2025年粤教沪科版高二物理下册月考试卷

…………○…………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年粤教沪科版高二物理下册月考试卷162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7题，共14分)1、质点做直线运动的位移x与时间t的关系为(各物理量均采用国际单位制单位),则该质点()A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/sC.任意相邻1s内的位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s2、物体做机械振动的回复力（）A.必定是区别于重力、弹力、摩擦力的另一种力B.必定是物体所受的合力C.可以是物体受力中的一个力D.可以是物体所受力中的一个力的分力3、如图所示为测量未知电阻Rx的部分电路，当开关S合在a点时，电压表示数为8V，电流示数为0.2A；当开关S合在b点时，电压表示数为9V，电流表示数为0.15A，则：A.电流表示数相对变化显著B.电压表示数相对变化显著C.开关S接在b点时的测量值更准确D.开关S接在a点时的测量值更准确4、两块平行金属板带等量异号电荷，要使两板间的电压加倍，而板间的电场强度减半，可以采用的办法有（）A.两板的电量加倍，而距离变为原来的4倍B.两板的电量加倍，而距离变为原来的2倍C.两板的电量减半，而距离变为原来的4倍D.两板的电量减半，而距离变为原来的2倍5、如图所示，物体A和B的质量均为m，且分别与轻绳连接跨过定滑轮，现用力拉物体B使它沿水平面向右做匀速运动，物体B从C点运动到D点拉力做功为W1，从D点运动到E点拉力做功为W2，且CD的距离与DE的距离相等，在此过程中，绳子对A的拉力大小为FT，则（）（A）W1＜W2，FT＞mg（B）W1＜W2，FT＜mg（C）W1＞W2，FT＝mg（D）W1＝W2，FT＞mg6、如图所示的四个图象中，属于晶体凝固图象的是（）A.B.C.D.7、已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同.

如图所示，半径为R

的球体上均匀分布着电荷量为Q

的电荷，在过球心O

的直线上有AB

两个点，O

和BB

和A

间的距离均为R.

现以OB

为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k

球的体积公式为V=43娄脨r3

则A

点处场强的大小为：(

)

A.5kQ36R2

B.7kQ36R2

C.7kQ32R2

D.3kQ16R2

评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、如图（甲）所示螺线管的匝数n=1500，横截面积S=20cm2，电阻r=2Ω，与螺线管串联的外电阻R=4Ω。若穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图（乙）所示的规律变化，则线圈两端a、b之间的电压为_____________V，电阻R上消耗的电功率______________W。9、在“探究求合力的方法”的实验中；橡皮条的一端固定P

点，用AB

两只弹簧秤通过细绳拉结点C

使其伸长到O

点，记下CO

点的位置，同时记下细绳的拉力方向及弹簧秤AB

的读数分别为F1F2

如图甲，然后用一只弹簧秤，通过细绳拉橡皮条，使结点C

仍然伸长到原来的O

点，记下细绳的拉力方向及弹簧秤的示数为F

请完成以下问题：

(1)

某同学认定F

等于F1F2

两个力的合力，是因为F

的作用效果与F1F2

共同作用的效果____________(

选填“相同”、“不同”)

(2)

通过探究，得到力的合成遵循____________定则。

10、通电导线在磁场中受到的力叫____(

选填“安培力”或“库仑力”)

如图所示，一段通电直导线MN

处于匀强磁场中，当导线中的电流增大时，它所受磁场的作用力将____(

选填“增大”或“减小”)

当磁场的磁感应强度减小时，这个力将(

选填“增大”或“减小”)

11、副线圈上有一个标有“220V，10W”字样的灯泡正常发光，原线圈中的电流表示数为0.025A，则原线圈电压表的示数为____V，原、副线圈的匝数比为____．12、在如下情况中，求出金属杆ab

上的感应电动势E

回答两端的电势高低.

如图ab

杆沿轨道下滑到速度为v

时，E=

______，______端电势高.(

图中娄脕BL

均为已知)

评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)13、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）14、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）

15、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）16、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）17、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）18、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）

19、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）

评卷人得分四、解答题(共4题，共28分)20、如图所示，一质量M=4kg，长为L=3m的长木板放在地面上，今施一力F=8N水平向右拉木板，木板以v=2m/s的速度在地面上匀速运动，某一时刻把质量为m=1kg的铁块轻放在木板的最右端，不计铁块与木板间的摩擦，且小铁块视为质点，求小铁块经过多长时间将离开木板．（g=10m/s2）

21、如图所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿与水平导体轨道平滑连接的弧形轨道下滑，导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨间距l，其上原来放有一金属杆b．已知a杆与b杆的质量分别为3m、4m，a、b两杆电阻分别为3R、4R其余电阻不计．水平导轨足够长，不计所有摩擦，导体杆a、b不会相撞．求：

（1）金属杆b的最大加速度？

（2）a和b的最终速度是多大？整个过程中回路释放的电能最多是多少？

22、如图所示；一条长为l的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右，已知细线离开竖直位置的偏角为ɵ时，小球处于平衡状态，则：

（1）小球带何种电荷？（2）求出小球所带的电荷量．

23、（1）一物体与轻质弹簧相连静放在足够长的光滑斜面上，若外力将物体拉离平衡位置，撤去外力后物体开始运动，不计空气阻力，论证物体的运动是否是简谐运动（写出论证过程才能得分）

（2）一列横波上有相距4m的A；B两点；波的传播方向是由A向B，波长大于2m，如图所示的是A、B两质点的振动图象，求：这列波的波v．

评卷人得分五、简答题(共4题，共16分)24、如图所示，光滑水平面上有一质量为m

1

的小车A

，其上面有一个质量为m

2

的物体B

正在沿粗糙曲面下滑.

以A

和B

两个物体为系统，试分析系统的内力和外力分别是哪些力？25、如图所示电路，电源电动势E=3V，内阻r=0.6Ω，R1=4Ω，R2=6Ω，求流过电源的电流，路端电压．26、溴乙烷是一种重要的有机化工原料，其沸点为rm{38.4隆忙}能与rm{NaOH}反应。实验室制备溴乙烷并进行溴乙烷的性质实验如下，试回答下列问题：rm{(1)}制备溴乙烷的一种方法是乙醇与氢溴酸反应，该反应的化学方程式是____。Ⅰrm{.}实际通常是用溴化钠与一定浓度的硫酸和乙醇反应。某课外小组欲在实验室制备溴乙烷的装置如图，实验操怍步骤如下：rm{垄脵}检查装置的气密性；rm{垄脷}在圆底烧瓶中加入rm{95拢楼}乙醇、rm{80拢楼}硫酸，然后加入研细的溴化钠粉末和几粒碎瓷片；rm{垄脹}小心加热，使其充分反应。请问答下列问题。rm{(2)}装置rm{A}的作用是____。rm{(3)}反应时若温度过高，则有rm{SO_{2}}生成，同时观察到还有一种红棕色气体产生，该气体分子式是。rm{(4)}反应结束后，得到的粗产品呈棕黄色。为了除去粗产品中的杂质，可选择下列试剂中的rm{(}填写正确选项的字母rm{)}rm{a.}稀氢氧化钠溶液rm{b.}乙醇rm{c.}四氯化碳rm{d.}亚硫酸钠该实验操作中所需的主要玻璃仪器是rm{(}填仪器名称rm{)}rm{II.}已知：rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOHxrightarrow[triangle]{脪脪麓录}CH_{2}=CH_{2}+NaBr+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}Br+NaOH

xrightarrow[triangle]{脪脪麓录}CH_{2}=CH_{2}+NaBr+H_{2}O}在进行该实验时，把生成的气体通过下图所示的装置。用该装置进行实验的目的是检验乙烯的生成，该图中右侧试管中的现象是；左侧试管中水的作用是；若将rm{(5)}溶液换成溴水，生成物的名称________；所得产物的同分异构体的结构简式为：。rm{KMnO_{4}}27、rm{Al}及其化合物在工业上有极其广泛的用途；

rm{(1)}焊接钢轨时用rm{Al}冶炼rm{Fe}的反应方程式为______；铝的化合物明矾可用于净水；其原理用离子方程式解释为______．

rm{(2)}硅藻遗骸中主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}和rm{Fe_{2}O_{3}.}从中获取rm{Al(OH)_{3}}的过程如下：

步骤rm{I}取适量硅藻遗骸用rm{70%H_{2}SO_{4}}浸泡；

步骤rm{II}向上述浸泡液中加入过量rm{NaOH}并过滤；

步骤rm{III}向上述滤液中通入过量rm{CO_{2}}过滤得到rm{Al(OH)_{3}}．

rm{垄脵}用rm{70%H_{2}SO_{4}}浸取硅藻遗骸的目的是______．

rm{垄脷}步骤rm{II}中涉及铝元素的离子方程式为______；

rm{垄脹}步骤rm{III}中能否用rm{HCl}代替rm{CO_{2}}______rm{(}填“能”或“不能”rm{)}该步骤所得滤液中存在的电荷守恒式为______；向该滤液中滴加少量rm{NaOH}溶液，则rm{dfrac{c(H_{2}CO_{3})}{c(CO_{3}^{2-})}}______填rm{dfrac{c(H_{2}CO_{3})}{c(CO_{3}^{

2-})}}“变大”、“变小”或“不变”rm{(}

rm{)}可用作阻热材料，试从rm{(3)Al(OH)_{3}}的化学性质角度分析其原因______．rm{Al(OH)_{3}}评卷人得分六、证明题(共2题，共4分)28、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。29、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】当t=0时，位移为0，把t=1s带入公式可求出此时位移为6m，所以第1s内的位移是6m，A错；前2s的位移为14m，前2s内的平均速度为B错；根据匀变速直线运动在相等的时间内位移差值相同，可知任意相邻1s内的位移差都是2m，由可知加速度为2m/s2,由加速度概念可知D对；【解析】【答案】D2、C|D【分析】试题分析：回复力是效果力，而重力、弹力和摩擦力是性质力；提供回复力的力可能是合力也可能是某个力的分力，如弹簧振子中是合力，单摆模型中是一个力的分力，故AB错误，CD正确考点：考查了对机械振动的理解【解析】【答案】CD3、A|C【分析】试题分析：据题意，电键接在a、b之间时，电流的相对变化为：电压的相对变化为：则可知电流变化相对显著，A选项正确；由于电流变化显著，说明电压表分流作用较大，应把电流表接触法，接在b点，则C选项正确。考点：本题考查电流表内接或者外接的判断法：试探法。【解析】【答案】AC4、C【分析】【解析】试题分析：带电粒子在电场中的运动专题．分析：先根据电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析电压的变化，由，分析板间电场强度的变化．A、板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的两板的电量加倍，由得知，电压变为8倍，由分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故A错误．B、板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的两板的电量加倍，由得知，电压变为4倍，由分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故B错误．C、板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的两板的电量减半，由得知，电压变为2倍，由分析得知，板间电场强度变为倍．符合题意．故C正确．D、板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的两板的电量减半，由得知，电压不变，由分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故D错误．故选C．考点：电容器的动态分析．【解析】【答案】C5、A【分析】B物体做匀速直线运动，所以B的实际速度方向为合速度，如图所示．将速度分解为：v1、v2．v1为A的速度，v1＝vcosa因为a减小，故cosa增大．所以v1增大．A物体做向上的加速运动，绳子的拉力大于重力．随着绳子与水平方向的夹角逐渐减小，水平拉力F逐渐增大，由W=FS可知W1＜W2，A对；【解析】【答案】A6、C【分析】解：首先要分清晶体与非晶体的图象；晶体凝固时有确定的凝固温度，而非晶体则没有，故A；D错误，它们是非晶体的图象；其次分清是熔化还是凝固的图象：熔化是固体变成液体，达到熔点前是吸收热量，温度一直在升高，而凝固过程则恰好相反，故C正确，B错误．

故选：C

晶体和非晶体的重要区别：晶体熔化过程中；不断吸收热量，温度保持不变．凝固过程中，不断放出热量，温度保持不变；非晶体熔化过程中，不断吸收热量，温度不断上升．凝固过程中，不断放出热量，温度不断下降．

掌握晶体和非晶体的区别．掌握晶体和非晶体的熔化和凝固图象．【解析】【答案】C7、B【分析】解：由题意知；半径为R

的均匀带电体在A

点产生场强为：

E脮没=kQ(2R)2=kQ4R2

同理割出的小球半径为R2

因为电荷平均分布，其带电荷量Q隆盲=43娄脨(R2)343蟺R3Q=Q8

则其在A

点产生的场强：

E赂卯=kQ隆盲(12R+R)2=k鈰�Q894R2=kQ18R2

所以剩余空腔部分电荷在A

点产生的场强Ex=E脮没鈭�E赂卯=kQ4R2鈭�kQ18R2=7kQ36R2

所以：ACD错误；B正确．

故选：B

本题采用割补的思想方法求解；先求出整个大球在B

点产生的场强，再求出割出的小圆在A

点产生的场强，利用整体场强等于割掉的小圆球在A

点产生的场强和剩余部分在A

点产生的场强的矢量和，从而求出A

处的场强．

本题主要采用割补法的思想，根据整体球在A

点产生的场强等于割掉的小球在A

点产生的场强和剩余空腔部分在A

点产生的场强的矢量和，掌握割补思想是解决本题的主要入手点，掌握点电荷场强公式是基础．【解析】B

二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】根据法拉第电磁感应定律有：电阻R上消耗的电功率：【解析】【答案】0.4V，0.04W9、（1）相同；（2）平行四边形【分析】该实验采用了“等效替代”的原理，即一根橡皮条的拉力效果与两根橡皮条的拉力效果相同，所以某同学认定F

等于F

1

、F

2

两个力的合力，是因为F

的作用效果与F

1

、F

2

共同作用的效相同．通过探究，得到力的合成遵循平行四边形定则。故答案为(1)

相同；(2)

平行四边形。【解析】(1)

相同；(2)

平行四边形10、安培力增大减小​​【分析】【分析】根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向，根据F=BIL

来计算安培力的大小即可。本题是安培力的分析和计算问题。安培力大小的一般计算公式是F=BILsin娄脕娄脕

是导体与磁场的夹角，当BIL

互相垂直的时候安培力最大为F=BIL

【解答】通电导线受到的磁场力，是安培力；由F=BIL

知，当导线中的电流增大时，它所受磁场的作用力将增大；当磁场的磁感应强度减小时，这个力将减小。故填：安培力增大减小【解析】安培力增大减小11、略

【分析】

根据输入的功率和输出的功率大小相等可得，U1I1=U2I2

所以原线圈电压表为U===400V；

由P=UI可得灯泡的电流I2为；

I2===A；

根据电流与匝数成反比可知；

===

故答案为：400；20：11

【解析】【答案】理想变压器的输入的功率和输出的功率相等；电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，由此分析可以求得电压的大小和匝数比．

12、略

【分析】解：由图示可知；娄脠

为B

与v

间的夹角，感应电动势：E=BLvcos娄脕

由右手定则可知，感应电流由b

流向a

在电源内部，电流由低电势点流向高电势点，则a

点电势高；

故答案为：BLvcos娄脕a

．

由E=BLvcos娄脠

求出感应电动势；其中娄脠

为B

与v

间的夹角，由右手定则判断出感应电流方向，然后判断电势高低．

本题考查了求感应电动势、判断电势高低，应用BLvcos娄脠

右手定则即可正确解题．【解析】BLvcos娄脕a

三、判断题(共7题，共14分)13、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．14、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．15、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．16、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．17、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．18、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．19、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．四、解答题(共4题，共28分)20、略

【分析】

当木板匀速运动时；根据平衡条件得。

F=f；即有F=μMg

得到，=

当放上铁块后；由于与木板间的摩擦不计，铁块相对于地面静止不动，木板开始做匀减速运动，设木板的加速度大小为a，则根据牛顿第二定律得。

a==0.5m/s2

当小铁块离开木板时；木板的位移等于L，则有。

L=vt-

代入解得；t=2s

答：小铁块经过多长时间将离开木板是2s．

【解析】【答案】木板匀速运动时；滑动摩擦力与水平拉力平衡，求出木板与地面间的动摩擦因数．把铁块轻放在木板的最右端后，木板对地面的压力增大，地面对木板的滑动摩擦力增大，木板开始做匀减速运动，由于与木板间的摩擦不计，铁块相对于地面静止不动．根据牛顿第二定律求出木板的加速度．当木板的位移等于板长时，小铁块将离开木板，由位移公式求出时间．

21、略

【分析】

（1）a杆下滑过程；由动能定理可得：

而a杆产生的感应电动势：E=BLv

电路知识回路中的电流为I=

磁场中a杆受安培力F=BIL；

则由牛顿第二定律；结合以上四式可得：

（2）a杆向b杆运动时；由两杆组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒；

则有3mv=（3m+4m）v共。

解之得：

由能量守恒定律可得：Q=

解之得：

答：（1）金属杆b的最大加速度

（2）a和b的最终速度是整个过程中回路释放的电能最多是．

【解析】【答案】（1）a杆刚进入磁场时速度最大，则切割磁感线速度最大，产生的感应电动势也最大，从而得出感应电流也最大，所以导致b杆受到的安培力最大，则产生的加速度也是最大．所以根据动能定理可求出a杆进入磁场的速度，再由动生电动势公式E=BLv确定回路总电动势，并由电路知识回路中的电流为I=磁场知识通电导线在磁场中受安培力F=BIL，确定此时b杆所受的安培力为F=BIL，最后由牛顿第二定律F=ma求出b杆的加速度．

（2）本题中两根导体杆的运动情况：a杆向b杆运动时，两杆和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流．a杆受到的与运动方向相反的安培力作用作减速运动，b杆则在安培力作用下作加速运动．在a杆的速度大于b杆的速度时；回路总有感应电流，a杆继续减速，cd杆继续加速，两杆速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两杆以相同的速度v作匀速运动，由于平行金属导轨位于同一水平面且两杆均可沿导轨无摩擦地滑行，故由两杆组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，这是第一问再由能量守恒求出焦耳热的关键；

22、略

【分析】

（1）根据平衡条件可知；小球受电场力方向与场强方向相同，则小球带正电。

（2）由平衡条件得。

Eq=mgtanθ

所以：

答：小球带正电，小球所带的电量为．

【解析】【答案】由题细线向右偏离竖直方向；小球受到的电场力水平向右，根据电场力方向与电场强度方向的关系，判断小球的电性．根据平衡条件求出电量．

23、略

【分析】

（1）设物体的质量为m；弹簧的劲度系数为k，振子振动时，弹簧的弹力提供回复力，振子的位移大小等于弹簧的形变量，而回复力与位移方向相反，设振子的位移为x，则有。

F=-kx

所以物体的运动是简谐运动．

（2）由振动图象得：质点的振动周期T=0.4s．由振动图象可知，B点比A点晚振动的时间△t=（k+）T；（k=1，2，3，）

所以A、B间的距离为△x=（k+）λ（k=0；1、2、3、）

则波长为λ==m

因为λ＞2m；所以k=0，1

当k=0时，=m/s；当k=1时，m，v2=m/s．

T答：（1）物体的运动是简谐运动；证明见上．

（2）这列波的波v为m/s或m/s．

【解析】【答案】（1）振子振动时；弹簧的弹力提供回复力，根据胡克定律和牛顿第二定律得到振子的回复力与位移的关系，即可证明物体的运动是简谐运动．

（2）由振动图象读出周期．根据A；B两质点状态关系；得到波长的通项，结合条件波长大于2m，求出波长的特殊值，求出波速．

五、简答题(共4题，共16分)24、B和A之间的作用力是系统内的物体之间的相互作用力，是内力．具体地说，A对B的弹力和摩擦力以及B对A的反作用力(压力和摩擦力)是内力．地球是系统外的物体，因此，地球施于A和B的重力以及地面对A的弹力是外力．【分析】略【解析】B

和A

之间的作用力是系统内的物体之间的相互作用力，是内力.

具体地说，A

对B

的弹力和摩擦力以及B

对A

的反作用力(

压力和摩擦力)

是内力.

地球是系统外的物体，因此，地球施于A

和B

的重力以及地面对A

的弹力是外力．25、略

【分析】

先分析电路的结构；再根据闭合电路欧姆定律直接求解即可．

本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，难度不大，属于基础题．【解析】解：根据闭合电路欧姆定律得电流为：

I=

路端电压为：U=E-Ir=3-1×0.6=2.4V

答：流过电源的电流为1A，路端电压为2.4V．26、（1）CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2OⅠ．（2）冷凝回流（3）Br2（4）d分液漏斗II．（5）酸性高锰酸钾褪色除去乙醇等杂质的干扰1,2-二溴乙烷CHBr2CH3【分析】【分析】本题考查了溴乙烷的制取方法，题目难度中等，明确制备原理及化学实验基本操作方法为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力及化学实验能力。【解答】rm{(1)}乙醇与氢溴酸反应生成溴乙烷，方程式为rm{(1)}rm{CH_{3}CH_{2}OH+HBr}故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}Br+H_{2}O}rm{CH_{3}CH_{2}OH+HBr}rm{CH_{3}CH_{2}Br+H_{2}O}Ⅰrm{.}实验时；长玻璃导管的作用是冷凝回流，可以获得要制取的有机物，故答案为：冷凝回流；

rm{.}浓硫酸具有氧化性，可以将还原性的溴离子氧化为溴单质，得到的红棕色气体为溴蒸气，浓硫酸自身被还原为二氧化硫，故答案为：rm{(2)}

rm{(3)}溴单质溶解在有机物中显示棕黄色，为了除去粗产品中的杂质溴单质，可以用亚硫酸钠来与之发生反应除去；反应后的溶液和溴乙烷互不相溶，离可以采用分液法，用分液漏斗来分液，故答案为：rm{Br_{2}}rm{(4)}rm{d}．；分液漏斗；为了检验乙烯的生成，由于该反应除了生成乙烯外还有乙醇杂质，用水除去乙醇等杂质的干扰，用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故右侧试管的现象为：rm{II}．；左侧试管中水的作用是：rm{II}；如把酸性高锰酸钾溶液换成溴水，乙烯和溴水反应生成rm{(5)}酸性高锰酸钾褪色二溴乙烷，其同分异构体为：；故答案为：除去乙醇等杂质的干扰；rm{1}；rm{2-}酸性高锰酸钾褪色二溴乙烷；除去乙醇等杂质的干扰rm{1}rm{2-}二溴乙烷rm{1}rm{2-}rm{CHBr}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{CH_{3}CH_{2}OH+HBr}Ⅰrm{CH_{3}CH_{2}Br+H_{2}O}冷凝回流rm{.(2)}rm{(3)Br_{2}}分液漏斗rm{(4)d}酸性高锰酸钾褪色除去乙醇等杂质的干扰rm{II.(5)}rm{1}二溴乙烷rm{2-}rm{CHBr_{2}CH_{3}}27、2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+；从硅藻遗骸中浸取出Al3+和Fe3+；Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；不能；c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）+2c（SO42-）；变小；氢氧化铝的分解反应为吸热反应【分析】解：rm{(1)}铝和氧化铁在高温下发生铝热反应，反应的方程式为rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{-}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}明矾的主要成分为硫酸铝，可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，水解离子方程式为rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{-}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}胶体rm{Al^{3+}+3H_{2}O=Al(OH)_{3}(}故答案为：rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{-}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}rm{)+3H^{+}}胶体rm{2Al+Fe_{2}O_{3}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{-}}{;}2Fe+Al_{2}O_{3}}

rm{Al^{3+}+3H_{2}O=Al(OH)_{3}(}硅藻遗骸中的氧化铝、氧化铁可与硫酸反应，可从硅藻遗骸中浸取出rm{)+3H^{+}}和rm{(2))垄脵}故答案为：从硅藻遗骸中浸取出rm{Al^{3+}}和rm{Fe^{3+}}

rm{Al^{3+}}铝离子与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸根离子和水，反应的离子方程式为rm{Fe^{3+}}故