2025年浙教新版高二物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年浙教新版高二物理下册阶段测试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6题，共12分)1、关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（）A.同一物体，温度高时，含有的热量多B.物体的内能越大，含有的热量就越多，温度也越高C.热量总是从内能大的物体传给内能小的物体D.热量总是从温度高的物体传给温度低的物体2、在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，关于平衡摩擦力的说法中不正确的是（）A.“平衡摩擦力”的本质就是想法让小车受到的摩擦力为零B.“平衡摩擦力”的本质就是使小车所受的重力在沿斜面方向的分力与所受到的摩擦阻力相平衡C.“平衡摩擦力”的目的就是要使小车所受的合力等于所挂砝码通过细绳对小车施加的拉力D.“平衡摩擦力”是否成功，可由小车拖动后，由打点计时器打出的纸带上的点迹间距是否均匀而确定3、为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在。右图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将（）

A.I变大，U变大B.I变小，U变小C.I变大，U变小D.I变小，U变大4、下列情况不可能存在的是（）A.物体速度很大，但惯性很小B.物体的惯性很大，但质量很小C.物体的体积很大，但惯性很小D.物体所受合外力很大，但惯性很小5、电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上.

质量块可带动电介质移动改变电容.

则(

)

A.电介质插入极板间越深，电容器电容越小B.当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C.若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D.当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流6、如图电路中，P

、Q

两灯相同，L

是自感系数很大但电阻可不计的线圈；则()

A.S

断开瞬间，通过Q

的电流与原来方向相反B.S

断开瞬间，通过P

的电流从右向左。

C.S

断开瞬间，P

立即熄灭，Q

过一会才熄灭D.S

接通瞬间，P

、Q

同时达正常发光评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地．此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（）A.B板向左平移，静电计指针张角变大B.B板向上平移，静电计指针张角变大C.在两板间插入介质板，静电计指针张角变大D.在两板间插入金属板，（金属板与B板不接触）静电计指针张角变大8、当作用力为滑动摩擦力时，则(

)

A.其反作用力可以是静摩擦B.其平衡力可以是静摩擦C.其平衡力一定是静摩擦D.其反作用力一定不是静摩擦9、一带电粒子从电场中的A

点运动到B

点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则下列说法正确的是(

)

A.粒子带正电B.粒子速度逐渐减小C.A

点的场强小于B

点场强D.粒子的电势能增加10、关于动量守恒，下面说法正确的是()A.运动员将铅球从肩窝开始加速推出，运动员与铅球系统动量守恒B.原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人和车系统动量守恒C.只要系统加速度为零，系统动量守恒D.光滑水平面上放一斜面体，斜面也是光滑的，一滑块沿斜面由静止滑下，滑块与斜面体系统动量守恒11、下列图中线圈中不能产生感应电流的是()A.B.C.D.12、如图(a)

倾角为37鈭�

且足够长的固定斜面底端有一物块，在沿斜面向上的拉力F=30N

作用下，物块开始沿斜面运动，0.5s

时撤去F

其运动的v?t

图线如图(b)

所示.

取sin37鈭�=0.6cos37鈭�=0.8g=10m/s2

则可确定(

)

A.物块的质量为2kg

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.5m

D.物块回到斜面底端的时刻为2.74s

13、下列说法中正确的是（）A.我们能通过光谱分析鉴别月球的物质成分B.放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1C.光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性D.玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化14、有一个垂直于纸面的匀强磁场，它的边界MN

左侧为无场区，右侧是匀强磁场区域，如图(

甲)

所示，现让一个金属线框在纸平面内以垂直于MN

的恒定速度从MN

左侧进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i鈭�t

图象如图(

乙)

所示，则进入磁场区域的金属线框可能是图中的：(

)

A.B.C.D.15、如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的规律认识正确的是（）A.用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁所辐射的光中，有3种不同频率的光能使锌发生光电效应C.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eVD.用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、一质子（11H）及一α粒子（24He）；同时垂直射入同一匀强磁场中．

（1）若两者以相同速度进入磁场，则旋转半径之比为____；

（2）若两者由静止经同一电势差加速的，则旋转半径之比为____．17、缝衣针、螺丝刀等钢铁物体，与磁铁接触后就会显示出磁性，这种现象叫____；原来有磁性的物体，经过高温、剧烈震动等作用后会失去磁性，这种现象叫____.18、两个相同的电阻分别通有如图所示的两种电流，则在开始的半个周期内产生的热量之比QA：QB=______；在一个周期内产生的热量之比QA′：QB′=______．19、有两个同学利用假期分别去参观北大和南大的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2～L图象，如图甲所示．去北大的同学所测实验结果对应的图线是______（选填“A”或“B”）．另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比=______．

20、矩形导线框abcd

边长ab=Lad=h

质量为m

自某一高度H

自由落下通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B

磁场区域的宽度为h(

如图所示).

若线框恰好以恒定速度通过磁场，则线框的电阻为______，线框通过磁场的过程中产生的焦耳热为______.(

重力加速度为g

不计空气阻力)

．21、一个100

匝的线圈，在0.4s

内穿过它的磁通量从0.02Wb

均匀增加到0.08Wb

则线圈中总的感应电动势______V.

若线圈电阻为10娄赂

则线圈中产生的电流强度I=

______A.评卷人得分四、判断题(共4题，共16分)22、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）

23、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）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）25、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分五、实验题(共1题，共5分)26、松油醇是一种调香香精；它是α；β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：

（1）α－松油醇的分子式____

（2）α－松油醇所属的有机物类别是____（多选扣分）

（a）醇（b）酚（c）饱和一元醇。

（3）α－松油醇能发生的反应类型是____（多选扣分）

（a）加成（b）水解（c）氧化。

（4）在许多香料中松油醇还有少量以酯的形式出现，写出RCOOH和α－松油醇反应的化学方程式____。

（5）写结构简式：β－松油醇____，γ松油醇____。评卷人得分六、综合题(共2题，共18分)27、(8

分)

如图所示，匀强电场的电场线与AC

平行，把带电荷量10鈭�8C

的负电荷从A

移至B

的过程中，电场力做功6隆脕10鈭�8JAB

长6cmAB

与AC

的夹角为60鈭�.

求：

(1)

设B

处电势为1V

则A

处电势为多少(2)A

处的场强大小28、（1）如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=1.2m处，两列波的速度均为v=0.4m/s，两列波的振幅均为2cm．图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动．质点M的平衡位置处于x=0.5m处，下列说法正确的是____。

A．t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点B．质点M的起振方向沿y轴负方向C．t=2s时刻，质点M的纵坐标为-2cmD．0到2s这段时间内质点M通过的路程为20cmE．M点振动后的振幅是4cm（2）如图所示，半圆形玻璃砖的半径R=15cm，折射率为n=直径AB与屏幕PQ垂直并接触于B点，OC与AB垂直，激光沿着与OC成i=30°角方向射向半圆形玻璃砖的圆心O，结果在屏幕PQ上出现两个光斑．

①作出光路图（不考虑光沿原路返回）；

②求两个光斑之间的距离；

③调整激光的入射方向；改变角度i的大小，使屏PQ上只剩一个光斑，求此光斑离B点的最长距离．

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【解答】A；热量是过程量；只有在吸放热过程中才热传递，不能说物体含有多少热量，故A错误．B、热量是一个过程量，只能说吸收热量或放出热量，不能说物体含有的热量多少，故B错误．

C；D、发生热传递的条件是存在温度差；热量从高温物体传向低温物体，而不一定从内能大的物体传给内能小的物体，故C错误，D正确．

故选：D．

【分析】温度是表示物体的冷热程度；热量是热传递过程中所传递内能的多少；内能是物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的和；温度影响物体的内能，温度越高物体内能越大．2、A【分析】解：AB；平衡摩擦力的实质是小车（及车上砝码）的重力沿木板方向的分力与木板与小车间、纸带与计时器间、绳与滑轮间、滑轮与轴间等摩擦力平衡；故A不正确，B正确．

C；“平衡摩擦力”的目的就是要使小车所受的合力等于所挂砝码通过细绳对小车施加的拉力；故C正确．

D；恰好平衡摩擦力时；小车拖动纸带，不给小车提供拉力，给小车一个初速度，小车做匀速直线运动，由打点计时器打出的纸带点迹间距应该是均匀的．故D正确．

本题选择不正确的．故选：A

小车所受的摩擦力不可避免；平衡摩擦力的本质就是使小车的重力沿斜面方向的分力与小车所受的阻力相平衡，恰好平衡摩擦力时，小车拖动纸带，不给小车提供拉力，给小车一个初速度，小车做匀速直线运动，由打点计时器打出的纸带点迹间距应该是均匀的．

实验问题需要结合物理规律去解决．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．【解析】【答案】A3、C【分析】【分析】ab两端测量的是路端电压，电流表测量的是通过磁敏传感器的电流，当有断针出现时，RB电阻减小，所以总电阻减小，故路端电阻减小，即ab两端的电压U减小，总电流增大，通过R1的电压增大，结合路端电压减小可知，并联电路的两端电压减小，故R2电阻两端电压减小，所以通过R2电阻电流的减小；结合总电流增大，所以电流表示数增大，C正确；

【点评】在分析该类问题时，要善于把部分电路和全电路结合起来，按变动部分整体其他部分的顺序，是得出的每一个结论都有依据，4、B【分析】【解答】解：A；惯性只与物体的质量有关；与物体是否运动及运动的速度大小都无关，故A是可能的；

B；惯性大小与物体的质量有关；质量越大，惯性越大．故B是不可能的；

C；惯性只与物体的质量有关；与物体的体积的大小无关．故C是可能的；

D；惯性只与物体的质量有关；与物体受力的大小无关．故D是可能的．

本题选不可能存在的；故选：B．

【分析】惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．5、D【分析】解：A

根据电容器的电容公式C=?S4k蟺d

当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；

B；当传感器以恒定加速度运动时；根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；

C；若传感器原来向右匀速运动；突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；

D；当传感器由静止突然向右加速瞬间；质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q=CU

可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；

故选：D

A、根据电容器的电容公式C=?S4k蟺d

从而电容的大小变化；

B；由牛顿第二定律；确定弹力是否变化，再确定电容器是否处于充放电状态；

C；由惯性可知；弹簧处于什么状态；

D；先确定电介质向什么方向运动；再来确定电容器处于充电，还是放电，从而确定电路中的电流方向．

考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q=CU

公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电流的依据．【解析】D

6、B【分析】【分析】本题考查了自感现象和自感系数。开关S

接通的瞬间，由PQ

所在支路的构成情况，以及自感线圈有碍原电流变化的功能可判定两灯的变化；开关S

断开的瞬间，由于线圈的自感作用，可分析两灯的变化；由自感线圈阻碍原电流变化可判定通过PQ

的电流方向。该题重点要能分清自感线圈的作用，其功能是阻碍原电流的变化，重点理解“阻碍变化”四个字。【解答】S

断开瞬间，通过Q

的电流从右向左，与原来方向相同，选项A错误；开关S

断开由自感线圈阻碍原电流变化，可知PQ

构成的回路有逆时针方向的电流，通过P

的电流从右向左，选项B正确；开关S

断开的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的自感作用，两灯逐渐同时熄灭，选项C错误；开关S

接通的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，P

灯立即发光.

由于线圈的阻碍，Q

灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯Q

逐渐变亮，选项D错误。故选B。【解析】B

二、多选题(共9题，共18分)7、AB【分析】解：

A、B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电量Q不变，由电容的定义式C=可知；板间电压U增大，静电计指针张角变大．故A正确．

B、B板向上平移，两极板正对面积减小，由电容的决定式C=得知，电容C减小，而电量Q不变，由电容的定义式C=可知；板间电压U增大，静电计指针张角变大．故B正确．

C、在两板间插入介质板，由C=得知，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C=可知；板间电压U减小，静电计指针张角变小．故C错误．

D、在两板间插入金属板，板间距离减小，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C=可知；板间电压U减小，静电计指针张角变小．故D错误．

故选AB

静电计测定电容器板间电势差；根据电容的决定式分析电容的变化，再电容的定义式分析板间电压的变化，判断静电计指针张角的变化．

本题按照这样的思路进行分析：先根据电容的决定式C=分析电容的变化，再根据电容的定义式C=和不变的条件，分析电压或电量的变化．【解析】【答案】AB8、BD【分析】解：AD

作用力和反作用力一定是性质相同的两个力；故反作用力一定是滑动摩擦力，故A错误，D正确；

BC

根据平衡力的性质可知；平衡力可以是任意性质的力，故可以是静摩擦力，故B正确，C错误．

故选：BD

．

根据牛顿第三定律可明确作用力和反作用力之间的关系；根据平衡力的性质可明确平衡力的性质．

本题考查平衡力与作用力和反作用力之间的区别，要注意明确平衡力是同一个物体受到的两个力，而作用力和反作用力是相互作用的两个物体之间的作用力．【解析】BD

9、BD【分析】解：A

由粒子的运动轨迹弯曲方向可知；带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误．

B；由于带电粒子是从A

到B

带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，故电场力做负功，带电粒子的速度减少，故B正确．

C；A

点电场线密集；故电场强度大，故C错误．

D；由于带电粒子是从A

到B

带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，故电场力做负功，带电粒子的电势能增大，故D正确．

故选：BD

．

解这类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向；然后根据电性和电场线的疏密程度，判断电场力方向，根据电场力做功判断电势能的变化．

解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系【解析】BD

10、BC【分析】【分析】判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键.

第二种，从动量的定义，分析总动量是否变化来判定。本题考查了动量守恒定律；判断动量是否守恒是常见的题型，判断动量是否守恒的方法有两种：一种是条件法，二是总量法，都要牢记。【解答】A.人与铅球组成的系统，初动量为零，末动量不为零.

故系统的动量不守恒，故A错误；B.人与车组成的系统在水平方向受到的合外力为0

故水平方向的动量守恒，故B正确；C.只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统加速度为零，系统所受合外力为零，系统动量一定守恒，故C正确；D.光滑水平面上放一斜面体，斜面也是光滑的，一滑块沿斜面由静止滑下，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大，故D错误。故选BC。【解析】BC

11、AC【分析】略【解析】AC

12、BC【分析】解：Av鈭�t

图象的斜率表示加速度的大小；根据图象可知；

加速上升时的加速度为：a1=20m/s2

减速上升时的加速度为：a2=10m/s2

对物体受力分析；利用牛顿第二定律；

加速上升时有：F鈭�mgsin37鈭�鈭�娄脤mgcos37鈭�=ma1

减速上升时有：mgsin37鈭�+娄脤mgcos37鈭�=ma2

由上式解得：m=1kg娄脤=0.5

所以A错误，B正确；

C、加速上升时运动的位移为：x1=12a1t12=12隆脕20隆脕0.52m=2.5m

减速上升的时间为：t2=v鈭�v0a2=0鈭�10鈭�10s=1s

减速上升的时运动的位移为：x2=v2鈭�v022a2=鈭�102鈭�2隆脕10=5m

物块沿斜面向上滑行的最大距离为x=x1+x2=2.5m+5m=7.5m

所以C正确；

D；物体返回的时候；对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得；

mgsin37鈭�鈭�娄脤mgcos37鈭�=ma3

代入数据解得：a3=2m/s2

根据x篓T12a3t32

可得返回用的时间t3

为：t3=2xa3=7.5?s隆脰2.74s

物块回到斜面底端的时刻为t=1.5+2.74=4.24s

所以D错误；

故选：BC

根据图象可以得出加速上升和减速上升的加速度的大小；根据牛顿第二定律计算物体的质量和动摩擦因数的大小，根据速度公式计算减速运动的时间，根据位移公式计算下滑的时间．

本题是对牛顿运动定律和运动学方程的综合的应用，对物体受力分析，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，再分析清楚物体的运动的过程，利用运动学的规律分过程来计算．【解析】BC

13、BD【分析】解：A；光谱分析要使用明线谱或吸收光谱；而月亮的光是反射的太阳光．故A错误；

B、根据电荷数守恒知，β衰变放出一个电子e；新核的电荷数增加1，即原子序数增加1．故B正确．

C；光电效应和康普顿效应都揭示了光具有粒子性；故C错误．

D；玻尔原子模型：电子的轨道是量子化；对应的原子的能量也是量子化，所以他提出了原子能量量子化的理论．故D正确；

故选：BD

光谱分析要使用明线谱或吸收光谱；放射性元素发生一次β衰变；原子序数增加1；光电效应和康普顿效应揭示了光具有粒子性；

该题考查光谱分析、β衰变的本质、光电效应以及波尔理论等知识点的内容，解决本题的关键是掌握原子物理和光学的基本知识，重点是光电效应和玻尔理论．【解析】【答案】BD14、BC【分析】解：导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv

设线框总电阻是R

则感应电流I=BLVR

由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后恒定，最后均匀减小，由于BvR

是定值，则导体棒的有效长度L

应先变长，后恒定，最后均匀减小，且L

随时间均匀变化，即L

与时间t

成正比．

A；闭合圆环匀速进入磁场时；有效长度L

先变大，后变小，但L

不随时间均匀变化，不符合题意，故A错误；

B；六边形线框进入磁场时；有效长度L

先均匀增大，后恒定，最后均匀减小，符合题意，故B正确；

C；梯形线框匀速进入磁场时；有效长度L

先均匀增加，后不变，最后均匀减小，符合题意，故C正确；

D；三角形线框匀速进入磁场时；有效长度L

先增加，后减小，且随时间均匀变化，不符合题意，故D错误；

故选：BC

．

由公式E=BLv

及欧姆定定律求出电流的表达式；找出各线框进入磁场时电流的变化规律，然后选出与图乙所示图象符合的线框．

本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键．【解析】BC

15、BCD【分析】解：A；氢原子从高能级向低能级跃迁多余的能力将以光子的形式辐射出来；而氢原子从高能级跃迁到基态辐射光子能量最小值为10.2eV，远大于锌的逸出功3.34ev，所以锌板一定可以发生光电效应。故A错误；

B；一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时；辐射光子种类数目为6种，其中有3种大于3.34ev，故B正确；

C；氢原子跃迁辐射光子能力使锌板发生光电效应；一部分克服逸出功，多余部分以动能形式随光电子逸出。一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时辐射光子最大能量为12.09ev，克服逸出功后剩余的动能即为最大为8.75ev，故C正确；

D；用能量为14.0eV的光子照射；氢原子可以从基态跃迁到无穷远，多余的能量转化为电离后的动能，故D正确；

故选：BCD。

红外线有显著的热效应；根据氢原子从高能级向n=3能级跃迁时发出的光子能量是否小于1.62eV。

紫外线的频率大于3.11eV；判断n=3能级的氢原子可以吸收紫外线后，能量是否大于0，即可知是否电离。

解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足hγ=Em-En，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差。【解析】BCD三、填空题(共6题，共12分)16、略

【分析】

（1）根据牛顿第二定律得。

qvB=mr=①

质子与α粒子比荷之比为2：1；则半径之比为1：2

（2）根据动能定理；得。

qU=得到v=

代入①得r=

则得到半径之比为1：

故本题答案是：1：2；1：

【解析】【答案】（1）质子与α粒子均做匀速圆周运动；根据牛顿第二定律研究旋转半径与速度；质量、电量、磁感应强度的关系，结合质子与α粒子的比荷关系求解．

（2）由动能定理求出速度；再由（1）式结论进行分析求解半径关系．

17、略

【分析】【解析】试题分析：当铁性物质与磁铁接触后，分子电流的排布变的一致，分子电流产生的磁场相互加强，从而显示出磁性，这种现象叫磁化．原来有磁性的物体，经过高温、剧烈震动等作用后分子电流的排布重新变的杂乱无章，分子电流产生的磁场相互抵消，这样就会失去磁性，这种现象叫退磁．考点：考查了分子电流假说【解析】【答案】磁化退磁18、略

【分析】解：对于正弦式电流；有效值：

I1=Im=A=5A．

根据焦耳定律得：QA=I12RT=（5）2RT=50RT；

对于方波；根据焦耳定律得：

QB=I22R•+I2′2R•=50RT+50RT=100RT；

则QA：QB=50：100=1：2；

由图可知；半个周期内的热量之比与一个周期内的比值要同；

故答案为：1：2.1：2．

根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，其中I是有效值，对于正弦式电流有效值I1=Im．对于方波；直接根据焦耳定律求解热量．

对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．要注意一般的交流电其有效值要用电流的热效应求解．【解析】1：2；1：219、略

【分析】解：由T=2π得，T2=L，知T2～L图象的斜率越大；则重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线．

由振动图线知，两单摆的周期比为=由T=2π可知知，两单摆摆长之比=．

故答案为：B；4：9．

根据T2～L图象比较出重力加速度的大小，因为北京和南京当地的重力加速度不同，从而可知北大的同学所测实验结果对应的图线．根据振动图象得出两摆的周期比，从而根据单摆的周期公式T=2π得出两单摆的摆长之比．

解决本题的关键知道单摆的周期公式，以及知道T2～L图象的斜率表示什么．【解析】B；4：920、略

【分析】解：根据速度位移公式得，v2=2gH

解得线框进入磁场的速度为：v=2gH

根据平衡有：mg=B2L2vR

解得线框的电阻为：R=B2L22gHmg

．

线框通过磁场的过程中；下降的高度为2h

动能不变，根据能量守恒得：Q=2mgh

．

故答案为：B2L22gHmg2mgh

．

根据速度位移公式求出线框进入磁场的速度；抓住线框匀速通过磁场，根据平衡，运用安培力的表达式求出线框的电阻，根据能量守恒求出线框通过磁场过程中产生的焦耳热．

本题考查了电磁感应和力学和能量的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力的表达式是解决本题的关键．【解析】B2L22gHmg2mgh

21、略

【分析】解：感应电动势E=n鈻�娄碌鈻�t=100隆脕0.08鈭�0.020.4V=15V

感应电流的大小I=ER=1510A=1.5A

．

故本题答案为：151.5

．

根据法拉第电磁感应定律E=n鈻�娄碌鈻�t

求出感应电动势；再根据欧姆定律求出感应电流的大小．

解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E=n鈻�娄碌鈻�t

和闭合电路欧姆定律．【解析】151.5

四、判断题(共4题，共16分)22、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．23、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．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．25、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．五、实验题(共1题，共5分)26、略

【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、烯烃性质的考查，注意官能团的判断，题目难度不大。由α-松油醇的结构简式可以看出，—OH直接与链羟基相连，应是醇；分子中含有环状结构且有双键，应属于不饱和醇，能发生加成反应，也能被氧化。A在脱水发生消去反应时，如果是环上的—OH发生消去，得α-松油醇；如果是侧链上的—OH发生消去反应，去氢的位置有两种，一种是去侧链上的氢，得β-松油醇，另一种是去环上的氢，得λ-松油醇。【解答】（1）根据题中所给的α-松油醇的结构简式，可知分子