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9题，共18分)1、下列有关电压与电动势的说法中正确的是（）A.电动势就是电源两极间的电压B.电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量C.电动势公式E=中的W与电压U=中的W是一样的，都是电场力所做的功D.电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法2、小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v

和位置x

的关系图象中，能描述该过程的是()A.B.C.D.3、关于电流的下列说法中；正确的是（）

A.电路中电流越大；表示通过导体横截面的电荷量越多。

B.在相同时间内；通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大。

C.通电时间越长；电流越大。

D.导体中通过一定的电荷量；所用时间越短，电流越大。

4、如图所示，在匀强磁场中用两根柔软绝缘的细线将金属棒ab悬挂在水平位置上，金属棒中通入由a到b的恒定电流I，这时两根细线均被拉紧，现要想使两根细线对金属棒拉力变为零，可采用哪些方法A.适当增大电流IB.将电流反向并适当改变大小C.适当减小磁感应强度D.将磁场反向并适当改变大小5、关于热力学定律，下说法中正确的是A.随着高科技的不断发展，绝对零度是可以达到的B.一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行C.第二类永动机因为不违反能量守恒定律，所以它将会被制造出来D.热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，也能自发地从低温物体传递到高温物体6、下列各量中，与检验电荷无关的物理量是()A.电场力FB.电场强度EC.电势差UD.电场力做的功W7、两根完全相同的金属裸导线甲和乙，如果把甲均匀拉长到原来的两倍，把乙对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同的电压，则处理后的甲、乙两导线某一横截面上通过相同的电荷量所用的时间之比为（）A.1∶8B.8∶1C.1∶16D.16∶18、如图，MN是负点电荷电场中的一条电场线，一带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（）

A.带电粒子在a点时的加速度小于于在b点时的加速度B.带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能C.带电粒子从a到b运动的过程中动能逐渐减小D.负点电荷一定位于N点右侧9、某电解池，如果在2秒钟内共有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（）A.0B.1.6AC.2.4AD.3.2A评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、下列说法正确的是（）A.放射性元素的半衰期会随着周围环境温度的变化而改变B.爱因斯坦为解释光的光电效应现象提出了光子说C.处于n=3能级状态的一个氢原子自发跃迁时，最多能发出3种频率的光子D.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说11、如图所示是质量为M=1.5kg

的小球A

和质量为m=0.5kg

的小球B

在光滑水平面上做对心碰撞前后画出的位移x鈭�

时间t

图象，由图可知(

)

A.两个小球在碰撞前后动量不守恒B.碰撞过程中，B

损失的动能是3J

C.碰撞前后，A

的动能不变D.这两个小球的碰撞是弹性的12、关于下列四幅图的有关说法中正确的是()A.甲图核反应属于重核的裂变B.乙图说明光子既有能量又有动量C.丙图对比图样表明电子具有粒子性D.丁图证明了原子核是由质子和中子组成的13、下列关于物理学史的说法中，正确的是(

)

A.普朗克为解释光电效应现象的分析提出了光子说B.现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变放出的能量C.查德威克用娄脕

粒子轰击氦原子核发现了质子D.玻尔的原子模型成功地解释了氢光谱的成因14、A；B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上；且到连线的距离相等，如图所示，则（）

A.同一点电荷在B两点的电势能相等B.把正电荷从A点移到B点，电势能先增大后减小C.把正电荷从A点移到B点，电势能先减小后增大D.B两点的连线上任意两点的电势差为零15、美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一大步．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C板间．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关B.带电粒子每运动一周P1P2=P2P3C.带电粒子每运动一周被加速两次D.加速电场方向不需要做周期性的变化16、一简谐波在图中x

轴上传播，实线和虚线分别是t1t2

时刻的波形图，已知t2鈭�t1=1.0s.

由图判断下列哪一个波速是可能的？(

)

A.1m/s

B.3m/s

C.5m/s

D.10m/s

17、空间某一静电场的电势蠁

在x

轴上分布如图所示，x

轴上两点BC

点电场强度在x

方向上的分量分别是EBxECx

下列说法中正确的有()

A.EBx

的大小大于ECx

的大小B.EBx

的方向沿x

轴正方向C.电荷在O

点受到的电场力在x

方向上的分量最大D.负电荷沿x

轴从B

移到C

的过程中，电场力先做正功，后做负功18、(多选)如图为一个电磁泵从血库里向外抽血的结构示意图，长方体导管的左、右表面绝缘，上、下表面为导体，管长为a、内壁高为b、宽为L且内壁光滑．将导管放在垂直左、右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正、负离子，将上、下表面和电源接通，电路中会形成大小为I的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p，从而将血浆抽出，其中v为血浆流动方向．若血浆的电阻率为ρ，电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B；则下列判断正确的是()

A.此装置中血浆的等效电阻B.此装置中血浆受到安培力大小F＝BILC.增大磁感应强度可以加快血浆的外抽速度D.前后两侧的压强差评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)19、一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49mm。用它测量某物体长度，卡尺示数如图所示，则该物体的长度是_________cm。20、一个边长为10cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框匝数n=100，线框平面与磁场垂直，电阻为20Ω．磁感应强度随时间变化的图象如图所示．则在一个周期内线框产生的热量为______J．21、有一游标卡尺，主尺的最小分度1mm，游标上有20个小的等分刻度．现用它测量一工件的长度，如图所示，图示的读数是______mm．22、在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中；备有下列器材：陋陇

A.干电池E(

电动势约为1.5V

内阻小于1.0娄赂)

B.电流表A1(

满偏电流3mA

内阻r1=10娄赂)

C.电流表A2(0隆芦0.6A

内阻0.1娄赂)

D.滑线变阻器1(0隆芦20娄赂,10A)陋陇

E.滑线变阻器2(0隆芦100娄赂,10A)

F.定值电阻3(990娄赂)陋陇

G.开关和导线若干陋陇

(1)

为方便且能较准确地进行测量；其中应选用的滑线变阻器是______.(

填字母代号)陋陇

(2)

请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．

(3)

如图为某一同学根据他所设计的实验给出的I1I2

图线(I1

为A1

的示数，I2

为A2

的示数)

由图线可求得被测电池的电动势E=

______V

内阻r=

______娄赂.

23、如图所示，两木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为f，B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子。为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则它们的振幅不能大于____，它们的最大加速度不能大于____24、平行板电容器两板间距为4cm，带电5.0×10-8C，板间电场强度为4.5×104N/C，则其电容C=______F，若保持其他条件不变而使两板正对面积减为原来的则其电容变为______．25、图为多用表表盘指针在测量时的偏转位置。

若多用电表的选择开关置于“×10”欧姆挡；则读数是______Ω；

若多用电表的选择开关置于直流“10mA”挡；则读数是______mA；

若多用电表的选择开关置于直流“50V”挡，则读数是______V。评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)26、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、实验探究题(共4题，共40分)27、某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.20cm；用20分度的游标卡尺测小球直径如图4所示，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间为100.0s．则

（1）小球直径为______cm

（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值______（填“偏大”或“偏小”或“准确”）

（3）他以摆长（l）为纵坐标、周期的二次方（T2）为横坐标作出了l-T2图线，由图象测得的图线的斜率为k，则测得的重力加速度g=______．（用字母表示即可）．28、（1）在“测定金属的电阻率”的实验中，由于金属丝直径很小，不能使用普通刻度尺，应使用螺旋测微器．螺旋测微器的精确度为______mm，用螺旋测微器测量某金属丝直径时的刻度位置如图1所示，从图中读出金属丝的直径为______mm．

（2）如果测出金属丝接入电路的长度l、直径d和金属丝接入电路时的电流I和其两端的电压U，就可求出金属丝的电阻率．用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为ρ=______．

（3）在此实验中；金属丝的电阻大约为4Ω，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，选用了如下实验器材：

A．直流电源：电动势约4.5V；内阻不计；

B．电流表A：量程0～0.6A；内阻约0.125Ω；

C．电压表V：量程0～3V；内阻约3kΩ；

D．滑动变阻器R：最大阻值10Ω；

E．开关；导线等．

在如图2可供选择的实验电路中，应该选图______（填“甲”或“乙”），选择的接法为______接法（填“内”或“外”），此接法测得的电阻值将______（填“大于”；“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值．

（4）根据所选实验电路图，在图3实物图中完成其余的连线．在闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置在______（填“最左”或“最右”）端．

（5）根据所选量程，某次实验两电表的示数如图4，则读数分别为______V和______A．

（6）若某次实验测得接入电路金属丝的长度为0.810m，算出金属丝的横截面积为0.81×10-6m2，根据伏安法测出电阻丝的电阻为4.1Ω，则这种金属材料的电阻率为______（保留二位有效数字）．29、电火花计时器正常工作时：

(1)

打点的时间间隔取决于______

A.交流电压的高低。

B.交流电的频率。

C.纸带的长度。

D.墨粉纸盘的大小。

(2)

工作时的基本步骤中；正确的排列顺序为______

A.把电火花计时器固定在长木板上。

B.安装好纸带。

C.松开纸带让物体带着纸带运动。

D.接通220V

交流电源。

E.按下脉冲输出开关，进行打点．30、在练习使用多用电表时，某同学将选择开关拨至“×10”挡时，欧姆表的内部结构可简化为图甲中虚线框内的电路，欧姆表已经进行了必要的调零．该同学想用一个电阻箱Rx较精确地测出该电路中电源的电动势E和该倍率下完成调零后欧姆表的内阻R内（即Rg+R0+r）；他的操作步骤是：

a．将欧姆表与电阻箱Rx连成图甲所示的闭合电路；

b．改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx和对应的电流表G的示数I；

c．将记录的各组Rx、I的数据描点在乙图中，得到-Rx图线；

d．由乙图所作-Rx图线，求出电源电动势E和欧姆表内阻R内．

图甲中，a表笔的颜色是______（填红或黑），电源电动势E为______V，欧姆表内阻R内为______Ω，电流表G的量程是______mA．

．评卷人得分六、推断题(共3题，共18分)31、某有机化合物经李比希法测得其中含碳为72.0%

含氢为6.67%

其余含有氧.

现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。图A

为该有机化合物的质谱图；图B

为该有机化合物的核磁共振氢谱，有5

个峰，其面积之比为12223

图C

为该有机化合物分子的红外光谱图。试填空：(1)

该有机化合物相对分子量为_________________(2)

该有机化合物的分子式为________________．

(3)

经分析该有机化合物的分子中只含一个甲基的依据是______(

填序号)

．

a.

其相对分子质量b.

其分子式c.

其核磁共振氢谱图d.

其分子的红外光谱图(4)

从以上图谱中分析得出；该有机化合物的结构简式为____________，含有的官能团的名称_______。

(5)

该有机化合物在酸性条件下可以水解，请写出反应方程式_______________________________．32、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}是中学常见的无机物，存在如图转化关系rm{(}部分生成物和反应条件略去rm{)}rm{(1)}若rm{A}为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，rm{X}能使品红溶液褪色，写出rm{C}和rm{E}反应的离子方程式：__________________________．rm{(2)}若rm{A}为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：rm{垄脵}组成单质rm{A}的元素在周期表中的位置为_______________．rm{垄脷X}可能为___________rm{(}填代号rm{)}．rm{a.NaHCO_{3}}rm{b.Na_{2}CO_{3;;;;;;;;;;;;;;;}c.Na_{2}SO_{3;;;;;;;;;;;;;}d.Al(OH)_{3}}rm{(3)}若rm{A}为淡黄色粉末，回答下列问题：rm{垄脵1molA}与足量的rm{H_{2}O}充分反应时转移的电子数目为_______________．rm{垄脷A}的电子式为___________________。rm{垄脹}若rm{X}为一种造成温室效应的气体rm{.}则鉴别等浓度的rm{D}rm{E}两种溶液，可选择的试剂为______rm{(}填代号rm{)}．rm{a.}盐酸rm{b.BaCl_{2}}溶液rm{c.NaOH}溶液rm{d.Ca(OH)_{2}}溶液rm{(4)}若rm{A}为氧化物，rm{X}是rm{Fe}溶液rm{D}中加入rm{KSCN}溶液变红rm{.}则rm{A}与rm{H_{2}O}反应的化学反应方程式为___________rm{.E}是_________rm{(}填化学式rm{)}33、rm{D}的某种同系物分子式为rm{C_{5}H_{10}O_{2}}该种同系物的结构有_______种。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】解：AD；电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小；电势差是电势之差，其绝对值等于电压，两者物理意义不同，不是一回事，故AD错误．

B；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；电动势越大，本领越大．故B正确．

C、电动势公式E=中的W为非静电力做功，电压U=中的W为静电力做功；故C错误．

故选：B

电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内；外电压之和．

本题考查电动势和电压的区别，注意从定义和物理意义上区分．【解析】【答案】B2、A【分析】【分析】

小球从静止开始下落；仅受重力作用，机械能守恒，然后去找到速度v

和位置x

的函数关系，找到正确的函数图像是解题的关键。

【解答】

设小球从HH高处由静止下落，则下降过程距原点的距离x=H鈭�h(hx=H-h(h为下落的高度))由机械能守恒有12mv2=mgh

12mv2=mg(H鈭�x)

得v2=2gH鈭�2gx

式中x

的方向向下小球落地时速度为v0

则v02=2gH

上升阶段：12mv2鈭�12mv02=鈭�mgx

得v2=2gH鈭�2gx

式中v

的方向向上因此上升和下降阶段速度大小随x

的变化规律相同；速度方向相反，且v

与x

的关系不是线性关系，故A正确，BCD错误。

故选A。

【解析】A

3、B【分析】

A、电路中电流越大，由电流的定义式I=则知；单位时间内通过导体横截面的电荷量越多．故A错误．

B、由电流的定义式I=得知；在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大．故B正确．

C；电流的大小与通电时间无关；由导体两端的电压与电阻决定．故C错误．

D；导体中通过某一横截面电荷量一定；所用时间越短，电流越大．故D错误．

故选B

【解析】【答案】解答本题可以根据电流的定义式：I=进行分析判断．

4、A【分析】【解析】试题分析：由左手定则可知，导体棒所受安培力方向竖直向上，由此可知BIL+F=mg，F为绳子的拉力，要想使两根细线对金属棒拉力变为零，可增大安培力大小，由安培力公式可知A对；故选A考点：考查安培力【解析】【答案】A5、B【分析】【解析】【答案】B6、B|C【分析】试题分析：电场力与检验电荷的电荷量有关，A错误；电场强度只和电场本身的性质有关，与检验电荷无关，B正确；电势是人为规定的，电势差是相对的，与检验电荷无关，C正确；电场力做功与检验电荷有关，D错误考点：考查了电场力，电场强度，电势差，电场力做功【解析】【答案】BC7、D【分析】【分析】设原来甲乙的电阻为

把甲均匀拉长到原来的两倍后，电阻为

把乙对折后绞合起来后：电阻为

根据公式可得故可得D正确；

【点评】导线拉长或者缩短后体积不变8、C【分析】【解答】解：A；D、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动；电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，电场线由N指向M，说明负电荷在直线M点左侧．

a点离点电荷较近，a点的电场强度大于b点的电场强度，带电粒子在a点的大于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度．故AD错误；

B、C、电场力方向大致向左，所以a到b的过程中电场力对带电粒子做负功，电势能增大，动能减小，则带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能．带电粒子在a点的动能大于在b点的动能．故B错误；C正确．

故选：C

【分析】解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．9、D【分析】解：电流由正；负离子的定向移动形成；则在2s内通过横截面的总电荷量应为：

Q=1.6×10-19×1.0×1019×2C+1.6×10-19×1×2.0×1019C=6.4C．

由电流的定义式可知：I=A=3.2A．

故选：D

电解液中电流是由正负离子同时向相反方向定向移动形成的；2s内通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．

本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和．【解析】【答案】D二、多选题(共9题，共18分)10、BD【分析】解：A；半衰期是原子核的原因；不会随着周围环境的温度的变化而改变；故A错误；

B；爱因斯坦为解释光电效应现象提出了光子说；故B正确；

C、处于n=3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出=3种频率的光子；而一个氢原子自发跃迁时，最多能发出2种频率的光子，即为第3能级向第2能级，与第2能级向第1能级；故C错误；

D；普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说；建立了量子论；故D正确；

故选：BD．

自然界中有些原子核是不稳定的；可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理；化学状态无关。

由可判定处于n=3能级状态的大量氢原子自发跃迁时产生的光子频率数；

普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说；建立了量子论．

本题考查了衰变、光子说、能级、核裂变及核聚变反应，要注意正确掌握相应的物理规律，同时注意明确对应的物理学史的掌握．【解析】【答案】BD11、BD【分析】解：A

根据x鈭�t

图象的斜率等于速度，可知：A

球的初速度为vA=0B

球的初的速度为vB=鈻�xB鈻�t=205m/s=4m/s

碰撞后A

球的速度为vA隆盲=鈻�xA鈻�t=30鈭�2010鈭�5=2m/s

碰撞后B

球的速度为vB隆盲=10鈭�2010鈭�5=鈭�2m/s

碰撞前总动量为P=MvA+mvB=2kg?m/s

碰撞后总动量为P隆盲=MvA隆盲+mvB隆盲=2kg?m/s

故两个小球在碰撞前后动量守恒.

故A错误．

BC

碰撞过程中，B

球的动能变化量为鈻�EkB=12mv隆盲B2鈭�12mvB2=12隆脕0.5隆脕(22鈭�42)=鈭�3J

即损失3J

故B正确．

C；碰撞前A

的动能为0

碰撞后A

的动能大于零，故C错误．

D、A

球动能增加量为鈻�EkA=12MvA隆盲2鈭�0=3J

则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，故D正确．

故选：BD

根据x鈭�t

图象的斜率等于速度求出碰撞前后各个物体的速度；分别求出碰撞前后的总动量，即可判断动量是否守恒；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可．

本题主要考查了动量守恒定律得应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞．【解析】BD

12、AB【分析】【分析】本题考查重核裂变、康普顿效应，电子的波动性、原子的核式结构等知识点，难度不大。【解答】A.甲图核反应属于重核的裂变，故A正确；B.乙图康普顿散射实验说明光子既有能量又有动量，故B正确；C.丙图对比图样表明电子具有波动性，故C错误；D.娄脕

粒子散射实验说明了原子的核式结构，故D错误。故选AB。【解析】AB

13、BD【分析】解：A

爱因斯坦为解释光电效应现象提出了光子说.

故A错误．

B；目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变.

故B正确．

C；查德威克用娄脕

粒子轰击铍；发现了中子.

故C错误．

D；玻尔的原子模型成功地解释了氢光谱的成因.

故D正确．

故选：BD

根据物理学史和常识解答；记住著名物理学家的主要贡献即可．

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．【解析】BD

14、AD【分析】解：A；B、C等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线；同一电荷在A、B两点的电势能必定相等．故A正确，BC错误．

D；由于AB处在同一等势线上；A、B连线上的任意两点的电势差一定为零．故D正确．

故选AD

等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线；同一电荷在等势线上电势能相同．根据电场线分布的对称性可知，A；B两点的电场强度相同．把正电荷从A点沿直线移动到B点，电场力先增大后减小．

对于等量同种电荷与等量异种电荷电场线、等势线的分布图要抓住特点，加深记忆，也是高考经常命题的内容．【解析】【答案】AD15、AD【分析】解：A、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力，所以r=得，v=知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故A正确．

B、根据r=得，则P1P2=2（r2-r1）=因为每转一圈被加速一次，根据v2-v12=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3-v2＜v2-v1，则P1P2＞P2P3．故B错误CD；带电粒子只有经过AC板间时被加速；即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速．故C错误，D正确．

故选：AD．

带电粒子经加速电场加速后；进入磁场发生偏转，电场被限制在A；C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变．当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大．

解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．【解析】【答案】AD16、ABC【分析】解：要由实线形成虚线；根据波形的平移法可知，波可能沿x

轴正方向传播，也可能沿x

轴负方向传播．

若波沿x

轴正方向传播，则有t2鈭�t1=(n+14)T

得T=4(t2鈭�t1)4n+1=44n+1s(n=0,1,2,)

由图读出波长娄脣=4m

则波速为v=娄脣T=(4n+1)m/s

若n=0v=1m/s

若n=1v=5m/s.

故AC正确．

若波沿x

轴负方向传播，则有t2鈭�t1=(n+34)T

得T=44n+3s(n=0,1,2,)

由图读出波长娄脣=4m

则波速为v=娄脣T=(4n+3)m/s

若n=0v=3m/s.

故B正确．

由于n

是整数；v

不可能等于10m/s.

故D错误．

故选ABC

简谐横波在x

轴上传播；由实线形成虚线，可能沿x

轴正方向传播，也可能沿x

轴负方向传播；根据波的周期性，可得出波向右传播和向左传播时波速的两个通项，即可求得波速的特殊值.

求出周期的通项，得到特殊值．

本题的解题方法是由一般通项式到特殊值.

也可以根据波速求出波传播的距离，由波传播的距离确定是否符合题意．【解析】ABC

17、AD【分析】【分析】本题考察电势差与场强的关系。本题的入手点在于如何判断EBx

和ECx

的大小，由图象可知在x

轴上各点的电场强度在x

方向的分量不相同，如果在x

方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法，本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法。【解答】A.由图像可知：BB点所在位置的切线要比CC点所在位置的切线斜率值要大，在B

点和C

点附近分别取很小的一段dBB点段对应的电势差大于CC点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见EBx>ECx，AA项正确；B.B

在O

点左侧，C

在O

点右侧，而场强的方向由电势高指向电势低的方向故沿xx轴负方向，B

项错误；C.O点所在位置的切线斜率值最小，可知OO点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，CC项错误；D.负电荷沿xx轴从BB移到CC的过程中，电场力先做正功，后做负功，D正确。

故选AD。

【解析】AD

18、A:C:D【分析】【详解】

导体长度为b，横截面积为aL，由电阻定律可得此装置中血浆的等效电阻为：R=ρ故A正确．导体长度为a，故所受安培力为F=BIb，故B错误．根据洛伦兹力与电场力平衡，则有qvB=q解得：U=Bav，当增大磁感应强度B时，则前后表面的电势差U增大，导致电场力增大，则会加快血浆的外抽速度，故C正确；压强公式得可得：故D正确．故选ACD．三、填空题(共7题，共14分)19、略

【分析】试题分析：主尺部分（4.1cm）+游标部分（10×0.02mm）=4.120cm考点：游标卡尺的读数【解析】【答案】4.120cm20、略

【分析】解：根据B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，所以电动势为定值，即为：E=nS=100××0.12V=1V；

根据欧姆定律，则有：I==A；

在一个周期内，由焦耳定律Q=I2Rt；可得：Q=0.2J．

故答案为：0.2．

在B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的．由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定；由焦耳定律；即可求解．

解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及焦耳定律的应用．【解析】0.221、略

【分析】解：游标上有20个小的等分刻度；可知精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为：10.4cm=104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm．

故答案为：104.05

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；主尺读数加上游标读数，不需估读．

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，正确使用这些基本仪器进行有关测量．游标卡尺不需要估读，同时注意游标卡尺的精确度的判断．【解析】104.0522、D；1.48；0.8【分析】解：(1)

实验中应选用的较小阻值的滑线变阻器；有利于电流的变化和表的读数.

故选D．

(2)

由于没有电压表；我们可以把表头及定值电阻充当电压表使用，利用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻．

(3)

表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理；则由闭合电路欧姆定律可知：

1(R3+Rg)=E鈭�I2r

即：I1=E1000鈭�I2r1000

由图可知；图象与纵坐标的交点为1.48mA

则有：1.48mA=E1000

解得E=1.48V

由图象可知，图象的斜率为：0.8隆脕10鈭�3

由公式得图象的斜率等于r1000

故r1000=0.8隆脕10鈭�3

解得r=0.8娄赂

．

故答案为：(1)D(2)

见上图；

(3)1.480.8

．

实验中应选用的较小阻值的滑线变阻器；有利于电流的变化和表的读数．

表头及定值电阻充当电压表使用；则由闭合电路欧姆定律可得出表达式，由图象结合表达式可得出电动势和内电阻；

正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；

本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．【解析】D1.480.8

23、略

【分析】【解析】试题分析：A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大，此时振幅最大．先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体研究，根据牛顿第二定律和胡克定律求出振幅．当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大．根据牛顿第二定律得：以A为研究对象：a=以整体为研究对象：kA=（M+m）a，联立两式得，A=【解析】【答案】24、略

【分析】解：由U=Ed可得：U=4.5×104N/C×4×10-2=1.8×103V；

则由C=得C==2.8×10-11F；

由C=ɛ可知；电容与正对面积成正比；

则变化后的电容C′==7×10-12F；

故答案为：2.8×10-11；7×10-12F

由U=Ed可求得两板间的电势差；再由电容器的定义式可求得其电容；由决定式可求得改变正对面积以后的电容值．

本题考查电容器的定义式及决定式的应用，在解题时同时要注意电势差与电场强度之间的关系．【解析】2.8×10-11；7×10-12F25、2004.221.0【分析】解：欧姆档读数：20×10=200Ω

置于直流“10mA”挡；则读数是4.2mA；

置于直流“50V”挡；则读数是21.0v

故答案为：2004.221.0

电阻的读数为示数乘以倍率；电压和电流的读数为格子数乘以每小格表示的数，要注意估读。

本题考查了欧姆表、电压表和电流表的使用和读数，记住其方法即可解决此类题目。【解析】2004.221.0四、判断题(共1题，共6分)26、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、实验探究题(共4题，共40分)27、略

【分析】解：由图可知；小球的直径D=29mm+0.05mm×18=29.90mm=2.990cm；

（2）试验中将49次全振动数为50次，会导致测得周期偏小，根据T=得：g=知测得重力加速度偏大．

（3）根据T=得：l=可知图线的斜率k=则g=4π2k．

故答案为：（1）2.990；（2）偏大：（3）4π2k

（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数；不需估读．

（2）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式；结合周期的测量误差得出重力加速度的测量误差．

（3）根据单摆的周期公式得出l-T2的关系式；结合图线的斜率求出重力加速度．

解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，以及掌握单摆的周期公式；对于图线问题，一般方法得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解．【解析】2.990；偏大；4π2k28、略

【分析】解：（1）螺旋测微器的精度为0.01mm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+14.0×0.01mm=0.640mm．

（2）导体电阻：R=由电阻定律可知：R=ρ=ρ电阻率：ρ=．

（3）由题意可知；电压表内阻远大于待测电阻阻值，应选择图甲所示电路；

电流表选择外接法；由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知电阻测量值小于真实值．

（4）根据电路图连接实物电路图；实物电路图如图所示：

滑动变阻器采用限流接法；为保护电路滑片应置于滑片左端．

（5）由图示电流表可知；其量程为3A，分度值为0.1A，电流表示数为0.70A；

由图示电压表可知；其量程为15V，分度值为0.5V，示数为11.5V．

（6）由电阻定律可知：R=ρ电阻率：ρ===4.1×10-6Ω•m．

故答案为：（1）0.01；0.640；（2）（3）甲；外；小于；（4）实物电路图如图所示；最左；（5）0.70；11.5；（6）4.1×10-6Ω•m．

（1）螺旋测微器的分度值为0.01mm；螺旋测微器估读刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．

（2）根据欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式．

（3）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法；然后选择实验电路，根据电路应用欧姆定律分析实验误差．

（4）根据电路图连接实物电路图；为保护电路确定滑片的位置．

（5）根据电表量程确定其分度值；然后读出其示数．

（6）应用电阻定律可以求出电阻率．

本题考查了螺旋测微器读数、实验电路选择、电表读数、实验注意事项等问题，是实验的常考问题，一定要掌握；要掌握常用器材的使用及读数方法；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后读出其示数，读数时事项与刻度线垂直．【解析】0.01；0.641；甲；外；小于；最左；0.70；11.5；4.1×10-6Ω•m29、（1）B（2）ABDEC【分析】【分析】

了解打点计时器的打点原理，由于交变电流方向的改变间隔打点。在具体进行实验操作时；一般本着先安装器材；再进行实验、最后实验完毕整理器材的步骤进行的，因此熟练打点计时器的应用步骤，即可正确解答。

利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力，同时并掌握计时器的工作原理。【解答】

(1)

当电流为正方向时；振片受向下的力，此时打点一次，当电流方向为反方向时，振片受向上的力，此时不打点，所以在交流电的一个周期内打点一次，即每两个点间的时间间隔等于交流电的周期.

而交流电的周期又等于电源的频率的倒数，故ACD错误，B正确。

故选：B

(2)

实验步骤要遵循先安装器材后进行实验的原则进行；要符合事物发展规律，不能丢三落四，逻辑颠倒，故正确的操作步骤为：ABDEC

故填：(1)B(2)ABDEC

【解析】(1)B(2)ABDEC

30、略

【分析】解：由图甲所示可知；a与电源正极相连，则a表笔是黑色的；

由图甲所示，在闭合电路中，电源电动势：E=I（Rg+R0+r+RX）；

=RX+由图乙所示图象可知，图象纵轴截距：b==20；

图象斜率：k====0.125，解得：E=8V，内阻：R内=Rg+R0+r=160Ω；

电流表G的满偏电流Ig===0.05A=50mA；则电流表量程为50mA；

故答案为：黑；8；160；50．

欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连；负极与红表笔相连；根据电路图应用欧姆定律求出函数图象表达式，然后根据函数表达式与图象求出电动势与内阻．

根据电路图与闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据函数表达式与图象可以求出电源电动势与内阻，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．【解析】黑；8；160；50六、推断题(共3题，共18分)31、略

【分析】【分析】本题考查某有机化合物的推断，关键是对以上三个图示的分析和判断，强化了学生对基础知识的理解和掌握，题目难度一般。由质谱图可知有机物的相对分子质量为150

有机物A

中C

原子个数N(C)=

=9

有机物A

中H

原子个数N(H)=

=10

有机物A

中O

原子个数N(O)=

=2

所以有机物A

的分子式为C9H10O2

该有机化合物的核磁共振氢谱，有5

个峰，其面积之比为12223

且有一个甲基，由A

分子的红外光谱可知，A

分子结构有碳碳单键及C鈭�HC=OC鈭�O鈭�CC鈭�CC6H5鈭�C

等基团，有机化合物在酸性条件下可以水解，则有机物A

结构简式为C6H5COOCH2CH3

以此解答该题。【解答】(1)

由质谱图可知有机物的相对分子质量为150

(2)

有机物A

中C

原子个数N(C)=

=9

有机物A

中H

原子个数N(H)=

=10

有机物A

中O

原子个数N(O)=

=2

所以有机物A

的分子式为C9H10O2

(3)A

的核磁共振氢谱有5

个峰；说明分子中有5

种H

原子，其面积之比为对应的各种H

原子个数之比，由分子式可知分子中H

原子总数，进而确定甲基数目。所以需要知道A

的分子式及A

的核磁共振氢谱图。

故答案为：bc

(4)

由A

分子的红外光谱知；含有C6H5鈭�C鈭�

基团，由苯环上只有一个取代基可知，苯环上的氢有三种，H

原子个数分别为1

个；2

个、2

个.

由A

的核磁共振氢谱可知，除苯环外，还有两种氢，且两种氢的个数分别为2

个、3

个.

由A

分子的红外光谱可知，A

分子结构有碳碳单键及其它基团，所以符合条件的有机物A

结构简式为C6H5COOCH2CH3

含有的官能团为酯基；

(5)

该有机化合物在酸性条件下可以水解生成苯甲酸和乙醇，方程式为C6H5COOCH2CH3+H2O

C6H5COOH+CH3CH2OH

【解析】(1)150

(2)C9H10O2

(3)bc

(4)C6H5COOCH2CH3

酯基(5)C6H5COOCH2CH3+H2O

C6H5COOH+CH3CH2OH

32、rm{(1)OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}

rm{(2)垄脵}第三周期第rm{VIIA}族

rm{垄脷b}

rm{(3)垄脵N_{A}}

rm{垄脷}

rm{垄脹ab}

rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}【分析】【分析】本题考查无机物的推断，是高考中的常见题型，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，提高学生分析问题、以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力rm{.}做好本题的关键之处在于把握好常见物质的性质以及有关转化，并能结合题意具体问题、具体分析即可。【解答】rm{(1)}若rm{A}为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为rm{Na}rm{X}能使品红溶液褪色，应为rm{SO_{2}}则rm{B}为rm{H_{2}}rm{C}为rm{NaOH}rm{D}为rm{Na_{2}SO_{3}}rm{E}为rm{NaHSO_{3}}rm{C}和rm{E}反应的离子方程式为rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}故答案为：rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}若rm{A}为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为rm{Cl_{2}}则rm{B}为rm{HClO}rm{C}为rm{HCl}rm{垄脵Cl}原子核外有rm{3}个电子层，最外层电子数为rm{7}位于周期表第三周期Ⅶrm{A}族，故答案为：第三周期Ⅶrm{A}族；rm{垄脷a.C}为盐酸，可与rm{NaHCO_{3}}反应生成rm{CO_{2}}但rm{CO_{2}}与rm{NaHCO_{3}}不反应，故rm{a}错误；rm{b..C}为盐酸，与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应可生成rm{NaHCO_{3}}故rm{b}正确；rm{c..C}为盐酸，与rm{Na_{2}SO_{4}}不反应，故rm{c}错误；rm{d.}盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝不反应，故rm{d}错误，故答案为：rm{b}rm{(3)}若rm{A}为淡黄色粉末，应为rm{Na_{2}O_{2}}rm{垄脵1molA}与足量的rm{H_{2}O}充分反应时过氧化钠自身发生氧化还原反应，转移的电子数目为rm{N_{A}}故答案为：rm{N_{A}}rm{垄脷Na_{_{2}}O_{_{2}}}含有离子键、共价键，电子式为故答案为：rm{垄脹}若rm{X}为一种造成温室效应的气体，应为rm{CO_{2}}则rm{C}为rm{NaOH}rm{D}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{E}为rm{NaHCO_{3}}鉴别等浓度的rm{D}rm{E}两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，故答案为：rm{ab}rm{(4)}若rm{A}为氧化物，rm{X}是rm{Fe}由转化关系可知rm{C}具有强氧化性，则rm{A}为rm{NO_{2}}rm{B}为rm{NO}rm{C}为rm{HNO_{3}}rm{NO_{2}}与水反应的方程式为rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe}与硝酸生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}rm{)}与rm{3}反应生成rm{3}rm{Fe}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}故答案为：rm{)}rm{2}rm{2}rm{{,!}_{,}}rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO}rm{3}【解析】rm{(1)OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)垄脵}第三周期第rm{VIIA}族rm{垄脷b}rm{(3)垄脵N_{A}}rm{垄脷}rm{垄脹ab}rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}33、（1）

（2）羟基羧基加成反应

（3）2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O

（4）CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O加入浓硫酸作催化剂并加热以加快反应速率【分析】【分析】本题考查常见有机物之间的转化和有机推断、同分异构体的书写，难度一般。抓住突破口“rm{A}的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平”推出rm{A}为乙烯，结合题给信息和转化关系进行作答。【解答】rm{A}的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则rm{A}应为rm{CH}的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则rm{A}应为rm{A}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{=CH}rm{=CH}为rm{{,!}_{2}}，乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成的rm{B}为rm{CH}rm{B}rm{CH}rm{{,!}_{3}}乙醇催化氧化生成的rm{CH}为rm{CH}乙酸催化氧化生成的