2025年华师大新版高二物理下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年华师大新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、如图所示的电路中，当滑动变阻器R的滑片P向下移动时，以下判断中正确的是()A.电源内部发热功率变小B.小电灯L变亮C.电流表的示数变小D.电源的效率提高2、如图所示，质量相同的A、B两物体分别从静止开始落下两口井甲和乙，已知甲井比乙井深，以地面为零势能面，则两物体落到井底时，它们的重力势能的关系是（）A.B.C.D.无法比较3、如图所示，光滑水平面上有大小相同的AB

两球在同一直线上运动.

两球质量关系为mB=2mA

规定向右为正方向，AB

两球的动量均为6kg?m/s

运动中两球发生碰撞，碰撞后A

球的动量增量为4kg?m/s

则(

)

A.左方是A

球，碰撞后AB

两球速度大小之比为25

B.左方是A

球，碰撞后AB

两球速度大小之比为110

C.右方是A

球，碰撞后AB

两球速度大小之比为25

D.右方是A

球，碰撞后AB

两球速度大小之比为110

4、请阅读下列材料；回答第21-23题。

航空母舰。

航空母舰是可以提供军用飞机起飞和降落的军舰；是现代海军不可或缺的武器，是一个国家综合国力的象征。2017年4月26日中国首艘国产航空母舰在中国船舶重工集团公司大连造船厂下水。

从航母起飞，战斗机在空中匀速飞行，在模拟训练中，先后投放多枚炸弹轰炸正前方静止的“敌方”舰船，投放每枚炸弹的时间间隔相同，且战斗机投放炸弹过程中水平匀速飞行（炸弹离开飞机后，空气阻力忽略不计），则（）A.空中飞行的炸弹在相等时间内速度变化相同B.战斗机的飞行员看到投放在空中的炸弹位移一条抛物线上C.战斗机的速度越大，炸弹在空中飞行时间越短D.炸弹击中“敌方”舰船时，战斗机位于“敌方”舰船的前上方5、如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()A.在P中的下落时间比在Q中的长。

B.在两个下落过程中的机械能都守恒。

C.在P和Q中都做自由落体运动。

D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大6、一交流电流的图象如图所示；由图可知（）

A.该交流电流的频率为50HzB.用电流表测该电流其示数为10AC.该交流电流通过5Ω电阻时，电阻消耗的电功率为1000WD.该交流电流即时值表达式为i=10sin314tA7、用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图（a）是点燃的酒精灯（在灯芯上洒些盐），图（b）是竖立的且附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈．将金属丝圈在竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是（）A.当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30°B.当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90°C.当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30°D.干涉条纹保持原来状态不变8、太阳系的第二大行星隆陋隆陋

土星的卫星很多，其中土卫五和土卫六绕土星的运动可近似看作匀速圆周运动，下表是关于土卫五和土卫六两颗卫星的资料.

两卫星相比()

。卫星发现者发现年份距土星中心距离/km

质量/kg

直径/km

土卫五卡西尼1672

年527000

2.31隆脕1021

765

土卫六惠更斯1655

年1222000

1.35隆脕1023

2575

A.土卫五绕土星运动的周期较小B.土卫五绕土星运动的线速度较小C.土卫六绕土星运动的角速度较大D.土卫六绕土星运动的向心加速度较大9、下列说法正确的是A.在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与rm{NaOH}发生反应B.在碱性条件下，rm{CH_{3}CO^{18}OC_{2}H_{5}}的水解产物是rm{CH_{3}COOH}和rm{C_{2}H_{5}^{18}OH}C.化合物的分子式为rm{C_{13}H_{9}O_{4}N_{2}}D.的系统命名为rm{2-}甲基rm{-2-}乙基丙烷评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．关于它们的电阻值及串联或并联后电路中的总电流比较正确的是（）A.电阻R1的阻值比电阻R2的阻值大B.电阻的R2阻值比电阻R1的阻值大C.两电阻串联后比并联后接入同一电源，电路中的总电流大D.两电阻并联后比串联后接入同一电源，电路中的总电流大11、以下说法中正确的是（）A.处于热平衡状态的物体温度为T，则物体内每个分子的温度都为TB.氢气和氧气温度相同，不考虑分子间的势能，则氢气的内能较大C.1mol的某物质内能为E，则每个分子的平均内能为D.一定质量0℃的水凝结成0℃冰时分子运动的平均速率不变12、如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑.

现用水平外力F

作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态垄脵

变化到状态垄脷

在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是()

A.每个气体分子的速率都不变B.气体分子平均动能不变C.水平外力F

逐渐变大D.气体内能减少13、如图1

光滑绝缘水平面上，在坐标x1=2Lx2=鈭�2L

分别放置正电荷+QA+QB

且QA=9QB.

两电荷连线上电势娄脮

与位置x

之间的关系图象如图2x=L

点为图线的最低点，若在x=1.5L

的位置处由静止释放一个质量为m

电荷量为+q

的试探电荷，则下列说法正确的是(

)

A.x=L

处场强为0

B.试探电荷+q

在x=L

处速度最大C.试探电荷+q

在x=L

点电势能为零D.试探电荷+q

在x=鈭�1.5L

和x=1.5L

之间做往复运动14、以下说法符合物理学史的是(

)

A.普朗克引入能量子的概念，得出黑体辖射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元B.德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性C.玻尔通过对氢原子光谱的研究，建立了原子的核式结构模型D.贝克勒耳发现了天然放射现象，且根据此现象指出原子核是由质子和中子组成的15、如图所示的理想变压器电路中，三个灯泡L1、L2、L3完全相同，定值电阻的阻值为R，变压器原副线圈的匝数比为1：2．开始时三个开关均断开，a、b端接入恒定的正弦交流电压，闭合开关S1、S2，灯泡L1、L2均正常发光；电阻R消耗的功率与一个灯泡消耗的功率相同，则下列说法正确的是（）

A.灯泡的电阻为4R

B.灯泡的电阻为4R

C.再闭合灯泡均变暗。

D.闭合后再断开灯泡亮度不变16、向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则（）A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C.a，b一定同时到达地面D.炸裂的过程中，a中受到的爆炸力的冲量大小一定相等17、下列说法中，正确的是（）A.台湾高雄2月6日凌晨发生6.7级地震，地震波是机械波，既有横波又有纵波B.横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期C.变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场E.可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于x射线的频率E.可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于x射线的频率18、如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC

的单色光从空气射向E

点，并偏折到F

点，已知入射方向与边AB

的夹角为胃=30?,EF

分别为边ABBC

的中点，则(??)

A.该棱镜的折射率为3

B.该棱镜的折射率为33

C.光从空气进入棱镜，波长变小D.从F

点出射的光束与入射到E

点的光束平行评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)19、如图所示，可以自由转动的小磁针静止不动时，靠近螺线管的是小磁针的________极，若将小磁针放到该通电螺线管内部，小磁针指向与图示位置时的指向相____（填“同”或“反”）。20、卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是____．____21、如图所示，一个金属块用被压缩的弹簧卡在矩形箱子的顶部．在箱子的上顶板和下底板分别装有压力传感器（可以自动记录弹力大小的装置）．当箱子静止时，上、下两只压力传感器的示数分别为7N和10N．则当金属块所受外力的合力为5N且竖直向下时，上、下两只压力传感器的示数分别是______N和______N．（g取10m/s2）22、氢原子从能级A跃迁到能级B时，辐射出波长为λ1的光，从能级A跃迁到能级C时，辐射出波长为λ2的光，若λ1＞λ2，则氢原子从能级B跃迁到能级C时，将______光子，光子的波长为______．23、如图所示，用某种透光物制成的直角三棱镜ABC；在垂直于AC面的直线MN上插两枚大头针P1、P2，在AB面的左侧透过棱镜观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直到P1的像____，再在观察的这一侧先后插上两枚大头针P3、P4，使P3____，P4____．记下P3、P4的位置，移去大头针和三棱镜，过P3、P4的位置作直线与AB面相交于D，量出该直线与AB面的夹角为45°．则该透光物质的折射率n=____，并在图中画出正确完整的光路图．24、如图所示，匀强电场中有A、B、C三点构成等边三角形，边长均为4cm，将一带电荷量q＝1.0×10－10C的正电荷(不计重力)，从A点移到C点，电场力做功为－×10－9J，若把同一电荷从A点移到B点，电场力做功也为－×10－9J，那么该电场的场强是____。25、在粗测油酸分子大小的实验中，具体操作如下：①取油酸1．00mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸的酒精溶液。②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1．00mL为止，恰好共滴了100滴。③在水盘内注入蒸馏水，静置后滴管吸取油酸的酒精溶液，轻轻地向水面滴一滴溶液，酒精挥发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一油膜。④测得此油膜面积为3．60×102cm2。利用数据可求得油酸分子的直径为____________m。（结果保留一位有效数字）26、两个点电荷甲和乙同处在真空中．

（1）甲的电荷量是乙的电荷量的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的______倍．

（2）若把每个电荷的电荷量都增加为原来的3倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍．

（3）若保持电荷量不变，而将距离增加为原来的4倍，那么它们之间的作用力变为原来的______倍．

（4）若保持其中一个电荷量不变，而另一个电荷量增加为原来的9倍，为使其相互作用力不变，则它们之间的距离将变为原来的______倍．27、如图，在匀强电场中，ab

两点连线与电场线成60鈭�

角.

将正电荷由a

点移到b

点，电场力做正功，可以判定电场线的方向是______(

填斜向上或斜向下).

如果ab

相距0.20m

场强为2隆脕103N/C

正电荷的电量为4隆脕10鈭�4C

则从a

到b

电荷的电势能变化了______焦耳．评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)28、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）评卷人得分五、识图作答题(共4题，共8分)29、研究发现；汞污染中的甲基汞（有机汞）的毒性远高于无机汞。在湿地生态系统等环境中，这两种物质可以相互转化，如下图所示。

（1）湿地生态系统被称为“地球之肾”，是因为其具有________功能。该功能体现了红树林在生态系统多样性中的_______价值，图中各生物种群占据不同的位置，体现了群落的________结构。目前人们正在逐步恢复被破坏的红树林湿地生态系统。红树林湿地生态系统恢复过程属于_______演替。（2）甲基汞的富集是通过______实现的，甲基汞会危害人体神经系统。研究发现，在甲基汞的作用下突触间隙会持续存在较多的乙酰胆碱（神经递质），同时发现甲基汞高度亲脂又能与蛋白质结合，请推测乙酰胆碱增多的可能原因是（合理即可）______________________________。（3）底泥中存在与B类细菌类似作用的真菌，这类真菌在生态系统中所属的成分是________。浮游植物所固定的太阳能除流向下一营养级的生物外，其去向还有_____________。（4）为有效降低水体汞污染，可采取在污染水体中栽培某些速生型植物或投放某些细菌等措施，这些植物和细菌的共同特点是______。30、下图为不完整的呼吸作用示意图，请据图回答：（1）图甲中X代表的物质是_____________，E代表的物质可能是________________。（2）从图甲中选择适当的字母，填入下面的空格：有氧呼吸的途径是________________，其中产生能量最多的是______________阶段。（3）马铃薯块茎在缺氧环境中发生的呼吸过程有________________________，写出有关的反应式________________________。（4）A与E阶段的反应属于________________，写出有关的反应式________________。（5）如果O2供应不足，则人体内C6H12O6的分解产物是________，释放的能量________，反应场所是____________。（6）人体内血红蛋白携带的O2进入组织细胞的线粒体至少要通过________层生物膜，通过这些膜的方式是__________。31、【生物选做】（12分）某同学用新鲜的泡菜滤液为实验材料纯化乳酸菌。分离纯化所用固体培养基中因含有碳酸钙而不透明，乳酸菌产生的乳酸菌能溶解培养基中的碳酸钙。回答下列问题：（1）分离纯化乳酸菌时，首先需要用_________________对泡菜滤液进行梯度稀释，进行梯度稀释的理由是____。（2）推测在分离纯化所用的培养基中加入碳酸钙的作用有_________________和_________________。分离纯化时应挑选出_________________的菌落作为候选菌。（3）乳酸菌在-20℃长期保存时，菌液中常需要加入一定量的_________________（填“蒸馏水”、“甘油”或“碳酸钙”）。32、营养缺陷型菌株就是在人工诱变或自发突变后，微生物细胞代谢调节机制中的某些酶被破坏，使代谢过程中的某些合成反应不能进行的菌株。这种菌株能积累正常菌株不能积累的某些代谢中间产物，为工业生产提供大量的原料产物。以下是实验人员利用影印法初检氨基酸缺陷型菌株的过程。请回答下列问题：（1）过程①的接种方法为____________________。（2）进行②过程培养时，应先将丝绒布转印至基本培养基上，原因是_____________________。釆用影印法培养的优点是_____________。（3）为了进一步完成对初检的营养缺陷型菌株的鉴定，实验人员进行了如下操作：①用接种针挑取__________________（选填“菌落A”或“菌落B”）接种于盛有完全培养液的离心管中，28℃振荡培养1〜2天后，离心，取沉淀物用________________________________________洗涤3次，并制成菌悬液。②吸取lmL菌悬液加入无菌培养皿中，倾注15mL融化并冷却至45〜50℃的基本培养基，待其冷凝后用记号笔在皿底划分五个区域，标记为A、B、C、D、E。③在划分的五个区域上放入少量分组的氨基酸粉末（如下表所示），经培养后，观察生长圈出现的区域，从而确定属于何种氨基酸缺陷型。在上述鉴定实验中，发现在培养基A、D区域出现生长圈，说明该营养缺陷型菌株属于____。评卷人得分六、实验探究题(共4题，共20分)33、在做测量电源电动势E和内阻r的实验时，提供的器材是：待测电源一个，内阻为RV的电压表一个（量程略大于电源的电动势）；电阻箱一个，开关一个，导线若干．

现将电压表和电阻箱并联接入电路，为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，画出与R的某种关系图象（该图象为一直线）如图所示．由图象可得到直线在纵轴上的截距为m；直线的斜率为k，试根据以上信息。

①在图2虚线框内画出实验电路图．根据你设计的实验电路，在图1横轴箭头处应标的物理量是______（填“R”或“”）

②写出E、r的表达式（用m、k和Rv表示），E=______，r=______．34、做“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验时；已知所用小电珠的额定电压和额定功率分别为2.5V；1.2W，实验可供选择的器材如下：

a．电流表A1（量程0～0.6A；内阻约5Ω）

b．电流表A2（量程0～3A；内阻约0.1Ω）

c．电压表V1（量程0～3V；内阻约3kΩ）

d．电压表V2（量程0～15V；内阻约2000Ω）

e．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω；额定电流1A）

f．滑动变阻器R2（阻值0～5000Ω；额定电流500mA）

g．直流电源的电动势为3.0V；内阻忽略不计。

h．开关。

k．导线若干。

①为了完成实验且尽可能减小实验误差；电流表应选择______，电压表应选择______，滑动变阻器应选择______（填写实验器材前的序号）

②请设计合理的电路来完成该实验；把电路图画在方框里。

③实验中，当电压表的示数为U时，电流表的示数为I，则小电珠电阻的真实值______（填“大于”“等于“或“小于“）

④通过实验得到多组数据；做出小电珠的伏安特性曲线，如图所示。如果取两个这样的小电珠并联以后再与一阻值为2.0Ω的定值电阻串联，接在电动势为3.0V；内阻忽略不计的直流电源两端，则每个小电珠消耗的实际功率为______W．（结果保留两位小数）

35、为了“探究加速度与力；质量的关系”；现提供如图所示的实验装置小车及车中砝码的总质量用M表示，盘及盘中砝码的总质量用m表示，平衡摩擦后，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出。

（1）当M______m时；才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的总重力。

（2）在实验中，得到一条如图所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出分别为3.09cm、3.43cm、3.77cm、4.10cm、4.44cm、4.77cm，则小车的加速度大小a=______m/s2，打点计时器打下D点时小车的速度大小为vD______m/s。（结果保留三位有效数字）

（3）某同学保持盘及盘中砝码的总质量m不变，通过给小车增减砝码来改变小车及车中砝码的总质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a-图线后，发现：较大时；图线发生弯曲。于是，该同学对实验方案进行了修正，避免了图线的弯曲。则该同学修正的方案可能是______。

A．改画a与（M+m）的关系图线。

B．改画a与关系图线。

C．改画a与的关系图线。

D．改画a与的关系图线36、某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r；R为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5A．实验室提供的器材如下：电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电阻箱（限值范围0～999.9Ω）；开关；导线若干．

①请根据图1的电路图；在图2中画出连线，将器材连接成实验电路．

②实验时；改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的若干组R；U的数据．

。12345678910电阻。

R/Ω60.535.220.013.79.95.84.33.52.92.5电压。

U/V2.582.432.222.001.781.401.181.050.930.85根据实验数据绘出如图3所示的-图线．由图象得出电池组的电动势E=______V，内电阻r=______Ω．

③关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是______．

A．电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差。

B．同学读电压表读数引起的误差属于系统误差。

C．本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差。

D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A|D【分析】试题分析：由电路图可知，滑动变阻器R的滑片P向下移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流I变小，电源内部发热功率P内=I2r变小，故A正确；并联电路电压U=E-I（r+R1）变大，电流变大，电流表示数变大，故C错误；通过灯泡的电流IL=I-I2变小，灯泡实际功率PL=IL2RL变小，小电灯变暗，故B错误；电源效率电源内阻r不变，外电阻R外变大，电源效率变大，故D正确．考点：动态电路的分析；电源的效率。【解析】【答案】AD2、B【分析】解答：甲乙两物体质量相等；同时从井口下落，以地面为零势能面；

则物体到达井底时的重力势能为-mgh，已知甲井比乙井深，则

故选：B

分析：物体的重力势能根据题意求出两物体的重力势能，然后比较其大小．3、A【分析】解：光滑水平面上大小相同AB

两球在发生碰撞；规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：

鈻�PA=鈭�鈻�PB

由于碰后A

球的动量增量为负值；所以右边不可能是A

球的，若是A

球则动量的增量应该是正值；

因此碰后A

球的动量为2kg?m/s

所以碰后B

球的动量是增加的；为10kg?m/s

．

由于两球质量关系为mB=2mA

那么碰撞后AB

两球速度大小之比25

故选：A

光滑水平面上有大小相同的AB

两球在发生碰撞；在碰撞过程中动量守恒.

因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后A

的动量增量可得出A

球在哪边，及碰后两球的速度大小之比．

考查动量守恒定律，同时注意动量表达式中的方向性．【解析】A

4、A【分析】解：A；空中飞行的炸弹都做平抛运动；加速度都是g，根据△v=gt知在相等时间内速度变化都相同，故A正确。

B；由于惯性；炸弹和飞机水平方向具有相同速度，因此炸弹落地前排列在同一条竖直线上，轰炸机上的飞行员看到投放在空中的炸弹位于一条竖直线上，故B错误；

C；炸弹在空中飞行时间由下落的高度决定；与初速度无关，故C错误；

D；由于空中飞行的炸弹都做平抛运动；水平方向与飞机一样做匀速直线运动，所以炸弹击中“敌方”舰船时，轰炸机位于“敌方”舰船的正上方。故D错误。

故选：A。

炸弹在空中做平抛运动；根据△v=gt分析速度变化的关系。当炸弹投放后，由于惯性在水平方向上和飞机速度相同，每次投放的炸弹初速度相同，下落高度相同，因此每个炸弹运动规律一样。

解决本题的关键要掌握平抛运动的规律，知道速度变化量与时间有关，与初速度无关。【解析】A5、A【分析】解：A；当小磁块在光滑的铜管P下落时；由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，小磁块受到向上的安培阻力，而塑料管Q是绝缘体不产生感应电流，对小磁块没有安培力，所以小磁块Q中做自由落体运动，则在P中的下落时间比在Q中的长，故A正确；

B；在铜管P中运动的小磁块要受到向上的安培阻力；机械能不守恒，而在塑料管Q中的小磁块只受重力，机械能守恒，故B错误；

C；在P中小磁块做的不是自由落体运动；在Q内小磁块没有任何阻力，做自由落体运动，故C错误；

D；在铜管P中运动的小磁块；因安培阻力，导致产生内能，机械能减小，则落至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。

故选：A。

当小磁块在光滑的铜管P中下落时；由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，小磁块受到安培阻力。而塑料管Q是绝缘体不产生感应电流，对小磁块没有任何阻碍，由此分析即可。

解决本题的关键是要知道小磁块在光滑的铜管P下落时要产生感应电流，要注意明确感应电流产生的条件和机械能守恒的条件。【解析】A6、B【分析】解：A；由图象知周期为0.01s；频率为周期的倒数100Hz，故A错误；

B、电流表显示的是有效值，示数为A=10A；故B正确；

C、电阻消耗的功率P=I2R=（10）2×5=500W；故C错误；

D、角速度ω=2πf=200π=628，所以瞬时值表达式i=10sin628tA；故D错误；

故选：B．

由图象知电流的有效值；周期；从而得出频率和角速度，求功率用有效值．

本题考查了根据图象得出有用物理信息的能力，根据周期、峰值和有效值计算．同时注意功率的计算方法．【解析】【答案】B7、D【分析】解：在转动金属丝圈的过程中；由于两层薄膜的厚度不变，故反射光形成的光程差也不会发生变化，故产生的干涉条纹仍保持原来的状态不变；

故选：D．

解答本题应掌握薄膜干涉的原理；干涉取决于两层肥皂膜的厚度而形成反射光的光程差．

本题应掌握薄膜干涉的原理，在学习中抓住关键因素，不要被干扰项所干扰．【解析】【答案】D8、A【分析】【分析】由开普勒第三定律分析公转周期的大小.

由万有引力提供向心力，比较线速度的大小和角速度的大小及向心加速度的大小。本题考查了万有引力定律的应用；本题是卫星类型，在建立物理模型的基础上，运用万有引力定律和圆周运动知识结合研究，难度适中。【解答】设土星的质量为M

A.由开普勒第三定律R3T2=k

半径越大，周期越大，所以土卫五的公转周期小.

故A正确；B.由卫星速度公式v=GMr

公转半径越大，卫星的线速度越小，则土卫六的公转线速度小，故B错误；C.由卫星角速度公式娄脴=vr=GMr3

公转半径越小，角速度越大，则土卫五的公转角速度大，故C错误；D.由卫星向心加速度公式a=GMr2

公转半径越小，向心加速度越大，则土卫五的向心加速度大，故D错误。故选A。【解析】A

9、A【分析】【分析】

本题考查有机物结构和性质及有机物命名，为高频考点，明确官能团及其性质关系、有机反应命名方法、有机物在反应前后断键和成键方式是解本题关键，易错选项是rm{B}注意酯在酸性和碱性条件下水解区别。注意酯在酸性和碱性条件下水解区别。

rm{B}

【解答】A.反应，乙酸、氨基酸都含有羧基而蛋白质含有肽键，所以这几种物质都能与含有羧基、酚羟基或肽键的物质在一定条件下能与rm{NaOH}反应，乙酸、氨基酸都含有羧基而蛋白质含有肽键，所以这几种物质都能与rm{NaOH}反应，反应，rm{NaOH}rm{NaOH}故A正确；B.碱性条件下，酯水解生成酸式盐和醇，在酸性条件下酯水解生成羧酸和醇，则该物质在碱性条件下水解应该生成乙酸盐和rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{5}^{18}}rm{OH}rm{OH}故B错误；C.根据该化合物的结构简式确定分子式为rm{C}rm{C}rm{{,!}_{13}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{10}}rm{O}个碳原子，有两个甲基分别位于rm{O}号碳原子上，其名称是rm{{,!}_{4}}rm{N}二甲基丁烷，故D错误。rm{N}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{A}二、多选题(共9题，共18分)10、BD【分析】解：A、由图可知，该图象是I-U图线，图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，所以R2的阻值大于R1的阻值．故A错误；B正确；

C；两电阻串联后的总电阻要比并联时的总电阻大；故串联后的电路中的总电流要小；故C错误，D正确；

故选：BD．

I-U图象的斜率表示电阻的倒数；很容易比较出两电阻的大小．再根据串并联电路的性质确定电流大小．

解答本题的关键在于明确I-U图象中斜率的意义；同时还要明确串并联电路的性质．【解析】【答案】BD11、AD【分析】解：A；处于热平衡时的物体；不再有能量交换，则每个分子间的温度均相等，均为T，故A正确；

B；温度相等；则分子平均动能相同；但分子动能与分子个数有关，因无法确定分子个数，故无法确定内能的大小；故B错误；

C；分子平均动能为统计规律；并不是所有分子的动能均相同；故不能用求平均值的方式来求；故C错误；

D；相同温度下所有分子的平均动能均相同；故0℃的水凝结成0℃冰时分子运动的平均速率不变；故D正确；

故选：AD．

温度是分子平均动能的标志；而物体的内有包括分子动能与分子势能．

物体的内能取决于以下因素：（1）物质的量；（2）温度；（3）体积；在分析内能时应全面分析．【解析】【答案】AD12、BC【分析】

试题分析：封闭气体等温膨胀过程，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不变，不是每个分子动能都不变，所以A错误；气体等温膨胀，温度不变，则气体分子的平均动能不变，B正确；温度不变，体积增大，根据PVT=C

则压强P

减小，以活塞为研究对象，根据平衡条件：P0S=PS+F

得：F=P0S鈭�PS

压强P

减小，则F

增大，C正确；理想气体的内能只与温度有关，温度不变，则内能不变，故D错误．

考点：考查了理想气体的状态方程【解析】BC

13、AB【分析】解：AB

据娄脮鈭�x

图象切线的斜率等于场强E

则知x=L

处场强为零，所以在C

处场强向左，小球向左加速运动，到x=L

处加速度为0

从x=L

向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L

处的速度最大，故AB正确；

C；由图可知；x=L

点电势不为0

由EP=q娄脮

可知，电荷+q

在x=L

点电势能不为零，故C错误；

D；根据动能定理得：qU=0

得U=0

所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=鈭�L

点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L

点为中心作往复运动，不能到达x=鈭�2L

点处.

故D错误．

故选：AB

．

根据娄脮鈭�x

图象切线的斜率等于场强E

分析场强的变化，判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置；由EP=q娄脮

判断电荷+q

在x=L

点的电势能；根据动能定理判断．

解决本题首先要理解娄脮鈭�x

图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU

灵活运用电场的叠加原理．【解析】AB

14、AB【分析】解：A

普朗克引入能量子的概念；得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A正确。

B；德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子；认为实物粒子也具有波动性，故B正确；

C；卢瑟福通过娄脕

粒子散射实验建立了原子核式结构模型；玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故C错误。

D；贝克勒尔发现了天然放射现象；揭示了原子核具有复杂的结构，故D错误。

故选：AB

根据物理学史和常识解答；记住著名物理学家的主要贡献即可．

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一【解析】AB

15、AD【分析】解：A、三个灯泡L1、L2、L3完全相同，闭合开关S1、S2，电阻R消耗的功率与一个灯泡消耗的功率相同，设灯泡的额定电流为IL，则副线圈的电流强度I2=IL；

根据变压器原理可得原线圈的电流强度I1==2IL，根据电功率的计算公式可得PR=I12R=IL2RL，解得灯泡电阻RL=4R；故A正确；

B、再闭合S3，副线圈的总电阻值减小、总电流增大，则原线圈的电流增大、电阻R消耗的电压增大，原线圈电压减小、副线圈的电压也减小，灯泡L3不能正常发光；故B错误；

C、再闭合S3，灯泡L1两端电压不变，亮度不变，L2两端电压减小，L2变暗；故C错误；

D、灯泡L1两端电压与原线圈两端电压无关，所以闭合S3后再断开S1，原线圈两端电压不变，副线圈两端电压也不变，灯泡L2、L3亮度不变；故D正确。

故选：AD。

根据变压器原理结合电功率的计算公式分析灯泡电阻与R的关系；根据理想变压器动态分析的方法分析灯泡亮度的变化情况。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。【解析】AD16、CD【分析】解：A、在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向；但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系．故A错误．

B、a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大．故B错误．

C、a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a，b一定同时到达水平地面．故C正确．

D、在炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等；作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等．故D正确．

故选：CD

当物体的速度沿水平方向炸裂成a、b两块时，质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，根据动量守恒定律判断可知b运动方向一定沿水平方向，a、b均做平抛运动，高度相同，运动时间相同，同时到达地面．在炸裂过程中，a、b间相互作用力大小相等；作用时间相等，冲量大小一定相等．

本题是动量守恒定律的应用，基础题．系统动量守恒，不仅作用前后总动量的大小保持不变，总动量的方向也保持不变，解题时要抓住这一点．【解析】【答案】CD17、ADE【分析】解：A；地震波具有横波又有纵波；是一种较为复杂的机械波；故A正确；

B；横波在传播过程中；介质并不随着波的传播而向前运动；只是在垂直波的方向上振动；故B错误；

C；均匀变化的电场产生恒定的磁场；而均匀变化的磁场产生恒定的电场；只有周期性变化的电（磁）场才能产生周期性变化的磁（电）场；故C错误；

D；电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的；且与波的传播方向垂直，故D正确；

E；根据电磁波谱可知；可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于x射线的频率，故E正确．

F；干涉现象的条件需要两光的频率相同；故F错误．

故选：ADE．

地震波既有纵波也有横波；波在传播中只是传播的能量和振动形式；质点并不随波传播；麦克斯韦电磁场理论是变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，知道变化分为均匀变化和周期性变化；熟记电磁波谱，知道各种电磁波频率大小；波长大小的关系．干涉的条件是两波的频率相同．

本题考查了地震波以及电磁波的性质，要注意明确机械波和电磁波之间的联系和区别．知道电磁波谱中各种电磁波波长、频率的大小关系，掌握干涉产生的条件．【解析】【答案】ADE18、AC【分析】略【解析】AC

三、填空题(共9题，共18分)19、略

【分析】试题分析：根据右手螺旋法则，螺线管的左端是S极，所以靠近螺线管的是小磁针的N极,因为螺线管内的磁场方向向右，所以将小磁针放到该通电螺线管内部，小磁针指向磁场方向，即与图示位置时的指向相同。考点：磁场之间的相互作用。【解析】【答案】N；同20、α粒子的散射实验【分析】【解答】卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型；

故答案为：α粒子的散射实验．

【分析】卢瑟福在α粒子的散射实验基础上提出了原子的核式结构模型，要了解各种模型提出的历史背景以及物理意义．21、略

【分析】解：由题意可知；当箱子静止时，上；下两只压力传感器的示数分别为7N和10N，则物体受到下面的弹簧弹力10N，物体受到上面的弹力为7N；

根据受力平衡，箱子的重力G=F下-F上=10-7=3N；则箱子的质量为m=

当金属块所受外力的合力为5N且竖直向下时；由牛顿第二定律，可得，上顶板对箱子的作用力变大，而下底板对箱子的弹力不变，仍为10N；

则有：F上′+G-F下=F合；从而解得：F上′=10+5-3=12N；

故答案为：12；10

由箱子静止；上；下两只压力传感器的示数，可求出物体的重力；再根据金属块所受外力的合力为5N且竖直向下时，结合牛顿第二定律，即可求解．

考查平衡条件与牛顿第二定律的应用，注意当金属块所受外力的合力为5N且竖直向下时，弹簧的弹力仍不变，这是解题的关键．【解析】12；1022、略

【分析】解：因为λ1＞λ2；根据。

γ=知γ1＜γ2．A到B辐射光子的能量小于A到C辐射光子的能量；所以B能级能量比C能级能量大；

跃迁时辐射光子，B、C间的能级差△E=-．

又知△E=

解得λ3=．

故答案为：辐射，．

比较出B、C能级哪个能级能量高，通过h=Em-En．求出辐射光子的波长．

解决本题的关键知道高能级向低能级跃迁，辐射光子，低能级向高能级跃迁，吸收光子，知道能级差与光子频率间的关系h=Em-En．【解析】辐射；23、略

【分析】

在AB面的左侧透过棱镜观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直到P1的像被P2的像挡住，再在观察的这一侧先后插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2，P4挡住P1、P2以及P3的像．则知P1、P2在入射光线上，P3、P4在出射光线，连接P1、P2作为入射光线，连接P3、P4；作为出射光线，再作出折射光线，如图．

由几何知识得到入射角i=30°，又折射角r=45°，则折射率n==．

画出光路图如图．

【解析】【答案】插针法测定玻璃砖折射率的原理是的折射定律n=．在AB面的左侧透过棱镜观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直到P1的像被P2的像挡住，再在观察的这一侧先后插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2，P4挡住P1、P2以及P3的像．连接P1、P2作为入射光线，连接P3、P4；作为出射光线，再作出折射光线，由折射定律求解折射率．

24、略

【分析】【解析】试题分析：从A移动到B点和从A移动到C点，两种情况下，电场力做功相同，所以BC两点是等式点，将AB投影到电场线上可得AB两点沿电场线的距离为所以根据公式可得：根据公式两式联立可得考点：考查了电势能，电势和电场的关系【解析】【答案】25、略

【分析】【解析】【答案】10-9m26、略

【分析】解：真空中两个点电荷，由库仑定律得，它们之间的作用力大小为F=

（1）甲的电荷量是乙的电荷量的4倍；则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力，它们是一对相互作用力，则大小相等，即1倍；

（2）若把每个电荷的电荷量都增加为原来的3倍，F′=那么它们之间的相互作用力变为原来的6倍；

（3）若保持电荷量不变，而将距离增加为原来的4倍，F″=那么它们之间的作用力变为原来的倍；

（4）若保持其中一个电荷量不变，而另一个电荷量增加为原来的9倍，为使其相互作用力不变，根据F=

则它们之间的距离将变为原来3倍；

故答案为：（1）1（2）9（3）（4）3．

根据库仑定律的公式F=进行分析．

正确理解库仑定律公式以及公式中各个物理量的含义是解本题关键，由于公式涉及物理量较多，因此常用两式相比的方法进行求解．【解析】1；9；327、略

【分析】解：将正电荷由a

点移到b

点；电场力做正功，说明电场力方向斜向上，电场线方向斜向上．

将电荷从a

移到b

电场力做功为W=qEabcos60鈭�=4隆脕10鈭�4C隆脕2隆脕103隆脕0.2隆脕0.5J=0.08J>0

则电荷的电势能减小了0.08J

．

故答案为：斜向上；0.08

根据电场力做正功；分析电场力方向，判断电场线的方向.

正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同.

算出电场力做功，研究电荷电势能的变化．

本题电场力是恒力，只要抓住电场力具有力的共性，根据功的一般计算公式就可以理解并掌握电场力做功的计算方法．【解析】斜向上；0.08

四、判断题(共1题，共9分)28、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．五、识图作答题(共4题，共8分)29、(1)净化水体间接空间(垂直和水平)次生

(2)食物链甲基汞导致突触前膜过量释放乙酰胆碱（也可以从影响酶的活性回答，也可以从影响受体蛋白的角度回答）

(3)分解者流向分解者和通过呼吸作用散失

(4)能大量吸收汞或能分解甲基汞【分析】【分析】本题考查生态系统的相关知识，意在考查考生对知识点的识记、理解和掌握程度，要求考生具有扎实的基础知识和一定的判断能力，能构建一定的知识网络。试题分析：从图可知；在水平方向上生物存在差异，在垂直水平上也存在差异，所以体现了群落的空间结构，演替是随着时间的推移，一个群落被另一个群落代替的过程，根据群落演替的一般规律，可以逐步恢复被破坏的生态系统；食物链和食物网是生态系统的营养结构，生态系统的物质循环和能量流动就是沿着这条渠道进行的；在生态系统中，生产者；消费者和分解者缺一不可，分解者能将动植物遗体和动物排遗物分解成无机物，主要是细菌和真菌，生产者固定的太阳能一部分流向下一营养级，一部分通过呼吸作用散失，一部分被分解者分解，剩余的供给自身生长发育和繁殖等生命活动；通过在植物中富集，来吸收汞。

【解答】（1）因为湿地具有自然净化污水的功能，所以湿地生态系统被称为“地球之肾。对生态系统起到重要调节功能的为间接价值，因此自然净化污水的功能体现了生态系统的间接价值。由图可知，图中各生物种群占据不同的位置，在水平方向上存在差异，在垂直方向上也存在差异，这体现了群落的空间结构。演替是指随着时间的推移，一个群落被另一个群落代替的过程，被破坏的红树林湿地生态系统保留了原有土壤条件，还保留了植物的种子或其它繁殖体，因此红树林湿地生态系统恢复过程属于次生演替。

(2)根据生物富集效应；甲基汞是通过食物链富集而危害人体神经系统。甲基汞高度亲脂，又能与蛋白结合，在甲基汞的作用下突触间隙会持续存在较多的乙酰胆碱神经递质，这说明甲基汞导致突触前膜释放过多的神经递质。

(3)在生态系统中；生产者；消费者和分解者缺一不可，分解者能将动植物遗体和动物排遗物分解成无机物，主要是细菌和真菌，生产者固定的太阳能一部分流向下一营养级，一部分通过呼吸作用散失，一部分被分解者分解，剩余的供给自身生长发育和繁殖等生命活动。

(4)根据题干信息，能有效降低水体汞污染的方法是在污染水体中栽培某些速生型植物或投放某些细菌等措施，种植的植物或投放的细菌要能大量吸收贡或能分解甲基汞。【解析】(1)净化水体间接空间(垂直和水平)次生

(2)食物链甲基汞导致突触前膜过量释放乙酰胆碱（也可以从影响酶的活性回答，也可以从影响受体蛋白的角度回答）(3)分解者流向分解者和通过呼吸作用散失

(4)能大量吸收汞或能分解甲基汞30、（1）丙酮酸酒精和二氧化碳（2）ACDD（3）AB（4）无氧呼吸（5）乳酸较少细胞质基质（6）6自由扩散【分析】【分析】本题结合图示考查呼吸作用相关知识，意在考查考生理解所学知识要点的能力和识图能力。【解答】（1）甲图为细胞呼吸过程图，A为呼吸第一阶段，葡萄糖分解为X丙酮酸，B为产生乳酸的无氧呼吸第二阶段，C表示有氧呼吸第二阶段，D表示有氧呼吸第三阶段。E代表的物质可能是无氧呼吸产生的酒精和CO2。（2）图甲中有氧呼吸的途径是ACD，其中产生能量最多的是第三（D）阶段。（3）马铃薯块茎在缺氧环境中发生产生乳酸的无氧呼吸，即AB过程，反应式为（4）由图可知，A与E的反应属于产生酒精和二氧化碳的无氧呼吸，反应式为（5）如果O2供应不足，则人体内进行无氧呼吸，C6H12O6的分解产物是乳酸，释放能量较少，无氧呼吸场所为细胞质基质。（6）人体内血红蛋白携带的O2进入组织细胞的线粒体至少要通过红细胞膜1层、毛细血管壁细胞膜12=2层、组织细胞膜1层，线粒体膜2层，共1+2+1+2=6层生物膜，O2通过生物膜的方式是自由扩散。【解析】（1）丙酮酸酒精和二氧化碳（2）ACDD（3）AB（4）无氧呼吸（5）乳酸较少细胞质基质（6）6自由扩散31、略

【分析】【分析】本题考察学生对微生物培养和分离、培养基的分类等知识点，要求考生能掌握相关操作过程，难度一般。【解答】（1）分离纯化乳酸菌时，首先需要用无菌水对泡菜滤液进行梯度稀释；进行梯度稀释的理由是在稀释度足够高的菌液里，聚集在一起的乳酸菌将被分散成单个细胞，从而能在培养基表面形成单个的菌落。（2）在分离纯化所用的培养基中加入碳酸钙的作用有中和乳酸菌代谢过程中产生的乳酸和利于乳酸菌的识别和分离；分离纯化时应挑选出在平板上有溶钙圈的菌落作为候选菌。（3）乳酸菌在-20℃长期保存时，菌液中常需要加入一定量的甘油。【解析】（1）无菌水在稀释度足够高的菌液里聚集在一起的乳酸菌将被分散成单个细胞，从而能在培养基表面形成单个的菌落（2）中和乳酸菌代谢过程中产生的乳酸利于乳酸菌的识别和分离在平板上有溶钙圈（3）甘油32、（1）稀释涂布平板法

（2）防止将特定营养成分带入培养基不同培养中同种菌株的接种位置相同

（3）①菌落A无菌水③天冬氨酸缺陷型。

【分析】【分析】本题涉及到的知识点为微生物的培养，旨在考查学生的综合分析能力。【解答】（1）过程①的接种方法为稀释涂布平板法。（2）进行②过程培养时，应先将丝绒布转印至基本培养基上，原因是防止将特定营养成分带入培养基。采用影印法培养的优点是不同培养中同种菌株的接种位置相同。（3）为了进一步完成对初检的营养缺陷型菌株的鉴定，实验人员进行了如下操作：①用接种针挑取菌落A接种于盛有完全培养液的离心管中，28℃振荡培养1~2天后，离心，取沉淀物用无菌水洗涤3次，并制成菌悬液。③在划分的五个区域上放入少量分组的氨基酸粉末（如下表所示），经培养后，观察生长圈出现的区域，从而确定属于何种氨基酸缺陷型。在上述鉴定实验中，发现在培养基A、D区域出现生长圈，说明该营养缺陷型菌株属于天冬氨酸缺陷型。【解析】（1）稀释涂布平板法（2）防止将特定营养成分带入培养基不同培养中同种菌株的接种位置相同（3）①菌落A无菌水③天冬氨酸缺陷型。

六、实验探究题(