2025年华师大新版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年华师大新版高二物理上册阶段测试试卷409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、自由电子逆着电场线方向运动；对这一运动过程判断不正确的是（）

A.自由电子速度增大。

B.自由电子动能增大。

C.电场力做正功。

D.自由电子的电势能增大。

2、如图所示，两个相同的木块A、B静止在水平面上，它们之间的距离为L，今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A、B，在子弹射出A时，A的速度为vA，子弹穿出B时，B的速度为vB，A、B停止时，它们之间的距离为s，整个过程A、B没有相碰，则（）A.s=L，vA=vBB.s＞L，vA＜vBC.s＜L，vA＞vBD.s＜L，vA＜vB3、一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则(

)

A.若线圈进人磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速动动B.若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速动动C.若线圈进人磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速动动D.若线圈进人磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速动动4、某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受到电场力的作用，其运动轨迹如图2

所示，由M

运动到N

以下说法不正确的是(

)

A.粒子必定带正电荷B.粒子在M

点的加速度大于它在N

点的加速度C.粒子在M

点所受到的电场力小于它在N

点所受到的电场力D.粒子在M

点的动能小于它在N

点的动能5、下列过程中；哪个是将机械能转化为电能（）

A.太阳能电池充电。

B.电灯照明。

C.电风扇工作。

D.风力发电。

6、如图，在研究电流热效应的实验中，为了比较在相同时间、相同电流的情况下发热量与电阻的关系，则（）A.实验时A、B两条电阻丝的电阻取相同值B.实验时A、B两条电阻丝应并联C.温度计温度升高多的产生热量多D.最后得出产生热量跟电阻成反比7、电荷量为+Q

的点电荷和接地金属板MN

附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d

图中P

点到金属板和点电荷间的距离均为d.a

点到P

点和金属板左侧面的距离相等，现将某正检验电荷分别放在Pa

两点，下列说法正确的是()A.受到的电场力大小相等，方向向左B.受到的电场力大小相等，方向向右C.受到的电场力大小不相等，方向向左D.受到的电场力大小不相等，方向向右8、一辆公共汽车在笔直的水平公路上向前匀速行驶，当司机突然紧急制动使汽车减速时，座椅上的乘客身体将（）A.向前倾B.向后倾C.向右倾D.向左倾评卷人得分二、双选题(共2题，共4分)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10、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6题，共12分)11、一个带正电的质点，电量q=2.0×10-9C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力作的功为6.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5J，则a、b两点间的电势差UAB=______V．12、如图所示交变电流正值为正弦波的一部分，该交变电流的周期为____________S，电流有效值为____________A．13、一台电动机正常工作时，两端的电压为220V，通过线圈的电流为10A，若此线圈的电阻为2Ω，那么它的电功率是______w，这台电动机2s内产生的热量是______J．14、一个200匝、面积200cm2的圆线圈，放在一匀强磁场中，若磁场的方向与线圈平面垂直，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T，在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量是____Wb，磁通量的变化率是____Wb/s，线圈中感应电动势的大小是____V．15、物体A、B的质量之比为mA:mB=4:1，使它们以相同的初速度沿水平地面滑行，若它们受到的阻力相等，那么它们停下来所用的时间之比为tA:tB=____，停止的位移之比sA:sB=________若两物体与地面的动摩擦因数相同，那么它们停下来所用的时间之比为tA:tB=____.16、一个按正弦规律变化的交变电流的图象如图；根据图象计算：

(1)

交变电流的频率______；

(2)

交变电流的有效值______；

(3)

写出该电流的瞬时值表达式______．评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)17、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、实验探究题(共4题，共28分)18、实验室有如下器材；某同学用它们进行“描绘标有‘3.8V0.6A’的小灯泡的灯丝电流I随电压U变化的图象”的实验。

A．电流表A1（量程100mA；内阻约2Ω）；

B．电流表A2（量程0.6A；内阻约0.3Ω）；

C．电压表V1（量程5V；内阻约5kΩ）；

D．电压表V2（量程15V；内阻约15kΩ）；

E．滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω）；

F．滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ）；

G．电源：E1（电动势为1.5V；内阻约为0.2Ω）；

H．电源E2（电动势为4V；内阻约为0.04Ω）；

I．导线和开关。

（1）为了实验能操作方便；测量误差小；实验中应选用的器材是______（填器材前的符号）。

（2）用笔画线代替导线；在实物图（如图1）中完成电路连接。

（3）根据实验数据；描绘出I-U的图象如图2所示。

由图可知，在U=0--0.6V内I-U图线是直线，则此小灯泡在不工作时，灯丝电阻为______Ω；当所加电压大于0.6V后，I-U图线是曲线，则随灯丝两端电压的增大，灯丝电阻______（填“增大”或“减小”）。19、利用螺旋测微器；米尺和如图所示的器材(

其中电流表的内阻为1娄赂

电压表的内阻为5k娄赂)

测量一根粗细均匀的阻值约为5娄赂

的金属丝的电阻率．

(1)

用笔画线代替导线；将图1

中的器材连接成实物电路，要求尽量避免交叉，电流表；电压表应该选择合适的量程(

已知电源的电动势为6V

滑动变阻器的阻值为0隆芦20娄赂)

．

(2)

实验时；用螺旋测微器测量金属丝的直径和用米尺测量金属丝的长度示数如图2

图3

所示，电流表、电压表的读数如图4

图5

所示.

由图可以读出金属丝两端的电压U=

______，流过金属丝的电流强度I=

______，金属丝的长度L=

______，金属丝的直径d=

______．

(3)

该金属丝的电阻率是______.(

保留两位有效数字)

20、某实验小组要哦精确测定额定电压为2.5V的LED灯正常工作时的电阻。已知该灯正常工作时的电阻为500Ω；电路符号与小灯泡相同。实验室提供的器材有：

A．电流表A1（量程为0～10mA，内阻RA1约为3Ω，示数用I1表示）

B．电流表A2（量程为0～3mA，内阻RA2=15Ω，示数用I2表示）

C．定值电阻R1=697Ω

D．定值电阻R2=985Ω

E．滑动变阻器R（0～20Ω）

F．电压表V（量程为0～12V，内阻RV=1kΩ；示数用U表示）

G．蓄电池（电动势为12V；内阻很小）

H．开关一个；导线若干。

（1）如图1所示；请选择合适的器材，电表1为______，电表2为______，定值电阻为______。（填写器材前的字母编号）

（2）将采用的电路图如图2补充完整。

（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx=______（用相应字母表示）。21、某同学用如图所示装置探究A；B两球在碰撞中动量是否守恒。该同学利用平抛运动测量两球碰撞前后的速度；实验装置和具体做法如下，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滑下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次，并画出实验中A、B两小球落点的平均位置。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，E、F、J是实验中小球落点的平均位置。

（1）为了减小实验误差；下列做法合理的是______。

A．减小斜槽对小球A的摩擦可以减少实验误差。

B．多次将A球从不同的位置释放。

C．保证斜槽末端的切线沿水平方向。

D．两球的质量和半径都一样大。

（2）如图2是B球的落点痕迹；刻度尺的“0”刻线与O点重合，可以测出碰撞后B球的水平射程为______cm。

（3）已知两小球质量mA和mB，该同学通过实验数据证实A、B两球在碰撞过程中动量守恒，请你用图中的字母写出该同学判断动量守恒的表达式是______。评卷人得分六、推断题(共2题，共16分)22、下表为元素周期表的一部分，针对表中rm{垄脵-垄脼}元素，回答下列问题。rm{(1)}元素rm{垄脷}的原子结构示意图是_________________。rm{(2)垄脺}和rm{垄脻}两种元素中原子半径较大的是_______________rm{(}填元素符号rm{)}rm{垄脹}和rm{垄脺}两种元素的最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是__________rm{(}填化学式rm{)}填化学式rm{(}rm{)}写出rm{(3)}的单质在rm{垄脵}的单质中燃烧的化学方程式：_______________________。rm{垄脼}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____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】

电子带负电；所受的电场力方向与逆着电场线方向，则当电子逆着电场线方向运动时，电场力做正功，电子的速度增大，动能增大，而电势能减小．故ABC正确，D错误．

本题选错误的；故选D

【解析】【答案】本题应抓住电子带负电；所受的电场力方向与逆着电场线方向，即可分析电子的运动情况，确定速度；动能的变化，判断电场力做功正负，确定电势能的变化．

2、B【分析】解：子弹穿过木块的过程中；由于子弹克服木块的阻力做功，动能减小，速度减小，所以子弹穿过A木块过程的平均速度较大，所用时间较短，根据动量定理得：

对木块：ft=mv，v与t成正比，所以A的速度小于B的速度，即vA＜vB．

根据动能定理得：-μmgs=0-则得木块滑行的距离为s=木块的初速度v越大，滑行距离越大，则知A木块滑行的距离小于B滑行的距离，所以A；B停止时它们之间的距离增大，则有s＞L．

故选B

子弹穿过木块的过程中，由于子弹克服木块的阻力做功，动能减小，速度减小，穿过B木块的时间较长，根据动量定理分析vA与vB的大小．根据动能定理判断两个木块滑行距离的大小；即可比较s与L的大小．

本题尽管是选择题，但综合性较强，动用了运动学公式、动量定理和动能定理等多个知识，有一定的难度．【解析】【答案】B3、C【分析】解：A

线圈从高处自由下落；以一定的速度匀速进入磁场后，会受到重力和安培力.

线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段匀加速运动.

所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度，产生的感应电动势变大，所受的安培力变大．

A；若线圈进入磁场过程是匀速运动；说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会做减速运动.

故A错误．

B；若线圈进入磁场过程是加速运动；说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故B错误．

CD

若线圈进入磁场过程是减速运动；说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动.

故C正确，D错误．

故选：C

．

线圈从高处自由下落；以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力.

线圈全部进入磁场后只受重力，会做加速运动.

线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度，根据受力关系确定运动情况．

该题考查了电磁感应中的动力学问题.

要注重运动过程和受力分析．【解析】C

4、B【分析】解：A

由粒子的运动轨迹弯曲方向可知；粒子所受的电场力沿着电场线方向向上，所以粒子为正电荷，故A正确．

BC

电场线密的地方电场的强度大；电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，M

点的场强小于N

点的场强的大小，在M

点所受到的电场力小于它在N

点所受到的电场力，所以粒子在M

点的加速度小于它在N

点的加速度，故B错误，C正确．

D；电场力方向与速度方向的夹角为锐角；电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增加，所以粒子在M

点的动能小于它在N

点的动能，故D正确．

本题选不正确的；故选：B

根据曲线运动的特点分析电场力的方向；判断粒子的电性.

根据电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，判断电场强度的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小.

根据电场力做功情况，分析动能的变化．

本题的关键要明确曲线运动的合外力指向轨迹的内侧，由此分析电场力的方向.

要加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小.

这些知识在分析轨迹问题时经常用到．【解析】B

5、D【分析】

A；太阳能电池充电是将光能转化为电能．不符合题意．故A错误．

B；电灯照明是电能转化内能．不符合题意．故B错误．

C；电风扇工作是将电能转化为机械能．不符合题意．故C错误．

D；风力发电是将机械能转化为电能．符合题意．故D正确．

故选D

【解析】【答案】太阳能电池充电是光能转化为电能．电灯照明是电能转化内能．电风扇工作是电能转化为机械能．风力发电是将机械能转化为电能．

6、C【分析】【解答】本题要研究的时相同时间；相同电流下的电热量与电阻的关系；故应将两电阻串联使电流相同；为了研究与电阻的关系，两条电阻丝应取不同值；煤油升高的温度与吸收的热量有关；故温度计温度升高多的产生的热量多；最后产生的热量跟电阻成正比；故C正确，ABD错误；

故选：C．

【分析】由焦耳定律可知，电流的发热量与电流的平方、电阻及时间成正比；在研究电流的热效应时，要注意控制变量．7、D【分析】【分析】电场线的疏密程度表示电场的强弱。先根据电场线疏密程度分析电场强度的大小，再根据电场力公式比较。本题考查电场线的理解，基础题。【解答】aP

在水平向右的同一条电场线上，所以电场强度的方向水平向右，即正电荷的受力方向向右，由电场线疏密可知，P

点电场强度大于a

点，所以受到的电场力大小不相等，故D正确。故选D。【解析】D

8、A【分析】解：当司机突然紧急制动使汽车减速时；由于座椅上的乘客有保持速度不变的惯性，所以身体将向前倾斜。故A正确，BCD错误。

故选：A。

惯性是物体保持原来的运动状态的特性；由此分析即可．

该题考查对惯性的理解，以及结合物理规律解释生活现象的能力，要注意积累．【解析】A二、双选题(共2题，共4分)9、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】AB10、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6题，共12分)11、略

【分析】解：根据动能定理得。

qUab+W其他=△Ek

看到Uab===1×104V

故答案为：1×104V．

质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加．电场力做功为Wab=qUab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab．

对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理．基础题，比较容易．【解析】1×10412、略

【分析】解：由图象可知周期T=0.2s；

设电阻为R，在前半周期内电阻产生的热量==(在后半周期产生的热量=

设电流的有效值为I，则在一个周期内产生的热量应满足=即解得I=5A(或8.66)

故答案为：0.2，5【解析】0.2;513、2200400【分析】解：电功率为：P=UI=220×10=2200W

热量：Q=Q=I2Rt=102×2×2=400J

故答案为：2200400

电功率由P=UI求得，热量由Q=I2Rt求得．

明确是电动机不是纯电阻电路，电功不等于电热．【解析】220040014、略

【分析】

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=0.008Wb

而磁通量变化率为：

则线圈中感应电动势大小为：

故答案为：0.008；0.16；32

【解析】【答案】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．

15、略

【分析】【解析】试题分析：由牛顿第二定律可知两物体加速度之比为1:4，由v=at可知运动时间之比为4:1，由公式可知位移之比为4:1，若两物体与地面动摩擦因数相同，则加速度相同，停下来所用的时间之比为1:1考点：考查力与运动【解析】【答案】____，4:1____16、略

【分析】解：(1)

题中图象描述的是电流随时间的变化关系，周期为T=0.02s

故频率为f=1T=50Hz

(2)

由图可知，该交流电的峰值是Im=20A

则有效值为I=202=102A

(3)

角速度娄脴=2娄脨T=100娄脨rad/s

交变电流瞬时值表达式i=20sin100娄脨t(A)

．

故答案为：50Hz102Ai=20sin100娄脨t(A)

．

直接从图象中即可求出交流电的峰值及周期；从而求频率，写出电流的瞬时值表达式．

明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习．【解析】50Hz102Ai=20sin100娄脨t(A)

四、判断题(共1题，共5分)17、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、实验探究题(共4题，共28分)18、BCEHI3增大【分析】解：（1）灯泡额定电流为0.6A，电流表应选A2，即选：B，灯泡额定电压为3.8V，电源选择4V的H；电压表应选V1，即选：C；为方便实验操作，滑动变阻器应选总电阻值较小的R1．即选：E．所以需要的器材为：BCEHI

（2）灯泡的电压和电流需从0开始测起；所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻与电压表和电流表内阻比较，属于小电阻，“小外偏小”，采用电流表的外接法。实物图如图：

（3）由图可知，0-0.6V以下U-I图线为直线，所以电阻值不变，当灯泡不工作时，灯泡两端的电压为0，由图可知此时灯泡的电阻为R==3Ω；

当电流增大时，图线的斜率减小，则减小；可知电阻值增大。

故答案为：（1）BCEHI；（2）如图所示；（3）3；增大。

（1）根据灯泡额定电流选择电流表；根据灯泡额定电压选电压表与电源，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器。

（2）灯泡的电压和电流需从0开始测起；所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约在10Ω左右，与电压表和电流表内阻比较，属于小电阻，电流表采用外接法。

（3）由图示图象可以求出电压对应的电阻。

解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全、精确，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，掌握什么情况下采用电流表外接法，什么情况下采用电流表内接法。【解析】BCEHI3增大19、略

【分析】解：(1)

由于金属丝的电阻比电压表的内阻小得多；因此采用电流表外接法；由于金属丝的电阻比滑动变阻器的总电阻要小，因此采用限流式接法，为了保证滑动变阻器起限流作用，滑动变阻器应该连接“BC

”或“AD

”几个接线柱；由题图可以看出电流表应该连接“鈭�

”接线柱和“0.6

”接线柱，具体连线如图所示．

(2)

由图可以看出：电压表的量程是3V

所以读数是2.20V

电流表的量程是0.6A

所以读数是0.440A

由于螺旋测微器的半毫米刻度线已经露出；因此读数是1.850隆脕10鈭�3m

米尺的读数是40.50cm鈭�10.00cm=30.50cm

．

(3)

由电阻定律得。

娄脩=RSl=U娄脨d24Il=2.20隆脕3.14隆脕1.850隆脕10鈭�324隆脕0.440隆脕30.50隆脕10鈭�2娄赂?m=4.4隆脕10鈭�5娄赂?m

．

故答案为：(1)

如上图所示；(2)2.20V0.440A30.50cm1.850隆脕10鈭�3m(3)4.4隆脕10鈭�5娄赂?m

．

本题(1)

的关键是应根据电源电动势大小选择电压表量程；根据I=URx

求出通过电流表的最大电流来选择电流表量程；根据电压表内阻远大于待测电阻可知电流表应选外接法；根据待测电阻小于变阻器全电阻可知变阻器可以用限流式接法．

(2)

题的关键是明确各种仪器的读数原理和估读要求；对刻度尺；电流表及电压表：

若最小分度出现“1

”则可以估读到最小刻度的110

若最小分度出现“2

”则应估读到最小分度的12

若最小分度出现“5

”则应估读到最小分度的15

对螺旋测微器读数时注意半毫米刻度线，以及估读到0.01mm

即可；

(3)

根据电阻定律；即可求解．

(1)

应掌握电学实验中；要通过估算来选择仪器，注意伏安法时电流表内外接法的选择方法，以及滑动变阻器采用分压和限流接法的要求．

(2)

应掌握电压表与电流表读数方法以及“十分之一”、“五分之一”、“二分之一”估读的含义，并掌握螺旋测微器的使用及读数．【解析】2.20V0.440A30.50cm1.850隆脕10鈭�3m4.4隆脕10鈭�5娄赂?m

20、ABD【分析】解：（1）测量电阻的基本方法是伏安法，由于题中提供的电压表量程太大，故选择定值电阻R2与阻值已知的电流表A2串联可将其改装成量程合适的电压表。由于电流表A1的量程较大；应将其接在干路。

（2）根据电路图；连接实物图，如图所示。

（3）对测量电路，由并联电路电压，电流关系可知：

解得：

故答案为：（1）A，B，D；（2）如图所示；（3）

（1）为了精确选择电表是要保证电表指针能达到满偏的左右；

（2）根据电路图；连接实物图即可；

（3）利用串并联电路的特点，结合欧姆定律，即可求出LED灯正常工作时的电阻表达式Rx。

本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流。【解析】ABD21、C64.45mAOF=mAOE+mBOJ【分析】解：（1）A；为了保证小球离开斜槽的速度相等；每次从同一高度由静止释放A球，斜槽不需要光滑，故A、B错误。

C；为了保证小球从斜槽射出的速度水平；保证斜槽末端切线水平方向，故C正确。

D；实验时要发生对心碰撞；两球的半径要一样大，为了保证A球不反弹，A球的质量需大于B球的质量，故D错误。

故选：C。

（2）碰撞后B球的水平射程落点如图所示；取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.45cm；

（3）根据实验原理可得mav0=mbv1+mbv2，又因下落时间相同，即可求得：maOF=maOE+mbOJ；

故答案为：（1）C（2）64.45（64.42～64.49之间均可）。（3）mAOF=mAOE+mBOJ

（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。

（2）B球的水平射程落点如图所示；取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，根据图1所示确定刻度尺的分度值，然后读出其示数。

（3）根据通过实验的原理确定需要测量的物理量；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式。

本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件。【解析】C64.45mAOF=mAOE+mBOJ六、推断题(共2题，共16分)22、（1）

（2）AlNaOH

（3）H2+Cl22HCl

【分析】【分析】本题考查了元素周期律和元素周期表的应用。掌握元素周期律：同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱；同主族元素从上至下原子半径逐渐增大是解答本题的关键。该题是高考常见题型，试题难易适中，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。【解答】根据元素周期表的结构可知rm{垄脵}为rm{H}rm{垄脷}为rm{N}rm{垄脹}为rm{Na}rm{垄脺}为rm{Al}rm{垄脻}为rm{S}rm{垄脼}为rm{Cl}rm{(1)}元素rm{垄脷}的原子结构示意图是元素rm{(1)}的原子结构示意图是故答案为：rm{垄脷}rm{(2)}为rm{(2)}rm{垄脺}为rm{Al}rm{垄脻}和rm{S}位于同一周期，随原子序数增大原子半径逐渐减小，所以原子半径较大的为rm{Al}和rm{S}位于同一周期，随原子序数增大原子半径逐渐减小，所以原子半径较大的为rm{Al}rm{Al}和rm{S}的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，rm{Al}的金属性比rm{Na}强，所以碱性较强的为rm{Al}故答案为：rm{Na}rm{Al}rm{NaOH}rm{Al}的单质在rm{NaOH}的单质中燃烧的化学方程式为：rm{(3)}rm{(3)}rm{垄脵}的单质在rm{垄脼}的单质中燃烧的化学方程式为：rm{垄脵}rm{垄脼}rm{H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}【解析】rm{(1)}rm{(2)Al}rm{NaOH}rm{(3)H_{2}+Cl_{2}}rm{2HCl}

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}