2025年人教版高二物理下册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版高二物理下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9题，共18分)1、如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则（）A.闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些B.闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些C.断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭D.断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭2、如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表和电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则A.的读数变大，的读数变小B.的读数变大，的读数变大C.的读数变小，的读数变小D.的读数变小，的读数变大3、电容器的电容大小取决于（）A.电容器的带电量B.电容器两极板间的电势差C.电容器本身构造D.电容器两极板间的电场强度4、平行板电容器充完电后，两极板与电源断开，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A.Q变小，C不变，U不变，E变小B.Q变小，C变小，U不变，E不变C.Q不变，C变小，U变大，E变小D.Q不变，C变小，U变大，E不变5、关于线圈的自感系数，下列说法正确是（）A.线圈中的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大B.线圈中的电流变化越快，自感系数就越大C.线圈中的电流不发生变化，自感系数一定为零D.线圈的自感系数与线圈自身的因素以及有无铁芯有关6、国外科研人员设计了一种“能量采集船”，如图所示，在船的两侧附着可触及水面的旋转“工作臂”，每只“工作臂”的底端装有一只手掌状的、紧贴水面的浮标．当波浪引起浮标上下浮动时，工作臂就前后移动，获得电能储存起来．下列电器设备与“能量采集船”获得能量原理相同的是（）A.B.C.D.7、电阻R

、电容C

与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N

极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N

极接近线圈上端的过程中，流过R

的电流方向和电容器极板的带电情况是(

)

A.从a

到b

，上极板带正电B.从a

到b

，下极板带正电C.从b

到a

，上极板带正电D.从b

到a

，下极板带正电8、如图为小型旋转电枢式交流电机的原理图，边长为L=20cm

匝数为n=100

电阻为r=1娄赂

的正方形线圈在磁感应强度大小为B=2娄脨T

的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO隆盲

以角速度娄脴=10娄脨rad/s

匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R=9娄赂

的定值电阻连接，与电阻R

并联的交流电压表为理想电表.

从线框与磁场方向平行位置开始计时，下列说法中正确的是(

)

A.电压表读数为40V

B.电阻R

上的电功率为160W

C.电阻R

两端的电压u

随时间的规律是u=362cos10娄脨t(V)

D.通过电阻R

的电流i

随时间t

变化的规律是i=4cos10娄脨t(A)

9、如图，把一段直导线ab悬挂在蹄形磁铁的两极之间，蹄形磁铁的N极在上面，S极在下面，直导线中通以方向由b到a的电流，此时直导线受到的安培力方向（）A.向上B.向下C.向左D.向右评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、线光源a发出的光波长为480nm．线光源b发出的光波长为672nm，光屏上有与双缝路程差为δ1=1.68μm的P点和与双缝路程差为δ2=1.44μm的Q点则（）A.用线光源a做双缝实验，屏上的P点处将出现暗纹B.用线光源b做双缝实验，屏上的P点处将出现亮纹C.用线光源a做双缝实验．屏上的Q点处将出现亮纹D.用单缝做实验，用a照射时比用b照射时的中央亮条纹更宽11、如图所示为同一地点的两单摆甲；乙的振动图象；下列说法中正确的是(

)

A.甲、乙两单摆的摆长相等B.甲摆的振幅比乙摆大C.甲摆的机械能比乙摆大E.由图象可以求出当地的重力加速度E.由图象可以求出当地的重力加速度12、如图所示，一电场的电场线分布关于y

轴(

沿竖直方向)

对称，OMN

是y

轴上的三个点，且OM=MN.P

点在y

轴右侧，MP隆脥ON.

则()

A.M

点的电势比P

点的电势高B.将负电荷由O

点移动到P

点；电场力做正功。

C.MN

两点间的电势差小于OM

两点间的电势差

D.在#

替#换#丂#换#替O

点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y

轴做匀速直线运动源：学#科#网]

13、如图所示，重80N

的物体A

放在倾角为30鈭�

的粗糙斜面上，有一根原长为10cm

劲度系数为1000N/m

的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A

后，弹簧长度缩短为8cm

现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25N

当弹簧的长度仍为8cm

时，测力计读数可能为(

)

．A.10N

B.20N

C.46N

D.60N

14、用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中属于用比值法定义的物理量是（）A.电流I=B.电阻R=ρC.电场强度E=D.电流I=评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、如图所示，一交流发电机线圈共50匝，ab=0.1m，bd=0.2m，总电阻为10Ω，在B=0.5T的匀强磁场中从磁通量最大位置开始以100r/s的转速匀速转动，外电路中接有R为40Ω的电阻，当线圈转过1/4周期时，电流表的读数为____；电压表读数为____；这段时间内通过外电阻R的电荷量为____。16、如图所示，水平桌面上固定有一U形金属导轨MNPQ，处在与它垂直的匀强磁场中．有一导体棒ab在导轨上向右匀速运动，导体棒与导轨始终接触良好，经过0.2s，从“1”位置运动到“2”位置．在这个过程中，穿过由导轨和导体棒组成的闭合回路的磁通量从0.2Wb增加到0.6Wb．求：

①这段时间内通过回路的磁通量的变化量△φ=____；

②这段时间内回路中的感应电动势____；

③若E=____形金属导轨电阻不计，导体棒的电阻____=5Ω，在5s时间内导体棒产生的热量为4J，则这段时间内回路中的感应电流为U。

R17、在场强为E，方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电小球，电荷量分别为+2q和-q，两小球用长为L的绝缘细线相连，另用绝缘细线系住带正电的小球悬挂于O点处于平衡状态，如图所示，重力加速度为g，则细绳对悬点O的作用力大小为______．18、（1）有五组同学用单摆测重力加速度g，各组实验器材和实验数据如表所示，若各组同学实验操作水平一样，那么第______组同学测定的结果最准确．若该组同学根据自己测得的实验数据做出单摆的振动图象如图，那么该组同学测出的重力加速度g大小是______m/s2．（保留三位有效数字）

。组数摆球材料最大偏角摆长测全振动次数1木4°0.64m102木30°0.64m103铁4°0.81m504铁30°0.81m50（2）如果该同学测得的g值偏小，可能的原因是______

A．误将摆线的长度记为摆长B．开始计时时；秒表过迟按下。

C．摆线上端牢固地系于悬点；摆动中出现松动，使摆线长度增加了。

D．实验中误将29次全振动数为30次。

（3）某同学因所用摆球密度不均匀，无法确定重心位置．他采用了改变摆长的方法，第一次量得悬点至球顶部的摆线长L1，测得振动周期T1，第二次量得悬点至球顶部的摆线长L2，测得周期T2，则实验中测得的重力加速度为______．19、一线圈面积为0.6m2，线圈平面与匀强磁场方向垂直，若该磁场磁感应强度B=0.4T，那么通过该线圈的磁通量Φ为____Wb．20、一个原来不带电的中空金属球壳，上开一个小孔．若将一个带负电的小球放入且不与球壳接触，则球壳外表面带____________电，内表面带____________电；若用手接触一下球壳后移走带电小球，则球壳的外表面带____________电荷；若带电小球与球壳的内壁接触，球壳的外表面带____________电荷，内表面____________电荷．21、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______．22、利用双缝干涉测光的波长的实验中；双缝间距d=0.4mm，双缝到光屏间的距离l=0.5m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图1所示，分划板在图1中A．B位置时游标卡尺读数也由图2中所给出，则：

（1）分划板在图中B位置时游标卡尺读数为xB=______mm，相邻两条纹间距△x=______mm；

（2）该单色光的波长λ=______m；

（3）若改用白光照射，将会看到______．评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)23、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）

24、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）

评卷人得分五、作图题(共2题，共12分)25、（12分）如下图所示为某同学测绘额定电压为2.5V的小电珠的I－U图线的实验电路图。（1）要求测量误差尽可能小的情况下，测量电路应选择电流表的____法（填内接或外接），测量电路应选择滑动变阻器的____式（填限流或分压）。（2）在下图右边空白处画出电路图并连接实物图。（8分）26、试画出下面图1中负电荷产生的电场；画出图2中的A点的电场方向以及放在B点的负电荷所受的电场力方向。

评卷人得分六、简答题(共2题，共6分)27、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}都是含有碳、氢、氧三种元素的有机物，其中rm{A}rm{C}分别是白酒和食醋中含有的成分，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}间有如下图转化关系。请回答下列问题：rm{(1)A}物质中官能团的名称为_________，rm{C}的分子式为____________。rm{(2)}写出rm{A}与金属rm{Na}反应的化学方程式为_______________________________________。rm{(3)}写出rm{A}与rm{C}在浓rm{H_{2}SO_{4}}存在条件下加热，生成是一种有香味的油状液体rm{D}的化学反应方程式为___________________________________________________________。28、rm{NH_{3}}作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家rm{863}计划。催化剂常具有较强的选择性，即专一性。已知：反应rm{I}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)underset{Pt/Ru}{overset{隆酶}{?}}4NO(g)+6H_{2}O(g)}rm{triangleH=篓D905.0kJ隆陇mol隆楼^{1}}反应rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)

underset{Pt/Ru}{overset{隆酶}{?}}4NO(g)+6H_{2}O(g)}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)underset{Cu/Ti{O}_{2}}{overset{隆酶}{?}}}rm{triangleH=篓D905.0

kJ隆陇mol隆楼^{1}}rm{II}rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)

underset{Cu/Ti{O}_{2}}{overset{隆酶}{?}}}。rm{2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)}化学键rm{H隆陋O}rm{O=O}rm{N隆脭N}rm{N隆陋H}键能rm{kJ隆陇mol隆楼^{1}}rm{463}rm{496}rm{942}rm{391}rm{triangleH=}__________________。rm{(2)}在恒温恒容装置中充入一定量的rm{NH_{3}}和rm{O_{2}}在催化剂的作用下进行反应rm{I}则下列有关叙述中正确的是_________。A.使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率B.若测得容器内rm{4}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}(NH_{3})=6}rm{v}rm{{,!}_{脛忙}(H_{2}O)}时，说明反应已达平衡C.当容器内rm{dfrac{n(NO)}{n(N{H}_{3})}=1}时；说明反应已达平衡。

D.当测得容器内的rm{dfrac{n(NO)}{n(N{H}_{3})}

=1}密度不再变化时，说明反应已达平衡rm{O_{2}}氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应rm{(3)}rm{I}为分析某催化剂对该反应的选择性，在rm{II}密闭容器中充入rm{1L}和rm{1molNH_{3}}测得有关物质的量关系如下图：rm{2molO_{2}}该催化剂在高温时选择反应____________rm{垄脵}填“rm{(}”或“rm{I}”rm{II}rm{)}时，rm{垄脷520隆忙}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}}的平衡常数rm{4NO(g)+6H_{2}O(g)}__________rm{K=}不要求得出计算结果，只需列出数字计算式rm{(}rm{)}有利于提高rm{垄脹}转化为rm{NH_{3}}平衡转化率的措施有______________A.使用催化剂rm{N_{2}}rm{Cu/TiO_{2}}将反应生成的rm{B.}及时移出C.增大rm{H_{2}O(g)}和rm{NH_{3}}的初始投料比rm{O_{2}}投料比不变，增加反应物的浓度E.降低反应温度rm{D.}最近华南理工大提出利用电解法制rm{(4)}并用产生的rm{H_{2}O_{2}}处理废氨水，装置如图：

rm{H_{2}O_{2}}为了不影响rm{垄脵}的产量，需要向废氨水加入适量硝酸调节溶液的rm{H_{2}O_{2}}约为rm{pH}则所得废氨水溶液中rm{5}__rm{c(NH_{4}^{+})}填“rm{c(NO_{3}^{-})(}”、“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}

rm{)}惰性电极有吸附rm{垄脷Ir-Ru}作用，该电极上的反应为____。rm{O_{2}}理论上电路中每转移rm{垄脹}电子，最多可以处理rm{3mol}的物质的量为______。rm{NH_{3}?H_{2}O}参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】解：AB、闭合开关S时，LB与电阻串联，不产生自感现象，LB立即就亮；而LA与线圈串联，当电流增加时，线圈要产生自感电动势，要阻碍电流的增加，所以电流只能慢慢增加，故LA慢慢亮起来；由于电阻R2的阻值约等于R1的两倍，所以最后LA更亮一些。故AB错误；

CD、断开开关S时，线圈与两个电阻和两个灯泡构成闭合回路，回路中电流要减小，线圈中要产生自感电动势，要阻碍电流的减小，所以回路中电流会慢慢减小；但由于开始时是通过灯泡B的电流小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭；故C正确，D错误；

故选：C。

线圈中的电流变化时；会产生自感电动势，阻碍电流变化，自感电动势方向与电流方向关系为“增反减同”。根据楞次定律分析。

本题是通电自感和断电自感问题，关键明确线圈中自感电动势的方向是阻碍电流的变化，体现了电流的“惯性”。【解析】C2、B【分析】【解析】试题分析：将S断开，R2所在之路电阻增大，由“串反并同”可知电流表示数增大，电压表与R2间接并联，电压表示数增大，B对；考点：考查动态变化问题【解析】【答案】B3、C【分析】解：根据电容的决定式得，C=知电容器电容取决于电容器本身的构造，与极板间的距离，正对面积，电介质有关．但与带电量；电势差以及两板间的电场强度均无关，故C正确，A、B、D错误．

故选：C．

电容器的大小由电容器本身因素决定；根据电容的决定式确定电容与什么因素有关．

解决本体的关键知道电容器电容的决定式，知道电容与哪些因素有关，重点明确定义式和决定式的区别和联系．【解析】【答案】C4、D【分析】解：当增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q不变，根据电容的决定式C=分析得知电容C变小；

由电容的定义式C=分析得知板间电压U变大；由E===因Q；S、ɛ均不变，所以板间场强E不变．故ABC错误，D正确．

故选：D

先根据电容的决定式C=分析电容如何变化，抓住电容器的电荷量不变，由电容的定义式C=分析板间电压的变化，由E=分析板间场强的变化．

对于电容器动态分析问题，关键要掌握电容的决定式C=电容的定义式C=和板间场强公式E=结合电荷不变的条件进行分析．【解析】【答案】D5、D【分析】解：自感系数由线圈自身决定：线圈越长；而其他条件相同时，自感系数越大；线圈匝数越多，而其他条件相同时，自感系数越大；同一线圈，插有铁芯时线圈的自感系数会变大；

线圈的自感系数与线圈的长度；匝数以及是否有铁芯等都有关；与线圈中电流如何变化无关，与线圈中的自感电动势也无关．故D正确，ABC错误．

故选：D

自感系数由线圈自身决定；与其它因素无关．线圈越长；单位长度上匝数越多自感系数越大，有铁芯比没有铁芯大得多．

解答本题的关键是掌握影响线圈的自感系数因素，知道自感系数只与线圈本身的特性有关．基础题目．【解析】【答案】D6、D【分析】解：根据题意可知；波浪引起浮标上下浮动时，工作臂就前后移动，获得电能储存起来，因此该过程将机械能转化为了电能；

根据选项ABC的图示可知；都有电源提供电能，因此它们都消耗了电能，故ABC不符合题意；

D中线圈转动时；灯泡发光，说明产生了电能，故将机械能转化为电能，故D符合题意．

故选：D．

当波浪引起浮标上下浮动时；工作臂就前后移动，获得电能，该过程将机械能转化为电能．据此选择．

本题主要考查学生对：电磁感应现象的应用的了解和掌握，解题的关键在于明确能量转化的方向，从而体会电磁感应规律的应用．【解析】【答案】D7、D【分析】本题考查了楞次定律的应用。使磁铁开始自由下落，在NN极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向..当线圈中有电动势后，对电容器不断充电。

现使磁铁开始自由下落，在N

极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向.

当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定。当磁铁N

极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R

的电流方向是从b

到a

对电容器充电下极板带正电。

故选D。此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极..同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大。

【解析】D

8、C【分析】解：A

产生的感应电动势的最大值为Em=nBS娄脴=100隆脕2娄脨隆脕0.2隆脕0.2隆脕10娄脨V=402V

故产生的感应电动势的有效值为E=Em2=40V

根据闭合电路的欧姆定律可知U=RR+rE=99+1隆脕40V=36V

故A错误；

B、电阻R

消耗的功率P=U2R=3629W=144W

故B错误；

C、电阻R

两端的电压最大值为Um=2U=362V

由于线框与磁场方向平行位置开始计时，故u=362cos10娄脨t(V)

故C正确；

D、流过电阻R

的电流的最大值为Im=UmR=42A

由于线框与磁场方向平行位置开始计时，故i=42cos10娄脨t(A)

故D错误；

故选：C

交流发电机产生电动势的最大值为Em=nBS娄脴

交流电压表显示的是路端电压的有效值，根据闭合电路的欧姆定律求得电流与电压，即可判断出电阻R

两端的电压的瞬时值和流过电流的瞬时值。

解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBS娄脴

以及知道峰值与有效值的关系【解析】C

9、D【分析】解：根据左手定则：伸开左手；拇指与手掌垂直且共面，磁感线穿过掌心，四指指向电流方向，则大拇指的方向指向右，则安培力的方向向右，故A；B、C错误，D正确。

故选：D。

通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心；四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．

左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．【解析】D二、多选题(共5题，共10分)10、AC【分析】解：A、当光程差是半个波长的偶数倍时，出现是亮条纹，当光程差是半个波长的奇数倍时，出现是暗条纹，用a做双缝实验时，路程差为δ1=1.68μm属于半个波长的奇数倍时；出现是暗条纹，故A正确；

B、屏上与双缝路程差为δ1=1.68μm的P处，用b做双缝实验；光波长为672nm，光程差不满足半个波长的偶数倍，因此不会出现亮条纹，故B错误；

C、当光程差是半个波长的偶数倍时，出现是亮条纹，当光程差是半个波长的奇数倍时，出现是暗条纹，用a做双缝实验时，路程差为δ2=1.44μm属于半个波长的偶数倍时；出现是亮条纹，故C正确；

D、单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，由于a发出的光波长比线光源b发出的光波长较短，因此用a照射时比用b照射时的中央亮条纹更窄；故D错误；

故选：AC．

双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹宽度相同且等间距，根据双缝干涉条纹间距△x=λ可知波长λ越大；△x越大．

根据单缝衍射条纹是中间亮条纹明亮且宽大；越向两侧宽度越小，而波长越大，中央亮条纹越粗进行判断．

光程差是半个波长的偶数倍时；出现是亮条纹，当光程差是半个波长的奇数倍时，出现是暗条纹．

掌握单缝衍射和双缝干涉的图样的特点和图样与波长的关系是解决此题的唯一途径，故要加强对基础知识的记忆．【解析】【答案】AC11、ABD【分析】解：A

由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g

相同，由单摆的周期公式T=2娄脨Lg

得知；甲；乙两单摆的摆长L

相等.

故A正确．

B；甲摆的振幅为10cm

乙摆的振幅为7cm

则甲摆的振幅比乙摆大.

故B正确．

C；尽管甲摆的振幅比乙摆大；两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小.

故C错误．

D；在t=0.5s

时；甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度.

故D正确．

E、由单摆的周期公式T=2娄脨Lg

得g=4娄脨2LT

由于单摆的摆长不知道，所以不能求得重力加速度.

故E错误。

故选：ABD

．

由图读出两单摆的周期；由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向．

本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答.

由振动图象读出振幅、周期是基本功．【解析】ABD

12、AC【分析】略【解析】AC

13、AB【分析】【分析】

当弹簧长度缩短为8cm

时；由胡克定律求得弹簧的弹力，分析物体的状态，再分析当弹簧的长度为8cm

时，根据平衡条件得到测力计拉力的最大值。

本题关键根据平衡条件确定测力计拉力的最大值，要抓住物体刚要上滑时静摩擦力达到最大值。

【解答】

施加拉力前，物体受到四个力的作用而平衡：重力GG、垂直斜面向上的支持力NN、沿斜面向上的摩擦力ff和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力TT，受力如图：

其中TTTT隆脕=kx=1000=kx=1000，0.02=20N0.02=20N根据平衡条件可求出，f=Gsin30f=Gsin30鈭�{,!}^{circ}鈭�T=20N-T=20N，方向沿斜面向上；施加拉力FF后，弹簧长度不变，说明物体仍然静止，并且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变，若摩擦力沿斜面向上，则F+f+T=Gsin30F+f+T=Gsin30鈭�{,!}^{circ}即F+f=20NF+f=20N，摩擦力ff随着FF增大而较小，当F=20NF=20N时，f=0f=0，若FF>>20N20N，摩擦力沿斜面向下，因为物体没有滑动，所以，代入数据可得，鈮�FF45N45N，所以测力计读数在鈮�F鈮�00，故45N45NAA正确，CD错误。BB故选AB。【解析】AB

14、AC【分析】解：A、电流强度的数值由电压和电阻决定，与电荷量多少和时间多少无关，故电流强度I=是比值定义法．故A错误；

B、导体的电阻R=ρ中电阻与导线长度；横截面积及电阻率有关；不属于比值定义法，故B错误；

C、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以E=属于比值定义法．故C正确；

D、电流与用电器两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，电流I=不属于比值定义法．故D错误．

故选：AC．

所谓比值定义法；就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．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小改变而改变．

解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小改变而改变．【解析】【答案】AC三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【解析】试题分析：根据公式可得过程中产生的最大电动势为：路程电压为即电压表的示数为电流表的示数为考点：考查了法拉第电磁感应定律的应用【解析】【答案】0.0116、0.4Wb2V0.4A【分析】【解答】①这段时间内通过回路的磁通量的变化量为：△φ=φ2﹣φ1=0.6Wb﹣0.2Wb=0.4Wb

②由法拉第电磁感应定律得：

③根据焦耳定律为：Q=I2Rt

得：

答：①这段时间内通过回路的磁通量的变化量△φ为0.4Wb；

②这段时间内回路中的感应电动势E的大小为2V；

③这段时间内回路中的感应电流为0.4A．

【分析】①当磁场与线框面积垂直时；磁通量等于磁感应强度与面积的乘积．磁通量的变化量等于初；末位置磁通量之差．

②当磁通量变化时；导致线框中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．

③已知导体棒产生的热量，由焦耳定律求解感应电流．17、略

【分析】解：以整体为研究对象；受力分析可知受重力2mg，细绳的拉力T，及电场力qE；

由平衡条件得：T=2mg+qE．

故答案为：2mg+Eq．

两个小球组成的整体为研究对象；分析受力，根据平衡条件可求得细线的拉力．

本题要灵活运动隔离法和整体法对物体进行受力分析．运用整体法时，由于不分析两球之间的相互作用力，比较简便．【解析】2mg+Eq18、略

【分析】解：（1）为了减小空气阻力对单摆振动的影响；摆球应选择铁球．摆线长约1m，振动时单摆的最大摆角约5°，所以第3组同学测定的结果最准确．

由图可知周期T=1.8s，根据T=得，g=．

（2）根据T=得，g=．

A；误将摆线的长度记为摆长；则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A正确．

B；开始计时时；秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故B错误．

C；摆线上端牢固地系于悬点；摆动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故C正确．

D；实验中误将29次全振动数为30次；则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误．

故选：AC．

（3）根据

联立两式解得g=

故答案为：（1）3，9.86（2）AC，（3）．

为了减小空气阻力对单摆振动的影响；应选择摆长约1m的摆线与铁球组成的单摆进行实验，摆球的最大摆角不超过5°．根据单摆的周期公式求出重力加速度的大小．

根据重力加速度的表达式；结合周期和摆长的测量误差判断重力加速度的误差．

根据单摆的周期公式联立方程组求出重力加速度的大小．

解决本题的关键掌握实验的原理，即单摆的周期公式，知道实验中的注意事项，会通过周期和摆长的误差分析重力加速度的误差．【解析】3；9.86；AC；19、略

【分析】

由题，在匀强磁场中，线圈平面跟磁场方向相互垂直，通过线圈的磁通量Φ=BS=0.4×0.6Wb=0.24Wb．

故答案为：0.24Wb．

【解析】【答案】匀强磁场中；当线圈平面跟磁场方向相互垂直时，通过线圈的磁通量Φ=BS，根据此公式求解磁通量．

20、略

【分析】解：由于静电感应；金属球壳内壁感应出正电荷，金属球壳内部的电子转移到球壳的外表面，使球壳的外表面带负电；

若用手接触一下球壳；相当于外表面接地，会导走球壳外表面的负电荷；移走带电小球，金属球壳重新达到静电平衡后，由于导体内部的场强处处为0，此时球壳内表面的正电荷会转移到球壳的外表面，所以此时球壳的外表面带上正电荷．

若带电小球与球壳的内壁接触；重新达到静电平衡后，由于导体内部的场强处处为0，此时小球上的负电荷会转移到球壳的外表面，所以此时球壳的内表面不带电荷，外表面带上负电荷．

故答案为：负；正；正；负；不带．【解析】负;正;正;负;不带21、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==50Hz；

（2）由图可知，该交流电的峰值是Im=20A，则有效值为I==10A；

（3）角速度ω==100πrad/s；交变电流瞬时值表达式i=20sin100πt（A）．

故答案为：50Hz，10A；i=20sin100πt（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】50Hz；10A；i=20sin100πt（A）22、略

【分析】解：（1）A位置的读数为11mm+0.1×1mm=11.1mm；B位置的读数为15mm+0.1×6mm=15.6mm；

则相邻两条纹间距．

（2）根据得，m=6×10-7m．

（3）若改用白光照射；将会看到彩色条纹．

故答案为：（1）15.6，0.75，（2）6×10-7；（3）彩色条纹．

游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数；不需估读，根据两游标卡尺的读数求出相邻条纹的间距．根据双缝干涉条纹的间距公式求出单色光的波长．

解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，以及掌握双缝干涉的条纹间距公式，并能灵活运用．【解析】15.6；0.75；6×10-7；彩色条纹四、判断题(共2题，共14分)23、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．24、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．五、作图题(共2题，共12分)25、略

【分析】【解析】【答案】题中小灯泡的伏安特性曲线要尽可能完整，所以供电电路只能选择分压式。电压表的内阻远远大于小灯泡的阻值，而电流表的内阻不是远远小于小灯泡的阻值，所以测量电路应选择电流表的外接法，实验电路图如图。26、解：负电荷产生的电场线应该由无穷远指向负点电荷；如图1；

电场中电场强度的方向沿电场线的切线的方向；所以A点的场强的方向竖直向下，如图2；

负电荷受力的方向与电场线的方向相反；所以负电荷在B点受电场力方向竖直向上，如图2．

答：如上图所示【分析】【分析】电场中电场强度的方向沿电场线的切线的方向；负电荷受力的方向与电场线的方向相反，也是沿电场线的切线方向．六、简答题(共2题，共6分)27、rm{(1)}羟基rm{C_{2}H_{4}O_{2}}

rm{(2)2C_{2}H_{5}OH+2Na隆煤2C_{2}H_{5}ONa+H_{2}隆眉}

rm{(3)CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}【分析】【分析】本题考查有机物推断，涉及醇、醛、羧酸的性质与转化，比较基础，侧重对基础知识的巩固。【解答】A、rm{B}rm{C}rm{D}都是含有碳、氢、氧三种元素的有机物，rm{A}rm{C}分别是白酒和食醋中含有的成分，则rm{A}为rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{C}为rm{CH_{3}COOH}由转化关系可知，rm{B}为rm{CH_{3}CHO}rm{D}为rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{(1)A}为乙醇，含有官能团为羟基，rm{C}的分子式为：rm{C_{2}H_{4}O_{2}}故答案为：羟基；rm{C_{2}H_{4}O_{2}}rm{(2)}乙醇和钠反应方程式为：rm{2C_{2}H_{5}OH+2Na隆煤2C_{2}H_{5}ONa+H_{2}隆眉}故答案为：rm{2C_{2}H_{5}OH+2Na隆煤2C_{2}H_{5}ONa+H_{2}隆眉}rm{(3)}乙醇和乙酸在浓硫酸作用下生成乙酸乙酯，方程式为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}故答案为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}【解析】rm{(1)}羟基rm{C_{2}H_{4}O_{2}}rm{(2)2C_{2}H_{5}OH+2Na隆煤2C_{2}H_{5}ONa+H_{2}隆眉}rm{(3)CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}28、（1）-1260kJ·molˉ1

（2）AD

（3）①I②③BE

（4）①＜

②O2+2H++2e﹣═H2O2

③1mol【分析】

【分析】本题考查反应热的计算，平衡常数的计算，化学平衡移动和物质转化率的变化，电解池工作原理和电极反应式书写，电化学综合计算等，难度较大。【解答】rm{(1)}反应热等于反应物的总键能rm{-}生成物的总键能，则rm{triangleH=(4x3x391+3x496-2x942-6x2x463)kJ/mol=-1260kJ/mol}rm{triangle

H=(4x3x391+3x496-2x942-6x2x463)kJ/mol=-1260kJ/mol}rm{triangle

H=(4x3x391+3x496-2x942-6x2x463)kJ/mol=-1260kJ/mol}；故答案为：在恒温恒容装置中充入一定量的rm{-1260kJ隆陇mol隆楼^{1}}rm{(2)}和rm{NH}rm{3}，在催化剂的作用下进行反应rm{3}则A.使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率，故A正确；B.若测得容器内rm{O}rm{2}rm{2}rm{I}rm{6v}正rm{(NH}rm{3}rm{3}时，可以说明反应已达平衡，而rm{)=4v}逆rm{(H}rm{2}rm{2}rm{O)}rm{4}rm{4}rm{v}rm{v}正不能说明反应达到平衡，故B错误；C.当容器内rm{dfrac{n(NO)}{n(N{H}_{3})}=1}时，不能说明反应已达平衡，故C错误；D.当测得容器内的rm{(NH}rm{(NH}密度不再变化时，可以说明反应已达平衡，故D正确；故答案为：rm{3