2025年华东师大版高二物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年华东师大版高二物理上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5题，共10分)1、如图所示，在足够大的粗糙水平绝缘面上固定着一个带负电的点电荷Q，将一个质量为m、带电量为q的小金属块（金属块可视为质点）在水平面上由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动．则在金属块从开始运动到停下的整个过程中A.金属块的加速度一直减小B.金属块的电势能先减小后增大C.电场力对金属块做功的值等于金属块增加的机械能D.电场力对金属块所做功的数值一定等于摩擦产生的热2、从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子，这些高能粒子流到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，如图，那么A.地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处相同B.地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最强，赤道附近最弱C.地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强D.地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转3、如图所示，一台玩具电机的轴上安有一个小皮带轮甲，通过皮带带动皮带轮乙转动（皮带不打滑），皮带轮乙上离轴心O距离2mm处安有一个圆环P．一根细绳一端固定在圆环P上，另一端固定在对面的支架上，绳呈水平方向且绷直．在绳上悬挂着4个单摆a、b、c、d．已知电动机的转速是149r/min，甲、乙两皮带轮的半径之比为1：5，4个单摆的摆长分别是100cm、80cm、60cm、40cm．电动机匀速转动过程中，哪个单摆的振幅最大：A.单摆aB.单摆bC.单摆cD.单摆d4、下面是四种与光有关的事实（）

①用光导纤维传播信号。

②用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度。

③一束白光通过三棱镜形成彩色光带。

④水面上的油膜呈现彩色其中，与光的干涉有关的是A.①④B.②④C.①③D.②③5、如图所示，在条形磁铁的右侧放置一个可以自由运动的通电线圈abcd，线圈最初与条形磁铁处于同一平面内，通以顺时针方向的电流后，该线圈的运动情况为（）A.ab边转向纸内，cd边转向纸内，同时靠近磁铁B.ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时靠近磁铁C.ab边转向纸内，cd边转向纸外，同时远离磁铁D.ab边转向纸外，cd边转向纸内，同时远离磁铁评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然增大为2B时，这个带电粒子（）A.速率加倍B.速率不变C.轨道半径减半D.轨道半径不变7、如图甲所示，变压器原、副线圈的匝数比为3：1，L1、L2、L3为三只规格均为“9V，6W”的相同的灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u的图象如图乙所示．则以下说法中正确的是（）A.电压表的示数为27VB.三只灯泡均能正常发光C.电流表的示数为2AD.变压器副线圈两端交变电流的频率为50Hz8、如图所示，一汽缸竖直放置，用一质量为m的活塞在缸内封闭了一定量的理想气体，在气缸的底部安装有一根电热丝，用导线和外界电源相连，已知气缸壁和活塞都是绝热的，气缸壁与活塞间接触光滑且不漏气，现接通电源，电热丝对缸内气体缓慢加热．关于气缸内气体，大列说法正确的是（）A.单位时间内气缸单位面积上气体分子撞击次数减少B.所有分子的速率都增加C.分子平均动能增大D.对外做功，内能减少9、如图所示，真空中光滑绝缘细杆ab

水平放置，细杆两端分别固定带电量均为+Q

的点电荷，O

点是细杆的中点，在ao

的中点c

处套有一个带负电的小球(

可看成检验电荷).

现使小球以初速度v0

向b

运动，随后小球的运动情况可能是(

)

A.始终向b

运动，减速直至停止B.始终向b

运动，先减速后加速C.先向b

作减速运动，后向a

作加速运动D.在o

点两侧作往复运动10、如图所示；螺线管内有平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B

的正方向，螺线管与U

型导线框cdef

相连，导线框cdef

内有一半径很小的金属圆环L

圆环与导线框cdef

在同一平面内.

当螺线管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时(

)

​A.在t1

时刻，导线框cdef

内的感应电流最小B.在t2

时刻，导线框cdef

内的感应电流最小C.在t1鈭�t2

时间内，金属圆环L

内有顺时针方向的感应电流D.在t1鈭�t2

时间内，金属圆环L

有收缩趋势11、一定量的理想气体从状态a

开始，经历三个过程abbcca

回到原状态，其P鈭�T

图象如图所示.

下列判断正确的是()A.过程ab

中气体一定吸热。

B.过程bc

中气体既不吸热也不放热C.过程ca

中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数，状态b

较状态c

多12、如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置.

两块相互靠近的等大正对的平行金属板MN

组成电容器，板N

固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M

和静电计的金属壳都接地，板M

上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M

的位置.

在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度.

在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是(

)

A.只将板M

从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大B.只将板M

从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大C.只将板M

从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小D.只在MN

之间插入云母板，静电计指针张角变大13、如图所示，一定质量的理想气体从状态A

依次经过状态BC

和D

后再回到状态A.

其中，A隆煤B

和C隆煤D

为等温过程，B隆煤C

和D隆煤A

为绝热过程.

该循环过程中，下列说法正确的是(

)

A.A隆煤B

过程中，气体对外界做功，吸热B.B隆煤C

过程中，气体分子的平均动能增加C.C隆煤D

过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D.D隆煤A

过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、用图甲所示的实验装置探究恒力做功和物体速度变化间的关系．

某同学的实验方案如图甲所示，用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中还应该采取的两项措施是①____;②____．15、体积为4.8×l0-3cm3的一个油滴，滴在湖面上扩展为l.6×l04cm2的单分子油膜，则这种油分子的直径为______．16、一弹簧振子以O

点为平衡位置做简谐运动，则图中2s隆芦3s

内振子振动的方向沿______(

选填“+y

”或“鈭�y

”)

方向，2.5s

时振子的加速度方向为______(

选填“+y

”或“鈭�y

”)

方向，2s隆芦3s

内振子的动能______(

选填“增大”或“减小”)

该点的振动方程为y=

______cm

．17、在测定《玻璃的折射率》的实验中，已画好玻璃砖的界面两直线aa'和bb'后，实验者不慎误将玻璃砖向上平移如图中虚线所示．若其它操作正确，则测得的折射率与该玻璃砖的真实折射率相比较____（填偏大、偏小或不变）18、(14分)(1)激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛．下面关于激光的叙述正确的是()．A．激光是纵波B．频率相同的激光在不同介质中的波长相同C．两束频率不同的激光能产生干涉现象D．利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离(2)如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×10－7m，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为7.95×10－7m．则在这里出现的应是________(填“明条纹”或暗条纹)．现改用波长为6.30×10－7m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________(填“变宽”、“变窄”或“不变”)．19、如图所示，阴极射线管(A为其阴极)放在蹄形磁铁的N、S两极间，射线管的A、B两极分别接在直流高压电源的______极和_____极（填：“正”或“负”）．此时，荧光屏上的电子束运动轨迹________偏转(填“向上”、“向下”或“不”)．20、在用插针法“测定玻璃的折射率”实验中；也可以测量不平行玻璃砖的折射率．如图，就是利用“插针法”测量玻璃砖ABCD（玻璃砖的入射面AB和出射面CD不平行）折射率的实验光路图，请你分析与该实验相关的下列问题．

（1）出射光线O′Q与入射光线PO______．（填“平行”或“不平行”）

（2）对本题实验数据的处理可采用如下方法：以入射点O为圆心，取一合适的长度为半径作圆，该圆与入射光线PO交于M点，与折射光线OO′的延长线交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，其垂足分别为N、E，现测得MN=1.68cm；EF=1.12cm，则该玻璃砖的折射率n=______．21、“结晶玫瑰”是具有强烈玫瑰香气的结晶型固体香料，在香料和日用化工产品中具有广阔的应用价值。其化学名称为“乙酸三氯甲基苯甲酯”，目前国内工业上主要使用以下路径来合成结晶玫瑰：Ⅰrm{.}由苯甲醛和氯仿合成三氯甲基苯基甲醇。Ⅱrm{.}三氯甲基苯基甲醇与乙酸酐发生乙酰化反应制得“结晶政瑰”。已知：具体实验步骤如下：Ⅰrm{.}由苯甲醛和氯仿合成三氯甲基苯基甲醇。步骤一：装置如图所示。依次将苯甲醛、氯仿加入三颈烧瓶中，仪器rm{A}中加入rm{KOH}和助溶剂。滴加rm{A}中试剂并搅拌，开始反应并控制在一定温度下进行。步骤二：反应结束后，将混合物依次用rm{5%}的盐酸、蒸馏水洗涤。步骤三：将洗涤后的混合物蒸馏，除去其他有机杂质，加无水硫酸镁，过滤。滤液即为粗制三氯甲基苯基甲醇。Ⅱrm{.}三氯甲基苯基甲醇与乙酸酐发生乙酰化反应制得“结晶玫瑰”。步骤四：向另一三颈瓶中加入制备的三氯甲基苯基甲醇、乙酸酐，并加入少量浓硫酸催化反应，加热控制反应温度在rm{90隆忙隆芦110隆忙}之间。步骤五：反应完毕后，将反应液倒入冰水中，冷却结晶获得“结晶玫瑰”。请回答下列问题：rm{(1)}仪器rm{B}的名称是_______________，冷凝水应从________口进rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}rm{(2)}步骤二中，用rm{5%}的盐酸洗涤的主要目的是___________。在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后有机层应___________rm{(}填序号rm{)}A.直接从上口倒出B.先将水层从上口倒出，再将有机层从下口放出C.直接从下口放出D.先将水层从下口放出，再将有机层从下口放出rm{(3)}步骤三中，加入无水硫酸镁的目的是_________________。若未加入无水硫酸镁，直接将蒸馏所得物质进行后续反应，会使“结晶玫瑰”的产率偏_________rm{(}填“高”或“低”rm{)}其原因是________________________________________________rm{(}利用平衡移动原理解释rm{)}rm{(}已知Ⅱ的具体反应如图所示rm{)}rm{(4)}步骤四中，加料时，应先加入三氯甲基苯基甲醇和乙酸酐，然后慢慢加入浓硫酸并搅拌，主要是为了___________________。加热反应时，为较好的控制温度，最适宜的加热方式为______________rm{(}填“水浴加热”或“油浴加热”rm{)}rm{(5)}rm{22.55g}三氯甲基苯基甲醇与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰rm{21.40g}则产率是_____。评卷人得分四、判断题(共3题，共24分)22、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）23、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）

24、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）评卷人得分五、解答题(共4题，共36分)25、如图，将电荷量为q=3.0×10-9C的点电荷从匀强电场中的A点移动到B点，AB=2cm，电场力做的功为6.0×10-7J；

（1）若以B点为零电势点；求A点的电势和A；B两点的电势差；

（2）若以A点为零电势点；求B点的电势和A；B两点的电势差；

（3）求匀强电场的场强E．

26、在如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100μF．电容器原来不带电；求：

（1）接通开关S待电路稳定后电容器两板间的电压UC；

（2）接通开关S到电路稳定过程中流过R4的总电荷量Q．

27、在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端的电压U遵循I=kU3的规律（式中k=0.02A/V3），R2是普通电阻；阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E=6V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16A．试求：

（1）R1两端的电压；

（2）电源的内电阻r；

（3）R1、R2和r上消耗的电功率P1、P2和Pr．

28、如图所示，正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC的中点，现将一质量为m、带电量为q（电性未知）的小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为g，求：

（1）小球带何种电荷；

（2）小球运动到B点时的加速度；

（3）A、B两点间的电势差UAB.评卷人得分六、画图题(共2题，共6分)29、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象30、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【解析】试题分析：金属块在运动过程中受到库伦力和摩擦力作用，当刚开始运动一段时间内，由于合力摩擦力恒定，库伦力随着距离的增大而减小，所以合力F在减小，即加速度在减小，电场力做正功，金属块的电势能减小，动能增大，当时，即摩擦力等于库伦力，速度达到最大，最后由于金属块仍有速度，所以需要继续运动，此过程库伦力仍继续减小，所以合力增大，故加速度增大，所以金属块的加速度先减小后增大，A错误，由于过程中电场力一直做正功，所以电势能在一直减小，B错误，根据动能定理可得所以电场力对金属块做功的值等于金属块内能增加量，C错误，D正确，考点：本题考查了功能关系【解析】【答案】D2、C【分析】试题分析：高能带电粒子到达地球受到地磁场的洛伦兹力作用，发生偏转．不同的磁场，所受到的洛伦兹力大小不一，而在赤道处与磁场垂直，洛伦兹力最大，所以在赤道附近最强，南、北两极最弱，故AB错误，C正确；地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子在洛伦兹力作用下，偏向面与赤道平面平行，故D错误；故选：C考点：洛伦兹力；左手定则。【解析】【答案】C3、A【分析】试题分析：据题意，当驱动力周期与物体固有周期相等时，振幅最大；电动机角速度为：皮带轮甲和皮带轮乙的边缘线速度相等，据可得皮带轮乙的角速度为：则转动周期为：如果单摆的周期为2s，该单摆摆长为：故振幅最大的是a单摆，故选项A正确。考点：本题考查共振。【解析】【答案】A4、B【分析】解：①光导纤维是利用光的全反射的原理传播光信号；与光的干涉无关。故①错误。

②检查平面的平整度的原理是经过空气层的前后两面反射的光线在标准样板的下表面叠加发生薄膜干涉形成干涉条纹；故与光的干涉有关。故②正确。

③白光是复色光；而同一种玻璃对不同的单色光的折射率不同，经玻璃折射后偏折角不同，即发生了色散，与光的干涉无关。故③错误。

④水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象形成的。故④正确。

故选：B。

光导纤维是利用光的全反射的原理传播光信号；检查平面的平整度是利用薄膜干涉；色散是同种玻璃对不同的单色光的折射率不同造成的；水面上的油膜呈现彩色是薄膜干涉原理。

本题考查光学现象的解释，需要考生掌握全反射，折射和干涉等光现象，掌握了各种光现象发生的原理即可顺利解决此类题目。【解析】B5、A【分析】解：线框所在的区域磁场方向向下，根据左手定则知ab受力垂直纸面向里，cd受力垂直纸面向外，故ab边转向纸内；cd边转向纸内，同时靠近磁铁。

故选：A。

由左手定则可以判断各边受力方向；由安培力公式及对称性可以判断安培力的大小。

知道条形磁铁的磁场分布，熟练应用安培力公式及左手定则即可正确解题，此题也可将矩形电流等效为N极向里的磁铁，根据磁极之间相互作用判定运动情况。【解析】A二、多选题(共8题，共16分)6、BC【分析】解：洛伦兹力不做功；故速率不变，故A错误；B正确；

由公式R=可知；当磁感应强度变为原来的2倍，轨道半径将减半，C正确，D错误；

故选：BC．

该题考察了带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，首先明确洛伦兹力始终不做功，再利用半径公式R=分析各选项．

子在磁场中运动，洛伦兹力是始终不做功的，即只改变速度的方向，不改变速度的大小．此类问题要求掌握洛仑兹力的大小和方向的确定，带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，会应用半径公式进行计算和分析有关问题【解析】【答案】BC7、BCD【分析】解：由输入端交变电压u的图象，可求出有效值36V，由原、副线圈匝数之比3：1，可得原、副线圈的电压之比3：1，电流之比1：3，设灯泡两端电压为U，所以U+3U=36V，则U=9V，因此原线圈电压为27V，副线圈电压为9V，四只灯泡均能正常发光．电流表的读数为I=3=3×A=2A．

A；由上可知；电压表示数为27V，故A错误；

B；三只灯泡均能正常发光；故B正确；

C；由上可知；电流表示数为2A．故C正确；

D、变压器副线圈两端交变电流的频率f===50Hz；故D正确；

故选：BCD

闭合电路动态分析中；电源部分是由变压器提供，其它仍用闭合电路殴姆定律．当断开开关S时，导致总电阻发生变化，而电压不变，则可判断出电路中的电流及电压如何变化．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值．

理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化．分析的思路先干路后支路，以不变应万变．最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值．【解析】【答案】BCD8、AC【分析】解：

A；电热丝对缸内气体缓慢加热过程中；气缸内气体压强不变，而气体分子的平均动能增大，根据压强的微观含义得知，单位时间内气缸单位面积上气体分子撞击次数减少．故A正确．

B；C气缸内气体温度升高；分子平均动能增大，由于分子运动是无规则的，不是所有分子的速率都增加．故B错误，C正确．

D；在缸内封闭的是一定量的理想气体；温度升高，其内能增大，根据盖•吕萨克定律得知，气体的体积增大，气体对外做功．故D错误．

故选AC

接通电源；电热丝对缸内气体缓慢加热过程中，气缸内气体发生等压变化，根据压强的微观含义，分析单位时间内气缸单位面积上气体分子撞击次数如何变化．温度升高，分子平均动能增大．根据热力学第一定律分析内能如何变化．

本题首先要判断气体的压强不变，可由力学知识理解，其次要掌握温度和压强的微观含义．【解析】【答案】AC9、ABC【分析】解：

A、根据等量同种正电荷电场线的分布情况：ao

间的电场线方向从a隆煤oob

间的电场线方向从b隆煤0

小球带负电，所受的电场力方向与场强方向相反，则在ao

间电场力方向从o隆煤aob

间电场力方向从o隆煤b

．

则小球从c

开始受到向左的电场力；可能到o

点的速度刚好为0

而o

点的场强为0

则小球到达o

点后静止，故A正确．

B；小球也可能越过o

向右；受到的电场力向右，向右做加速运动，所以可能先减速后加速，故B正确．

C、小球也可能到达o

点之前速度减至0

之后向左做加速运动，即先向b

作减速运动；后向a

作加速运动，故C正确．

D；由于小球所受的电场力背离o

点；小球不可能在在o

点两侧作往复运动，故D错误．

故选：ABC

．

根据等量同种正电荷电场线的分布情况确定出ab

间的电场线方向；判断小球所受的电场力方向，结合初速度，分析小球的可能运动情况．

本题关键明确等量同号电荷的电场线分别情况，确定电场力方向，在分析小球的运动情况，要分析可能的各种情况，不要漏解．【解析】ABC

10、ACD【分析】解：A

由B鈭�t

图知；t1

时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零；故A正确．

B；在t2

时刻；磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大.

B错误；

C；在t1鈭�t2

时间内；磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f

到c

根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流.

故C正确．

D；在t1鈭�t2

时间内；L

内的磁场增加，由愣次定律可以确定L

必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故D正确．

故选ACD．

根据B鈭�t

图线斜率的变化；根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化．

解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系．【解析】ACD

11、AD【分析】解：A

由图示可知，ab

过程；气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；

B、由图示图象可知，bc

过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律鈻�U=Q+W

可知；气体吸热，故B错误；

C、由图象可知，ca

过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W>0

气体温度降低，内能减少，鈻�U<0

由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca

中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误。

D、由图象可知，bc

过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，bc

状态气体的分子数密度不同，b

和c

两个状态中；容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故D正确。

故选：AD

由图示图象判断气体的状态变化过程；应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题.

温度是分子平均动能的标志．

本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在P鈭�T

图象中等容线为过原点的直线【解析】AD

12、AB【分析】解：A

只将板M

从图示位置稍向左平移，d

增大，根据C=?s4娄脨kd

知，电容减小，根据U=QC

知电势差增大；则静电计指针张角变大，故A正确．

B、只将板M

从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积S

变小，根据C=?s4娄脨kd

知，电容减小，根据U=QC

知电势差增大；则静电计指针张角变大，故B正确．

C、只将板M

从图示位置稍向上平移，正对面积S

变小，根据C=?s4娄脨kd

知，电容减小，根据U=QC

知电势差增大；则静电计指针张角变大.

故C错误．

D、只在MN

之间插入云母板，介电常数变大，根据C=?s4娄脨kd

知，电容增大，根据U=QC

知电势差减小；则静电计指针张角变小.

故D错误．

故选AB．

电容器所带的电量不变，根据C=?s4娄脨kd

确定电容的变化，然后根据U=QC

确定电势差的变化；从而确定静电计指针张角的变化．

解决本题的关键掌握电容的决定式C=?s4娄脨kd

和定义式C=QU

．【解析】AB

13、ACD【分析】解：A

由图可知A隆煤B

过程中温度不变；内能不变，体积增大，气体对外界做功，所以气体吸收热量.

故A正确；

B；由图可知B隆煤C

过程中；绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；

C；由图可知C隆煤D

过程中；等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；

D；由图可知D隆煤A

过程中；绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D正确；

故选：ACD

A隆煤B

过程中；体积增大，气体对外界做功，B隆煤C

过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C隆煤D

过程中，等温压缩，D隆煤A

过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高．

本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定．【解析】ACD

三、填空题(共8题，共16分)14、平衡摩擦力钩码的质量远小于小车的总质量【分析】【解答】要探究合外力的功和动能变化间的关系，在本实验中是用绳子拉力代表小车所受合外力，所以除拉力外，外力的矢量和应为0，所以要平衡摩擦力．只有钩码质量M>小车总质量m；拉力才约等于钩码重力。

【分析】只有钩码质量M>小车总质量m，拉力才约等于钩码重力15、略

【分析】解：利用油酸溶于酒精；制成油酸酒精溶液，取1滴这样的油酸酒精溶液滴到水面上，油酸在水面上形成单分子薄层，只要测算出一滴溶液中纯油酸的体积V和在水面上形成的油膜面积S，就可以估测出分子直径的大小．这种粗略测定分子大小的方法叫油膜法，分子直径；

d==m．

故答案为：3×10-9m

油膜法测分子直径的实验原理是：测出一滴油的体积V，把油滴在水面上，形成单分子油膜，则油膜的厚度就是分子直径，求出油膜的面积S，分子直径d=．

本题考查了油膜法测分子直径的原理；要求能掌握油膜法的基本原理，并牢记一般分子的直径的数量级．【解析】3×10-9m16、略

【分析】解：2s隆芦3s

内振子从平衡位置向负向最大位移运动；所以振子的振动方向沿鈭�y

方向．

2.5s

时振子的位移为鈭�y

方向，根据a=鈭�kym

知加速度方向为+y

．

2s隆芦3s

内振子的位移增大；速度减小，则动能减小．

由图知，振幅为A=10cm

周期为T=4s

所以该点的振动方程为y=Asin2娄脨Tt=10sin2娄脨4t=10sin0.5娄脨t(cm)

．

故答案为：鈭�y+y

减小，10sin0.5娄脨t

．

根据振子位移的变化分析振子的振动方向.

根据加速度方向总与位移方向相反；分析加速度的方向.

由位移的变化分析动能的变化.

读出振幅；周期，结合初相位写出振动方程．

解决本题的关键在于掌握简谐运动的特征：a=鈭�kym

明确速度、加速度与位移的关系.

要知道写出振动方程时，要明确三个要素：振幅、周期或角频率、初相位．【解析】鈭�y+y

减小；10sin0.5娄脨t

17、略

【分析】【解析】【答案】不变18、略

【分析】(1)光是横波，选项A错；激光在介质中的波长为λ＝不同介质n不同，所以波长不同，选项B错；产生干涉的条件是频率相同，选项C错；利用激光平行度好的特点可以测量月球和地球之间的距离，选项D正确．(2)因为＝即半波长的奇数倍，所以出现暗条纹．根据条纹间距公式Δx＝λ，当单色光的波长变长时，条纹间距变宽．【解析】【答案】(1)D(2)暗条纹变宽19、略

【分析】试题分析：在阴极射线管中电子束从A到B做加速运动，电子带复电，所以A、B间电场的方向是从B到A，故A接高压电源负极，B接高压电源正极，根据左手定则，电子受到向下的洛伦兹力，所以向下偏转。考点：本题考查阴极射线管的连接、洛伦兹力的判断等知识。【解析】【答案】负正下20、略

【分析】解：（1）因为上下表面不平行；光线在上表面的折射角与在下表面的入射角不等，则出射光线的折射角与入射光线的入射角不等，可知出射光线和入射光线不平行；

（2）根据折射定律得，n====1.5．

故答案为：（1）不平行；（2）1.5．

根据光的折射定律和几何关系判断出射光线和入射光线之间关系．根据折射定律求出玻璃砖的折射率．

解决本题的关键掌握光的折射定律，并能灵活运用．【解析】不平行；1.521、rm{(1)(}球形rm{)}冷凝管rm{b}

rm{(2)}除去未反应完的rm{KOH}rm{C}

rm{(3)}除水干燥低若不干燥；乙酸酐会与水反应生成乙酸，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低。

rm{(4)}防止放热过快而迸溅油浴加热。

rm{(5)80%}

【分析】【分析】本题考查了物质制备的实验方法和注意问题；物质现在的分析应用，实验过程的分析判断是解题关键，题目难度中等。

【解答】rm{(1)}观察图可知仪器rm{B}是冷凝管，冷凝水与蒸汽的流向相反时冷凝效果好，则冷凝水从rm{b}口进，rm{a}口出；

故答案为：冷凝管，rm{b}rm{(2)}用rm{5%}的盐酸洗涤的主要目的是除去未反应完的rm{KOH}在由于有机物的密度比水大，二者互不相溶，因此水在上层，有机物在下层；分液时，待分层后有机层应直接从下口放出；

故答案为：除去未反应完的rm{KOH}rm{C}rm{(3)}将洗涤后的混合物蒸馏，除去其他有机杂质，加无水硫酸镁，除水干燥，过滤。滤液即为粗制三氯甲基苯基甲醇，若不干燥，乙酸酐会与水反应生成乙酸，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低，

故答案为：除水干燥，低，若不干燥，乙酸酐会与水反应生成乙酸，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低；rm{(4)}步骤四中为了防止放热过快而迸溅，加入浓硫酸并搅拌，反应时加热控制反应温度在rm{90隆忙隆芦110隆忙}之间；为较好的控制温度，最适宜的加热方式为油浴加热，故答案为：防止放热过快而迸溅，油浴加热；

rm{(5)}根据方程式可知rm{22.55g}三氯甲基苯基甲醇即rm{0.1mol}与足量乙酸酐充分反应得到结晶玫瑰为rm{0.1mol}即rm{26.75g}则产率为：rm{dfrac{21.40g}{26.75g}=80%}

故答案为：rm{dfrac{21.40g}{26.75g}

=80%}rm{80%}【解析】rm{(1)(}球形rm{)}冷凝管rm{b}

rm{(2)}除去未反应完的rm{KOH}rm{C}

rm{(3)}除水干燥低若不干燥；乙酸酐会与水反应生成乙酸，使“结晶玫瑰”的合成反应平衡逆向移动，产品产率降低。

rm{(4)}防止放热过快而迸溅油浴加热。

rm{(5)80%}

四、判断题(共3题，共24分)22、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．23、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．24、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．五、解答题(共4题，共36分)25、略

【分析】

（1）