2025年湘教新版高二物理上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年湘教新版高二物理上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7题，共14分)1、关于能源的开发和利用下列说法正确的是（）A.能源是无限的，地下煤、石油、天然气是足够人们开采的B.根据能量守恒定律，担心能源枯竭就是杞人忧天C.能源的开发和利用不必考虑对环境的影响D.通过核裂变和平利用核能是目前开发新能源的一种途径2、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线；则下列说法正确的是。

A.x1处电场强度最小，但不为零B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C.若x1、x3处电势为1、3，则1<3D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变3、关于光的本性，下列描述正确的是A.泊松亮斑说明光具有波动性B.薄膜干涉说明光具有波动性C.单缝衍射说明光具有波动性D.偏振现象说明光是一种纵波4、以下说法中；错误的是（）

A.对物体做10J的功；内能可能增加10J，而不引起其它的变化。

B.物体的内能减少10J；它可能对外做功10J，而不引起其它的变化。

C.电冰箱工作时；可以将热量由温度较低的箱内传向温度较高的箱外。

D.经过人类不断的努力；最终可能得到-273.15℃的超低温。

5、竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个红蜡块能在水中匀速上浮.

当红蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时，使玻璃管水平匀速向右运动，测得红蜡块实际运动方向与水平方向成30鈭�

角，如图.

若红蜡块沿玻璃管上升的速度为7cm/s

则玻璃管水平运动的速度约为()A.14cm/s

B.12cm/s

C.7.0cm/s

D.3.5cm/s

6、如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1

和I2

且I1>I2abcd

为导线某一横截面所在平面内的四点，且abc

与两导线共面；b

点在两导线之间，bd

的连线与导线所在平面垂直.

磁感应强度可能为零的点是(

)

A.a

点B.b

点C.c

点D.d

点7、发现通电导线周围存在磁场的科学家是(

)

A.洛伦兹B.库仑C.法拉第D.奥斯特评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、下列说法中正确的是（）A.氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子B.光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性C.天然放射现象的发现，揭示了原子的核式结构D.一个氘核（H）与一个氦核（H）聚变生成一个氦核（He）的同时，放出一个中子9、某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1

和降压变压器T2

向用户供电.

已知输电线的总电阻为R

降压变压器T2

的原、副线圈匝数之比为41

降压变压器副线圈两端交变电压u=2202sin100娄脨t(V)

降压变压器的副线圈与阻值R0=11娄赂

的电阻组成闭合电路.

若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是(

)

A.通过R0

电流的有效值是20A

B.降压变压器T2

原、副线圈的电压比为41

C.升压变压器T1

的输出电压等于降压变压器T2

的输入电压D.升压变压器T1

的输出功率大于降压变压器T2

的输入功率10、如图所示，把大小可以不计的带有同种电荷的小球A和B互相排斥，静止时，绝缘等长细线与竖直方向的夹角分别为α和β，且α<β；由此可知（）

A.B球受到的库仑力较大，电荷量较大B.B球的质量较小C.B球受到细线的拉力较大D.两球接触后，再静止时，A球的悬线与竖直方向的夹角仍然小于B球的悬线与竖直方向的夹角11、如图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开．板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里、磁感强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力及空气阻力），以水平速度v0从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动．则（）A.粒子一定带正电B.若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子运动轨迹偏向下极板C.若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动D.若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间可能是12、质量是18g的水，18g的水蒸气，32g的氧气，在它们的温度都是100℃时（）A.它们的分子数目相同，它们的内能不相同，水蒸气的内能比水大B.它们的分子数目相同，分子的平均动能相同C.它们的分子数目不相同，分子的平均动能相同D.它们的分子数目相同，分子的平均动能不相同，氧气的分子平均动能大13、乙两球在光滑的水平面上；沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p录脳=5kg隆陇m/sp脪脪=7kg隆陇m/s

已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为10kg隆陇m/s

则甲；乙两球的质量m录脳隆脙m脪脪

的关系可能是()

A.1/10

B.1/5

C.1/3

D.1/2

14、(

多选)

如图为卢瑟福所做的娄脕

粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的ABCD

四个位置时，下述说法中正确的是()A.相同时间内在A

时观察到屏上的闪光次数最多B.相同时间内在B

时观察到屏上的闪光次数比放在A

时稍少些C.放在D

位置时屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少D.放在CD

位置时屏上观察不到闪光评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、照明用的交流电电压瞬时值表达式为μ=220sin100πt（V），则该交流电电压的有效值为____V；如果用该照明用的交流电给手机电池充电（充电电压约为4V）．则手机充电器是____（填“升压”或“降压”）变压器．16、通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P

原线圈的电压U

保持不变，输电线路的总电阻为R

当副线圈与原线圈的匝数比为k

时，线路损耗的电功率为_______。若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk

线路损耗的电功率将变为原来的_______。17、如图所示；电路中电源电动势为4V

内阻为1娄赂

小灯泡电阻为3娄赂.

开关S

闭合后，电路中的电流为________A

灯泡的电压为________V

．

18、如图所示，在xOy坐标系中有虚线OA，OA与x轴的夹角θ=30°，（OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场，已知匀强磁场的磁感应强度B=0.25T，匀强电场的电场强度E=5×105N/C．现从y轴上的P点沿与y轴正向夹角60°的方向以初速度v0=5×105m/s射入一个质量m=8×10-26kg、电量q=+8×10-19C的带电粒子，粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点，已知P点到O的距离为m．（带电粒子的重力忽略不计）求：

（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；

（2）粒子从P点运动到Q点的时间；

（3）Q点的坐标。19、某同学在家里做用单摆测定重力加速度的实验；但没有合适的摆球，他找到了一块大小为3cm左右，外形不规则的大理石块代替小球（如图）．他设计的实验步骤是：

A．将石块用细尼龙线系好；结点为M，将尼龙线的上端固定于O点。

B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长。

C．将石块拉开一个大约α=30°的角度；然后由静止释放。

D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=得出周期。

E．改变OM间尼龙线的长度再做几次实验；记下相应的L和T

F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作为计算时使用的数据，带入公式g=（）2L求出重力加速度g．

（1）你认为该同学以上实验步骤中有错误或操作方法不当的是______

（2）该同学用OM的长作为摆长；这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小？

（3）因石块重心不便确定，另一个同学设计了一个巧妙的方法，可以避免上述误差．第一次测得悬线长为L1，测得振动周期T1；第二次改变悬线长度为L2，并测得此时振动周期T2．根据测量数据导出重力加速度的表达式为______．评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)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）

22、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）23、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）评卷人得分五、识图作答题(共3题，共9分)24、松毛虫是对马尾松破坏性最大的害虫，以马尾松松叶为食，其天敌有杜鹃、喜鹊、赤眼蜂等，杜鹃和喜鹊以松毛虫为食，而赤眼蜂是一种卵寄生蜂，将卵产在松毛虫卵中，并以害虫卵内物质，供其子代发育成长，马尾松在遭受到松毛虫啃食时会产生一种挥发性物质，引来赤眼蜂。回答下列相关问题。(1)马尾松林中所有植物、动物、微生物共同组成了________。题中所涉及的种间关系有____________。(2)马尾松受侵害后产生的挥发性物质属于________信息，引来松毛虫的天敌赤眼蜂体现了信息传递的作用是________________________________________。(3)如图是松毛虫摄入能量在食物链中的去向，图中字母代表相应能量。①图中B表示________________________________________，D表示储存在_______________中的能量。②松毛虫和杜鹃之间的能量传递效率为________(用图中字母表示)。25、1．鸡冠的性状有多种，纯合子豌豆冠鸡与玫瑰冠鸡交配，子一代（F1）全是胡桃冠，F1雌雄交配，F2出现了冠形为单冠的鸡，表现型和数量如下表。。F2胡桃冠豌豆冠玫瑰冠单冠公鸡7224248母鸡7224248合计144484816

回答问题：（1）鸡冠形状的遗传遵循__________定律。（2）从F2中随机挑选豌豆冠鸡和玫瑰冠鸡各一只，形成一个杂交组合：豌豆冠（♀）×玫瑰冠（♂），或豌豆冠（♂）×玫瑰冠（♀）。①不考虑正交、反交的区别，只考虑基因型，则该杂交的基因型组合可能有____________种。②理论上，若杂交组合的后代出现四种表现型，且四种表现型的比例为1:1：1：1的概率是__________。（3）为了验证（1）中的结论，利用F2设计实验，请补充完善实验方案并预期实验结果：实验方案：让F2中全部胡桃冠母鸡与_________交配，只收集、孵化每只母鸡产的蛋，隔离、饲养每只母鸡的子代（F3），观察、统计全部F3的冠形和数量。预期实验结果：理论上，有16只母鸡的子代表现型及其数量比为胡桃冠：豌豆冠=1:1；另有_______________________。26、miRNA是真核细胞中一类不编码蛋白质的短序列RNA；其主要功能是调控其他基因的表达,在细胞分化；凋亡、个体发育和疾病发生等方面起着重要作用。研究发现，BCL2是一个抗凋亡基因，其编码的蛋白质有抑制细胞凋亡的作用。该基因的表达受MIR-15a基因控制合成的miRNA调控，如下图所示，请分析回答：

（1）A过程是____________________，需要____________________的催化。B过程中能与①发生碱基互补配对的是___________________________。（2）据图分析可知，miRNA调控BCL2基因表达的机理是__________________。（3）若MIR-15a基因缺失，则细胞发生癌变的可能性__________________（上升/不变/下降），理由是__________________________________。评卷人得分六、简答题(共4题，共20分)27、如图所示，在柏油马路和湖面上常常遇到耀眼的炫光，它使人的视觉疲劳．这些天然的炫光往往是光滑表面反射而来的镜式反射光和从表面反射的漫反射光重叠的结果，漫反射光是非偏振光，而镜式反射光一般是部分偏振光．由于它们是从水平面上反射的，光线的入射面是垂直的，所以反射光含有大量振动在水平方向的偏振光．要想消除这种炫光，只要将光线中的水平振动成分减弱些就可以了．同理，要想消除从竖直面反射来的炫光，如玻璃窗反射来的炫光，所用偏振轴应取水平方向．请回答下列两个问题：(1)某些特定环境下照相时，常在照相机镜头前装一片偏振滤光片使影像清晰，这是利用什么原理？(2)市场上有一种太阳镜，它的镜片是偏振片，为什么不用普通的带色玻璃片而用偏振片？安装镜片时它的透振方向应该沿什么方向？28、能说明分子都在永不停息地做无规则运动的实验事实有________(

举一例即可)

在两分子间的距离由r

0(

此时分子间的引力和斥力相互平衡，分子力为零)

逐渐增大的过程中，分子力的变化情况是______________，分子势能的变化情况是______________(

填“逐渐增大”、“逐渐减小”、“先增大后减小”、“先减小后增大”)

29、红磷rm{P(s)}和rm{Cl_{2}(g)}发生反应生成rm{PCl_{3}(g)}和rm{PCl_{5}(g)}反应过程和能量关系如下图所示rm{(}图中的rm{娄陇}rm{H}表示生成rm{1mol}产物的数据rm{)}根据上图回答下列问题：rm{(1)P}和rm{Cl_{2}}反应生成rm{PCl_{3}}的热化学方程式是：_______________________________。rm{(2)PCl_{5}}分解成rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}的热化学方程式是：____________________________。rm{(3)}工业上制备rm{PCl_{5}}通常分两步进行，先将rm{P}和rm{Cl_{2}}反应生成中间产物rm{PCl_{3}}然后降温，再和rm{Cl_{2}}反应生成rm{PCl_{5}}原因是_______________________。rm{(4)P}和rm{Cl_{2}}分两步反应生成rm{1molPCl_{5}}的rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{3}=}______，rm{P}和rm{Cl_{2}}一步反应生成rm{1molPCl_{5}}的rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{4}}________rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{3}(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}rm{(5)PCl_{5}}与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是：_____________________。30、rm{3}名同学在用氯酸钾和二氧化锰混合加热制取氧气的过程中，发现生成的气体有刺激性气味，针对这一“异常现象”进行了实验探究及分析。rm{(1)}甲用湿润的rm{KI-}淀粉试纸检验上述生成的气体，观察到试纸变蓝，据此判断氧气中混有rm{Cl_{2}}用离子方程式解释甲判断试纸变蓝的原因______。rm{(2)}乙认为上述现象只能说明混合气体具有_________性，实验中使试纸变蓝的气体____还可能是rm{O_{2}}或rm{O_{3}}为了进一步验证甲的推测，乙补充了一个实验：将上述生成的气体冷却后通入盛有_________溶液的洗气瓶中，若现象为_________，则甲的推测合理rm{{,!}}rm{(3)}丙查阅文献获知，这种方法制取氧气的过程中确有rm{Cl_{2}}产生，并且查到了以下反应历程：rm{垄脵2KClO_{3}+2MnO_{2}隆煤2KMnO_{4}+Cl_{2}+O_{2}隆眉}rm{垄脵2KClO_{3}+2MnO_{2}隆煤2KMnO_{4}+

Cl_{2}+O_{2}隆眉}__________rm{垄脹K_{2}MnO_{4}+Cl_{2}隆煤2KCl+MnO_{2}+O_{2}隆眉}总反应rm{2KClO_{3}隆煤2KCl+3O_{2}隆眉}丙设计实验，通过观察rm{垄脷}的特征颜色来验证反应历程中rm{垄脹K_{2}MnO_{4}+Cl_{2}隆煤2KCl+

MnO_{2}+O_{2}隆眉}的发生，具体实验操作为：将一定量的rm{2KClO_{3}隆煤2KCl+

3O_{2}隆眉}和rm{MnO_{4}^{-}}混合于试管中，加热，_________________________________。rm{垄脵}的化学方程式_______________________________________________。rm{KClO_{3}}另据文献记载：此法制取的氧气中除了含有rm{MnO_{2}}还混有化合物写出历程中反应rm{垄脷}的化学方程式_______________________________________________。rm{垄脷}具有强氧化性，可以将污水中的rm{(4)}氧化成rm{Cl_{2}}反应的离子方程式为_________。rm{ClO_{2}}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】解：A；地下煤、石油、天然气属于不可再生资源能源；故A错误；

B；能源具有耗散性；能够被人类利用的能源会越来越少，故B错误；

C；能源的开发和利用需要考虑对环境的影响；故C错误；

D；通过核裂变和平利用核能是目前开发新能源的一种途径；故D正确。

故选：D。

地下煤；石油、天然气属于不可再生资源；能源具有耗散性；能够被人类利用的能源会越来越少；能源的开发和利用需要考虑对环境的影响；通过核裂变和平利用核能是目前开发新能源的一种途径。

本题考查了能源的开发和利用。题目以基础为主，难度不大。【解析】D2、D【分析】【详解】

EP-x图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据F=qE可知x1处电场强度最小且为零；故A错误；

B、粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，x2～x3段斜率不变；所以做匀变速直线运动，故B错误；

C、带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，若x1、x3处电势为1、3，则1>3,故C错误；

D、x2～x3段斜率不变；所以这段电场强度大小方向均不变，故D正确；

故选D

点睛：EP-x图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据F=qE判断各点场强的方向和大小，以及加速度的变化情况．至于电势的高低，可以利用结论“负电荷逆着电场线方向移动电势能降低，沿着电场线方向移动电势能升高”来判断．3、A|B|C【分析】试题分析：由于泊松亮斑、薄膜干涉、单缝衍射都说明光具有波动性，故A、B、C都是正确的；D中的偏振现象说明光是一种横波而不是纵波，故D错误。考点：光的波动性。【解析】【答案】ABC4、D【分析】

A；由题W=10J；△U=10J，则根据热力学第一定律得：Q=0，即不引起其他变化，故A正确．

B；由题△U=-10J；根据热力学第一定律得：可能物体对外做功10J，即不引起其他变化，故B正确．

C；电冰箱工作时；压缩机做功使热量由温度较低的箱内传向温度较高的箱外．故C正确．

D；根据热力学第三定律得：温度不可能达到-273.15℃．故D错误．

本题选错误的；故选D

【解析】【答案】本题应根据热力学第一定律；第二定律和第三定律进行分析．

5、B【分析】由运动合成可知，两个匀速运动合成一定是匀速运动，所以符合平行四边形定则。根据平行四边形定则，有tan30鈭�=v1v2

则v

2

=v1tan30鈭�=73m/s隆脰12m/s

故B正确；ACD错误；

故选：B

【解析】B

6、C【分析】解：两电流在该点的合磁感应强度为0

说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系．

根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a

或c

又I1>I2

所以该点距I1

远距I2

近，所以是c

点；

故选C．

由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向；再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置．

本题考查了安培定则及矢量的合成方法，特别应注意磁场的空间性，注意培养空间想象能力．【解析】C

7、D【分析】解：

A；洛伦兹研究发现了运动电荷在磁场中受到的磁场力的规律.

故A错误．

B；库仑通过库仑扭秤研究发现了库仑定律.

故B错误．

C；法拉第发现了电磁感应现象及其规律.

故错误．

D；奥斯特发现了通电导线周围存在磁场.

故D正确．

故选D【解析】D

二、多选题(共7题，共14分)8、AD【分析】解：A；氢原子从激发态向基态跃迁；只能辐射特定频率的光子，故A正确；

B；光电效应显示了光的粒子性；而不是波动性，故B错误；

C；天然放射现象的发现；揭示了原子核复杂结构，而α粒子散射实验提示了原子的核式结构，故C错误；

D、由核反应方程规则，则有：+→+故D正确；

故选：AD．

从激发态向基态跃迁辐射光子；

光电效应显示了光的粒子性；

天然放射现象揭示了原子核的复杂结构；

由核反应方程的规则：质量数与质子数守恒；即可判定．

考查电子向低能级跃迁是释放能量，高能级跃迁吸收能量，理解天然放射现象的意义，注意光电效应的作用，会区别波动性与粒子性．【解析】【答案】AD9、ABD【分析】解：A

降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220V

负载电阻为11娄赂

所以通过R0

电流的有效值是20A

选项A正确；

B；降压变压器T2

的原、副线圈匝数之比为41

所以降压变压器T2

原、副线圈的电压比为41

所以选项B正确；

C；升压变压器T1

的输出电压等于降压变压器T2

的输入电压加上输电线上的电压；所以选项C错误；

D；升压变压器T1

的输出功率等于降压变压器T2

的输入功率加上输电线上的功率；所以选项D正确．

故选：ABD

．

根据电压与匝数成正比；电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．

掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．【解析】ABD

10、B:D【分析】【详解】

A．根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力；故A错误；

B．对小球受力分析如图。

设两线悬挂于O点，从几何关系得：力组成的三角形分别相似于△AOC和△BOC。根据相似三角形得

由于α＜βAC＜BC

所以GA＞GB

所以B球的质量较小；故B正确；

C．因为OA＝OB

所以

即B球受到细线的拉力较小；故C错误；

D．两球接触后；再静止时，两小球的重力没有发生变化，两小球受各自的库仑力也相等，所以A球的悬线与竖直方向的夹角仍然小于B球的悬线与竖直方向的夹角，故D正确。

故选BD。11、CD【分析】解：A；粒子无论带何种电荷；电场力与洛伦兹力大小都相等，且Eq=qvB，故A错误；

B；当将板间距离变为原来的2倍；期间的场强变小，Eq＜qvB粒子运动轨迹偏向极板；当粒子为正电荷时，偏向上极板；当粒子为负电荷时，偏向下极板，故B错误；

C；据Eq=qvB可知；将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，二力依然平衡，所以粒子仍做匀速直线运动，故C正确；

D、当撤去电场，粒子可能在极板间做半圆周运动再出磁场，据在磁场的圆周运动的周期T=粒子在板间运动的最长时间可能是=故D正确．

故选：CD．

粒子在速度选择器中所受的电场力和洛伦兹力平衡；列出平衡方程求解．

解决本题的关键知道从速度选择器出来的粒子电场力和洛伦兹力相等，粒子的速度相同．并能灵活运用．【解析】【答案】CD12、AB【分析】解：水和水蒸气分子量相同；摩尔质量相同，故分子数相同，为：

N1=N2=×6.02×1023=6.02×1023个；

32g的氧气分子数为：

N3=×6.02×1023=6.02×1023个；

故N1=N2=N3；

温度是分子热运动平均动能的标志；故分子热运动的平均动能相同；

内能包括分子势能和分子热运动动能；故内能不相同；

100℃时；18g的水变为水蒸气要吸热，故水蒸气的内能大；

故选：AB

温度是分子热运动平均动能的标志，分子热运动平均动能与热力学温度成正比；根据N=NA求解分子数．

本题关键是明确温度的微观意义、阿伏加德罗常数的运用、内能等，知识点多，难度小，关键多看书．【解析】【答案】AB13、BC【分析】【分析】两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒求出碰撞后甲的动量；根据甲球速度大于乙球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式，求出甲与乙质量比值的范围进行选择。本题考查对碰撞规律的理解和应用能力，碰撞有三个基本规律：一、动量守恒；二、系统总动能不增加；三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况。【解答】因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有P录脳m录脳>P脪脪m脪脪

得到m录脳m脪脪<57

根据动量守恒得：p录脳+p脪脪=p录脳隆盲+p脪脪隆盲

代入解得p录脳隆盲=2kg?m/s

根据碰撞过程总动能不增加得到：P录脳22m录脳+P脪脪22m脪脪鈮�P录脳/22m录脳+P脪脪/22m脪脪

代入解得：m录脳m脪脪<717

又碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则有：P录脳/m录脳鈮�P脪脪/m脪脪

代入解得：m录脳m脪脪鈮�15

所以有：15鈮�m录脳m脪脪鈮�717

故BC正确，AD错误。故选BC。【解析】BC

14、AC【分析】【分析】本题考查娄脕娄脕粒子散射实验。绝大多数娄脕

粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数娄脕

粒子发生了较大的偏转，并有极少数娄脕

粒子的偏转超过90鈭�

有的甚至几乎达到180鈭�

而被反弹回来，这就是娄脕

粒子的散射现象。解题的关键是知道娄脕娄脕粒子散射实验的现象。【解答】AA．实验结果表明，绝大多数娄脕

粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，相同时间内在AA时观察到屏上的闪光次数最多，故A正确；

B.放在BB位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少，相比放在AA时少多了，故B错误；C.实验结果表明，有极少数娄脕

粒子的偏转超过90鈭�

有的甚至几乎达到180鈭�

而被反弹回来，放在DD位置时屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少，故C正确；D.放在CCDD位置时屏上能观察到闪光，只是极少，故D错误。故选AC。

【解析】AC

三、填空题(共5题，共10分)15、220降压【分析】【解答】解：该交流电电压的有效值

充电电压约为4V；而交流电压为220V，所以手机充电器是降压变压器．

故答案为：220；降压．

【分析】根据最大值和有效值的关系求出有效值的大小，要给手机充电，则必须压把电压降低．16、

【分析】【分析】(1)

根据原线圈的功率和输送电压，求出电流，根据原副线圈的电流比等于匝数的反比，得到副线圈的电流，再由P=I2R

求出功率；(2)

同理求出副线圈与原线圈的匝数比提高到nknk线路损耗的电功率，可求出线路损耗的电功率将变为原来的几倍。本题主要考查的是理想变压器的工作原理，注意损失的功率用P=IP=I2RR计算。【解答】原线圈电流：I=PUI=dfrac{P}{U}副线圈电流：II鈥�=kdfrac{I}{I{{'}}}=k损失的功率：P=I2R=(PUk)2R=P2RU2k2P={I}^{2}R={left(dfrac{P}{Uk}right)}^{2}R=dfrac{{P}^{2}R}{{U}^{2}{k}^{2}}；可知，损失的功率为副线圈与原线圈匝数比的平方的反比若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nknk为原来的nn倍，则线路损耗的电功率将变为原来的1n2dfrac{1}{{n}^{2}}故答案为：P2Rk2U2；1n2

【解析】P2Rk2U21n2

17、13【分析】【分析】在电源的外电路中，电流从电源的正极流向负极，根据闭合电路欧姆定律求电流的大小。本题是简单的电路分析和计算问题，关键要掌握电流的方向和闭合电路欧姆定律。【解答】根据闭合电路欧姆定律得：电路中电流的大小为：I=ER+r=43+1A=1A

灯泡的电压为：U=IR=1隆脕3V=3V

故答案为：13

【解析】113318、解：（1）粒子做匀速圆周运动；洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有。

解得。

r=0.2m

故粒子的轨道半径为0.2m。

（2）粒子由P点进入磁场；由于∠O′PO=30°，延长PO′交OA于O″，则PO″⊥OA，则PO″=OPcos30°=0.3m，则O′O″=PO″-PO′=0.1m得O′P=O′M，即得∠O′MO″=30°

由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为60°，即得从OA边射出时v0与x轴垂直。

从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和。

t1===8.37×10-7s

粒子从P点到Q点的时间为t=t1+t2=1.18×10-6s。

（3）粒子在电场中qE=ma，解得a==5×1012m/s2

水平位移x2=at22=0.3m

粒子在磁场中水平位移x1=r+rsin30°=0.3m

故x=x1+x2=0.6m

即Q点的坐标为（0.6m，0）。【分析】

（1）粒子做匀速圆周运动；洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和洛伦兹力提供向心力公式列式求解；

（2）画出粒子的运动轨迹；粒子先做圆周运动，后作类似平抛运动，分别求出两端时间即可；

（3）粒子做类似平抛运动时；沿x方向匀加速，沿-y方向匀速，根据几何关系列式求解即可。

本题关键是先确定粒子的运动轨迹，然后分为匀速圆周运动和类似平抛运动进行分析，同时几结合何关系列式求解。【解析】解：（1）粒子做匀速圆周运动；洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有。

解得。

r=0.2m

故粒子的轨道半径为0.2m。

（2）粒子由P点进入磁场；由于∠O′PO=30°，延长PO′交OA于O″，则PO″⊥OA，则PO″=OPcos30°=0.3m，则O′O″=PO″-PO′=0.1m得O′P=O′M，即得∠O′MO″=30°

由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为60°，即得从OA边射出时v0与x轴垂直。

从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和。

t1===8.37×10-7s

粒子从P点到Q点的时间为t=t1+t2=1.18×10-6s。

（3）粒子在电场中qE=ma，解得a==5×1012m/s2

水平位移x2=at22=0.3m

粒子在磁场中水平位移x1=r+rsin30°=0.3m

故x=x1+x2=0.6m

即Q点的坐标为（0.6m，0）。19、略

【分析】解：（1）B；（摆长应从悬点到大理石块的质心）；

C；拉开一个大约α=5°的角度；然后由静止释放；

D；（测量时间应从单摆摆到最低点开始）；

F；（必须先分别求和各组L和T值对应的g；再取所求得的各个g的平均值）

故选：BCDF．

（2）根据g=摆长偏短，所以测得的重力加速度偏小．

（3）设石块质心到M点的距离为x，通过周期公式T=2π得。

T1=2π

T2=2π

可解得g=4π2

故答案为：（1）BCDF；（2）偏小；（3）g=4π2．

（1）摆长等于悬点到大理石块的质心的距离；单摆在摆角较小时（小于5°）可看成简谐运动；在最低点速度最大；此时开始计时误差最小；不能通过测得物理量的平均值作为计算时使用的数据，应根据各组数据求出重力加速度，再求平均值．

（2）根据g=判断g值偏大还是偏小．

（3）可以设石块质心到N点的距离x，通过周期公式T=2π两次测量列方程组求解．

解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2π会用单摆的周期公式测得重力加速度．【解析】BCDF；g=4π2四、判断题(共4题，共40分)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：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．22、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．23、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．五、识图作答题(共3题，共9分)24、（1）群落竞争、寄生、捕食

（2）化学调节生物种间关系，维持生态系统的稳定

（3）①松毛虫用于生长、发育和繁殖的能量松毛虫遗体、残骸

②E/A【分析】【分析】本题综合考查了群落和生物的种间关系及生态系统的能量流动和信息传递的相关知识，熟记群落的概念，明确生物的种间关系，掌握生态系统的能量流动和信息传递的过程及实践应用是解答本题的关键。【解答】（1）马尾松林中所有植物、动物、微生物共同组成了群落。题中所涉及的种间关系有竞争、寄生、捕食。（2）马尾松受侵害后产生的挥发性物质属于化学信息，引来松毛虫的天敌赤眼蜂体现了信息传递的作用是调节生物种间关系，维持生态系统的稳定。（3）若图中字母代表相应能量则①图中B表示松毛虫用于生长、发育和繁殖的能量，D表示储存在松毛虫遗体、残骸的能量。②松毛虫和杜鹃之间的能量传递效率为E/A。【解析】（1）群落竞争、寄生、捕食（2）化学调节生物种间关系，维持生态系统的稳定（3）①松毛虫用于生长、发育和繁殖的能量松毛虫遗体、残骸②E/A25、（1）自由组合定律（或:分离定律和自由组合定律）

（2）①4②4/9

（3）（全部、多只）单冠公鸡有8只母鸡的子代全部为胡桃冠，有16只母鸡的子代表现型及其数量比为胡桃冠:玫瑰冠=1：1，另有32只母鸡的子代表现型及数量比为胡桃冠:豌豆冠:玫瑰冠:单冠=1:1:1:1【分析】【分析】本题考查基因的自由组合定律的应用相关知识，意在考查考生理解能力和分析问题的能力。分析题表：F2代鸡冠有胡桃冠、豌豆冠、玫瑰冠、单冠4种表现型，且比例为144：48：48：16=9：3：3：1，说明鸡冠形状受两对等位基因控制，且遵循基因的自由组合规律。子代雌雄表现型及比例相同，说明两对等位基因均位于常染色体上，设为A、a和B、b，则F1胡桃冠的基因型AaBb，F2胡桃冠基因型为A_B_，豌豆冠和玫瑰冠基因型为A_bb、aaB_，单冠基因型为aabb。【解答】（1）由分析可知，鸡冠形状的遗传受两对基因控制，且遵循基因的自由组合定律。（2）从F2中随机挑选豌豆冠鸡（设为A_bb）和玫瑰冠鸡（aaB_）各一只，形成一个杂交组合：豌豆冠（♀）×玫瑰冠（♂），或：豌豆冠（♂）×玫瑰冠（♀）。①豌豆冠鸡和玫瑰冠鸡各有两种基因型，不考虑正交、反交的区别，只考虑基因型，则形成的杂交组合有2×2=4种。②杂交结果为四种表现型，且四种表现型的比例为1︰1︰1︰1，这就要求杂交双方（豌豆冠、玫瑰冠）均为杂合子（Aabb、aaBb，在F2中本表现型的个体中各占2/3），各产生两种配子（Ab、ab和aB、ab），且配子的比例均为1︰1，表现型（基因型）才会出现（1︰1）（1︰1）展开式的杂交结果1︰1︰1︰1，其概率为2/3×2/3=4/9。（3）为了验证（1）中的结论，利用F2设计实验，请补充完善实验方案并预期实验结果：实验方案：让F2中全部胡桃冠母鸡（A_B_）与（全部、多只）单冠公鸡（aabb）交配，分只收集、孵化每只母鸡产的蛋，隔离饲养每只母鸡的子代（F3），观察、统计全部F3的冠形和数量。预期实验结果：根据基因的自由组合定律：F2中全部胡桃冠母鸡的基因型及所占比例为：1/9AABB、4/9AaBb、2/9AaBB、2/9AABb。基因型为AABb的母鸡为722/9=16只，与单冠公鸡（aabb）交配，子代表现型及其数量比为胡桃冠：豌豆冠=1︰1；基因型为AABB的母鸡为721/9=8只，与单冠公鸡（aabb）交配，子代全为AaBb，表现为胡桃冠；基因型为AaBb的母鸡724/9=32只，与单冠公鸡（aabb）交配，子代表现型及其比例关系为：胡桃冠：豌豆冠：玫瑰冠：单冠=1：1：1：1；基因型为AaBB的母鸡722/9=16只，与单冠公鸡（aabb）交配，子代表现型及其比例关系为：胡桃冠：玫瑰冠=1：1。【解析】（1）自由组合定律（或:分离定律和自由组合定律）（2）①4②4/9（3）（全部、多只）单冠公鸡有8只母鸡的子代全部为胡桃冠，有16只母鸡的子代表现型及其数量比为胡桃冠:玫瑰冠=1：1，另有32只母鸡的子代表现型及数量比为胡桃冠:豌豆冠:玫瑰冠:单冠=1:1:1:126、（1）转录RNA聚合酶tRNA/反密码子。

（2）miRNA能与BCL2基因转录生成的mRNA发生碱基互补配对；形成双链，阻断翻译过程。

（3）上升MIR-15a基因缺失，无法合成miRNA，无法调控BCL2基因的表达，使BCL2基因表达产物增加，抑制细胞凋亡，细胞癌变的可能性增加【分析】【分析】本题主要考查基因表达的相关知识，意在考查考生分析和解决问题的能力。由图可知，A代表转录过程，需要的酶是RNA聚合酶，B过程是翻译过程，mRNA和tRNA之间可以发生碱基的互补配对。BCL2基因转录的mRNA可以与核糖体结合进行翻译，也可以与MIR-15a基因的转录产物结合，阻止MCL2基因的翻译过程。​【解答】（1）A过程是翻译，需要RNA聚合酶的催化。B过程中能与①（mRNA）发生碱基互补配对的是tRNA上的反密码子。（2）据图分析可知，miRNA调控BCL2基因表达的机理是：miRNA能与BCL2基因转录生成的mRNA发生碱基互补配对，形成双链，阻断翻译过程。（3）若MIR-15a基因缺失；则细胞发生癌变的可能性上升，理由是：MIR-15a基因缺失，无法合成miRNA，无法调控BCL2基因的表达，使BCL2基因表达产物增加，抑制细胞凋亡，细胞癌变的可能性增加。

【解析】（1）转录RNA聚合酶tRNA/反密码子。

（2）miRNA能与BCL2基因转录生成的mRNA发生碱基互补配对；形成双链，阻断翻译过程。

（3）上升MIR-15a基因缺失，无法合成miRNA，无法调控BCL2基因的表达，使BCL2基因表达产物增加，抑制细胞凋亡，细胞癌变的可能性增加六、简答题(共4题，共20分)27、略

【分析】(1)在某些特定环境下，如拍摄池水中的游动的鱼时，由于水面反射光的干扰，影像会不清楚，在镜头前装一片偏振片，清除反射光(反射光为偏振光)，影像就变得清晰．这是利用了光的偏振(2)这种太阳镜是为了消除柏油马路和湖面上反射的耀眼的炫光，因此应用偏振片而不是带色的普通玻璃片．该反射光为水平方向的偏振光，故应使镜片的透振方向竖直．【解析】【答案】见解析28、布朗运动或扩散现象先增大后减小逐渐增大【分析】【分析】物质是由大量分子组成的；分子在永不停息地做无规则运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力；分子直径的数量级为是10鈭�10m

当分子间距大于平衡位置时，分子力将先增大后减小。

本题考查分子动理论；掌握分子力与间距的变化关系，同时强调间距与平衡位置的比较。

【解答】扩散现象(

布朗运动)

说明分子在永不停息地做无规则运动；当分子间距大于平衡位置时，若间距增大，则分子引力与斥力都在减小，但斥力减小得快，所以体现为引力，则引力越来越大，随着间距增大一定值时，引力与斥力都变小，所以分子力也变小，故分子力先增大后减小，分子势能逐渐增大。

故填：布朗运动或扩散现象；先增大后减小，逐渐增大。

【解析】布朗运动或扩散现象先增大后减小逐渐增大29、（1）P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ•mol-1（2）PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ•mol-1（3）两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解（4）-399kJ•mol-1等于（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【分析】【分析】本题考查热化学方程式的书写、盖斯定律的应用，题目难度不大，注意正确理解并运用盖斯定律，注意热化学方程式的书写方法。【解答】rm{(1)}由图象可知，rm{1molP}与rm{Cl_{2}}反应生成rm{1molPCl_{3}}放出rm{306kJ}的能量，则反应的热化学方程式为rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}由图象可知，rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}分解成rm{(2)}和rm{1molPCl_{5}}需要吸收rm{PCl_{3}}的能量，则反应的热化学方程式为rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}

rm{Cl_{2}}因为两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解，故先将rm{93kJ}和rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}反应生成中间产物rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}然后降温，再和rm{(3)}反应生成rm{P}

故答案为：两步反应均为放热反应；降温有利于提高产率，防止产物分解；

rm{Cl_{2}}由图象可知，rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}分两步反应生成rm{PCl_{5}}的rm{triangleH_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则rm{(4)}和rm{P}一步反应生成rm{Cl_{2}}的反应热等于rm{1molPCl_{5}}和rm{triangle

H_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}分两步反应生成rm{P}的反应热．

故答案为：rm{Cl_{2}}等于；

rm{1molPCl_{5}}rm{P}rm{Cl_{2}}rm{1molPCl_{5}}，rm{-399kJ?mol^{-1}}rm{(5)}

故答案为：rm{PCl}

rm{PCl}【解析】rm{(1)P