2025年沪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年沪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7题，共14分)1、如图,是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的()A.周期是0.01sB.最大值是311VC.有效值是220VD.表达式为u＝220sin100πt(V)2、关于多普勒效应，下列说法中正确的是（）A.发生多普勒效应时，波源频率发生了变化B.要发生多普勒效应，波源和观察者必须有相对运动C.火车向你驶来时，你听到的汽笛声音调变低，火车离你远去时，你听到的汽笛声音调变高D.机械波不能发生多普勒效应3、对于一给定的电容器，在如图所示中，描述电容C、带电荷量Q、电压U之间的相互关系的图线中正确的是（）A.B.C.D.4、如图所示，匝数n=100匝、面积为S=0.448m2的导线框ABCD所在处的磁感应强度大小B=T．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100πrad/s匀速转动，并与理想升压变压器相连进行远距离输电，升压变压器的原副线圈匝数比为2：5，理想降压变压器副线圈接入一只“220V1100W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r=20Ω，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表．则下列说法中不正确的是（）A.电压表的读数为448VB.输电线路的电流为0.98AC.电流表的读数为2.5AD.降压变压器的原副线圈匝数比为5：15、相距较近的a,b线圈，要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的办法有(）A.闭合K瞬间B.K闭合后把R的滑动片向右移动C.闭合K后把b向a靠近D.闭合K后把a中铁芯从左边抽出6、对于电场中A、B两点，下列说法正确的是（）A.电势差的定义式说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比,与移动电荷的电荷量q成反比B.将正电荷从A点移到B点静电力做负功，则有C.电势差的定义式与移动电荷量q无关D.把某点电荷q从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功，则电势能增加7、下面关于加速度的描述中正确的是（）A.加速度描述了物体速度变化的多少B.匀速行驶的磁悬浮列车，由于其速度很大，所以加速度很大C.物体的速度变化越快，则加速度越大D.列车加速度逐渐减小时，一定在做减速运动评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、一块N型半导体薄片（电子导电）称霍尔元件，其横截面为矩形，体积为b×c×d，如图所示。已知其单位体积内的电子数为n、电阻率为ρ、电子电荷量e，将此元件放在匀强磁场中，磁场方向沿z轴方向，并通有沿x轴方向的电流I。(1)此元件的C、C/两个侧面中，面电势高。(2)在磁感应强度一定时，CC/两个侧面的电势差与其中的电流关系是（填成正比或成反比）。(3)磁强计是利用霍尔效应来测量磁感应强度B的仪器。其测量方法为：将导体放在匀强磁场之中，用毫安表测量通以电流I，用毫伏表测量C、C/间的电压U，就可测得B。若已知其霍尔系数为：测得U=0.6mV，I=3mA。该元件所在处的磁感应强度B的大小是：。9、如图12所示是某次实验打出的纸带，O、A、B、C为每5点取一个计数点记下的记数点，则打下B点时物体运动的速度大小为____m/s，已知纸带的左端与物体相连，则物体做的，加速度为____m/s2。10、如图所示，B板电势为U，质量为m的带电粒子(重量不计)以初速v0水平射入电场。若粒子带—q电量，则粒子到达B板时速度大小为______。11、如图所示是某时刻一列简谐波的波形图．此时刻质点A的振动方向为-y方向．质点振动周期是4s．则这列波的波速大小是____m/s，传播方向是沿____．

12、(1)

质量为2kg

的物体静止在光滑水平面上，当给物体一个5N

的水平作用力并持续了4s

时间，则此力在这4s

内对这个物体的冲量是______N.s,4s

末物体的速度为______m/s

．(2)

一正弦式交流电的电流随时间变化关系为i=102sin314t

则其电流的有效值为______A

频率为______Hz

．13、如图所示，直线A、B分别是电源1与电源2的路端电压随干路电流变化的特性图线，直线C是一个定值电阻R的伏安特性曲线，则电源1与电源2的电动势之比为______；该电阻R分别与电源1、2连接时，消耗的功率之比为______。14、“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL；用注射器测得1mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油膜的轮廓形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1cm，数得油酸膜分布格子数是115个，试求：

（1）油酸膜的面积是____cm2．

（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是____mL．（取1位有效数字）

（3）按以上实验数据估测油酸分子的直径为____m．（取1位有效数字）

（4）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数．如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为____．

15、一个电热器接在10V的直流电源上，产生一定大小的热功率。把它改接在交流电源上，要使产生的热功率是原来的一半，则交流电源电压的最大值等于____16、在远距离输电时，采用升压变压器使输电电压升高n倍，对于输送一定的电功率来说，输电线路上的电流将减小为原来的______，输电线路上的电能损失将减少为原来的______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14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）18、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）19、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）

20、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）21、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）

22、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）

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）

评卷人得分四、证明题(共2题，共6分)24、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。25、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。评卷人得分五、推断题(共3题，共6分)26、已知有如图所示物质的相互转化：试填写下列空白：rm{(1)B}的化学式：________，rm{D}的化学式：________。rm{(2)}写出由rm{E}转变成rm{F}的化学方程式：________。rm{(3)}写出下列反应的离子方程式：rm{D}溶液与rm{AgNO_{3}}溶液反应：________；向rm{G}溶液中加入rm{A}________。rm{(4)A}与稀盐酸反应生成rm{0.1mol}气体，转移电子数为________。27、rm{隆露}茉莉花rm{隆路}是一首脍炙人口的中国民歌。茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯rm{(}rm{)}是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以乙烯和甲苯为原料进行人工合成。其中一种合成路线如下：回答下列问题：

rm{(1)A}rm{B}的结构简式为______________；

rm{(2)}写出反应rm{垄脷}rm{垄脼}的化学方程式rm{垄脷}_____________________rm{;垄脼}_____________________

rm{(3)}上述反应中属取代反应的有______________

rm{(4)}反应______________rm{(}填序号rm{)}原子的理论利用率为rm{100%}符合绿色化学的要求。28、I、（1）含氰废水中的CN－有剧毒。在微生物的作用下，CN－能够被氧气氧化成HCO3－，同时生成NH3，该反应的离子方程式为____。

（2）含乙酸钠和对氯酚（）的废水可以利用微生物电池除去，同时提供电能，其原理如图所示。则A极的电极反应式为：____。

II、锌钡白是一种白色颜料。工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS＋ZnSO4＝ZnS↓＋BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。ZnSO4溶液的制备与提纯：有关资料：a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；b．Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。（1）滤渣1的化学式为____；（2）②中使用的氧化剂最好是下列的____（选填字母代号）。A．Cl2B．浓HNO3C．KMnO4D．H2O2____（3）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤____（选填①、②、③、⑤）。（4）写出步骤④所发生的离子方程式____。评卷人得分六、综合题(共2题，共14分)29、(

一)

如图所示是使用光电管的原理图，当用某种可见光照射到阴极K

上时，电流表中有电流通过：

(1)

当变阻器的滑动端P

向______滑动时(

填“左”或“右”)

通过电流表的电流将会减小，当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U

则阴极K

的逸出功为______(

已知电子电荷量为e

普朗克常量为h

可见光的频率为v)

．

(2)

如果保持变阻器的滑动端P

的位置不变；也不改变入射光的频率，而增大入射光的强度，则光电子的最大初动能将______(

填“增大”；“减小”或“不变”)

通过电流表的电流将会______(

填“增大”、“减小”或“不变”)

．

(3)

如果将电源的正负极对调，将变阻器的滑动端P

从A

端逐渐向B

端移动的过程中，通过电流表的电流先______后______(

填“增大”、“减小”或“不变”)(

电源电压足够大)

(

二)

用如图甲所示装置验证动量守恒定律.

实验中甲(1)

若A

球质量为m1=50g

两小球发生正碰前后的位移隆陋

时间(x鈭�t)

图象如图乙所示，则小球B

的质量为m2=

________．乙(2)

调节A

球自由下落高度，让A

球以一定速度v

与静止的B

球发生正碰，碰后两球动量正好相等，则AB

两球的质量之比Mm

应满足________．

(

三)

某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A

的前端粘有橡皮泥，推动小车A

使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B

相碰，并粘合成一体继续做匀速直线运动，他设计的装置如图1

所示.

在小车A

后面连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50Hz

长木板的一端下垫着小木片用以平衡摩擦力．

(1)

若已得到打点纸带如图1

所示；测得各计数点间距离并标在图上，A

为运动起始的第一点.

则应选______段来计算小车A

碰撞前的速度，应选______段来计算A

和B

碰撞后的共同速度．

(2)

已测得小车A

的质量m1=0.40kg

小车B

的质量m2=0.20kg

由以上的测量结果可得：碰撞前两车质量与速度乘积之和为______kg?m/s

碰撞后两车质量与速度乘积之和为______kg?m/s

．

(3)

结论：________

30、(1)(1)如图甲为一列简谐横波在t=0t=0时刻的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=2mx=2m处的质点PP以此时刻为计时起点的振动图象。下列说法正确的是_________。

A.这列波的波长是4m

B.这列波的传播速度是20m/s

C.经过0.15s

质点P

沿x

轴的正方向传播了3m

D.t=0.1s

时，质点Q

的运动方向沿y

轴正方向E.t=0.35s

时，质点Q

距平衡位置的距离小于质点P

距平衡位置的距离(2)

如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角鈻�ABC

腰长为a隆脧A=90鈭�

一束细光线沿此截面所在平面且平行于BC

边的方向射到AB

边上的中点，光进入棱镜后直接射到AC

边上，并刚好能发生全反射。已知真空中的光速为c

试求：

(i)

该棱镜材料的折射率n

(ii)

光从AB

边到AC

边的传播时间t

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B|C【分析】由图象知，周期是0.02s，A错；最大值是311V，B正确；有效值是220V，C正确；瞬时值表达式为u＝311sin100πt(V)，D错误【解析】【答案】BC2、B【分析】解：A；发生多普勒效应时；波源频率并没有发生变化，是由于波源和观察者必须有相对运动造成听起来频率变化．故A错误；

B；要发生多普勒效应；波源和观察者必须有相对运动．故B正确；

C；根据多普勒效应可知；当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高．当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低．故C错误；

D．机械波能发生多普勒效应；故D错误．

故选：B．

根据多普勒效应可知；当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高．当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低。

多普勒效应是波特有的现象，要熟知多普勒效应产生的原因和特点．【解析】【答案】B3、B【分析】解：A；在电压U不变的情况下；电荷量才与电容正比．故A错误．

B、根据C=知对于一给定的电容器，电容不变．则Q与U成正比．故B正确．

C；电容器的电容由本身的因素决定；与电容器所带的电荷量以及电势差的大小无关．故C、D错误．

故选B．

电容器的电容由本身的因素决定；与电容器所带的电荷量以及电势差的大小无关．

解决本题的关键掌握电容的定义式为C=知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关．【解析】【答案】B4、B【分析】解：A；矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动；产生的交流电的最大值为：

Em=nBsω=100××0.448×100=448V；

由于最大值为有效值的倍；所以交流电的有效值为448V，故A正确；

B、灯泡中的电流：I4===5A

升压变压器的匝数比是2：5，则输电线的输送电压为：U送=×448=1120V①

设降压变压器的匝数比是n：1，则降压变压器中的输入电流：I3=•I4=②

该电流即为输电线中的输电电流，则输电线上损失的电压：△U3=I3•r③

降压变压器的输入电压：U3=U送-I3•r④

联立①②③④得：n=5；U3=1100V，I3=1A．故B错误；D正确；

C、升压变压器副线圈的电流与输送的电流是相等的，I2=I3=1A．

由于电流与匝数成反比，所以升压变压器原、副线圈电流之比为：=所以I1=

I2═×1=2.5A．故C正确．

本题选不正确的；故选：B．

根据电压与匝数成正比；电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．

掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，以及远距离输电的原理，本题即可得到解决．【解析】【答案】B5、A|C【分析】试题分析：由于流经a螺线管的电流方向，用右手螺旋定则判定出a螺线管左边为S极，右边为N极，a螺线管内的磁场方向向右，由b螺线管的电流方向判断出感应电流的磁场方向向左，原磁场方向与感应电流的磁场方向相反，根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应的磁场方向，即“增反减同”的方法，可知a中的电流增加，使a螺线管的磁性增强，为了使a中电流增加，则闭合K瞬间a中电流增加，故A选项正确；K闭合后把R的滑动片向右移动a中电流减少，故B选项错误；闭合K后把b向a靠近，则磁场增强，故选项C正确；闭合K后把a中铁芯从左边抽出则磁性减弱，故D选项错误。考点：右手螺旋定则楞次定律【解析】【答案】AC6、D【分析】试题分析：电势差的定义式说明两点间的电势差UAB等于电场力做功WAB与移动电荷的电荷量q的比值；将正电荷从A点移到B点静电力做负功，WAB＜0，根据则UAB＜0；根据WAB=UABq,可知与移动电荷量q成正比；把某点电荷q从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功，则电势能增加，选项D正确。考点：电场力的功、电势及电势差。【解析】【答案】D7、C【分析】解：A；加速度是反映速度变化快慢的物理量；故A错误。

B；匀速行驶的磁悬浮列车；速度很大，加速度为零，故B错误。

C；加速度是反映速度变化快慢的物理量；速度变化越快，加速度越大，故C正确。

D；当加速度的方向与速度方向相同；加速度减小，速度增大，故D错误。

故选：C。

加速度等于单位时间内的速度变化量；反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度的方向与速度方向相反，物体做减速运动．

解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系．【解析】C二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】试题分析：（1）在该霍尔元件中，自由运动的是电子，因为电流方向沿x轴方向，由左手定则可判断出电子受沿y轴负方向的洛伦兹力，故电子集中在C侧面上，故C′侧面的电势高；（2）当电子受到的洛伦兹力与电场力相等时，元件中的电流稳定，故Bqv=q，故电势差U=Bvb，又因为I=nebdv，即U==BIk，故电势差与电流成正比；（3）将数值代入上式中得：0.6mV=B×3mA×10V/AT，故B=0.02T。考点：霍尔效应。【解析】【答案】（1）C′；（2）成正比；（3）0.02T。9、略

【分析】由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可求出B点速度由可求出加速度【解析】【答案】0.5210、略

【分析】试题分析：根据动能定理：可得到达B板时的速度考点：电场力做功，动能定理【解析】【答案】11、略

【分析】

由图读出波长λ=24cm=0.24m，则波速v==m/s=0.06m/s

质点A振动方向为-y方向；波形将向左平移，则波沿-x方向传播．

故答案为：0.06；-x

【解析】【答案】根据波形的平移法判断出波的传播方向．读出波长；即可求得波速．

12、(1)20；10

(2)10；50【分析】(1)

【分析】由冲量的定义得到此力在这4s4s内对这个物体的冲量，由动量定理得到4s4s末物体的速度。本题考查动量定理的应用，比较简单。【解答】由冲量的定义，此力在这4s4s内对这个物体的冲量是：I=FI=F娄陇t=5隆脕4N隆陇s=20N隆陇s

由动量定理：I=mv鈭�04s4s末物体的速度：v=Im=202m/s=10m/sv=dfrac{I}{m}=dfrac{20}{2}m/s=10m/s故填：20201010(2)(2)【分析】由交流电的瞬时值表达式读出电流的最大值和角速度，然后由I=Im2I=dfrac{{I}_{m}}{sqrt{2}}得到电流的有效值；由f=娄脴2娄脨f=dfrac{娄脴}{2娄脨}得到交流电的频率。本题考查正弦交流电的最大值与有效值的关系和频率与角速度的关系，比较简单。【解答】由交流电的瞬时值表达式读出电流的最大值Im=102A{I}_{m}=10sqrt{2}A角速度娄脴=314rad/s

则其电流的有效值为I=Im2=10AI=dfrac{{I}_{m}}{sqrt{2}}=10A频率为f=娄脴2娄脨=50Hzf=dfrac{娄脴}{2娄脨}=50Hz故填：10105050

【解析】(1)2010

(2)1050

13、1：11：4【分析】解：根据U=E-Ir可知；图象与纵轴的交点表示电源的电动势，由图可知，两电源的电动势之比为1：1；

电阻的伏安特性曲线与两电源的图象的交点表示电阻的工作点；由图可知，与1连接时，电压为1V，电流为1A；由P=UI可知，功率为：P=1×1=1W；

与电源2连接时；电压为2V，电流为2A，功率为：P′=2×2=4W；

故功率之比为：P：P′=1：4。

故答案为：1：1；1：4。

根据电源的U-I图线；可求出其电动势和内阻；根据电阻的伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率，从而求出功率的比值。

本题关键在于对电源外特性曲线、电阻的伏安特性曲线的理解，知道两图象的交点即为电阻与电源连接时的工作状态。【解析】1：11：414、略

【分析】

（1）围成的方格中，不足半个舍去，多于半个的算一个，共有115个方格，故油膜的面积S=115×1cm2=115cm2．

故答案为：115．

（2）纯油酸的体积是：

（3）油酸分子的直径：

（4）油酸的摩尔体积为：①

每个油酸分子体积为：②

阿伏伽德罗常数为：

联立①②③解得：．

故答案为：．

【解析】【答案】（1）围成的方格中；不足半个舍去，多于半个的算一个，即可统计出油酸薄膜的面积；

（2）根据油酸酒精溶液的浓度和1mL溶液含有的滴数；可以求出每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积；

（3）则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积；恰好就是油酸分子的直径；

（4）求出油酸的摩尔体积除以每个油酸分子的体积；即可求出阿伏加德罗常数的表达式．

15、略

【分析】由热功率【解析】【答案】10V16、略

【分析】解：（1）如果保证输送的电功率不变，将输电电压升高到原来的n倍，根据P=UI，电流变为原来的．

（2）在电阻、通电时间一定时，根据Q=I2Rt，电流变为原来的电热变为原来的，所以输电线上的能量损失就减小到原来的．

故答案为：．

（1）输出功率一定时；根据P=UI，判断电压变化时，电流的变化．

（2）在电阻、通电时间一定时，根据Q=I2Rt判断能量的损失．

解决此题关键掌握P=UI和P=I2R的应用，注意总功率和损失功率的关系，注意损失电压不是输送电压．【解析】三、判断题(共7题，共14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．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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．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．四、证明题(共2题，共6分)24、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动25、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动五、推断题(共3题，共6分)26、（1）FeCl2KCl（2）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3）Ag++Cl-══AgCl↓2Fe3++Fe=3Fe2+（4）0.2NA【分析】【分析】试题综合性强，难易适中，侧重对学生基础知识的巩固与训练，焰色反应及物质的颜色、特殊反应现象为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质。本题考查无机物推断，是高考中的常见题型，属于中等难度rm{.}试题综合性强，难易适中，侧重对学生基础知识的巩固与训练，焰色反应及物质的颜色、特殊反应现象为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质。rm{.}【解答】溶液中含有元素，rm{D}能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀rm{D}为与硝酸银、硝酸反应得到的溶液，进行焰色反应显紫色，说明rm{D}溶液中含有rm{K}元素，rm{D}能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀rm{H}为rm{AgCl}，所以rm{D}应该是rm{KCl}；白色沉淀rm{E}在空气中转化为红褐色沉淀，则rm{E}为rm{Fe}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{2}、rm{F}为rm{Fe}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{3}，rm{G}为rm{FeCl_{3}}；rm{B}和rm{C}反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以rm{B}、rm{C}分别是氢氧化钾、氯化亚铁中的一种，rm{G}能和rm{A}反应生成rm{B}，所以rm{A}是rm{Fe}，rm{B}是为rm{FeCl_{2}}，rm{C}是rm{KOH}，rm{Fe}与盐酸反应得到氯化亚铁与氢气，

rm{(}rm{1}rm{)}由上述分析可知，rm{B}的化学式为rm{FeCl_{2}}，rm{D}的化学式为rm{KCl}，，所以rm{D}应该是rm{D}；白色沉淀rm{K}在空气中转化为红褐色沉淀，则rm{K}为rm{D}rm{D}rm{H}rm{H}rm{AgCl}、rm{AgCl}为rm{D}rm{D}rm{KCl}rm{KCl}rm{E}，rm{E}为rm{E}；rm{E}和rm{Fe}反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以rm{Fe}、rm{(}分别是氢氧化钾、氯化亚铁中的一种，rm{OH}能和rm{OH}反应生成rm{)}，所以rm{2}是rm{2}，rm{F}是为rm{F}，rm{Fe}是rm{Fe}，rm{(}与盐酸反应得到氯化亚铁与氢气，rm{OH}

rm{OH}rm{)}rm{3}由上述分析可知，rm{3}的化学式为rm{G}，rm{G}的化学式为rm{FeCl_{3}}，rm{FeCl_{3}}rm{B}；rm{B}；rm{C}

rm{C}rm{B}rm{B}由rm{C}转变成rm{C}的化学方程式为：rm{G}rm{G}rm{A}rm{A}rm{B}rm{B}rm{A}rm{A}rm{Fe}rm{Fe}，rm{B}rm{B}rm{FeCl_{2}}rm{FeCl_{2}}rm{C}rm{C}rm{KOH}rm{KOH}rm{Fe}rm{Fe}；rm{(}

rm{1}rm{1}rm{)}氯化钾rm{B}溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钾，其离子方程式为：rm{B}rm{FeCl_{2}}rm{FeCl_{2}}rm{D}的有关离子反应方程式为：rm{D}，rm{KCl}rm{KCl}故答案为：rm{FeCl_{2}}；rm{KCl}；

rm{(}rm{2}rm{)}由rm{E}转变成rm{F}的化学方程式为：rm{4Fe}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{2}rm{+O_{2}+2H_{2}O=4Fe}rm{(}rm{OH}rm{)}rm{3}，rm{FeCl_{2}}；rm{FeCl_{2}}

rm{KCl}rm{KCl}rm{(}与盐酸发生反应：rm{2}rm{2}生成rm{)}氢气，转移电子数为rm{E}rm{E}rm{F}rm{F}rm{4Fe}，rm{4Fe}rm{(}。rm{OH}rm{OH}rm{)}【解析】rm{(1)FeCl_{2;;;;;}KCl}rm{(2)4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3;}}rm{(3)}rm{Ag}rm{Ag}rm{{,!}^{+}}rm{+Cl}rm{+Cl}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{-}}rm{篓T篓TAgCl隆媒}27、

（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

（3）④⑤⑥

（4）①③

【分析】【分析】本题考查有机物的推断与合成，难度不大，注意结合乙醇、氯代烃的性质进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，有利于基础知识的巩固。【解答】rm{(1)}乙醇与氧化铜加热反应生成rm{A}rm{A}为乙醛，甲苯在光照条件下与氯气反应生成rm{B}rm{B}为故答案为：rm{CH_{3}CHO}rm{CH_{3}CHO}rm{(2)}反应rm{垄脷}rm{垄脼}的化学方程式分别为：的化学方程式分别为：rm{垄脷}rm{垄脼}故答案为：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}反应rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}是乙烯与水发生加成反应，反应rm{(3)}是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应rm{垄脵}是乙醛发生氧化反应生成乙酸，反应rm{垄脷}是甲苯与氯气发生取代反应，反应rm{垄脹}是rm{垄脺}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成苯甲醇，属于取代反应，rm{垄脻}乙酸与苯甲醇发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，属于取代反应；故答案为：rm{B}

rm{垄脼}反应rm{垄脺垄脻垄脼}乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应rm{(4)}乙醛发生氧化反应生成乙酸，符合原子利用率rm{垄脵}故答案为：rm{垄脹}rm{100%}【解析】rm{(2)}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{(3)垄脺垄脻垄脼}28、略

【分析】【分析】该题通过水污染的治理和化学工业生产流程，考查了原电池原理的应用和元素及其化合物的性质，判断微生物电池的正负极和分析流程图是本题难点，试题难度较大。I、（1）根据信息：CN-能够被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3来书写方程式；（2）根据原电池中阳离子的移动方向确定A为正极，发生得电子的还原反应来书写；II、由图1流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，则滤渣1为SiO2，②中加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，金属离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe（OH）3、Cu（OH）2，反应④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）2，据此解答。【解答】I、（1）CN-能够被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3得出方程式为：2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3；（2）原电池中氢离子的移动方向是从负极流向正极，所以A是正极，发生得电子的还原反应：+2e-+H+═+Cl-；II、由图1流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，则滤渣1为SiO2，②中加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，金属离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe（OH）3、Cu（OH）2，反应④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣3为Zn（OH）2，（1）由上述分析可知，滤渣1为SiO2；（2）②中加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子；只有D不会引入新杂质；

（3）步骤④中的CO2气体来自步骤①酸浸反应放出的气体，可以节能减排；（4）步骤④发生的离子反应方程式为ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-。【解析】I、（1）2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3（2）+2e-+H+═+Cl-II、（1）SiO2（2）D（3）①（4）ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-六、综合题(共2题，共14分)29、（一）（1）右、hv-eU；（2）不变、增大；（3）增大、不变

（二）（1）20g；（2）

（三）（1）BCDE（2）0.4200.417（3）在误差允许的范围内，碰撞前两车质量与速度乘积之和等于碰撞后两车质量与速度乘积之和【分析】(

一)

【分析】(1)

光电管两端所加的电压为反向电压；根据动能定理和光电子的最大初动能与入射光的频率之间的关系即可求出逸出功；

(2)

根据光电效应方程判断光电子最大初动能的变化；

(3)

根据光电效应中的现象分析即可。解决本题的关键知道光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，光的强度影响单位时间内发出光电子的数目。【解答】(1)

当变阻器的滑动端P

向右移动；反向电压增大，光电子到达右端的速度减小，到达右端的光电子的个数也减小，则通过电流表的电流减小。

当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U

根据动能定理得，eU=12mvm2

则光电子的最大初动能为eU

．

根据光电效应方程知；Ekm=hv鈭�W0

所以：W0=hv鈭�eU

(2)

根据光电效应方程知；Ekm=hv鈭�W0

知入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变．

增大入射光的强度；则单位时间内产生的光电子的数目增加，所以通过电流表的电流将会增大．

(3)

如果将电源的正负极对调；则该电路为正向电压，将变阻器的滑动端P

从A

端逐渐向B

端移动的过程中，正向电压由0

开始逐渐增大，通过电流表的电流先增大，增大到最大电流，即达到饱和光电流后，电流不再变化。

故填：(1)

右、hv鈭�eU(2)

不变、增大；(3)

增大、不变(

二)

【分析】(1)x鈭�t(

位移时间)

图象的斜率等于速度；由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况.

根据动量守恒定律求出质量；

(2)

根据动量守恒定律，以及在碰撞的过程中动能不增加，通过这两个关系判断两个物体的质量关系；本题考查了实验器材的选择原理，要减小空气阻力的影响；在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键是斜槽末端槽口的切线保持水平及固定后的斜槽要竖直。【解答】

(1)

由图乙所示图象可知：v1=?x?t=82=4m/sv2=0m/s

由图求出碰后m2

和m1

的速度分别为：v1鈥�=?x1鈥�?x2鈥�=12鈭�84鈭�2=2m/s

v2隆盲=?x鈥�2?t2鈥�=18鈭�104鈭�2=5m/s

两物体碰撞过程系统动量守恒；以m1

的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v1=m2v2隆盲+m1v1隆盲

代入解得：m2=20g

(2)

设碰撞后两者的动量都为P

由于题意可知，碰撞前后总动量为2P

根据动量和动能的关系有：P2=2mEK

碰撞过程动能不增加，有：(2P)22M鈮�P22M+P22m

解得：Mm鈮�3

因为要用质量较大的球碰质量较小的球，故1<Mm鈮�3

故填(1)20g(2)1<Mm鈮�3

(

三)

【分析】(1)

碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A

独自运动的速度，确定AC

应在碰撞之前，DE

应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC

应为碰撞之前匀速运动阶段，DE

应为碰撞之后匀速运动阶段；(2)

物体发生的位移与发生这