2025年人教版PEP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年人教版PEP高二物理下册月考试卷634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、下列说法正确的是（）A.同一电场线上的各点，电势一定不相等B.带电粒子沿电场线方向移动时，电势能一定增加C.电源两端的电压一定等于电源电动势D.欧姆定律适用于正常工作的电动机2、如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与通电直导线共面，若使线框逐渐远离（平动）通电导线，则穿过线框的磁通量将（）A.逐渐减小B.逐渐增大C.保持不变D.不能确定3、“竹蜻蜓”是一种在中国民间流传甚广的传统儿童玩具，是中国古代一个很精妙的小发明，距今已有两千多年的历史。其外形如图所示，呈T

字形，横的一片是由木片经切削制成的螺旋桨，当中有一个小孔，其中插一根笔直的竹棍，用两手搓转这根竹棍，竹蜻蜓的桨叶便会旋转获得升力飞上天，随着升力减弱而最终又落回地面。二十世纪三十年代，德国人根据“竹蜻蜓”的形状和原理发明了直升机的螺旋桨。下列关于“竹蜻蜓”的说法正确的是()

A.“竹蜻蜓”从手中飞出直至运动到最高点的过程中，速度一直减小B.“竹蜻蜓”从手中飞出直至运动到最高点的过程中，升力逐渐减小至零C.为使“竹蜻蜓”能以图示方向旋转上升，其桨叶前缘应比后缘略高D.若以图示方向旋转能使“竹蜻蜓”上升，则反方向旋转也能使其上升4、下列说法正确的是(

)

A.靠近正点电荷，电场线越密，电场强度越强；靠近负点电荷，电场线越密，电场强度越弱B.沿电场方向电场强度越来越小C.在电场中没画电场线的地方场强为零D.电场线虽然是假想的一簇曲线或直线，但可以用实验方法模拟出来5、如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000

匝，副线圈匝数为n2=200

匝，将原线圈接在u=2002sin120娄脨t(V)

的交流电压上，电阻R=100娄赂

电流表A

为理想电流表.

下列推断不正确的是(

)

A.该交变电流的频率为60Hz

B.穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.22Wb/s

C.电流表A

的示数为0.42A

D.变压器的输入功率是16W

评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、2015年6月16日，中核集团面向全球组织召开“华龙一号”技术推介会，推介中国的先进三代核电--“华龙一号”技术，以及中国装备制造能力，向全球提供核电一体化方案，开启中国核电“一带一路”布局．下列关于核反应的说法中正确的是（）A.目前已建成的核电站的能量都来自于重核裂变B.重核裂变释放出大量的能量，产生明显的质量亏损，所以核子数减少C.由图可知，原子D和E聚变成原子核F要吸收能量D.由图可知，原子核A裂变成原子核B和C要放出核能7、下列说法错误的是()

A.电荷在场强为零处的电势能也为零B.闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方C.家用煤气灶上的电子打火采用的是尖端放电原理D.野外高压输电有三条输电线，在其上方还有两条导线是输电备用线8、（多选）如图所示是利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置示意图，下面的叙述符合实验观察结果的是（）A.b板不动，在a、b间插入一块厚度较小金属板，静电计指针偏转角度变小B.b板向上平移，静电计指针偏转角度变小C.b板不动，在a、b间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏转角度变小D.b板向左平移，静电计指针偏转角度变小9、已知引力常量G

和下列某组数据就能计算出地球的质量，这组数据可能是A.地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距离B.月球绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离C.人造卫星在地面附近绕行的速度及地球的自转周期D.若不考虑地球自转，已知地球的半径及地球表面重力加速度10、如图所示，从点光源发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的ab间形成一条彩色光带.下面的说法中正确的是（）A.a是红色光，b是紫色光B.在真空中a侧光的波长小于b侧光的波长C.三棱镜对a侧光的折射率大于对b侧光的折射率D.在三棱镜中a侧光的传播速率大于b侧光的传播速率11、关于电磁波，下列说法正确的是（）A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直C.利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输D.电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失12、水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图线如图所示，图中AB∥CD．则整个过程中（）A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量小于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、如图所示，一带电量为+q、质量为m的小球，从距地面高h处以一定的初速度水平抛出，落地点距抛出点水平距离为s，小球落地时速度方向竖直向下，则：小球的初速度为______，电场强度为______，小球落地时的速度______．14、一束带电粒子流从小磁针上方平行于小磁针方向从左向右飞过，结果小磁针北极向纸内转动，可以判断这束带电粒子带______电荷．15、浓度为η的油酸酒精溶液，取其体积为V的油酸酒精液滴，滴在平静的水面上，扩展成面积为S的单分子油膜，则该油滴的分子直径约为____．已知阿伏伽德罗常数为NA，若纯油酸的摩尔质量为M，则一个油酸分子的质量为____．16、在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中；质量m=1.00漏K

的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点.

如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O

为第一个点，ABC

为从合适位置开始选取的三个连续点(

其他点未画出).

已知打点计时器每隔0.02s

打一次点，当地的重力加速度g=9.80m/s2.

那么：

(1)

纸带的______端(

选填“左”或“右隆炉)

与重物相连；

(2)

根据图上所得的数据；应取图中O

点和______点来验证机械能守恒定律；

(3)

从O

点到所取点，重物重力势能减少量鈻�EP=

______J

动能增加量鈻�EK=

______J(

结果取3

位有效数字)

(4)

实验的结论是______．17、(1)广播电视、移动通讯等都是利用电磁波工作的..电磁波最早是由________((选填“法拉第”、“麦克斯韦”))预言存在并被赫兹用实验证实了的..已知电磁波在空气中的传播速度约为3.0隆脕103.0隆脕1088m/sm/s有一广播电台节目的频率是6.0隆脕106.0隆脕1055HzHz该电磁波在空气中的波长约为________mm．(2)(2)电荷的周围存在着由它产生的电场，这种观点最早是由________((选填“法拉第”、“库仑”))提出的..电荷在电场中不仅受到电场力的作用，而且还具有电势能..已知电场中某点的电势为2.0隆脕102.0隆脕1022VV将一电荷量为鈭�2.0隆脕10-2.0隆脕10鈭�-88CC的试探电荷置于该点时，它的电势能为________JJ．18、两个电流随时间的变化关系如图甲、乙所示，把它们通入相同的电阻中，则甲、乙两图的电流有效值之比IaIb=

______．

评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)19、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）20、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）

21、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）评卷人得分五、推断题(共4题，共20分)22、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____。23、元素rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}rm{F}都是重要的非金属元素，rm{Fe}rm{Cu}是应用非常广泛的金属．

rm{(1)Fe}元素基态原子的核外电子排布式为____．

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}个电子，该分子中rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的个数比为____

rm{(3)C}rm{N}rm{O}三种元素的第一电离能由大到小的顺序为rm{(}用元素符号表示rm{)}____

rm{(3)}在测定rm{HF}的相对分子质量时，实验测得值一般高于理论值，其主要原因是____

rm{(5)C}rm{N}两元素形成的化合物rm{C_{3}N_{4}}形成的原子晶体，结构类似金刚石，甚至硬度超过金刚石，其原因是____

rm{(6)}如图为石墨晶胞结构示意图，该晶胞中含有rm{C}原子的个数为____．24、已知：①一定条件下，R－Cl+2Na+Cl－R’®R－R’+2NaCl②醛和醇可以发生氧化反应，被氧化的难易次序是：RCHO最易，R—CH2OH次之，最难。现有某氯代烃A，其相对分子质量为78.5；B与氯气反应生成的一氯代物有两种。有关的转化关系如下图所示（部分产物及条件均已略去）：请回答下列问题：（1）分子式：A____；反应类型：E®F____；（2）结构简式：B____，K为____；（3）反应方程式：A→E________________________________________________；H→I________________________________________________；（4）J分子中含氧官能团的名称____（5）D的同分异构体属于羧酸的有四种，其中有2个-CH3基团的有两种。请写出这两种中的任一种结构简式：____。25、【化学选做】（15分）有机化合物甲、乙用于制备化妆品，二者合成路线如下（部分产物及条件略）。已知：（-R、-R’代表烃基或-H）（1）A的结构简式是____。（2）化合物F能与浓溴水反应产生白色沉淀。①有机物甲中官能团的名称是____。②“C→有机化合物甲”的化学方程式是____。③化合物F的名称是____。（3）化合物G的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢。G的结构简式是____。（4）A与G反应生成D的反应方程式为____。(5)写出E所有可能的结构简式（满足合成路线）____。评卷人得分六、解答题(共3题，共21分)26、如图1所示；对光电管产生的光电子进行荷质比测定的原理图．两块平行金属板间距为d，其中N为锌板，受紫外光照射后将激发出沿不同方向运动的光电子，开关S闭合，电流表A有读数，若调节变阻器R，逐渐增大极板间的电压，A表读数逐渐减小，当电压表示数为U时，A表读数恰好为零；断开S，在MN间加上垂直纸面的匀强磁场，当磁感强度为B时，A表读数也恰好为零．

（1）求光电子的比荷的表达式______．

（2）光电管的阴极常用活泼的碱金属制成；原因是这些金属：______

A．导电性好B．逸出功小。

C．发射电子多D．电子动能大。

（3）光电管在各种自动化装置中有很多应用；街道路灯自动控制就是其应用之一，如图2为其模拟电路，其中A为光电管，B为电磁继电器，C为照明电路，D为路灯，请连成正确的电路，达到日出路灯熄，日落路灯亮的效果．

27、有一待测的电阻器Rx；其阻值约在40～50Ω之间，实验室准备用伏安法来测量该电阻值的实验器材有：

电压表V（量程0～10V；内电阻约20kΩ）；

电流表A1；（量程0～500mA，内电阻约20Ω）；

电流表A2；（量程0～300mA，内电阻约4Ω）；

滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω；额定电流为2A）；

滑动变阻器R2（最大阻值为250Ω；额定电流为0.1A）；

直流电源E（电动势为9V；内电阻约为0.5Ω）；

开关及若干导线．

实验要求电表读数从零开始变化；并能多测出几组电流；电压值，以便画出I-U图线．

（1）电流表应选用______．

（2）滑动变阻器选用______（选填器材代号）．

（3）请在如图甲所示的方框内画出实验电路图．

（4）将图乙中器材连成符合要求的电路．

28、如图为一交流电流随时间变化的关系图象；则该交流电流的有效值I=______A．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【解答】解：A；沿电场线的方向电势降落；故同一电场线上的各点，电势一定不相等，故A正确；

B；正电荷沿电场线方向移动时；电场力做正功，电势能减小，而负电荷沿电场线运动时，电场力做负功，电势能增大，故B错误；

C；电源两端的电压为路端电压；一般要小于电源电动势，故C错误；

D；欧姆定律只能适用于纯电阻电路；不能用于正常工作时的电动机，故D错误．

故选：A．

【分析】明确电场线的性质；知道沿电场的方向电势降低，同时注意正负电荷在电场中的受力方向不同；

明确电源电动势的定义；知道路端电压要小于电动势；

欧姆定律只能适用于金属导体和电解质溶液．2、A【分析】解：由题；通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏，则当线框远离通电导线时，穿过线框的磁感线的条数越来越少，磁通量将逐渐减小．

故选：A

磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数．当线圈面积不变；根据磁感线的疏密判断穿过线框的磁通量的变化．

对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况．【解析】【答案】A3、C【分析】【分析】“竹蜻蜓”的初速度为零，运动到最高点时，速度也为零，据此分析运动情况，“竹蜻蜓”旋转上升，水平方向做圆周运动，竖直方向先做加速运动，而圆周运动需要指向圆心的向心力，据此分析即可。物体的运动状态与物体的受力情况有关，结合物体的运动状态具体分析物体的受力情况，难度适中。【解答】AB.

“竹蜻蜓”的初速度为零，运动到最高点时，速度也为零，所以“竹蜻蜓”从手中飞出直至运动到最高点的过程中，先加速后减速，故AB错误；CD.

为使“竹蜻蜓”能以图示方向旋转上升，则向上的力要大于向下的力，旋转上升，合外力指向圆心的部分提供向心力，所以桨叶前缘应比后缘略高，合力指向左上方，故C正确，D错误；故选C。【解析】C

4、D【分析】解：ABC

电场线的疏密程度反映电场的强弱；电场线越密场强越大，电场线越稀疏场强越小，并不是沿电场方向场强越来越小；并不是没有画电场线的地方场强为零，故ABC错误；

D；电场线是人们为形象描述电场而假象的；实际不存在，但可以用实验方法模拟出来，故D正确．

故选：D

．

利用电场线是人们为形象描述电场而假象的；实际不存在，其疏密程度判断电场的强弱．

明确电场线是人们为形象描述电场而假象的，实际不存在，其疏密程度判断电场的强弱．【解析】D

5、C【分析】解：A

根据原线圈电压的瞬时值表达式知；角速度娄脴=120娄脨=2娄脨f

得f=60Hz

故A正确；

B、根据Em=n1鈻�娄碌鈻�t

得穿过铁芯的磁通量的最大变化率为鈻�娄碌鈻�t=Emn1=20021000=0.22Wb/s

故B正确；

C、原线圈电压的有效值U1=22022=220VU1=20022=200V

根据电压与匝数成正比得，副线圈两端电压的有效值为U2=15隆脕200=40V

电流表A

的示数I2=U2R=40100=0.4A

故C错误；

D；变压器的输出功率为U2I2=40隆脕0.4=16W

所以变压器的输入功率是16W

故D正确；

本题选错误的；故选：C

根据电压与匝数程正比；电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．

要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，注意电表的示数均为有效值．【解析】C

二、多选题(共7题，共14分)6、AD【分析】解：A；目前世界上正在工作的核电站都是利用原子核的裂变反应释放核能的；核聚变反应目前还没有能很好的控制，故A正确；

B；重核裂变释放出大量的能量；产生明显的质量亏损，但核子数不变，故B错误；

C；由图可知；原子D和E聚变成原子核F，是轻核聚变，要放出能量，故C错误；

D；由图可知；原子核A裂变成原子核B和C是重核裂变，要放出能量，故D正确；

故选：AD

目前世界上正在工作的核电站都是利用原子核的裂变反应释放核能的；核反应过程中质量数和电荷数都守恒；在裂变和聚变时有质量亏损，要释放能量．

本题关键是知道质量亏损的概念、分析清楚图象、了解重核裂变和轻核聚变，基础题目．【解析】【答案】AD7、ABD【分析】【分析】场强与电势没有直接关系.

场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零.

电势为零是人为选取的．本题考查了静电现象的解释；对于电势与场强的大小关系：两者没有关系，可根据电势高低看电场线的方向，场强大小看电场线疏密来理解．【解答】A.场强为零的地方电势不一定为零；电势为零是人为选取的，故A错误，符合题意；

B.闭合电路中；除电源内部之外，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，故B错误，符合题意；

C.家用煤气灶上的电子打火采用的是尖端放电原理；故C正确，不合题意；

D.野外高压输电有三条输电线；在其上方还有两条导线是输电保护线，使之避免雷电的影响，故D错误，符合题意．

故选ABD．【解析】ABD

8、AC【分析】解：A、b板不动，在a、b间插入一块厚度较小金属板，由C=知电容增大，电荷量不变，根据C=知电压减小；所以静电计指针偏转角度减小．故A正确．

B、将b板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=分析可知；电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大．故B错误．

C、在a、b之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由C=分析可知；电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小．故C正确．

D、b板向左平移，由C=知电容减小，电荷量不变，根据C=知电压增大；静电计指针偏转角度变大．故D错误．

故选：AC

静电计是测量电势差的装置；电势差越大，静电计指针的偏角越大．由题，电容器的电量不变，根据各选项的操作分析电容器电容的变化，再由电容的定义式分析电容器两板间电势差的变化。

本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系【解析】【答案】AC9、BD【分析】【分析】计算中心天体质量的主要思路有：一是在星球表面重力与万有引力相等，据重力加速度和地球半径求地球的质量，二是环绕天体围绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供，根据圆周运动的物理量可以求中心天体的质量。万有引力应用的主要入手点是星球表面重力与万有引力相等，二是万有引力提供环绕天体的向心力。据此只能计算中心天体的质量。【解答】A.地球绕太阳运行的周期及地球与太阳间距离；根据万有引力提供圆周运动向心力，可以计算中心天体太阳的质量，而不可以计算环绕天体地球的质量，故A错误；

B.根据万有引力提供圆周运动向心力GMmr2=m(2娄脨T)2r

可得中心天体地球的质量M=4娄脨2r3GT2

；所以B

可以计算出地球的质量M

故B正确；

C.已知地面附近绕行的人造卫星的速度及运行周期，根据v=2娄脨rT

可知；根据周期与绕行速度可以求得卫星轨道半径，再根据B

分析知可以求得中心天体地球的质量M

但已知的是地球自转周期，不是人造卫星的运行周期。故C错误；

D.不考虑地球自转，在地球表面重力与万有引力相等有，GMmR2=mg

可得地球质量M=gR2G

；故D正确。

故选BD。​【解析】BD

10、AD【分析】【分析】白是复色光，经过三棱镜后由于折射率不同，导致偏折程度不同，偏折角越大，折射率越大，由公式分析光在三棱镜中传播速度的大小；根据折射率确定波长的大小。本题是光的色散现象，从中要掌握：可见光是复色光，紫光的折射率最大，红光的折射率最小。【解答】A.红光的折射率小于紫光的折射率，经过三棱镜，红光的偏折角小于紫光的偏折角，则a侧是红色光，b侧是紫色光，故A正确；BC.由图知a侧光的偏折角小；三棱镜对a侧光的折射率小，a侧光的波长大，故BC错误；

D.三棱镜对a侧光的折射率小，由公式得知，a侧光在三棱镜中传播速率大于b侧光的传播速率；故D正确。

故选AD。【解析】AD11、AB【分析】解：A；电磁波在真空中的传播速度是不变的；与电磁波的频率无关。故A正确；

B；电磁波在真空中自由传播时；其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直。故B正确；

C；电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输；也可以实现无线传输。故C错误；

D；电磁波可以由电磁振荡产生；若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波继续传播，不会随即消失。故D错误。

故选：AB。

电磁波在真空的传播速度均相等；电磁波是横波；电磁波传递信号可以实现无线通信；也可以进行有线通信；若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波不会随即消失。

本题考查电磁波的产生原理，类型，及电磁波的作用，同时注意电磁波在真空中传播速度均相等，与频率没有关系。【解析】AB12、BD【分析】解：ABC、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a的运动总时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量；

根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1-ftOB=0，F2t2-ftOD=0由图看出，tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量；故AC错误，B正确；

D、根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零；所以冲量相等，故D正确。

故选：BD。

由速度图象分析可知；水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等。根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。

本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力。同时在列式时注意动量定理的矢量性。【解析】BD三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】解：小球竖直分运动是自由落体运动，故：h=解得：t=

小球水平方向的分运动末速度为零，位移为S，时间为t，根据平均速度公式，有：S=故v0==2S

水平分运动的加速度：ax===解得：E=

落地时竖直分速度等于合速度，故落地速度v=gt=

故答案为：2S．

小球在电场中受到重力和水平向左的电场力；根据运动的分解法可知，水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动；

由牛顿第二定律和运动学公式研究水平方向分运动；

对竖直分运动根据由自由落体运动的规律列式分析．

本题小球在电场和重力场的复合场中运动，由于受到两个恒力作用，运用运动的分解法研究是常用的方法．【解析】2S14、略

【分析】解：向右飞行的正离子束形成的电流方向向右；根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外．

故答案为：正。

小磁针N极受力方向与磁场方向相同．电流方向与正电荷定向移动方向相同；与负电荷定向移动方向相反．根据安培定则，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项．

本题考查应用物理基本定则的能力，B、C两项是等效的，A、D两项也是等效的，考试时抓住等效性，可以节省时间．【解析】正15、略

【分析】

油酸的总体积是不变的，故分子直径约为：d==

分子的质量等于摩尔质量与阿伏伽德罗常数比值，故一个油分子的质量为m=．

故答案为：．

【解析】【答案】将配制好的油酸酒精溶液；通过量筒测出此溶液的体积．然后将此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积．则用此溶液的体积除以其的面积，恰好就是油酸分子的直径；

阿伏伽德罗常数即为1摩尔有多少个分子个数；而摩尔质量即为1摩尔的分子的质量，则分子的质量即为摩尔质量与阿伏伽德罗常数相除．

16、左；B；1.88；1.84；在误差允许的范围内，机械能守恒【分析】解：(1)

下落过程为匀加速运动；物体运动速度渐渐变大，故打点间距应变大，所以纸带的左端与重物相连；

(2)

要验证机械能守恒；应求得某点的速度才行，由数据可得B

的速度，故选B点。

(3)

从O

到B

的距离：h=19.20cmB

的速度为v=23.23鈭�15.552隆脕0.02cm/s=1.92m/s

故鈻�EP=mgh=1.00隆脕9.80隆脕19.20隆脕10鈭�2J=1.88J

鈻�Ek=12mv2=12隆脕1.00隆脕1.922J=1.84J

(4)

结论是：在误差允许的范围内；机械能守恒。

答：(1)

纸带的左端与重物相连。

(2)

选B点。

(3)

重物重力势能减少量1.88J

动能增加量1.84J

(4)

由数据对比可得：鈻�EP

略大于鈻�EK

由于该实验存在空气阻力和纸带与振针之间的摩擦.

考虑误差因素，结论是：在误差允许的范围内，机械能守恒。

(1)

物体运动速度渐渐变大；故打点间距应变大。

(2)

要求计算出速度值才行；故应求得某点的速度，选B点。

(3)

重物重力势能减少量为mgh12mv2

(4)

由数据对比得到结论。

验证机械能守恒只要验证mgh=12m(v2鈭�v02)

故不用测定质量，但要知道高度差和速度值，由于摩擦影响，动能增加量要小于重力势能减小量【解析】左；B1.881.84

在误差允许的范围内，机械能守恒17、略

【分析】【分析】(1)

麦克斯韦预言了电磁波的存在；提出了电磁波理论：变化的电场可以产生磁场，变化的磁场可以产生电场；由v=娄脣f

可求得电磁波的波长。本题考查电磁波的发现历程以及波长、波速和频率的关系；要注意明确麦克斯韦提出了电磁场理论，并掌握波长、波速与频率间的关系。(2)

法拉第提出电荷周围存在电场，已知试探电荷的电势和电荷量，由公式Ep=q娄脮

求解电势能。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。并掌握电势能，电量与电势关系的公式，注意各自的正负号不能忘记。【解答】(1)

英国物理学家麦克斯韦认为：变化的磁场能产生电场；变化的磁场可以产生电场，从而提出了电磁波的存在；该电磁波在空气中的波长为娄脣=vf=3隆脕1086隆脕105=5.0隆脕102m。(2)

法拉第提出一种观点，认为在电荷周围存在着由它产生的电场；根据公式有：Ep=q娄脮=鈭�2.0隆脕10鈭�8隆脕2.0隆脕102=鈭�4隆脕10鈭�6J故应填(1)

麦克斯韦5.0隆脕1022(2)

法拉第鈭�4.0隆脕10鈭�6-6【解析】(1)

麦克斯韦5.0隆脕102

(2)

法拉第鈭�4.0隆脕10鈭�6

18、略

【分析】解：甲图中交变电流的有效值I=Im2=102A=52A

乙图中交变电流的有效值I隆盲=10A

故交流电的有效值之比为52拢潞10=1拢潞2

故答案为：12

正弦式交流电的有效值I=Im2

乙图中每一段都可以认为是直流电，故有效值等于每一段的大小，故可求得电流的有效值之比。

本题主要考查了交流电的有效值的应用，关键是抓住正弦式交流电的最大值与有效值之间满足Im=2I

关系【解析】12

四、判断题(共3题，共21分)19、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．20、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．21、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．五、推断题(共4题，共20分)22、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↓+2HCO3-23、1s22s22p63s23p63d64s2;5：1;N＞O＞C;F元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子(HF)n;N原子半径小于C原子半径，键长C-N＜C-C，C-N键能更大;4【分析】试题分析：rm{(1)Fe}是rm{26}元素，核外电子数为rm{26}根据核外电子排布规律书写；

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}个电子，该烃分子式为rm{C_{2}H_{4}}分子中含有rm{4}个rm{C-H}rm{1}个rm{C=C}双键，双键为rm{1}个rm{娄脪}键、rm{1娄脨}键；

rm{(3)}同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但rm{N}元素原子的rm{2p}能级含有rm{3}个电子，处于半满稳定状态，能量较低，失去第rm{1}个电子需要的能量较大；

rm{(4)F}元素电负性很大；分子之间形成氢键，以形成缔合分子；

rm{(5)}原子晶体中化学键键长越短；键能越大，化学键越稳定；

rm{(6)}由石墨晶胞结构可知，rm{隆脧bab隆盲=60^{circ}}rm{隆脧aba隆盲=120^{circ}}故顶点rm{a}相应位置碳原子为rm{12}个晶胞共用，顶点rm{b}相应位置为棱上碳原子为rm{6}个晶胞共用，面上为rm{2}个晶胞共用，晶胞内部含有rm{1}个碳原子，rm{ad}相应棱上碳原子为rm{6}个晶胞共用，rm{bc}相应棱上碳原子为rm{3}个晶胞共用；利用相应物质均摊法计算．

rm{(1)Fe}是rm{26}元素，核外电子数为rm{26}态原子的核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}个电子，该烃分子式为rm{C_{2}H_{4}}分子中含有rm{4}个rm{C-H}rm{1}个rm{C=C}双键，双键为rm{1}个rm{娄脪}键、rm{1娄脨}键，故该分子中rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的个数比为rm{5}rm{1}

故答案为：rm{5}rm{1}

rm{(3)}同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，rm{N}元素原子的rm{2p}能级有rm{3}个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去第一个电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能rm{N>O>C}

故答案为：rm{N>O>C}

rm{(4)F}元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子rm{(HF)_{n}}实验测得rm{HF}的相对分子质量一般高于理论值；

故答案为：rm{F}元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子rm{(HF)_{n}}

rm{(5)N}原子半径小于rm{C}原子半径，键长rm{C-N<C-C}故在rm{C_{3}N_{4}}形成的原子晶体中rm{C-N}键能更大；故其硬度超过金刚石；

故答案为：rm{N}原子半径小于rm{C}原子半径，键长rm{C-N<C-C}rm{C-N}键能更大；

rm{(6)}由石墨晶胞结构可知，rm{隆脧bab隆盲=60^{circ}}rm{隆脧aba隆盲=120^{circ}}故顶点rm{a}相应位置碳原子为rm{12}个晶胞共用，顶点rm{b}相应位置为棱上碳原子为rm{6}个晶胞共用，面上为rm{2}个晶胞共用，晶胞内部含有rm{1}个碳原子，rm{ad}相应棱上碳原子为rm{6}个晶胞共用，rm{bc}相应棱上碳原子为rm{3}个晶胞共用，故晶胞中含有的rm{AC}原子数目为：

rm{4隆脕dfrac{1}{12}+4隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+1+2隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{3}=4}故答案为：rm{4隆脕dfrac{1}{12}+4隆脕dfrac

{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+1+2隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac

{1}{3}=4}．rm{4}【解析】rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^{2};5}rm{1;N>O>C;F}元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子rm{(HF)_{n};N}原子半径小于rm{C}原子半径，键长rm{C-N<C-C}rm{C-N}键能更大rm{;4}24、略

【分析】【分析】本题考查有机物的推断与合成，难度较大，是对有机物知识的综合考查，综合性较强，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，（5）为本题的易错点。氯代烃A，其相对分子质量为78.5，则A的分子式为C3H7Cl，A与钠发生题中信息中的反应生成B，B与氯气反应生成的一氯代物有两种，则A为CH3CHClCH3，B为A在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成E为CH2=CHCH3，E发生加聚反应得F为E与溴发生加成反应得G为CH2BrCHBrCH3，G水解得H为CH2OHCHOHCH3，H选择氧化得I为CH3CHOHCHO，I选择氧化得J为CH3CHOHCOOH，J在浓硫酸加热条件下得六元环酯K为A碱性水解得C为CH3CHOHCH3，C与乙酸发生酯化反应得D为CH3COOCH（CH3）2，据此答题。【解答】氯代烃A，其相对分子质量为78.5，则A的分子式为C3H7Cl，A与钠发生题中信息中的反应生成B，B与氯气反应生成的一氯代物有两种，则A为CH3CHClCH3，B为，A在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成E为CH2=CHCH3，E发生加聚反应得F为，E与溴发生加成反应得G为CH2BrCHBrCH3，G水解得H为CH2OHCHOHCH3，H选择氧化得I为CH3CHOHCHO，I选择氧化得J为CH3CHOHCOOH，J在浓硫酸加热条件下得六元环酯K为，A碱性水解得C为CH3CHOHCH3，C与乙酸发生酯化反应得D为CH3COOCH（CH3）2，（1）根据上面的分析可知，A的分子式为C3H7Cl，E→F的反应类型加聚反应；（2