2025年沪科新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年沪科新版高二物理上册月考试卷942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、如图所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V、5W”字样．L4标有“5V、10W”字样，若它们都能正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路的输入功率Pab和输入电压Uab应为（）A.20W，25VB.20W，20VC.25W，25VD.25W，20V2、在下列物体的运动中，可视作质点的物体有()A.从北京开往广州的一列火车B.研究转动的汽车轮胎C.研究自转的地球D.表演精彩芭蕾舞的演员3、20

世纪50

年代，科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”，认为当太阳强烈活动影响地球而引起磁暴时，磁暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流，此电流产生了地磁场.

连续的磁暴作用可维持地磁场，则外地核中的电流方向为(

地磁场N

极与S

极在地球表面的连线称为磁子午线)(

)

A.垂直磁子午线由西向东B.垂直磁子午线由东向西C.沿磁子午线由南向北D.沿磁子午线由北向南4、一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d

极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(

小孔对电场的影响可忽略不计).

小孔正上方d

处的P

点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(

未与极板接触)

返回.

若将下极板向上平移d2

则从P

点开始下落的相同粒子将(

)

A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板d3

处返回D.在距上极板2d5

处返回5、一个直流电动机所加的电压为U；电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下列说法正确的是（）

A.电动机的输出功率为

B.电动机的发热功率为I2R

C.电动机的功率可写作

D.电动机的输出功率为IU-I2R

6、阿伏加德罗常数是NAmol－1，铜的摩尔质量是μkg/mol，铜的密度是ρkg/m3，则下列说法不正确的是()A.1m3铜中所含的原子数为B.一个铜原子的质量是C.一个铜原子所占的体积是D.1kg铜所含有的原子数目是ρNA评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、一列简谐横波在x轴上传播．t=0时的波形图如图所示，质点A与质点B相距2m，A点速度沿y轴的正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处．由此可知（）A.此波的传播速度为50m/sB.从t=0时刻起，经过0.04s，质点A沿波的传播方向迁移了2mC.在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴负方向D.若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为12.5Hz8、如图甲所示，水平面上有光滑的平行金属导轨MN、PQ，两平行导体棒ab、cd用轻质绝缘细杆相连垂直放置在MN、PQ上．开始时匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．不计ab；cd间电流的相互作用；下列说法正确的是（）

A.由0到t1时间内导体棒中的电流保持不变B.由0到t1时间内轻杆中的张力保持不变C.由t1到t2时间内曲棒受到的安培力保持不变D.由t1到t2时间内轻杆中的压力增加9、在日光灯电路中；关于启动器；镇流器、灯管的作用，下列说法正确的是（）

A.日光灯点燃后，启动器不再起作用B.镇流器在点燃灯管的过程中，产生一个瞬时高压，点燃后起到降压限流的作用C.日光灯点燃后，镇流器、启动器不起作用D.日光灯点燃后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光10、如图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为21

在原、副线圈的回路中接入的电阻阻值均为R

电压表和电流表均为理想电表，以ab

端接有电压为2202sin10娄脨tV

的交流电，开关S

处于断开状态时，设电压表读数为U

原、副线圈回路中电阻R

消耗的功率之比为k

则(

)

A.U=88Vk=14

B.U=55Vk=14

C.当开关闭合时，电流表的示数变大D.当开关闭合时，电压表的读数不变11、如图所示为人造地球卫星的轨道示意图，其中1为近地圆周轨道，2为椭圆轨道，3为地球同步轨道，其中P、Q为轨道的切点，则下列说法中正确的是（）A.卫星在1轨道上运行可经过一次加速转移到3轨道上运行B.卫星由1轨道进入2轨道机械能增大C.卫星在轨道2上的运行周期最短D.卫星在2轨道上的P点的运动速度小于“第二宇宙速度”，在Q点的速度小于“第一宇宙速度”12、如图所示，波源S从平衡位置y=0开始振动，振动方向为竖直向上（y轴的正方向），振动周期为T=0.01s，产生的简谐波向左、右两个方向传播，波速均为v=80m/s．经过一段时间后，P、Q两点开始振动．已知距离SP=1.2m，SQ=2.6m．若以Q点开始振动时刻作为计时的零点，则在下列振动图象中，能正确描述P、Q两点振动情况的是：（）A.B.C.D.评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10Ω，置于水平面上．若线圈内的磁通量在0.02s内，由垂直纸面向里，从0.02wb均匀增加到0.06wb，则在此时间内，线圈内导线的感应电动势为_________V。14、有一种“隐形飞机”，可以有效避开雷达的探测，秘密之一在于它的表面有一层特殊材料，这种材料能够____（填“增强”或“减弱”）对电磁波的吸收作用；秘密之二在于它的表面制成特殊形状，这种形状能够____（填“增强”或“减弱”）电磁波反射回雷达设备．15、如图是一电热水壶的铭牌，由铭牌可知，该电热水壶在额定电压下工作时，所使用的交流电压的最大值为_____V

交流电的周期为_

_______s

．16、某人用多用电表按正确步骤测量一电阻阻值，指针指示位置如图所示，则该电阻值是____．如果要用该多用电表测量一个阻值约200Ω的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是____．

17、（4分）如图所示，理想变压器的次级有两组线圈，图中三个灯泡的规格相同，四个电表对电路的影响都可忽略不计。开关K断开时，灯L1正常发光，这时两电流表示数之比I1：I2是1：4；开关K闭合时，三个灯都正常发光，这时两电流表示数之比，两电压表示数之比U1：U2=______18、铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过______次α衰变和______次β衰变评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)19、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）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、计算题(共3题，共24分)22、如图所示，交流发电机的矩形线圈在B=0.2T的匀强磁场中匀速转动，线圈的面积为S=100cm2，匝数为N=500匝，线圈的电阻为r=5Ω，负载的电阻为R=25Ω，已知电压表的示数为300V，求：该交变电流电源电动势瞬时值的表达式（从中性面开始计时）、此发电机的输出功率。23、图中是有两个量程的电流表，当使用ab

两个端点时；量程为1A

当使用ac

两个端点时，量程为0.1A.

已知表头的内阻Rg

为500娄赂

满偏电流Ig

为1mA

求电阻R1R2

的值．

24、在某空间建立如图所示直角坐标系，并在该空间加上沿y

轴负方向、磁感应强度大小为B

的匀强磁场，和沿某个方向的匀强电场。一质量为m

、带电量为+

q

(

q

>0)

的粒子从坐标原点O

以初速度v

沿x

轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动。不计粒子重力的影响，试求：(1)

所加电场强度E

的大小和方向；(2)

若撤去电场，并改变磁感应强度的大小，使得粒子恰好能够经过坐标为(3a,0,鈭�

a

)

的点，则改变后的磁感应强度B

拢搂

为多大？(3)

若保持磁感应强度B

不变，将电场强度大小调整为E

拢搂

方向调整为平行于yOz

平面且与y

轴正方向成某个夹角娄脠

，使得粒子能够在xOy

平面内做匀变速曲线运动(

类平抛运动)

并经过坐标为(3a,

a

，0)

的点，则E

拢搂

和tan娄脠

各为多少？评卷人得分六、简答题(共3题，共6分)25、红磷rm{P(s)}和rm{Cl_{2}(g)}发生反应生成rm{PCl_{3}(g)}和rm{PCl_{5}(g)}反应过程和能量关系如下图所示rm{(}图中的rm{娄陇}rm{H}表示生成rm{1mol}产物的数据rm{)}根据上图回答下列问题：rm{(1)P}和rm{Cl_{2}}反应生成rm{PCl_{3}}的热化学方程式是：_______________________________。rm{(2)PCl_{5}}分解成rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}的热化学方程式是：____________________________。rm{(3)}工业上制备rm{PCl_{5}}通常分两步进行，先将rm{P}和rm{Cl_{2}}反应生成中间产物rm{PCl_{3}}然后降温，再和rm{Cl_{2}}反应生成rm{PCl_{5}}原因是_______________________。rm{(4)P}和rm{Cl_{2}}分两步反应生成rm{1molPCl_{5}}的rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{3}=}______，rm{P}和rm{Cl_{2}}一步反应生成rm{1molPCl_{5}}的rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{4}}________rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{3}(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}rm{(5)PCl_{5}}与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是：_____________________。26、rm{KMnO_{4}}溶液与rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液可发生如下反rm{2KMnO_{4}+5H_{2}C_{2}O_{4}+3H_{2}SO_{4}=K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}

rm{(1)}该反应速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，这是因为______rm{(}填化学式rm{)}对该反应具有催化作用；催化剂之所以能大大加快反应速率的原因是改变了反应的路径，降低了反应所需的______

rm{(2)}据此原理，可以利用rm{KMnO_{4}}溶液来测定rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液的浓度；具体做法如下：

rm{垄脵}准确配制rm{0.10mol/L}的rm{KMnO_{4}}

rm{垄脷}将rm{KMnO_{4}}溶液盛放在滴定管中______rm{(}填“酸式”或“碱式”rm{)}溶液。

rm{垄脹}准确量取rm{25.00mLH_{2}C_{2}O_{4}}溶液于锥形瓶中。

rm{垄脺}进行滴定滴定终点有什么现象______，是否需要指示剂rm{(}填“是”或“否”rm{)}______

rm{(3)}在下列操作中；会使测定的浓度偏大的是______．

rm{垄脵}盛装rm{KMnO_{4}}溶液的滴定管用蒸馏水洗净后未用rm{KMnO_{4}}溶液润洗。

rm{垄脷}锥形瓶中盛有少量蒸馏水；再加待测液。

rm{垄脹}盛装rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未用rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液润洗。

rm{垄脺}滴定后观察滴定管读数时；视线高于刻度线。

rm{(4)}滴定时所得的实验数据如下，试计算所测______rm{mol/L}

。实验次数编号待测液体积rm{mL}滴入的标准液体积rm{(mL)}rm{1}rm{25.00}rm{28.95}rm{2}rm{25.00}rm{25.05}rm{3}rm{25.00}rm{24.95}27、斜面ABC

中AB

段粗糙，BC

段长为1.6m

且光滑，如图(a)

所示。质量为1kg

的小物块以初速度vA=12m/s

沿斜面向上滑行，到达C

处速度恰好为零，小物块沿斜面上滑的v鈭�t

图象如图(b)

所示。已知在AB

段的加速度是BC

段加速度的两倍；g=10m/s2(vB,t0

未知)

求：

(1)

小物块沿斜面向上滑行通过B

点处的速度vB

(2)

斜面AB

段的长度。

(3)

小物块沿斜面向下滑行通过BA

段的时间。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【解析】试题分析：三个灯泡L1、L2、L3、L4都正常发光，表明副线圈中的电流是原线圈中电流的两倍，根据U1I1=U2I2，可知原线圈两端的电压是副线圈两端电压的两倍，副线圈两端的电压是10V，则原线圈两端的电压是20V，再加上L1的电压便是ab两端的电压，电压为25V。功率就是所有灯泡的功率之和，选项C正确。【解析】【答案】C2、A【分析】【分析】当物体的大小和形状对所研究的问题中没有影响或影响不计时，可以把物体当成质点处理。必须掌握质点的条件，明确能不能看成质点不是由物体决定，而是由所研究的问题的性质决定。【解答】A.研究火车所用时间；尽管火车有一定的长度和形状，但相对于距离可忽略不计，故火车可看作质点.

故A正确；

B.研究转动的汽车轮胎时；不能看做质点.

故B错误；

C.研究地球的自转时；地球有大小和形状不能忽略，不能看作质点，否则就无法分辨地球的转动，故C错误；

D.研究演员的姿势；演员的动作姿态等影响很大，不能看作质点.

故D错误；

故选A。

【解析】A

3、B【分析】解：由题意知；地磁体的N

极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N

极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，故B正确，ACD错误．

故选：B

．

要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向；大拇指所指的方向便是螺线管的N

极．

首先根据信息中给出的已知条件；根据根据“磁子午线”由安培定则确定电流的方向．

该题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题．【解析】B

4、C【分析】解：对下极板未移动前；从静止释放到速度为零的过程，由动能定理得：

mg?2d鈭�qU=0

将下极板向上平移d2

时；设运动到距离上极板x

处返回，根据动能定理得：

mg(d+x)鈭�q?xd2U=0

联立两式解得：x=13d.

故C正确；ABD错误．

故选：C

．

分别研究两种情况：一是下极板未移动时；带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零；二是向上移动下极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能定理，结合电势差大小与d

的关系，求出粒子返回时的位置．

该题考到了带电粒子在电场中的运动、电容器、功能关系等知识点，是一道比较综合的电学题，难度较大.

这类题应该以运动和力为基础，结合动能定理求解．【解析】C

5、B|D【分析】

A、电动机的输出功率．故A错误；D正确．

B、电动机的发热功率，根据焦耳定律，．故B正确．

C、因为P＞P热，即UI＞I2R，U＞IR，欧姆定律不适用．故UI不能转化成I2R和．故C错误．

故选BD．

【解析】【答案】电动机工作时，输入功率P=UI，内部消耗的功率为输出功率P出=P-P热．

6、D【分析】【解析】试题分析：1m3铜的质量为m=ρ(Kg)，则摩尔数为即粒子个数为A正确。一个铜原子的质量是，所以B正确。一个铜原子所占的体积是所以C正确。1kg铜所含有的原子数目是D错考点：物质的组成【解析】【答案】D二、多选题(共6题，共12分)7、AD【分析】解：A、由题意可知，AB间相隔半个波长，则有：解得，λ=4m；A点向上振动，经=0.02s第一次到达最大位置，则可知T=0.08s，则波速v===50m/s．故A正确．

B；简谐横波沿x轴传播；质点A沿波传播方向并不迁移．故B错误．

C；此时B向下；再经过t=0.04s=0.5T时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向．故C错误．

D、T=0.08s，f===12.5Hz；再两波的频率相同时，才容易发生稳定的干涉现象，故若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为12.5Hz，故D正确．

故选：AD

由图确定波长；根据A点振动情况确定，求出波速．由A点的振动方向判断出波的传播方向．根据周期，分析在t=0.04s时，质点B处在位置和速度方向．

根据波的干涉条件可明确两波的频率关系．

本题考查对波的图象的认识和应用，对于波的图象问题往往需要研究波的传播方向和质点的振动方向之间的关系，同时明确两列波发生稳定的干条件是两列波的频率相同．【解析】【答案】AD8、AD【分析】解：A、0到t1时间内；磁场向里，磁感应强度B均匀减小，线圈中磁通量均匀减小，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流，故A正确；

B、由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故ab受力向左，cd受力向右，而张力F=F安=BIL；因B减小，故张力将减小，B错误；

C、t1到t2时间内；磁场向外，磁感应强度B均匀增大，线圈中磁通量均匀增大，由法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的感应电动势，形成恒定的电流，因磁感应强度的变化，则导致棒受到的安培力减小，故C错误；

D、由t1到t2时间内；线圈中的磁场向外，B均匀增大，回路中产生恒定的感应电流，由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，杆中压力增加，故D正确；

故选：AD．

由乙图看出，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电流大小，由楞次定律可判断ab；cd受到的安培力方向；则可得出张力的变化．

本题只要楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断．【解析】【答案】AD9、AB【分析】解：日光灯工作时都要经过预热；启动和正常工作三个不同的阶段；它们的工作电流通路如下图所示：

在启动阶段镇流器与启动器配合产生瞬间高压．工作后；电流由灯管经镇流器，不再流过启动器，故启动后启动器不再工作，而镇流器还要起降压限流作用，不能去掉，综上可知，故AB正确，CD错误；

故选：AB．

日光灯原理：当开关接通220伏的电压立即使启辉器的惰性气体电离；产生辉光放电．辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触．电流通过镇流器；启辉器触极和两端灯丝构成通路．灯丝很快被电流加热，发射出大量电子．双金属片自动复位，两极断开．在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端．灯丝受热时发射出来的大量电子，在灯管两端高电压作用下，以极大的速度由低电势端向高电势端运动．在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使之迅速电离．在紫外线的激发下，管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光．

明确工作原理是解题的关键，注意日光灯工作时都要经过预热、启动和正常工作三个不同的阶段，基础题．．【解析】【答案】AB10、AC【分析】解：A

由I2I1=U1U2=n1n2=2

原线圈回路中电阻R

消耗的功率P1=I12R

副线圈回路中电阻R

消耗的功率P2=I22R

则有k=P1P2=I12I22=14

副线圈的电流I2=UR

原线圈回路中I1=12I2=U2R

原线圈回路中电阻R

的电压UR=I1R=U2ab

端电压有效值为U脫脨=Um2=220V

由题意可知输入电压有效值为220=2U+U2

解得U=88V

故A正确，B错误；

C、当开关闭合时，负载R隆盲<R

减小，副线圈的电流I隆盲2=UR鈥�

原线圈回路中I1隆盲=12I2隆盲=U2R鈥�>I1

原线圈回路中电阻R

的电压UR=I隆盲1R=U2?RR鈥�

由题意可知输入电压有效值为220=2U+U2?RR鈥�

解得U<88V

故C正确，D错误；

故选：AC

根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值；周期和频率等；再根据电压与匝数成正比即可求得结论，电路的动态分析，由欧姆定律求解。

突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系。【解析】AC

11、BD【分析】解：A；卫星从1轨道转移到3轨道上运行；需要在P点和Q点加速两次。故A错误；

B；卫星由1轨道进入2轨道需要在P点点火加速；所以机械能增大。故B正确；

C；根据开普勒第三定律可知；轨道半径最小的1轨道的周期最小。故C错误；

D；卫星从轨道1变轨到轨道2；在a点加速后仍然绕地球运动，所以速度小于第二宇宙速度；

设卫星和地球的质量分别为m和M，卫星速率为v，轨道半径为r，则有得到v=可见半径小，速率大则有v1P＞v3Q。

卫星从轨道2变轨到轨道3，在Q点加速，则有v3Q＞v2Q；所以v1P＞v3Q＞v2Q．v1P近似等于第一宇宙速度；可知卫星在2轨道的Q点的速度小于“第一宇宙速度”。故D正确。

故选：BD。

考查变轨问题；从1轨道变到2轨道时需要点火加速，在2轨道的Q点再次点火加速才能稳定在3轨道上。由开普勒第三定律判断周期之间的关系，由万有引力提供向心力判断速度关系。

卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较。【解析】BD12、AD【分析】解：由题；该波的周期T=0.01s；

由波速公式v=得；波长λ=vT=80×0.01m=0.8m

则SP=1.2m=1.5λ、SQ=2.6m=3λ。

波源S开始振动方向竖直向上；则介质中各起振方向均沿竖直向上方向。结合波形可知，当Q点开始振动时，Q点向上振动，而P点此时处于波谷，则P；Q两点的振动图象为。

故AD正确；BC错误。

故选：AD。

波源P开始振动方向竖直向上；则介质中各起振方向均沿竖直向上方向．由波速公式求出波长．若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，根据S；Q间的距离与波长的关系，分析此时刻S质点的振动方向及振动情况．

本题解题时要注意波向右、向左同时传播，两列波的波形左右具有对称性．根据两质点间距离与波长的关系，结合波形，分析两质点间状态和位置关系，是应具有的能力．【解析】AD三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】根据法拉第电磁感应定律【解析】【答案】20V14、增强减弱【分析】【解答】现代的“隐形飞机”之所以能够避开雷达的探测；其原因在于它的表面制成特殊形状，这种形状能够减弱电磁波的反射，同时隐形飞机的表面有一层特殊材料，这种材料能够增强对电磁波的吸收作用，使得雷达受到反射回来的电磁波发生变化，即导致雷达无法根据反射回来的电磁波判断前方物体．

故答案为：增强；减弱．

【分析】雷达的工作原理是这样的：其首先向外发射电磁波，这些电磁波碰到前方物体后发生反射，即雷达通过接收到的反射回来的电磁波的情况判断前方的物体情况．所以该题可以据上面所说的雷达的工作原理分析即可．15、0.02【分析】【分析】由表中数据可以得到额定电压、工作频率，根据有效值与最大值的关系求出交流电压的最大值，根据T=1f

求出周期，做题时应加以注意。本题主要考查有效值与最大值之间的关系以及周期与频率的关系；用电器铭牌上都会有额定电压，频率，有了这些信息我们可以求出其他物理量。【解答】由图知电水壶的额定电压是220V

频率为50HZ

则所使用的交流电压的最大值Um=2U=2202V

周期T=1f=150HZ=0.02s

故答案为：22020.02

【解析】22020.02

16、略

【分析】

由图知选择开关置于×100；指针示数为12，所以电阻为12×100=1200Ω；

指针指在中央附近较准确；所以选择开关置于×10挡．

故答案为：1200Ω；×10挡。

【解析】【答案】用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率；当指针指在中央附近时测量值较准确．

17、略

【分析】试题分析：当开关K断开时，灯L1正常发光，由电流与匝数成反比得，原线圈和次级线圈的匝数之比：因为开关K闭合时，三个规格相同的灯泡都正常发光，所以下边次级线圈的电压和上面次级线圈的电压相等，且通过三灯泡的电流相等，又因电压与匝数成之比，则上面和下面次线圈的匝数相等，故两电压表示数之比：对理想变压器有输入功率等于输出功率，即又故有所以．考点：本题考查理想变压器的工作原理、欧姆定律的应用，意在考查考生能够运用已学的物理知识进行分析判断．【解析】【答案】3：44：118、86【分析】解：设发生x次α衰变，y次β衰变，衰变方程为：U→Pb+xα+yβ

则：238=206+4x；解得：x=8

又：92=82+8×2-y；得：y=6

故答案为：8；6

设发生x次α衰变；y次β衰变，写出衰变方程，求解x，y即可。原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变。

知道发生α、β衰变的实质。能够运用质量数和电荷数守恒进行求解。【解析】86四、判断题(共3题，共9分)19、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．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、计算题(共3题，共24分)22、略

【分析】【解析】

发电机正常工作时，Em=NBSω，电压表的读数数U=300V，为路端电压的有效值，故得发电机转动的角速度电压瞬时值表达式为e=Emsinωt=720sin720t(V).此发电机为纯电阻R供电，则输出功率为【解析】【答案】7200W23、解：接a、b时，R1起分流作用为一支路，G与R2串联为一支路，此时量程为I1=1A；此接法电路的量程为当G表头达到满偏时通过电流表的总电流即为。

①

同理接a、c时，R1+R2为一支路起分流作用，G为一支路，此时量程为I2=0.1A

则②

由①②式构成一方程组，只有R1与R2为未知量；代入数据求得：

R1=0.41Ω，R2=3.67Ω

答：电阻R1、R2的值分别为0.41Ω和3.67Ω。【分析】接ab

时为G

表头与R2

串联成一支路；该支路与R1

并联，为一电流表，由电路得出量程的表达式.

接ac

时为R1

与R2

串联后与G

表头并联成一电流表，由电路得出量程的表达式；由两个表达式求得R1

与R2

的值；

考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式。【解析】解：接ab

时；R1

起分流作用为一支路，G

与R2

串联为一支路，此时量程为I1=1A

此接法电路的量程为当G

表头达到满偏时通过电流表的总电流即为。

I1=Ig+g(Rg+R2)R1垄脵

同理接ac

时；R1+R2

为一支路起分流作用，G

为一支路，此时量程为I2=0.1A

则I2=Ig+IgRgR1+R2垄脷

由垄脵垄脷

式构成一方程组；只有R1

与R2

为未知量，代入数据求得：

R1=0.41娄赂R2=3.67娄赂

答：电阻R1R2

的值分别为0.41娄赂

和3.67娄赂

24、解：（1）由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z轴负方向，则有平衡条件可知，电场力沿z轴正方向，即电场强度沿z轴正方向；且有：解得：E=vB；即：所加电场强度E的大小为vB，方向沿z轴正方向；（2）粒子运动的轨迹如图所示：由几何关系，有：解得粒子运动的半径为：r=2a，由牛顿第二定律，有：解得即：改变后的磁感应强度B´为（3）由题意，电场力的一个分力沿z轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿y轴正方向提供类平抛运动加速度a0，如图所示：则由平衡条件，有：由曲线运动规律，有：其中解得：则有：即：E´为，tanθ为【分析】本题考查了带电粒子在复合场中的运动情况，根据受力分析，得出粒子的运动情况，由几何知识得出运动半径，从而解决问题。(1)

根据左手定则，可以知道粒子的受力方向，再根据平衡条件，可以求出电场强度E

的大小和方向；(2)

根据题意，可以画出粒子的运动轨迹，根据几何关系可以求出粒子运动的半径；(3)

再根据牛顿第二定理，可以得到改变后磁感应强度的大小根据平衡条件，再根据曲线运动的规律，由题意画图，可知y

轴提供的类平抛加速度a0

联立列出的公式就可以知道E鈥�

和tan娄脠

【解析】解：(1)

由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z

轴负方向，则有平衡条件可知，电场力沿z

轴正方向，即电场强度沿z

轴正方向；且有：qE鈭�qvB=0

解得：E=vB

即：所加电场强度EE的大小为vBvB方向沿z

轴正方向；(2)

粒子运动的轨迹如图所示：由几何关系，有：r2=(r鈭�a)2+(3a)2

解得粒子运动的半径为：r=2a

由牛顿第二定律，有：qvB鈥�=mv2r

解得B鈥�=mv2qa

即：改变后的磁感应强度BB?为mv2qadfrac{mv}{2qa}(3)

由题意，电场力的一个分力沿z

轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿y

轴正方向提供类平抛运动加速度a0

如图所示：则由平衡条件，有：qE1鈭�qvB=0

由曲线运动规律，有：3a=vta=12a0t2

其中a0=qE2m

解得：E1=vBE2=2mv23qa

则有：E鈥�=E12+E22=(vB)2+(2mv23qa)2

tan娄脠=E1E2=3qaB2mv

即：EE?

为(vB)2+(2mv23qa)2，tan娄脠tan娄脠为3qaB2mvdfrac{3qaB}{2mv}六、简答题(共3题，共6分)25、（1）P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ•mol-1（2）PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1（3）两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解（4）-399kJ•mol-1等于（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【分析】【分析】本题考查热化学方程式的书写、盖斯定律的应用，题目难度不大，注意正确理解并运用盖斯定律，注意热化学方程式的书写方法。【解答】rm{(1)}由图象可知，rm{1molP}与rm{Cl_{2}}反应生成rm{1molPCl_{3}}放出rm{306kJ}的能量，则反应的热化学方程式为rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}由图象可知，rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}分解成rm{(2)}和rm{1molPCl_{5}}需要吸收rm{PCl_{3}}的能量，则反应的热化学方程式为rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}

rm{Cl_{2}}因为两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解，故先将rm{93kJ}和rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}反应生成中间产物rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}然后降温，再和rm{(3)}反应生成rm{P}

故答案为：两步反应均为放热反应；降温有利于提高产率，防止产物分解；

rm{Cl_{2}}由图象可知，rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}分两步反应生成rm{PCl_{5}}的rm{triangleH_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则rm{(4)}和rm{P}一步反应生成rm{Cl_{2}}的反应热等于rm{1molPCl_{5}}和rm{triangle

H_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}分两步反应生成rm{P}的反应热．

故答案为：rm{Cl_{2}}等于；

rm{1molPCl_{5}}rm{P}rm{Cl_{2}}rm{1molPCl_{5}}，rm{-399kJ?mol^{-1}}rm{(5)}

故答案为：rm{PCl}

rm{PCl}【解析】rm{(1)P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}rm{(2)PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}rm{(1)P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解rm{(2)PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}等于rm{(3)}rm{(4)-399kJ?mol^{-1;;;}}26、MnSO4；活化能；酸式；溶液由无色变为紫红色，30秒内不变色；否；①；0.25【分析】解：rm{(1)}反应生成了催化剂rm{MnSO_{4}}催化剂降低了反应所需的活化能，加快反应速率，故答案为：rm{MnSO_{4}}活化能；

rm{(2)KMnO_{4}}溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故Krm{MnO_{4}}溶液应装在酸式滴定管中；该实验是氧化还原滴定，终点时rm{KMnO_{4}}溶液恰好过量一滴，溶液会显紫红色，rm{30}秒内不变色，不需要外加指示剂，故答案为：酸式；溶液由无色变为紫红色，rm{30}秒内不变色；否。

rm{(3)垄脵}盛装rm{KMnO_{4}}溶液的滴定管用蒸馏水洗净后未用rm{KMnO_{4}}溶液润洗，rm{KMnO_{4}}溶液浓度偏小，造成rm{V(}标准rm{)}偏大，根据rm{C(}待测rm{)篓Tdfrac{C({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，可知rm{)篓Tdfrac

{C({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}标准rm{C(}偏大，故rm{)}正确；

rm{垄脵}锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，待测液的物质的量不变，对rm{垄脷}标准rm{V(}无影响，根据rm{)}待测rm{)篓Tdfrac{C({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，可知rm{C(}标准rm{)篓Tdfrac

{C({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}不变，故rm{C(}正确；

rm{)}盛装rm{垄脷}溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未用rm{垄脹}溶液润洗，rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液浓度偏小，待测液的物质的量偏小，造成rm{H_{2}C_{2}O_{4}}标准rm{H_{2}C_{2}O_{4}}偏小，根据rm{V(}待测rm{)篓Tdfrac{C({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，可知rm{)}标准rm{C(}偏小，故rm{)篓Tdfrac

{C({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}错误；

rm{C(}滴定后观察滴定管读数时，视线高于刻度线，造成rm{)}标准rm{垄脹}偏小，根据rm{垄脺}待测rm{)篓Tdfrac{C({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}分析，可知rm{V(}标准rm{)}偏小，故rm{C(}错误；

故选：rm{)篓Tdfrac

{C({卤锚脳录})隆脕V({卤锚脳录})}{V({麓媒虏芒})}}