2025年沪科版高二物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年沪科版高二物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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8题，共16分)1、关于天然放射现象，下列说法正确的是()A.放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期B.氡半衰期为3.8天，若取40个氡原子核，经7.6天后就一定剩下10个氡原子核了C.当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生β衰变D.放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线2、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，直接测出物理量摆长L

振动n

次的时间t

从而测定重力加速度g.

如果测出的g

值偏小，则可能的原因是(

)

A.误将摆线长度当作摆长B.误将从悬点到摆球下端的长度当作摆长C.摆球质量过大D.误把n

次全振动记录为n+1

次3、如图所示，一个半径为r

的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B

环上套一带电量为+q

的小球，已知磁感应强度B

随时间均匀增加，其变化率为k

若小球在环上运动一周，则感生电场的方向(

俯视)

及感生电场对小球的作用力所做功的大小是(

)

A.逆时针，0

B.顺时针，0

C.逆时针，娄脨r2qk

D.顺时针，娄脨r2qk

4、关于磁场，下列说法正确的是(

)

A.磁场和电场一样，是客观存在的物质B.磁体周围部分区域不存在磁场C.任何物体周围都存在磁场D.磁体的内部没有磁场5、如图虚线上方有匀强磁场；扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度ω逆时针匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，则能正确反映线框转动一周感应电流随时间变化的图象是（）

A.

B.

C.

D.

6、如图所示；理想变压器原；副线圈匝数之比为20：1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“3V，6W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则（）

A.原线圈电压为3VB.电源输出功率120WC.电流表的示数为0.1AD.电流表的示数为40A7、下列四幅图中，小磁针静止时，其指向正确的是()A.B.C.D.8、下列实验现象，属于反映电流能产生磁场的现象是(

)

A.

导线通电后，其下方的小磁针偏转B.

通电导线AB

在磁场中运动C.

金属杆切断磁感线时，电流表指针偏转D.

通电线圈在磁场中转动评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、如图所示，两极板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，两极板间有质量为m，电荷量为q的微粒静止不动，下列叙述中正确的是（）A.微粒带正电B.电源电动势的大小等于C.断开开关S，微粒将向下做加速运动D.保持开关S闭合，把电容器两极板间的距离增大，微粒将向下做加速运动10、如图甲所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是（）A.t1时刻线圈中的感应电动势最大B.t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直C.t3时刻线圈平面与中性面重合D.t4、t5时刻线圈中感应电流的方向相同11、a、b为电场中两点，且a点电势高于b点，则（）A.把负电荷从a点移到b点电场力做负功，电势能增加B.把正电荷从a点移到b点电场力做正功，电势能减少C.无论移动的是正电荷还是负电荷，电荷的电势能都要减少D.以上说法都不对12、理想变压器线圈1接在有效值恒定的交流电源上，灯泡L1接在线圈2上，灯泡L2、L3接在线圈3上，电流表、电压表、开关连接如图所示，不考虑输电线的电阻，当开关K闭合后，下列叙述正确的是（）A.灯泡L1亮度不变B.灯泡L2亮度变暗C.电压表V的读数不变D.电流表A的读数不变13、如图所示，有一回路处于竖直平面内，匀强磁场方向水平，且垂直于回路平面，当AC

无初速释放后(

回路由导体构成，两平行导轨足够长)

则下列说法正确的是()A.AC

受磁场阻力作用，以小于g

的加速度匀加速下落B.AC

加速下落，加速度逐渐减小趋向于零，速度逐渐增大趋向一个最大值C.AC

的加速度逐渐减小，通过R

的电流也逐渐减小，最后电流为零D.AC

受到的磁场力越来越大，最后趋向于与重力平衡评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、核动力航母利用可控核裂变释放核能获得动力.

核反应92235U+01n隆煤56141Ba+3680Kr+yX

是若干核反应的一种，其中X

为待求粒子，y

为X

的个数，则X

是____(

选填“质子”、“中子”、“电子”)y=

____.

若反应过程中释放的核能为E

光在真空中的传播速度为c

则核反应的质量亏损表达式为鈻�m=

______．

15、如下图所示是定性研究平行板电容器的电容与结构之间的关系的装置，平行板电容器的A

板与静电计相连，B

板和静电计金属壳都接地。若充电后保持电容器带电量不变，试指出下列三个图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况。

垄脵垄脷垄脹

垄脵

正对面积减小时，静电计指针的偏转角度____(

填“变大”、“变小”或“不变”)

垄脷

板间距离增大时，静电计指针的偏转角度____(

填“变大”、“变小”或“不变”)

垄脹

插入电介质时，静电计指针的偏转角度____(

填“变大”、“变小”或“不变”)

16、真空中有一电场，在电场中的P

点放一电荷量为4隆脕10鈭�9C

的检验电荷，它受到的静电力为2隆脕10鈭�5N

则P

点的场强为______N/C.

把检验电荷的电荷量减小为2隆脕10鈭�9C

则检验电荷所受到的静电力为______N.

如果把这个检验电荷取走，则P

点的电场强度为______N/C

．17、一多用电表的欧姆挡有三个倍率；分别是隆脕1娄赂隆脕10娄赂隆脕100娄赂.

用隆脕10娄赂

挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到______挡.

如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是______，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是______娄赂.

18、在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为______mm

合金丝的直径为______mm

．19、将一条形磁铁插入螺线管线圈.

第一次插入用0.2

秒，第二次插入用1

秒，则两次线圈中电流强度之比为______，通过线圈的电量之比为______，线圈放出的热量之比为______．20、如图所示，地面附近的空间存在着足够大的水平匀强磁场（磁感应强度大小为B，方向见图）和与之垂直的水平匀强电场(场强大小为E，方向未画出)，一个带电质点在与磁场垂直的平面内沿直线斜向上运动(图中虚线)，该直线与电场线所夹锐角为θ，设在运动过程中质点的电量和质量都不变，则该质点带______电，经过该直线上的M点时运动速度大小为___________。21、在实验室里为了验证动量守恒定律；一般采用如图甲；乙所示的两种装置：

（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则______

A．m1＞m2，r1＞r2B．m1＞m2，r1＜r2C．m1＞m2，r1=r2D．m1＜m2，r1=r2

（2）若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是______

A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表。

（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）______成立，即表示碰撞中动量守恒．评卷人得分四、判断题(共3题，共30分)22、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）23、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）

24、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）评卷人得分五、识图作答题(共1题，共6分)25、如图可表示细胞融合技术的一些过程；请据图回答：

（1）若A、B到C的过程是体外受精过程，则精子必须先进行____处理，常采用的方法是____和____．若此过程是体内受精过程，则胚胎发育到____阶段可进行冲卵．

（2）若A、B细胞为植物细胞，降解脱掉细胞壁的酶可能是____酶．A、B到C细胞的过程中，常用的物理方法是____．

（3）若该过程是制备单克隆抗体的过程，在A、B到C的过程中，A细胞为骨髓瘤细胞，B细胞为能产生抗体的B淋巴细胞，那么D细胞称为____细胞，这种细胞的特点是____．从融合细胞中选择出它的方法是在特定的____培养基中培养，筛选出该类细胞后还需进行____和____经多次筛选可获得数量足够的能分泌所需抗体的细胞．评卷人得分六、简答题(共4题，共16分)26、写出比较电荷在电场中两点具有的电势能大小的方法有哪些？27、在物理学中，常常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质。定义一个新的物理量的同时，也就确定了这个新的物理量与原有物理量之间的关系。请你写出在选修3-1中用比值法定义的物理量的定义式。（至少写出3个）28、“绿水青山就是金山银山”，研究rm{NO_{2}}rm{NO}rm{CO}rm{S0_{2}}等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。rm{(1)}已知：rm{垄脵NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}该反应的平衡常数为rm{K_{1}(}下同rm{)}每rm{1mol}下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为。rm{NO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO}rm{812kJ}rm{1076kJ}rm{1490kJ}rm{632kJ}rm{垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)triangleH=+179.5kJ/molK_{2}}rm{垄脹2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)triangleH=-112.3kJ/molK_{3}}写出rm{垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)triangle

H=+179.5kJ/molK_{2}}与rm{垄脹2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)

triangleH=-112.3kJ/molK_{3}}反应生成无污染气体的热化学方程式_______________rm{NO}在体积可变的恒压rm{CO}总rm{(2)}密闭容器中充入rm{(p}与足量的碳，让其发生反应：rm{C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)triangleH>0}平衡时；体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示。

rm{)}时，在容器中若充入稀有气体，rm{1molCO_{2}}___rm{C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)triangle

H>0}填“rm{垄脵T隆忙}”“rm{v_{(脮媒)}}”或“rm{v_{(脛忙)}(}若充入等体积的rm{>}和rm{<}平衡____移动。rm{=")}体积分数为rm{CO_{2}}时，rm{CO}的转化率为_______。rm{垄脷CO}已知：气体分压rm{40%}气体总压rm{CO_{2}}体积分数。用平衡分压代替平衡浓度表示平衡rm{垄脹}常数的表达式为__________；rm{(p_{路脰})=}时，rm{隆脕}______rm{Kp}用含rm{925隆忙}总的代数式表示rm{Kp=}rm{(}直接排放含rm{p}的烟气会形成酸雨，危害环境。可用rm{)}吸收，所得含硫各微粒rm{(3)}rm{SO_{2}}和rm{NaOH}存在于反应后的溶液中，它们的物质的量分数rm{(H_{2}SO_{3}}与溶液rm{HSO_{3}^{-}}的关系如图所示。

rm{SO_{3}^{2-})}若是rm{X(i)}反应后的溶液，测得溶液的rm{pH}时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______________。rm{垄脵}向rm{0.1mol/LNaOH}的rm{pH=8}溶液中滴加一定浓度的rm{垄脷}溶液，溶液中出现浑浊，rm{pH=5}降为rm{NaHSO_{3}}用化学平衡移动原理解释溶液rm{CaCl_{2}}降低的原因_________。rm{pH}29、乙酸乙酯是一种有香味的油状液体，在一定条件下发生反应rm{CH_{2}CH_{3}OH+CH_{3}COOHoverset{稀{H}_{2}S{O}_{4}}{?}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}rm{CH_{2}CH_{3}OH+CH_{3}COOHoverset{稀{H}_{2}S{O}_{4}}{?}

CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}乙酸乙酯的分子式是__________。乙酸分子中rm{(1)}原子团的名称是________。rm{隆陋COOH}写出乙醇与金属rm{(2)}反应的化学方程式______________________________。rm{Na}写出乙酸的一种用途_____________________________。rm{(3)}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】放射性元素的原子核有半数发生衰变的时间叫做半衰期，A错；半衰期为统计规律，对于少量的原子核不适用，B错；β衰变是由一个中子分裂为一个质子和一个电子发生的，C错；【解析】【答案】D2、A【分析】解：由单摆的周期公式T=2娄脨Lg

得，g=LT24蟺2

A；若将摆线长度当作摆长；摆长L

偏小，g

值偏小.

故A正确．

B；将从悬点到摆球下端的长度当作摆长；摆长L

偏大，g

值偏大.

故B错误．

C；单摆的周期与摆球质量无关；所以根据实验可知，摆球的质量与测量g

没有影响.

故C错误．

D、把n

次全振动记录为n+1

次，由T=tn

得知；T

值偏小，g

值偏大.

故D错误．

故选A

由题，单摆振动n

次的时间t

单摆的周期T=tn

根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式，再分析g

值偏小可能的原因．

实验误差是考试的热点，也是难点，关键掌握实验原理，从解析式进行分析．【解析】A

3、D【分析】解：磁感应强度B

随时间均匀增加，其变化率为k

故感应电动势为：E=S鈻�B鈻�t=娄脨r2k

根据楞次定律；感应电动势的方向为顺时针方向，所以感生电场的方向为顺时针方向．

小球带正电；小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：

W=qE=娄脨r2qk

故选：D

根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；根据楞次定律判断感应电动势的方向，然后根据W=qU

求解电功．

本题的关键是明确感应电动势的大小求解方法：法拉第电磁感应定律，会利用公式W=qU

求解电功．【解析】D

4、A【分析】解：A

磁体的周围存在着看不见；摸不着但又客观存在的磁场，电荷的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的电场，故A正确；

B；磁体的周围存在磁场.

故B错误；

C；磁体的周围存在磁场；并不是任何物体的周围都有磁场.

故C错误；

D；磁感线在磁体的周围是从磁体的N

极出发回到S

极.

在磁体的内部；磁感线是从磁体的S

极出发，回到N

极.

所以磁体的内部也存在磁场.

故D错误．

故选：A

(1)

磁体的周围存在着看不见；摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在．

(2)

磁感线在磁体的周围是从磁体的N

极出发回到S

极.

在磁体的内部；磁感线是从磁体的S

极出发，回到N

极．

(3)

磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述；磁场越强，磁感线越密集．

由于磁场是看不见，摸不着的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，它是假想出来的有方向的曲线，但可以描述磁场的性质．【解析】A

5、A【分析】

当线框进入磁场后；切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；

当线框全部进入磁场；磁通量不变，无感应电流．故A正确，B；C、D错误．

故选A．

【解析】【答案】当线框以O为转轴进入磁场时；磁通量发生变化有感应电流产生，根据有效切割长度判断出电流大小变化，根据楞次定律或右手定制判断出感应电流方向，即可正确解答．

6、C【分析】【解答】解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为：故A错误；

B；在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等；在副线圈中只有一个6W的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小都为6W，故B错误；

C、根据理想变压器输入功率为6W，则原线圈的电流为：故C正确，D错误．

故选：C

【分析】在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．7、A【分析】【分析】根据小磁针静止时的指向，即为磁场方向，再结合磁感线由磁铁外部是从N

到S

而内部则是从S

到N

从而即可求解。本题考查了磁场及其描述；掌握磁铁的磁感线的分布，理解磁感线从N

到S(

磁铁外部)

而内部是从S

到N

并掌握磁感线的某点的切线方向，即为磁场的方向。【解答】首先确定各磁铁的磁感线的分布；注意磁感线由磁铁外部是从N

到S

再依据小磁针静止时的指向，即为磁感线的切线方向；BCD

三个图的小磁针指向错误；故A正确；BCD错误。

故选A。【解析】A

8、A【分析】解：A

导线通电后；其下方的小磁针偏转，表明通电导线产生磁场，小磁针在磁场作用下偏转，故A正确；

B；通电导线AB

在磁场中受到安培力作用而运动；不属于电流产生磁场的现象，故B错误；

C；金属杆切断磁感线时；在闭合电路中产生感应电流，电流表指针偏转，这是电磁感应现象，故C错误；

D；通电线圈在磁场中受到安培力而转动；不属于电流产生磁场的现象，故D错误；

故选A．

根据图示实验装置及实验现象；分析各实验的原理，然后答题．

分析图示实验装置及现象，知道各实验的实验原理是正确解题的关键．【解析】A

二、多选题(共5题，共10分)9、BD【分析】解：

A；由图知：电容器板间场强方向向下；微粒处于静止状态，电场力与重力平衡，则有：mg=qE，则电场力应竖直向上，粒子带负电．故A错误．

B、由平衡条件得：mg=Eq=q，解得，电源的两端电压，即电动势为E电=故B正确。

C；断开电键s；电容器所带电量不变，场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动．故C错误．

D；保持电键s闭合；把电容器两极板距离s增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D正确．

故选：BD．

带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由E=求解电源电动势．断开电键K，根据微粒的电场力有无变化，即可分析微粒的运动情况．

本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由E=分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动，要注意明确当开关断开后，只改变两板间的距离时，电容器的场强不变．【解析】【答案】BD10、BC【分析】解：A、t1时刻通过线圈的磁通量最大；此时磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误；

B、t2时刻磁通量为零；线圈与磁场平行，故导线ad的速度方向跟磁感线垂直，故B正确；

C、t2时刻线圈的磁通量最大；故此时线圈与中性面重合；故C正确；

D、由图可知t5时刻线圈中磁通量最大；此时没有感应电流；故D错误；

故选：BC．

由数学知识可知：磁通量-时间图象斜率等于磁通量的变化率；其大小决定了感应电动势的大小．当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变．

本题关键抓住感应电动势与磁通量之间的关系，明确感应电动势的产生过程，知道磁通量最大时，感应电动势最小；而磁通量最小时，感应电动势最大．【解析】【答案】BC11、AB【分析】解：A、a点的电势高于b点的电势，负电荷在a处电势能小于在b处电势能，负电荷从a点移到b点；电势能增大，电场力作负功．故A正确；

B、与A的分析同理，把正电荷从a移到b电场力做正功；电势能减小，故B正确；

C；根据A、B的分析可知；移动负电荷电势能增大，故C错误；

D；由于选项AB正确；故D错误；

故选：AB．

根据“负电荷在电势高处电势能小；正电荷在电势高处电势能大”分析电势能的变化；电势能增加，电场力做负功；相反，电势能减小，电场力做正功．

本题的解题关键是掌握推论：负电荷在电势高处电势能小，正电荷在电势高处电势能大，并能正确运用．【解析】【答案】AB12、AC【分析】解：BC、当K闭合后，副线圈3上的总电阻减小，电压表读数不变，灯泡L2亮度不变；电流增大，所以输出功率变大；故B错误，C正确；

AD、副线圈2的电压与匝数成正比，电压保持不变，所以灯泡L1亮度不变；副线圈2和3的输出功率增大，原线圈输入功率增大，电压不变，所以原线圈电流即电流表的读数变大，故A正确，D错误；

故选：AC

和闭合电路中的动态分析类似，可以根据L3的变化；确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．

电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．【解析】【答案】AC13、BD【分析】【分析】

棒AC

下落过程中切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，还有竖直向下的重力，安培力先小于重力，最后等于重力，此后棒做匀速运动。解决本题的关键是熟练分析出安培力与速度的定性关系；抓住棒匀速运动时安培力等于重力，进行动态变化分析。

【解答】

A.棒AC

下落过程中切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，安培力先小于重力，棒做加速运动，随着速度增大，产生的感应电动势和感应电流增大，棒AC

所受的安培力增大，合外力减小，加速度减小，所以AC

变加速下落，故A错误；B.当安培力等于重力时，棒AC

开始做匀速直线运动，加速度为零，所以AC

的加速度极限值为0

速度达到一个最大值，故B正确；C.AC

的加速度逐渐减小，而速度逐渐增大，产生的感应电动势和感应电流都逐渐增大，匀速运动时电流不变，但不为零，故C错误；D.通过R

的电流逐渐增大，AC

受到的磁场力为FA=BIL

则知磁场力越来越大，最后与重力平衡，故D正确。故选BD。【解析】BD

三、填空题(共8题，共16分)14、中子3

【分析】【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒得到核反应方程，确定xy

根据质能方程得到质量亏损的表达式。本题考查核反应方程以及质能方程，难度不大。【解答】由于92235U+01n隆煤56141Ba+3689Kr+301n

故x

为中子，y=3

根据质能方程E=鈻�mc

2，?m=Ec2

{,!}^{^{^{_{_{_{_{_{鹿脢脤卯拢潞}}}}}}}}中子3Ec2

【解析】中子3Ec2

15、①变大②变大③变小【分析】【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，板间的电势差越大，指针偏转角越大；根据电容的决定式C=娄脜S4娄脨kd和定义式C=QU结合进行分析。本题考查静电计，对于电容器的动态变化分析问题，抓住电容器的电量不变的基础上，根据电容的两个公式：电容的决定式C=娄脜S4娄脨kd和定义式C=QU，结合进行分析。【解答】垄脵

正对面积减小时，根据电容的决定式C=娄脜S4娄脨kd

可知电容C

减小，而电量Q

不变，由电容的定义式C=QU

得知；电容器板间电压增大，所以静电计指针偏角增大；

垄脷

板间距离增大时，根据电容的决定式C=娄脜S4娄脨kd

可知电容C

减小，而电量Q

不变，由电容的定义式C=QU

得知；电容器板间电压增大，所以静电计指针偏角增大；

垄脹

插入电介质时，根据电容的决定式C=娄脜S4娄脨kd

可知电容C

增大，而电量Q

不变，由电容的定义式C=QU

得知；电容器板间电压减小，所以静电计指针偏角减小；

故应填垄脵

变大垄脷

变大垄脹

变小【解析】垄脵垄脵变大垄脷垄脷变大垄脹垄脹变小16、略

【分析】解：由题意：检验电荷的电荷量q=4隆脕10鈭�9C

所受的静电力F=2隆脕10鈭�5N

则P

点的场强为：

E=Fq=2隆脕10鈭�54隆脕10鈭�9N/C=5000N/C

．

把检验电荷的电荷量减小为2隆脕10鈭�9C

该点的场强不变，则检验电荷所受到的静电力为：

F隆盲=q隆盲E=2隆脕10鈭�9隆脕5000N=1隆脕10鈭�5N

电场强度反映电场本身的强弱和方向；由电场本身决定，与检验电荷无关，所以如果把这个检验电荷取走，则P

点的电场强度不变，仍为5000N/C

．

故答案为：50001隆脕10鈭�55000

已知检验电荷所受的电场力和电荷量，由场强的定义式E=Fq

即可求解P

点的场强.

由E=Fq

变形求解电场力．

电场强度由电场本身决定；与检验电荷无关．

电场强度的定义式E=Fq

是电场这一章最重要的公式之一，要掌握其定义的方法：比值法定义，知道E

与Fq

无关，仅由电场本身决定这些特性．【解析】50001隆脕10鈭�55000

17、略

【分析】解：用隆脕10娄赂

挡测量某电阻时；操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到隆脕100娄赂

挡.

如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是22隆脕100娄赂=2200娄赂

．

故答案为：隆脕100娄赂

欧姆调零；2200

．

用欧姆表测电阻；应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．

本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．【解析】隆脕100娄赂

欧姆调零；2200

18、略

【分析】解：按照螺旋测微器的读数原则；校零时的读数为0.007mm

测量合金丝时的读数为0.5+0.01隆脕14.5=0.645mm

合金丝的直径为d=0.645mm鈭�0.007mm=0.638mm(

在0.636mm隆芦0.640mm

都算正确)

．

故答案为：0.0070.636隆芦0.640

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．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】0.0070.636隆芦0.640

19、略

【分析】解：根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小，E=鈻�鈱�鈻�t

与I=ER

因两次的磁通量相同，则有：I1I2=鈻�鈱�鈻�t1R鈻�鈱�鈻�t2R=鈻�t2鈻�t1=10.2=51

由q=It

可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值；由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，即为11

而热量Q=I2Rt

则有：热量与电流的平方及时间的乘积成正比，即为51

故答案为：511151

．

根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小；由欧姆定律分析感应电流的大小.

再由q=It

可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，而热量根据Q=I2Rt

即可求解．

本题考查对电磁感应现象的理解和应用能力.

感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，首先前提条件电路要闭合.

磁通量的变化率与感应电动势有关，感应电流的大小与感应电动势大小有关，而通过横截面的电荷量却与通过线圈的磁通量变化及电阻阻值有关．【解析】511151

20、略

【分析】【解析】【答案】正21、略

【分析】解：（1）为保证两球发生对心正碰；两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C；

（2）小球离开轨道后做平抛运动，由h=gt2得小球做平抛运动的时间t=由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同；

则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1=m1v1′+m2v2；

则：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，m1x1=m1x1′+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；

因此实验需要测量的量有：①入射小球的质量；②被碰小球的质量，③入射小球碰前平抛的水平位移，④入射小球碰后平抛的水平位移，⑤被碰小球碰后平抛的水平位移．实验需要刻度尺与天平．

（3）由（2）可知，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1OP=m1OM+m2ON．

故答案为：（1）C；（2）AC；（3）m1OP=m1OM+m2ON．

（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变；故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同．

（2）求出需要验证的表达式；根据表达式确定需要测量的量．

（3）根据动量守恒定律与图示实验情景确定需要验证的表达式。

本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证．【解析】C；AC；m1OP=m1OM+m2ON四、判断题(共3题，共30分)22、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．23、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．24、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．五、识图作答题(共1题，共6分)25、（1）获能培养法化学诱导法桑椹或囊胚（2）纤维素酶和果胶酶离心、振动、电刺激（3）杂交瘤细胞既能无限繁殖，又能产生特异性抗体选择克隆化培养抗体检测【分析】【分析】本题以题图形式考查细胞工程、胚胎工程的相关知识，属于基础记忆题，意在考查考生对知识点的识记、理解和掌握程度。【解答】（1）若A、B到C的过程是体外受精过程，则精子必须先进行获能____处理，常采用的方法是培养法____和化学诱导法。若此过程是体内受精过程，则胚胎发育到桑椹或囊胚____阶段可进行冲卵。

（2）若A、B细胞为植物细胞，降解脱掉细胞壁的酶可能是纤维素酶和果胶酶____酶。A、B到C细胞的过程中，常用的物理方法是离心、振动、电刺激。

（3）若该过程是制备单克隆抗体的过程，在A、B到C的过程中，A细胞为骨髓瘤细胞，B细胞为能产生抗体的B淋巴细胞，那么D细胞称为杂交瘤细胞____细胞，这种细胞的特点是既能无限繁殖，又能产生特异性抗体____。从融合细胞中选择出它的方法是在特定的选择____培养基中培养，筛选出该类细胞后还需进行克隆化培养____和抗体检测____经多次筛选可获得数量足够的能分泌所需抗体的细胞。【解析】（1）获能培养法化学诱导法桑椹或囊胚（2）纤维素酶和果胶酶离心、振动、电刺激（3）杂交瘤细胞既能无限繁殖，又能产生特异性抗体选择克隆化培养抗体检测六、简答题(共4题，共16分)26、略

【分析】试题分析：比较电荷在电场中两点的电势能的大小，应看从该点将电荷移动至零电势能点，电场力做功的大小，电场力作正功电势能减小、电场力做负功电势能增大；正电荷所受电场力的方向与场强方向一致，从电势高的等势面指向电势低的等势面，故正电荷从电势高处向电势低处运动电场力做正功，其电势能将减小，故正电荷在电势高处电势能大；同理负电荷在电势低处电势能大；利用进行计算然后比较，是前述方法的数学表达方法。考点：本题考查了电势能的概念【解析】【答案】①正电荷在电势高处电势能大；②负电荷在电势低处电势能大；③利用电场力做功与电势能之间的关系判断；④利用进行计算然后比较。27、略

【分析】试题分析：比值定义物理量是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。考点：本题考查了比值定义物理量的概念【解析】【答案】（电场强度）、（电势差）、(电容)、（电流）、（电动势）、（电势）、(电阻)、(磁感应强度)、(磁感应强度)、(磁感应强度)28、（1）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ/mol

（2）①>不②25%③23.04p总

（3）①c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)

②因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3-H++SO32-，加入氯化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小【分析】【分析】本题考查了化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力。【解答】rm{(1)}由已知，反应rm{垄脵}的rm{triangleH=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol}根据盖斯定律，rm{triangle

H=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol}得：rm{垄脵隆脕2+垄脹-垄脷}rm{2NO_{2}(g)+2CO(g)}rm{triangleH=[-234隆脕2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol}故答案为：rm{N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}rm{triangle

H=[-234隆脕2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol}rm{2NO_{2}(g)+2CO(g)}rm{N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}该反应正向为气体分子数减小反应，恒温恒压时充入稀有气体，对该反应来说相当于减压，rm{triangleH=-759.8kJ/mol}正rm{(2)垄脵}逆rm{v(}平衡正向移动；rm{)>v(}rm{)}若充入等体积的rm{CO}平衡不移动；

故答案为：rm{CO}不；rm{{,!}_{2;}}设和rm{CO}平衡不移动；的转化率为rm{CO}由已知列三段式得：rm{dfrac{2娄脕}{1?娄脕+2娄脕}隆脕100%=40%}解得rm{>}故答案为：rm{垄脷}rm{CO_{2}}用平衡浓度表示该反应化学平衡常数表达式为rm{K=dfrac{{c}^{2}(CO)}{c(C{O}_{2})}}所以若用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数的表达式为rm{Kp=dfrac{{p}^{2}(CO)}{p(C{O}_{2})}}由图可得，rm{娄脕}时rm{dfrac{2娄脕}{1?娄脕+2娄脕}

隆脕100%=40%}体积分数为rm{娄脕=25%}分压为rm{25%}总，rm{垄脹}体积分数为rm{K=dfrac{{c}^{2}(CO)}{c(C{O}_{2})}

}分压为rm{Kp=dfrac{{p}^{2}(CO)}{p(C{O}_{2})}

}总，所以rm{Kp=dfrac{{p}^{2}left(COright)}{pleft(C{O}_{2}right)}=dfrac{{left(9