2025年鲁教版高二物理上册月考试卷

…………○…………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年鲁教版高二物理上册月考试卷130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、某小型发电机产生的交变电动势为（V），对此电动势，下列表述正确的有A.最大值是VB.周期是0.02sC.有效值是VD.频率是100Hz2、下图是直角扇形导体绕O

在平面内匀速转动产生的感应电流，设顺时针为电流正方向，则线框所处的磁场区域正确的是A.B.C.D.3、真空中的某装置如图所示，其中平行金属板AB

之间有加速电场，CD

之间有偏转电场，M

为荧光屏。现有质子、氘核和娄脕

粒子均由A

板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和娄脕

粒子的质量之比为1隆脙2隆脙4

电荷量之比为1隆脙1隆脙2

不计粒子重力，则下列说法中正确的是：()

A.三种粒子打到荧光屏上的位置相同B.三种粒子从B

板运动到荧光屏经历的时间相同C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1隆脙2隆脙2

D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1隆脙2隆脙4

4、x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示。下列判断中正确的是A.电势最低的P点所在处的电场强度为零B.Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C.Q1的电量一定大于Q2的电量D.Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点5、如图甲所示；矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电动势图象如图乙所示，经原.

副线圈匝数比为110

的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡的额定功率为22W

现闭合开关，灯泡正常发光.

则(

)

A.t=0.01s

时，穿过线框回路的磁通量为零B.金属线框的转速为50r/s

C.变压器原线圈中电流表的示数为2A

D.灯泡的额定电压为22V

6、一只理想变压器的原线圈有55

匝，副线圈有1100

匝，若把原线圈接到10V

的电池组上，则副线圈的输出电压是(

)

A.200V

B.20V

C.0.5V

D.0V

7、如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上．圆心为O点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷＋q，则＋q在A点所受的电场力为。

A.方向向上B.方向向上C.方向向上D.不能确定评卷人得分二、双选题(共2题，共4分)8、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9、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8题，共16分)10、容积为20L的钢瓶内，贮有压强为1.5×107Pa的氧气。打开钢瓶的阀门，让氧气分装到容积为5L的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的氧气袋中氧气压强都是1.0×106Pa，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装——袋11、如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当网罩外加上水平向右、场强大小为E的匀强电场时，验电器的箔片____（填“张开”或“不张开”），我们把这种现象称之为。此时，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，它的场强大小为，方向为。12、一个20匝、面积为2m2的圆形线圈放在匀强磁场中，磁场的方向与线圈平面垂直，若该磁场的磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T，在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量为______Wb，磁通量的变化率为______Wb/S，线圈中感应电动势的大小为______V．13、如图1所示装置验证碰撞中的动量守恒，A、B两球直径相同，质量分别为m1、m2．

（1）实验中所必须用的测量工具是______、______．

（2）某次实验得出小球的落点情况如图2所示，若碰撞中动量守恒，则两小球质量之比m1：m2=______．

14、(1)

如图所示，虚线区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.

一边长为L

的正方形导体框垂直磁场放置，框的右边与磁场边界重合.

现将导体框以速度v

沿纸面垂直边界拉出磁场，则此过程中穿过导体框的磁通量改变了____，导体框中产生的感应电动势是____．

(2)

如图甲中常见的电学元件，它的名称是____，在物理学中用大写字母____表示该元件，它是存储____的装置.

图乙中电容是____F

15、（4分）如图所示为《探究碰撞中的动量守恒》实验装置示意图。关于该实验，下列说法正确的是____（不定项选择）A．A球质量应大于B球质量B．每次A球开始下滑的位置G必须固定C．槽的末端是否水平对该实验无影响D．必须测量G点相对于水平槽面的高度E．必须测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间16、某同学在做利用单摆测重力加速度的实验中；先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.0cm，然后用秒表记录了单摆振50次所用的时间，如图1所示，则：

（1）秒表所示读数为______s．

（2）如果测得g值偏小，可能的原因是______

A．测摆线长时摆线拉得过紧。

B．摆线上端悬点未固定；振动中出现松动，使摆线长度增加了。

C．开始计时时；秒表过迟按下。

D．实验中误将49次全振动次数记为50次。

（3）在用单摆测定重力加速度g实验中，另外一位同学作出的L-T2图线如图2所示，此图线不过原点的原因可能是______．17、如图所示，一定质量的理想气体从状态A

变化到状态B

已知在此过程中，气体内能增加100J

则该过程中气体______(

选填“吸收”或“放出”)

热量______J.评卷人得分四、判断题(共4题，共16分)18、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）19、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）

20、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）21、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、解答题(共3题，共12分)22、一质量为m；带电量为q的带电粒子以某一初速射入如图所示的匀强磁场中（磁感应强度为B；磁场宽度为L），要使此带电粒子穿过这个磁场，则带电粒子的初速度应为多大？

23、如图所示，两根光滑的平行金属导轨处于同一水平面内，相距L=0.3m，导轨的左端M、N用R=0.2Ω的电阻相连，导轨电阻不计，导轨上跨接一电阻r=0.1Ω的金属杆ab；质量m=0.1kg，整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，现对杆施一水平向右的拉力F=1.5N，使它由静止开始运动，求：

（1）当杆的速度为3m/s时；杆的加速度多大？

（2）杆能达到的最大的速度多大？此时拉力的瞬时功率多大？

（3）若杆达到最大速度后撤去拉力；则此后R上共产生多少热能？

24、在压强p-温度T的坐标系中；一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收热量为9J．图线AC反向延长线通过坐标原点O，B；C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：

（1）从状态A到状态C过程，该气体对外界做功W1和其内能的增量△U1；

（2）从状态A到状态B过程，该气体内能的增量△U2及其从外界吸收的热量Q2．

评卷人得分六、推断题(共2题，共18分)25、化合物rm{G[}rm{G[}是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：请回答下列问题：rm{]}是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：的名称是_____________。rm{]}的反应条件为_____________，rm{(1)A}和rm{(2)B隆煤C}的反应类型分别是_____________、_____________。rm{A隆煤B}在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物，该化合物的结构简式为_____________。rm{D隆煤E}是一种高聚酯，rm{(3)D}的化学方程式为___________。rm{(4)H}下列关于化合物rm{D隆煤H}的说法错误的是_________。A.rm{(5)}的分子式为rm{G}B.rm{G}与rm{C_{12}H_{14}O_{5}}溶液加热最多消耗rm{1molG}C.一定条件下rm{NaOH}发生消去反应生成的有机物存在顺反异构体D.在一定条件下rm{2molNaOH}能与rm{G}发生取代反应rm{G}是rm{HBr}的同分异构体，与rm{(6)M}具有相同的官能团。则rm{D}可能的结构有________种。rm{D}26、【化学rm{隆陋隆陋}选修rm{5}有机化学基础】氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，可通过如图方法合成：已知：rm{垄脵}rm{垄脷}中氯原子较难水解；rm{垄脹RCHO}根据以上信息回答下列问题：rm{(1)A}的名称是_________，rm{F}中无氧官能团的名称是_______。rm{(2)D}的结构简式为_______；rm{C}分子中最多有____个原子共平面。rm{(3)}写出下列反应的化学方程式：反应rm{垄脷:}_________________。rm{(4)}已知：则由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物需要经历的反应类型有________rm{(}填写编号rm{)}rm{垄脵}加成反应rm{垄脷}消去反应rm{垄脹}取代反应rm{垄脺}氧化反应rm{垄脻}还原反应，写出制备化合物的最后一步反应_______________________________________________。rm{(5)E}的同分异构体中，满足下列条件的有___种rm{(}不考虑立体异构rm{)}其中一种的核磁共振氢谱显示rm{5}组峰，且峰面积之比为rm{1隆脙1隆脙2隆脙2隆脙2}请写出其结构简式____。rm{垄脵}结构中含有苯环且存在与rm{F}相同的官能团；rm{垄脷}能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】试题分析：由表达式知电动势最大值为选项A错误；周期选项B正确；有效值选项C错误；频率为选项D错误；故选B.考点：本题考查了交流的峰值、有效值以及它们的关系.【解析】【答案】B2、A【分析】【分析】根据闭合面内磁通量的变化由楞次定律判断感应电流的方向，由于磁通量均匀变化根据法拉第电磁感应定律知产生的电动势大小不变，感应电流大小不变，采用排除法即可得答案。本题主要借助图象考查感应电流方向及大小的判断，能够从图中读取信息和运用楞次定律和法拉第电磁感应定律是解题的关键。【解答】A.线框开始转动到转过娄脨2

过程，磁通量减小向外在减小，根据楞次定律判断感应电流的方向先逆时针，i鈭�t

图像在时间轴的下方；当从娄脨2

继续转动到娄脨

的过程中，磁通量向里增大，据楞次定律判断感应电流的方向在逆时针，i鈭�t

图像在时间轴的下方；继续转动到32娄脨

的过程中，磁通量向里减小，据楞次定律判断感应电流的方向在顺时针，i鈭�t

图像在时间轴的上方；继续转动到2娄脨

的过程中，磁通量向外增加，据楞次定律判断感应电流的方向在顺时针，i鈭�t

图像在时间轴的上方；感应电动势大小不变化，则感应电流大小也不会发生变化；故A正确。B..

线框开始转动到转到娄脨2

磁通量向外增大，根据楞次定律判断感应电流的方向先顺时针，i鈭�t

图像在时间轴的上方；故B错误。C..

线框开始转动到娄脨2

磁通量向里减小，根据楞次定律判断感应电流的方向先顺时针，i鈭�t

图像在时间轴的上方；故C错误。D..

线框开始转动到娄脨2

磁通量向里增大，根据楞次定律判断感应电流的方向先逆时针，i鈭�t

图像在时间轴的下方；当转到娄脨2

时候磁通量最大，继续转动到娄脨

的过程中，磁通量向里减小，根据楞次定律判断感应电流的方向在顺时针，i鈭�t

图像在时间轴的上方；故D错误。故选A。【解析】A

3、A【分析】【分析】三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B

板运动到荧光屏经历的时间关系.

根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系；根据W=qEy

分析电场力做功之比。本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动。本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，y=U2L24dU1

是重要推论，掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关。【解答】设加速电压为U11，偏转电压为U22，偏转极板的长度为L

板间距离为d

A.根据推论：y=U2L24dU1

可知，y

与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故A正确；B.在加速电场中，由动能定理得：qU1=12mv02

则加速获得的速度为v0=2qU1m

三种粒子从B

板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v00的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v00不同，所以三种粒子从B

板运动到荧光屏经历的时间不同，故B错误；CD.

偏转电压的电场力做功为W=qEy

则W

与q

成正比，三种粒子的电荷量之比为112

则有电场力对三种粒子做功之比为112

故C

D错误。故选A。【解析】A

4、A|C|D【分析】试题分析：图线某点处的切线斜率表示该点的电场强度，由图像可知，P点的电场强度为零，即两点电荷在P点的场强大小相等、方向相反；所以A正确；由图像作出两点电荷之间的电场线如下：故可知，两电荷一定是正电荷，所以B错误、D正确；由可知所以C正确；考点：电势、电场强度【解析】【答案】ACD5、B【分析】解：A

由图乙可知；当0.01s

时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；

B、由图可知，交流电的周期为0.02s

则转速为：n=1T=50r/s

故B正确；

C、原线圈输入电压为有效值为22V

则副线圈的电压为22隆脕10=220V

由P=UI

可知，副线圈电流I2=22220=0.1A

则由电流与匝数成反比，求得I1=1A

故C错误；

D；灯泡正常发光；故额定电压为220V

故D错误；

故选：B

由图2

可知特殊时刻的电动势；根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值。

本题关键是明确线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是正弦式交变电流，会根据变压比公式、变流比公式列式求解即可【解析】B

6、D【分析】解：根据题意可知；电池组属于直流电源，变压器不能工作，所以负线圈的输出电压为0V.

故D正确，ABC错误；

故选：D

．

根据变压器的匝数之比等于电压之比；只适用于交流电，而直流电，变压器不能工作，即可求出．

根据变压器的匝数之比等于电压之比，只适用于交流电，而直流电，变压器不能工作，即可求出．【解析】D

7、B【分析】【详解】

检验电荷受的库仑力沿着电荷的连线指向+q，由对称性可知在垂直于竖直线的方向上的分力相互抵消，只有沿竖直线方向的分力．所以+q在A点所受的电场力方向向上．由库仑力公式知：故B正确．二、双选题(共2题，共4分)8、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】AB9、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8题，共16分)10、略

【分析】【解析】试题分析：应用理想气体状态方程环境温度不变计算得除去瓶中剩余的20L气体无法充到氧气袋中，剩余气体可充满袋数考点：理想气体状态方程【解析】【答案】56袋11、略

【分析】因为处于电场中的导体内部会激发一个与外部电场大小相等，方向相反的电场，即合电场为零，所以箔片不会张开，此现象我们叫做静电屏蔽现象，【解析】【答案】不张开，静电屏蔽，E，水平向左12、略

【分析】解：圆线圈在匀强磁场中；现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T．

所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2-∅1=（B2-B1）S=0.8Wb

而磁通量变化率为：==16Wb/s

则线圈中感应电动势大小为：E=N=20×16=320V

故答案为：0.8；16，320．

穿过线圈的磁通量发生变化；导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小．

感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系．由此求出则是平均感应电动势，而瞬时感应电动势则由E=BLV，式中L是有效长度，V是切割磁感线的速度．【解析】0.8；16；32013、略

【分析】解：（1）两球离开轨道后做平抛运动；它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：

m1v1=m1v1′+m2v2′；

两边同时乘以t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t；

即为：m1OP=m1OM+m2O′N，m1OP=m1OM+m2（ON-2r）；由此可知，实验需要测出小球质量；小球的水平位移；

测质量需要天平；测水平位移需要刻度尺，故需要的测量工具为：天平；刻度尺．

（2）由图2所示可知，OP=25.5cm，OM=15.5cm，O′N=ON-2r=41.1cm-1.1cm=40.0cm．

如果两球碰撞过程动量守恒，则：m1OP=m1OM+m2（ON-2r）；

代入数据求得：m1：m2=4：1；

故答案为：（1）天平；刻度尺；（2）4：1．

根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式；然后根据表达式分析答题．

本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，掌握实验原理、应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式即可正确解题．【解析】天平；刻度尺；4：114、（1）BL2，BLv

（2）可变电容器C4.7×10-5【分析】(1)

【分析】由磁通量的定义式求出磁通量的变化量；

由E=BLv

求出感应电动势。本题考查了求磁通量的变化量、求感应电动势，知道磁通量的定义式、知道导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式即可正确解题。【解答】在把线框拉出磁场过程中；

磁通量的变化量：鈻�娄碌=娄碌2鈭�娄碌1=B鈻�S=BL2

导体框匀速运动；产生的感应电动势：E=BLv

故答案为：BL2BLv

(2)

【分析】甲图是可变电容器，图乙是电容器的相关的数据；本题考查了电容器，对于课本的基础知识要掌握，包括图片、课后习题。【解答】甲图是可变电容器，改变动片的位置可以改变电容的大小；该电学元件是可变电容器，符号是：C

图乙是电容器的相关的数据，其中47娄脤F

是该电容器的电容，47娄脤F=4.7隆脕10鈭�5F

故答案为：可变电容器C4.7隆脕10鈭�5

【解析】(1)BL2BLv

(2)

可变电容器C4.7隆脕10鈭�5

15、略

【分析】【解析】【答案】（4分）AB16、略

【分析】解：（1）停表表示读数：内圈读数：90s；外圈读数9.7s，总读数为：t=90s+9.7s=99.7s；

（2）根据单摆的周期公式T=2π得：g=．

A；测摆线长时摆线拉得过紧；使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．

B；摆动后出现松动；知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小．故B正确．

C；实验中开始计时；秒表过迟按下，则测得周期偏小，所以测得的重力加速度偏大．故C错误．

D；实验中将49次全振动数成50次全振动；测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．

故选：B；

（3）根据单摆的周期公式T=2π得：L=．

而另外一位同学作出的L-T2图线如图2所示；此图线不过原点的原因可能是计算摆长时，加入球的直径，而不是半径．

故答案为：（1）99.7；（2）B；

（3）可能是计算摆长时；加入球的直径，而不是半径．

（1）秒表读数：先读内圈；读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读．

（2）根据单摆的周期公式T=2π得出重力加速度的表达式；从而判断出重力加速度减小的原因；

（3）根据实验注意事项与实验原理分析实验误差．由单摆周期公式变形，得到T2与L的关系式；分析图象的意义，即可求解．

本题关键明确实验原理，根据原理选择器材；由单摆的周期公式变形，得到T2与L的关系式得到图象斜率的物理意义，再分析实验产生的误差．【解析】99.7；B；可能是计算摆长时，加入球的直径，而不是半径17、略

【分析】解：气体的体积变大，对外做功，W=F鈻�X=PS鈻�X=P鈻�V=1.0隆脕105隆脕(4.0鈭�2.0)隆脕10鈭�3=200J

对外做功，W

为负值，根据热力学第一定律：鈻�E=Q鈭�W

所以：Q=鈻�E+W=300J.

正号表示吸收热量．

故答案为：吸收；300

物体的内能与物体的温度和体积有关.

温度是分子平均动能的标志；温度低的物体分子运动的平均动能小．

理想气体经历等压变化；由玻意尔定律求出状态B

体积，根据热力学第一定律求解．

本题要要掌握热力学第一定律鈻�U=W+Q

的应用.

抓住温度的微观含义：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大．【解析】吸收；300

四、判断题(共4题，共16分)18、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．19、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．20、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．21、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、解答题(共3题，共12分)22、略

【分析】

由于不知道粒子的电性；所以要分为两种情况来分析解答：

（1）若带电粒子带正电。

带电粒子在磁场中沿逆时针方向运动；当运动轨迹刚好与磁场右边界相切时，轨道半径R-Rcosθ=L

则有又因

则速度为

即带电粒子要穿过磁场，速度要大于

（2）若带电粒子带负电。

带电粒子在磁场中沿顺时针方向运动；当运动轨迹刚好与磁场右边界相切时，轨道半径R+Rcosθ=L

又因

则速度

带电粒子要穿过磁场，速度要大于

答：带正电的粒子要穿过磁场，速度要大于带负电的粒子要穿过磁场，速度要大于．

【解析】【答案】因本题没有指明带电粒子所带的电性；所以首先要分为两种情况进行讨论．带正电时粒子将沿逆时针方向运动，带负电时粒子将沿顺时针方向运动．两种情况都要与磁场的右边界相切时为临界状态，根据题意画出草图，确定圆心的位置，利用解三角形的知识进行求解．

23、略

【分析】

（1）当杆的速度为3m/s时，杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=1×0.3×3V=0.9V，ab杆中产生的电流方向沿a指向b

此时杆中电流I=

此时杆受到的安培力：F安=BIL=1×3×0.3N=0.9N

根据左手定则；安培力的方向水平向左．

对杆受力分析，在水平方向杆受两个力，拉力F=1.5N方向向右，安培力F安=0.9N；方向水平向左。

则杆在水平方向受到的合力F合=F-F安=1.5-0.9N=0.6N；方向水平向右．

根据牛顿第二定律，杆产生的加速度a=

（2）由（1）分析知，杆达到最大速度vmax时；安培力和拉力平衡，又因为：

=

所以：F=

即：==5m/s．

据P=Fv=1.5×5W=7.5W．

（3）杆达到平衡时；最大速度为5m/s，此时撤去外力F，根据能量守恒，杆的动能将转变成电路内能释放。

故电路中产生的热能等于杆的动能：

即=

因为电阻产生热量Q=I2Rt可知，电路中R和r串联，所以电阻R和r上产生的热量之比等于电阻之比。

所以由题意可知，电阻R上产生的热量QR和电路产生总热量之比为：

即电阻产生热量==0.83J

答：（1）当杆的速度为3m/s时，杆的加速度为6m/s2

（2）杆能达到的最大的速度为5m/s；此时拉力的瞬时功率为7.5W

（3）若杆达到最大速度后撤去拉力；则此后R上共产生0.83J热能．

【解析】【答案】杆运动时；在水平方向受2个力，拉力和安培力，已知拉力和杆运动的速度，可以求得感应电动势E，并根据欧姆定律求得电流，根据F=BIL求得安培力的大小，这样可以求出此时杆加速度；由题意知杆做加速度减小的加速运动，杆速度最大时，拉力与安培力平衡，已知拉力的大小即安培力的大小，根据安培定则可以求得电流I，再根据欧姆定律求得感应电动势的大小，由E=BLv可以求得杆速度最大时的加速度，然后由P=Fv得拉力的瞬时功率；根据能量守恒，撤去拉力后机械能转化为热能，根据欧姆定律求得电阻R上产生的热量．

24、略

【分析】

（1）从状态A到状态C过程，气体发生等容变化，该气体对外界做功W1=0

根据热力学第一定律有△U1=W1﹢Q1

内能的增量△U1=Q1=9J

（2）从状态A到状态B过程；体积减小，温度升高。

该气体内能的增量△U2=△U1=9J

根据热力学第一定律有△U2=W2﹢Q2

从外界吸收的热量Q2=△U2-W2=3J

答：（1）从状态A到状态C过程，该气体对外界做功W1=0，其内能的增量△U1=9J；

（2）从状态A到状态B过程，该气体内能的增量△U2为9J，从外界吸收的热量Q2为3J．

【解析】【答案】（1）从状态A到状态C过程，气体发生等容变化，不做功．根据热力学第一定律求解内能的增量△U1；

（2）由于B、C两状态的温度相同，内能相等，则气体从状态A到状态B过程与A到C的过程内能的增量相等．再由根据热力学第一定律求解从外界吸收的热量Q2．

六、推断题(共2题，共18分)25、rm{(1)2-}甲基丙烯或异丁烯

rm{(2)NaOH}溶液加热加成反应取代反应

rm{(3)}

rm{(4)nHO(CH_{3})_{2}CCOOH}rm{+(n-1)H_{2}O}

rm{(5)BC}

rm{(6)4}

【分析】【分析】本题考查学生有机推断和有机合成，是现在考试的热点，难度较大，可以根据所学知识进行回答。【解答】由rm{A}到rm{B}发生加成反应，rm{B}到rm{C}反生卤代烃的水解，再氧化生成rm{D}rm{E}与rm{F}反生取代反应生成rm{G}由此来推断各反应类型和产物；rm{(1)A}是烯烃，名称是rm{2-}甲基丙烯；rm{(2)B隆煤C}的反应条件为rm{NaOH}水溶液并加热，根据题目所给的信息，可知rm{A隆煤B}和rm{D隆煤E}的反应类型分别是加成反应、取代反应；rm{(3)D}在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应会生成一种含六元环的化合物，该化合物的结构简式为在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应会生成一种含六元环的化合物，该化合物的结构简式为rm{(3)D}；

是一种高聚酯，rm{(4)H}的化学方程式为rm{D隆煤H}rm{nHO(CH_{3})_{2}CCOOH}

rm{+(n-1)H_{2}O}根据rm{(5)A.}和rm{E}发生取代反应生成rm{F}rm{G}被取代，可知rm{-OH}的分子式为rm{G}故A正确；B.rm{C_{12}H_{14}O_{5}}含有rm{1molG}酚酯基和rm{1mol}醇酯基，可知与rm{1mol}溶液加热最多消耗rm{NaOH}注意酚羟基的性质，故B错误；C.一定条件下rm{3molNaOH}发生消去反应生成的有机物碳碳双键两侧的碳原子有rm{G}不存在顺反异构体，故C错误；D.在一定条件下rm{-CH_{2}}能与rm{G}发生取代反应，体现羟基的性质，故D正确；故选BC；rm{HBr}是rm{(6)M}的同分异构体，与rm{D}具有相同的官能团即羧基和羟基，羟基和羧基看作取代基，相当于丙烷的二元取代产物，则rm{D}可能的结构有rm{M}种。