EB

故A错误；B正确；

根据沿着电场线的方向；电势降低，则有A

点的电势低于B

点的电势，故CD错误；

故选B。(3)

【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表及电压表的变化。本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意明确解题的思路为：“局部?

整体?

局部”。【解答】AD.

当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则由U=E?Ir

可知；路端电压增大；则可知电流表A

的示数减小，电压表V

的示数增大；故AD错误；

BC.

因路端电压增大；A1

中电流增大，因总电流减小，而R1

中电流增大，则A2

中电流减小，故C错误，B正确。

故选B。(4)

【分析】将R2

的阻值调至零时，R2

被短路，电路中电阻最小，则电流最大，根据闭合电路欧姆定律及功率公式即可求解。本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质。【解答】将R2

的阻值调至零时，R2

被短路，电路中外电阻最小，由闭合电路欧姆定律可得电路中电流最大，则内电压最大，电源内部的电势降落最大，根据P=I2R

可知，电流最大，则电阻R1

消耗的功率最大，电源内消耗的功率也最大，故A正确，BCD错误。故选A。(5)

【分析】垄脵

根据洛伦兹力公式解答；垄脷

由题意可以求得带电粒子做匀速圆周运动的半径为POO的一半；由洛仑兹力提供向心力从而求出带电粒子的质量；

本题是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动最基础的问题，画出运动轨迹，由半径大小和牛顿第二定律就能求出带电粒子的质量。【解答】垄脵

带电粒子所受洛伦兹力的大小为F=qvB

垄脷

粒子在磁场中做半圆周运动，由题知：R=l2

qvB=mv2R

由以上两式得：m=qBl2v

故答案为qvB

；qBl2v

(6)垄脵

由左手定则判断出安培力方向，作出ab

棒的受力分析图，根据共点力平衡条件，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力；垄脷

要使ab

棒所受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上，得出磁感应强度的大小，由左手定则判定磁场方向。本题是通电导体棒在磁场中平衡问题，考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键。

OO【解析】(1)D

(2)B

(3)B

(4)A

(5)qvBqBl2v

(6)

解：从b

向a

看侧视图如图所示，垄脵

水平方向：F=FAsin娄脠

竖直方向：FN+FAcos娄脠=mg

又FA=BIL=BERL

联立得：FN=mg?BLEcos?