2025年外研衔接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年外研衔接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、物体在与初速度始终在同一直线上的合外力F的作用下运动．取vo方向为正时，合外力F随时间t的变化情况如图所示，则在O-t2这段时间内（）

A.物体的加速度先减小后增大；速度也是先减小后增大。

B.物体的加速度先增大后减小；速度也是先增大后减小。

C.物体的加速度先减小后增大；速度一直在增大。

D.物体的加速度先减小后增大；速度一直在减小。

2、下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab

在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab

上的感应电流方向为a隆煤b

的是(

)

A.B.C.D.3、如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知A.粒子带正电B.粒子的速度变大C.粒子的加速度变大D.粒子的电势能变大4、直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向右运动．关于cd中的电流下列说法正确的是A.电流肯定在增大，不论电流是什么方向B.电流肯定在减小，不论电流是什么方向C.电流大小恒定，方向由c到dD.电流大小恒定，方向由d到c5、关于电场强度和电场线，下列说法正确的是（）A.在电场中某点放不同的检验电荷，该点的电场强度就不同B.在电场中没有电场线的地方场强一定为零C.电荷在电场中某点所受力的方向即为该点的电场强度方向D.由静止释放的带电粒子在电场中运动的轨迹可能不与电场线重合6、一个矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化如图所示，则（）A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻线圈位于中性面C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大D.每当e变换方向时，通过线圈的磁通量都最大7、下列说法中正确的是(

)

A.沿电场线方向，电场强度一定越来越小B.电场中两点间的距离越大，两点间的电势差就越大C.在等势面上移动电荷时电场力不做功D.沿电场线方向移动电荷时，电场力一定做正功8、如图所示；在等量异种电荷连线的中垂线上取ABCD

四点，BD

两点关于O

点对称，则关于各点场强的关系，下列说法中正确的是：()

A.EA>EBEB=ED

B.EA<EB<ECEB=ED

C.四点场强方向不尽相同D.EA<EBEC

与ED

大小关系无法确定9、关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（）A.第一宇宙速度的数值是7.9km/sB.第一宇宙速度的数值是11.2km/sC.它是卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度D.它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为______mm

用20

分度的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为______mm.

图丙为正在测量中的多用电表表盘，如果是用“娄赂隆脕10

”档测量某电阻丝电阻，则读数为______娄赂.

11、如图，电源电动势E=10V.

内阻r=3娄赂

电阻R0=9娄赂

滑动变阻器R

的最大阻值为8娄赂

当滑动变阻器R=

____娄赂

时，变阻器消耗的功率最大，最大功率是____W

当变阻器R=

____娄赂

时，电阻R0

上消耗的功率最大，此时电源的效率为____。

12、一根导线长0.2m，通过3A的电流，垂直放入磁场中某处受到的磁场力是0.12N，则该处的磁感应强度B的大小是______T；如果该导线的长度和电流都减小一半，则该处的磁感应强度的大小是______T．13、电子手表中的液晶在外加电压的影响下能够发光．______．（判断对错）14、游标卡尺的读数是______cm．

15、在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中；有下列实验步骤：

①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．

②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上；待油膜形状稳定．

③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上；计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．

④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中；记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．

⑤将玻璃板放在浅盘上；然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．

完成下列填空：

（1）上述步骤中，正确的顺序是______．（填写步骤前面的数字）

（2）将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；测得1cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13m2．

由此估算出油酸分子的直径为______m．（结果保留l位有效数字）16、rm{(1)}已知在常温常压下：rm{垄脵2CH_{3}OH(l)+3O_{2}(g)篓T2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)娄陇H=-1275.6kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脵2CH_{3}OH(l)+3O_{2}(g)篓T2CO_{2}(g)+4H_{2}O(g)

娄陇H=-1275.6kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷H_{2}O(l)篓TH_{2}O(g)}则甲醇rm{娄陇H=+44.0kJ隆陇mol^{-1}}燃烧热的热化学方程式是__________________________________。rm{(CH_{3}OH)}在一定条件下，可逆反应rm{(2)}rm{A+B}变化如图所示。已知纵坐标表示在不同温度和压强下生成物rm{mC}在混合物中的质量分数，rm{C}为反应在rm{p}温度时达到平衡后给容器加压的变化情况，请回答：rm{T_{2}}温度rm{垄脵}________rm{T_{1}}填“rm{T_{2}(}”“rm{>}”或“rm{=}”rm{<}rm{)}正反应是________反应rm{垄脷}填“吸热”或“放热”rm{(}rm{)}如果rm{垄脹}rm{A}rm{B}均为气体，则rm{C}________rm{m}填“rm{2(}”“rm{>}”或“rm{=}”rm{<}rm{)}在一定温度下，将rm{(3)}和rm{1molA(g)}相混合于体积为rm{1molB(g)}的某密闭容器中，发生如下反应：rm{2L}rm{3A(g)+B(g)}rm{xC(g)+2D(g)}经过rm{娄陇H<0}反应达到平衡状态，生成了rm{2min}并测得此时rm{0.4molD}的浓度为rm{C}请回答：rm{0.2mol隆陇L^{-1}}内rm{垄脵2min}的平均反应速率为___________rm{B}rm{mol/(L.min)}的转化率为_____________。rm{垄脷A}该温度下反应的平衡常数rm{垄脹}____________。rm{K=}能说明该反应已达到化学平衡状态的是____________rm{垄脺}选填序号rm{(}rm{)}容器中气体压强保持不变rm{a.}容器中气体的密度保持不变rm{b.}容器中rm{c.}的体积分数保持不变rm{A}混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化rm{d.}单位时间内每消耗rm{e.}同时生成rm{1.2molA(g)}rm{0.4molB(g)}评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、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）18、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）19、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）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、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）22、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）

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）

评卷人得分四、实验探究题(共1题，共5分)24、请对下列实验探究与活动进行判断；说法正确的题后括号内填“正确”，错误的填“错误”．

(1)

如图甲所示；在“研究滑动摩擦力的大小”的实验探究中，必须将长木板匀速拉出______

(2)

如图乙所示的实验探究中；只能得到平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，而不能得出水平方向的运动是匀速直线运动______

(3)

如图丙所示；在“研究向心力的大小与质量；角速度和半径之间的关系”的实验探究中，采取的主要物理方法是理想实验法______

(4)

如图丁所示的实验探究中，正极板与静电计外壳是连通并接地的．______．评卷人得分五、解答题(共3题，共9分)25、钍（）具有放射性，能放出一个β粒子而变为镤（Pa）．现有一个静止的钍（）原子核处于匀强磁场中；某时刻它放出一个β粒子，放出的β粒子的初速度与磁感应强度方向垂直．

（1）写出上述核反应方程；

（2）若的质量为mT，β粒子的质量为me，镤（Pa）的质量为mp；真空中的光速为c，则反应中释放的核能为多少？

（3）生成的镤（Pa）与β粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为多少？

26、如图14所示，一带电量为q=-5×10-3C，质量为m=0.1kg的小物块处于一倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态．（g取10m/s2）：

（1）求电场强度多大？

（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的求物块下滑距离L=1.5m时的速度大小．

27、我们知道；根据光的粒子性，光的能量是不连续的，而是一份一份的，每一份叫一个光子，光子具有动量（hv/c）和能量（hv），当光子撞击到光滑的平面上时，可以像从墙上反弹回来的乒乓球一样改变运动方向，并给撞击物体以相应的作用力．光对被照射物体单位面积上所施加的压力叫光压．联想到人类很早就会制造并广泛使用的风帆，能否做出利用太阳光光压的“太阳帆”进行宇宙航行呢？

1924年，俄国航天事业的先驱齐奥尔科夫斯基和其同事灿德尔明确提出“用照射到很薄的巨大反射镜上的太阳光所产生的推力获得宇宙速度”，首次提出了太阳帆的设想．但太阳光压很小，太阳光在地球附近的光压大约为10﹣6N/m2；但在微重力的太空，通过增大太阳帆面积，长达数月的持续加速，使得太阳帆可以达到甚至超过宇宙速度．IKAROS是世界第一个成功在行星际空间运行的太阳帆．2010年5月21日发射，2010年12月8日，IKAROS在距离金星80，800公里处飞行掠过，并进入延伸任务阶段．

设太阳单位时间内向各个方向辐射的总能量为E，太空中某太阳帆面积为S，某时刻距太阳距离为r（r很大；故太阳光可视为平行光，太阳帆位置的变化可以忽略），且帆面和太阳光传播方向垂直，太阳光频率为v，真空中光速为c，普朗克常量为h．

（1）当一个太阳光子被帆面完全反射时；求光子动量的变化△P，判断光子对太阳帆面作用力的方向．

（2）计算单位时间内到达该航天器太阳帆面的光子数．

（3）事实上，到达太阳帆表面的光子一部分被反射，其余部分被吸收．被反射的光子数与入射光子总数的比，称为反射系数．若太阳帆的反射系数为ρ，求该时刻太阳光对太阳帆的作用力．评卷人得分六、综合题(共4题，共16分)28、2003年10月16日我国成功发射了“神州五号”载人飞船；这标志着我国的航天航空事业居于世界前列．

（1）如图是A“神州五号”的火箭发射场，B为山区，C为城市，发射场正在进行发射，若该火箭起飞时质量为2.02×105kg，起飞推力2.75×106N，火箭发射塔高100m，则该火箭起飞的加速度大小为______，在火箭推力不变的情况下，若不考虑空气阻力和火箭质量的变化，火箭起飞后经______s飞离发射塔．

（2）为了转播发射实况，我国科技工作者在发射场建立了发射台用于发射广播与电视信号．已知传输无线电广播所用的电磁波波长为550m，而传输电视信号所用的电磁波波长为0.556m，为了不让山区挡住信号的传播，使城市居民能听到和收看实况，必须通过在山顶的转发站来转发______（填无线电广播信号或电视信号），这是因为______．29、(1)(1)质量为mm带电量为qq的小球，从倾角为娄脠娄脠的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为BB如图所示。若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是(())垄脵

小球带正电垄脷

小球在斜面上运动时做匀加速直线运动垄脹

小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动垄脺

则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为mgcos娄脠/Bq

(2)

如图所示，电源电动势E=9V

内电阻r=0.5娄赂

电阻R1=5.0娄赂R2=3.5娄赂R3=6.0娄赂R4=3.0娄赂

电容C=2.0娄脤F.

当电键K

由与a

接触到与b

接触通过R3

的电量是多少？30、[

物理隆陋隆陋

选修3隆陋3]

(1)

甲、乙两分子相距较远，设甲固定不动，乙在分子力作用下逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中，下列说法正确的是_________(

填正确答案标号。)

A.乙分子的速度先增大后减小B.加速度先增大后减小C.分子力先减小后增大D.分子动能先增大后减小E.分子势能先减小后增大

(2)

如图所示，玻璃管A

上端封闭，B

上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A

管上端被一段水银柱封闭了一段长为6cm

的气体，外界大气压为75cmHg

左右两水银面高度差为5cm

温度为t1=27隆忙

(i)

保持温度不变，上下移动B

管，使A

管中气体长度变为5cm

稳定后的压强为多少？(ii)B

管应向哪个方向移动？移动多少距离？(iii)

稳定后保持B

不动，为了让A

管中气体长度回复到6cm

则温度应变为多少？31、参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了图示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M

板和N

板。M

板上部有一半径为R

的圆弧形的粗糙轨道，P

为最高点，Q

为最低点，Q

点处的切线水平，距底板高为H

。N

板上固定有三个圆环。将质量为m

的小球从P

处静止释放，小球运动至Q

飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q

水平距离为L

处。不考虑空气阻力，重力加速度为g

。求：

(1)

小球到达Q

点时的速度大小；(2)

小球运动到Q

点时对轨道的压力大小；(3)

小球克服摩擦力做的功。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】

由图可知；物体所受合外力F随时间t的变化是先减小后增大；

根据牛顿第二定律得：物体的加速度先减小后增大；

由于取vo方向为正时；合外力F与正方向相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大．

故选C．

【解析】【答案】根据牛顿第二定律；已知合力判断加速度．

根据速度方向与加速度方向判断速度大小变化．

2、A【分析】解：Aab

棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab

上的感应电流方向为a隆煤b.

故A正确。

B、ab

向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab

上的感应电流方向为b隆煤a

故B错误。

C、穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b隆煤a隆煤c

则导体ab

上的感应电流方向为b隆煤a.

故C错误。

D、ab

棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab

上的感应电流方向为b隆煤a

故D错误。

故选：A

感应电流方向根据右手定则或楞次定律进行判断.

右手定则研究一段导体；楞次定律研究一个回路，从而即可求解．

本题的关键要掌握右手定则和楞次定律，要知道它们在判断切割产生的感应电流方向上结果是相同的，不过研究的对象不同．【解析】A

3、B【分析】试题分析：由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电．故A错误．由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加．故B正确．由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小．故C错误．由电场力做功的公式WAB=qUAB得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小．故D错误．考点：本题考查带电粒子在电场中的运动。【解析】【答案】B4、A【分析】根据ab向右运动，由楞次定律可知，ｄｃ上面的电流肯定在减小，与电流方向无关，Ａ对；【解析】【答案】A5、D【分析】解：A；电场中某点的场强大小由电场本身决定；与放入电场中的检验电荷无关，因此在电场中某点放不同的检验电荷，该点的电场强度是相同的，故A错误．

B；电场线的疏密表示电场强度的强弱；在电场中没画电场线的地方场强并不一定为零．故B错误；

C；正电荷在电场中某点所受力的方向才是该点的电场强度方向；电场强度方向与负电荷所受的电场力方向相反，故C错误．

D；若电场线是曲线；由静止释放的带电粒子在电场中运动的轨迹不与电场线重合，故D正确．

故选：D

电场中某点的电场强度由场源和该点的位置决定；与试探电荷无关．正电荷所受的电场力方向与场强方向相同．电荷的运动轨迹与电场线不一定重合，只有电场线是直线时，电荷的运动轨迹才可能能沿电场线．

电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：疏密表示场强的大小、切线方向表示场强的方向．场强方向与正电荷所受的电场力方向相同．【解析】【答案】D6、D【分析】解：A、由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小为零；则根据法拉第电磁感应定律得知，磁通量的变化率为零，而线圈与磁场垂直，通过线圈的磁通量为最大，故A错误；

B、由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大；故磁通量的变化率也最大，线圈与磁场平行，与中性面垂直，故B错误；

C、由图可知，t3时刻线圈的感应电动势是零；则磁通量的变化率也为零，最小，故C错误；

D；每当线圈经过中性面时；e转换方向，此时线圈与磁场垂直，磁通量最大，故D正确；

故选：D．

矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动；线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量为零时，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变．

学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律．【解析】【答案】D7、C【分析】解：A

电场强度的大小与是否沿电场线无关；在匀强电场中，沿电场线的方向场强不变，故A错误；

B；公式U=Ed

使用的条件是沿电场线的方向；在匀强电场中，两点距离大，电势差不一定越大，还与两点的连线与电场线方向之间的夹角有关，故B错误；

C；在等势面上移动电荷时；因电势差为零，因此电场力不做功，故C正确；

D；在电场中顺着电场线移动正电荷；电场力做正功，而顺着电场线移动负电荷，电场力做负功，故D错误。

故选：C

在匀强电场中；电场强度与两点间电势差的关系是两点间电势差等于场强与两点间沿电场方向距离的乘积；在电场中移动电荷电场力做功时电势能会发生改变。电场力做功正负可根据电场力与位移方向关系判断。电场强度和电势无关。电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。结合这些知识分析。

本题考查对公式U=Ed

的理解，关键抓住两点：一是公式适用的条件：匀强电场；二是d

的含义：两点间沿电场方向的距离；解决本题的关键掌握电场力做功与电势能的关系、电场强度与电势的关系，明确电场力做功等于电势能的减小量。【解析】C

8、B【分析】解：据等量异种电荷的电场特点；中垂线上各点的场强关于电荷连线对称，中点场强最大，向两侧场强逐渐减小，场强方向垂直于中垂线；由于BD

两点关于O

点对称，所以BD

两点的场强相同，且C

点、B

点、A

点的场强逐渐减小，故B正确，ACD错误．

故选：B

．

利用两个等量异种电荷的电场特点；两电荷连线的中垂线有如下特征：中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小.

且电场中的电势；电场强度都关于X

轴对称，所以对称点电势相等，场强大小相等．

明确等量异种电荷的电场特点是解题的关键，特别是中垂线上各点的场强特点，即各点的场强关于电荷连线对称，中点场强最大，向两侧场强逐渐减小，场强方向垂直于中垂线．【解析】B

9、A【分析】解：AB、第一宇宙速度为v==7.9km/s；故A正确，B错误；

C；在地面附近发射飞行器；如果速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，它绕地球飞行的轨迹就不是圆，而是椭圆，故在椭圆轨道上运行的卫星，在近地点的速度均大于7.9km/s，故C错误；

D；第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度；同时又是最小的发射速度，故D错误；

故选：A。

由于第一宇宙速度是人造地球卫星飞船环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度；同时又是最小的发射速度，可知飞船的发射速度大于第一宇宙速度7.9km/s。飞船的发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s时，就脱离地球束缚。所以飞船的发射速度要小于第二宇宙速度，同时要大于第一宇宙速度，介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间。

本题要理解第一宇宙速度的意义，明确第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，也是卫星绕地球做圆周运动最小的发射速度。【解析】A二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度读数6mm

可动刻度读数为0.01隆脕12.5=0.125mm

所以最终读数为：6mm+0.125mm=6.125mm

游标卡尺的主尺读数为6.3mm

游标尺上第12

个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05隆脕12mm=0.60mm

所以最终读数为：6.3mm+0.060mm=6.360mm

．

欧姆表表盘的刻度为6.0

选择的是“娄赂隆脕10

”档，所以读数是：6.0隆脕10=60娄赂

故答案为：6.12563.6060

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数；在读可动刻度读数时需估读.

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】6.1256.36060

11、略

【分析】考查电功率。R

的阻值与RR0+r

越接近，R

消耗的功率越大，所以R=8娄赂8娄赂时，变阻器消耗的功率最大，为;

当电路中流过定值电阻电流最大时，电阻RR0上消耗的功率最大，此时变阻器阻值为零，故答案为8

2

0

75%

讨论最大功率分两种情况；一是定值电阻，则要求流过该电阻电流最大时功率最大；二是阻值可变的，根据函数关系当该电阻值越接近其他定值电阻总阻值时功率最大。【解析】8

2

0

75%

12、略

【分析】解：磁感应强度B=．

如果该导线的长度和电流都减小一半；则该处的磁感应强度不变，仍然为0.2T．

故答案为：0.2；0.2．

当电流的方向与磁场方向垂直，根据B=求出磁感应强度的大小．磁感应强度的大小与放入磁场中的电流元无关．

解决本题的关键掌握磁感应强度的定义式，知道磁感应强度的大小由磁场本身的性质决定，与放入磁场中电流的大小、导线的长度无关．【解析】0.2；0.213、略

【分析】解：液晶在外加电压的影响下并不发光；而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．所以该说法是错误的．

故答案为：×

液晶像液体一样可以流动；又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态；液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．

液晶较为生疏的一种物质状态．关键需要记住其定义和基本特性即可．【解析】×14、略

【分析】解：游标卡尺的主尺读数为10.4cm；游标尺上第1个刻度与主尺上的某一刻度对齐，故游标读数为0.05×1=0.05mm=0.005cm，所以最终读数为：10.4cm+0.005cm=10.405cm．

故答案为：10.405

解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法；其读数方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，游标尺读数时注意游标尺上的哪一个刻度与主尺上的某一刻度对齐．

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，对于基本义仪器要在平时加强练习使用．【解析】10.40515、略

【分析】解：（1）“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：

配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积v=（题中的④）→准备浅水盘（①）→形成油膜（②）→描绘油膜边缘（⑤）→测量油膜面积（③）→计算分子直径（③）

（2）计算步骤：先计算一滴油酸酒精溶液中油酸的体积=一滴酒精油酸溶液的体积×配制比例=×

再计算油膜面积，最后计算分子直径=××=5×10-10m．

故答案为：（1）④①②⑤③；（2）5×10-10．

将配制好的油酸酒精溶液；通过量筒测出1滴此溶液的体积．然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积．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．

本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个靠着一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度．【解析】④①②⑤③；5×10-1016、（1）CH3OH(g)＋3/2O2(g)═══CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－725.8kJ·mol－1

（2）①＞②放热③＞

（3）①0.05②60%③0.5④ce【分析】【分析】本题考查盖斯定律的而应用，化学平衡的而影响因素，化学反应速率的计算和化学平衡状态的判断，难度不大。【解答】rm{(1)}燃烧热的热化学方程式是rm{1mol}有机物完全燃烧，有盖斯定律可知有方程式可有rm{(垄脵-4垄脷)}得到，即rm{CH}有机物完全燃烧，有盖斯定律可知有方程式可有rm{1mol}得到，即rm{(垄脵-4垄脷)}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{OH(g)+3/2}rm{OH(g)+3/2}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)篓T篓T篓TCO}rm{(g)篓T篓T篓TCO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}故答案为：rm{(g)+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)}rm{娄陇H=-725.8kJ隆陇mol}rm{O(l)}rm{娄陇H=-725.8kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{OH(g)+3/2}rm{OH(g)+3/2}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}有图像可知在rm{(g)篓T篓T篓TCO}温度下先达到平衡，说明反应速率快，则温度高，则rm{(g)篓T篓T篓TCO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2H}温度升高，rm{(g)+2H}的含量变小，说明升高温度平衡左移，则正反应是放热反应，rm{{,!}_{2}}rm{O(l)}rm{娄陇H=-725.8kJ隆陇mol}有图像可知，加压平衡左移，加压移动向分子数少的方向，则rm{O(l)}rm{娄陇H=-725.8kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}rm{(2)}起始浓度rm{垄脵}有图像可知在rm{T_{1}}温度下先达到平衡，说明反应速率快，则温度高，则rm{T_{1}>T_{2}}rm{垄脵}rm{T_{1}}rm{T_{1}>T_{2}}反应浓度故答案为：rm{>}rm{>}rm{垄脷}温度升高，rm{C}的含量变小，说明升高温度平衡左移，则正反应是放热反应，rm{垄脷}平衡浓度rm{C}故答案为：放热。rm{垄脹}有图像可知，加压平衡左移，加压移动向分子数少的方向，则rm{m>2}rm{垄脹}rm{m>2}内故答案为：rm{>}的平均反应速率为rm{vleft(Bright)=dfrac{?c}{t}=dfrac{0.1mol/L}{2min}=0.05mol隆陇{L}^{-1}隆陇mi{n}^{-1}}

rm{>}

rm{(3)}的转化率为：rm{3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)}

rm{(mol/L)0.5}

rm{0.5}平衡时rm{0}的浓度为rm{0}rm{(mol/L)0.3}rm{0.1}rm{0.1x}rm{0.2}则rm{(mol/L)0.3}此时的平衡常数为：rm{K=dfrac{c{left(Dright)}^{2}隆陇c{left(Cright)}^{2}}{c{left(Aright)}^{3}隆陇cleft(Bright)}=dfrac{{left(0.2right)}^{2}隆陇{left(0.2right)}^{2}}{{left(0.2right)}^{3}隆陇left(0.4right)}=0.5}

故答案为：rm{0.1}rm{0.1x}rm{0.2}该反应是前后气体分子数不变的反应，则容器中气体压强保持不变，不一定是平衡状态，故rm{(mol/L)0.2}rm{0.4}rm{0.1x}rm{0.2}不选；rm{(mol/L)0.2}体系都是气体，气体密度一直不变，则容器中气体的密度保持不变，不一定是平衡状态，故rm{0.4}不选；rm{0.1x}容器中rm{0.2}的体积分数保持不变，说明达到了平衡状态，故rm{垄脵2min}选；rm{B}前后气体分子数不变，质量不变，则混合气体的平均相对分子质量不随时间而变化，不一定是化学平衡状态，故rm{vleft(Bright)=dfrac{?c}{t}=

dfrac{0.1mol/L}{2min}=0.05mol隆陇{L}^{-1}隆陇mi{n}^{-1}}不选；故答案为：rm{0.05}单位时间内每消耗rm{0.05}同时生成rm{垄脷A}的转化率为：rm{0.3/0.5=0.6=60%}则说明正逆反应速率相等，故rm{垄脷A}选；故答案为：rm{0.3/0.5=0.6=60%}故答案为：rm{60%}rm{60%}rm{垄脹}平衡时rm{C}的浓度为rm{0.2mol隆陇L}【解析】rm{(1)CH_{3}OH(g)+3/2O_{2}(g)篓T篓T篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)}rm{娄陇H=-725.8kJ隆陇mol^{-1}}rm{(2)垄脵>}rm{垄脷}放热rm{垄脹>}rm{(3)垄脵0.05}rm{垄脷60%}rm{垄脹0.5垄脺ce}三、判断题(共7题，共14分)17、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．18、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．19、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．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、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．22、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．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．四、实验探究题(共1题，共5分)24、略

【分析】解：(1)

在该实验探究中；只要将长木板拉出即可，因为滑动摩擦力与木板的运动状态无关；故(1)

错误；

(2)

用小锤击打弹性金属片后；绿球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，红球同时开始做自由落体运动，运动时间相同，则两球同时落地．

高度相等，由t=2hg

可知平抛运动的时间相等.

所以在证明竖直方向上的运动；但无法证明水平方向上的运动为匀速运动，故(2)

正确；

(3)

在实验探究中；采用的主要物理方法是控制变量法；故(3)

错误；

(4)

如图所示的实验探究中；正极板与静电计上的小球连通，与外壳是不相连的，故(4)

错误；

故答案为：(1)

错误；(2)

正确；(3)

错误；(4)

错误．

(1)

在该实验探究中；只要将长木板拉出即可；

(2)

用小锤击打弹性金属片后；小球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，而另一小球同时开始做自由落体运动，同时落地.

高度相等，平抛运动的时间相等，打击速度不同，平抛的水平位移不同；

(3)

明确实验原理；知道采用的主要物理方法是控制变量法；

(4)

根据电容器的分析可明确电容与静电计的连接方法．

本实验考查探究摩擦力的实验、运用对比法研究平抛运动的规律、以及电容器的性质，要注意重点明确平抛运动的实验说明平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，水平方向为自由落体，但要注意它们是否能从本实验中分析得出．【解析】错误；正确；错误；错误五、解答题(共3题，共9分)25、略

【分析】

（1）钍核衰变方程：90234Th→-1e+91234Pa

（2）根据质能方程知反应中释放的核能为E=△mC2=（mT-me-mp）C2

（3）衰变生成的粒子和新核动量守恒，根据粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式：r=知。

RPa：Re=qe：qPa=1：91

答：（1）核反应方程90234Th→-1e+91234Pa；

（2）反应中释放的核能为=（mT-me-mp）C2；

（3）生成的镤（Pa）与β粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为．

【解析】【答案】放射性元素衰变时；满足质量数和核电荷数守恒．衰变后的粒子进入磁场做匀速圆周运动，再由洛伦兹力提供向心力来求出轨道半径，并由动量守恒联立求解半径之比．

26、略

【分析】

（1）小物块受力如图；则。

电场力F=mgtanθ

又F=qE

得到E==1.5×102N/C

（2）当电场强度减小为原来的时；根据动能定理得。

mgLsinθ-qELcosθ=

代入解得v=3m/s

答：（1）电场强度为1.5×10-5N/C．

（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的物块下滑距离L=1.5m时的速度大小为3m/s．

【解析】【答案】（1）小物块受到重力；电场力和支持力而处于静止状态；根据平衡条件求解电场强度．

（2）当电场强度减小为原来的时；物块将沿斜面匀加速下滑，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理求解速度大小．

27、略

【分析】【详解】

解：（1）光子动量的变化

作用力方向与反射前光子速度方向相同

（2）光子能量E0=hv

单位时间内到达太阳帆光能量E总

光子数

（3）时间内：反射光子动量变化

吸收光子动量变化

根据动量定理

得太阳光对太阳帆的作用力【解析】（1）△P=，方向相反（2）（3）六、综合题(共4题，共16分)28、略

【分析】解：（1）对火箭运用牛顿第二定律；有：

F-mg=ma

解得a=3.81m/s2

再根据s=at2

得t=7.25s．

（2）发生明显衍射的条件是波长大于障碍物尺寸或者与障碍物尺寸相差不大；而传输电视信号所用的电磁波波长为0.556m，容易被挡住；传输无线电广播所用的电磁波波长为550m，容易衍射；

故答案为：（1）3.81m/s2；7.25；

（2）电视信号；电视信号波长短；沿直线传播，受山区阻挡，不易发生衍射．

（1）根据牛顿第二定律求解加速度；根据位移时间关系公式求解时间；

（2）发生明显衍射的条件是波长大于障碍物尺寸或者与障碍物尺寸相差不大．

本题第一问是已知受力情况确定运动情况，关键求解出加速度；第二问关键明确发生明显衍射的条件．【解析】3.81m/s2；7.25；电视信号；电视信号波长短，沿直线传播，受山区阻挡，不易发生衍射．29、（1）①②④（2）解：电路中的电流：当开关接a时,电容器的电压为：U1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1UU111=I电量为：R1RR111=1×5.0=5.0VQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1QQ1当开关接1时1电容器的电压为：=CU1UU111=2×10−610−61010电量为：−6−6−6−6×5C=1×10−510−51010−5−5−5−5Cb，且上极板带负电，下极板带正电。由，U2=I⋅R2=1×3.5V=3.5VU2=I⋅R2=1×3.5V=3.5VU2=I⋅R2=1×3.5V=3.5V可知，开关由U2=I⋅R2=1×3.5V=3.5V接U2=I⋅R2=1×3.5V=3.5V的过程中，电量变化为：U2UU222=I⋅R2R2RR222=1×3.5V=3.5VQ2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5CQ2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5CQ2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5C即通过Q2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5CQ2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5C的电荷量为Q2QQ222=【分析】【分析】(1)

由带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，可知电流的方向，可知电荷的电性；(2)

对重力进行分解，求合力，可知合力是否为恒力，可知小球的运动性质；(3)

小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时洛伦兹力等于重力沿斜面向下的分力，可得知小球对斜面压力为零时的速率。本题主要考查的是洛伦兹力的方向的判断，主要是应用力的分解以及牛顿第二定律可知物体的运动过程。【解答】垄脵

带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，可知电流的方向沿斜面向下，故小球带正电，故垄脵

正确；垄脷垄脹

小球在斜面上运动时加速度由重力垂直斜面向下的分力，垂直斜面向上的支持力和洛伦兹力，沿斜面向下的分力提供，故加速度为gsin娄脠

故做匀加速直线运动，故垄脷

正确，垄脹

错误；垄脺

小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时，应有mgcos娄脠=Bqv

故速率为mgcos娄脠Bq

故垄脺

正确。故选垄脵垄脷垄脺

(2)

分析出开关分别接ab

时电路的串并联关系，分析电容的电压、电量便可知通过R33的电量。由图可知，R11与R22串联，当开关接a

时，电容器与R11并联；根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量。

当开关与b

连接时，C

与R22并联即可求得电量，当开关与b

连接时，C

与R22并联；由C

中电量的变化可得出流过R33的电量。【解析】(1)垄脵垄脷垄脺

(2)

解：电路中的电流：I=ER1+R2+r=90.5+5.0+3.5A=1A

当开关接aa时，电容器的电压为：UU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11UUUU111111==II电量为：RR11RRRR111111==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11QQQQ11当开关接11时11电容器的电压为：==CCUU11UUUU111111==22隆脕隆脕1010??661010??6610101010电量为：??66??66??66??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??551010??5510101010??55??55??55??55CCbb，且上极板带负电，下极板带正电。由，UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV可知，开关由UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV接UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV的过程中，电量变化为：UU22UUUU222222==II??RR2