2025年浙教新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年浙教新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8题，共16分)1、在用电压表和电流表测电阻的实验中，由于电表内阻对测量的影响，使得测量的结果会出现误差．若采用右图所示的电路进行测量，则测量值RX与实际值R比较（）

A.RX＞R

B.RX＜R

C.RX=R

D.因不知两表的内阻具体大小，故无法比较RX与R的大小关系。

2、下列关于热现象的描述正确的是A.根据热力学定律，热机的效率不可能达到100%B.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C.温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D.物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的3、如图；质量为m；带电量为q的小球用长为l的细线悬挂，处在水平方向的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为θ=30°，现用力将小球缓慢拉到最低点B由静止释放．不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

A.小球将回到A处停下来B.小球将在A，B之间往复摆动C.场强的大小为E=D.小球从B向右摆到最高点的过程中，电势能的减少量为mgl（1﹣）4、如图所示；质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，为了说明它对斜面的摩擦力大小等于mgsinθ，应涉及到下列哪些知识（）

①力的合成与分解；

②物体平衡条件；

③牛顿第三定律；

④牛顿第一定律．A.①②B.①③C.②③④D.①②③5、在田径运动会跳高比赛中，小明成功跳过了1.7m

的高度，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是A.小明起跳时地面对他的支持力与重力是一对平衡力B.小明起跳以后在上升过程中处于超重状态C.小明下降过程中处于失重状态D.小明起跳以后在下降过程中重力消失了6、如图所示的是M；N两个物体做直线运动的位移一时间图象；由图可知（）

A.M物体做匀速直线运动。

B.N物体做曲线运动。

C.t秒内M；N两物体的位移相等。

D.t秒内M；N两物体的路程相等。

7、下列关于分子运动和热现象的说法中正确的是（）A.如果气体温度升高，那么所有分子的速率都增大B.颗粒越大，在某一瞬间与颗粒碰撞的液体分子数越多，布朗运动越明显C.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故D.对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大8、如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知图甲中原、副线圈匝数比为100：1，图乙中原、副线圈匝数比为1：10，则（）A.图甲中的电表是电压表，输电电压为22000VB.图甲是电流互感器，输电电流是100AC.图乙中的电表是电压表，输电电压为22000VD.图乙是电流互感器，输电电流是10A评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、如图（a）所示；在“用DIS研究通电螺线管的磁感应强度”的实验中，M；N是通电螺线管轴线上的两点，且这两点到螺线管中心的距离相等．用磁传感器测量轴线上M、N之间各点的磁感应强度B的大小，并将磁传感器顶端与M点的距离记作x．

（1）如果实验操作正确，则图（b）中正确的B-x图应为____

（2）如图（c）所示，甲、乙是在两个不同电流下得出的图象，比较甲、乙电流的大小，应有I甲____I乙（填“大于”、“等于”或“小于”）10、空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对汽缸中的气体做功为2.0×105J，时气体的内能增加了1.5×105J．试问：(1)此压缩过程中，气体________(选填“吸收”或“放出”)的热量等于________J.(2)若一定质量的理想气体分别按如图从1状态变化到2状态所示的三种不同过程变化，其中表示等压变化的是________(选填“A”、“B”或“C”)，该过程中气体的内能________(选填“增加”、“减少”或“不变”)．11、两列相干波在空间相遇，实线表示波峰，虚线表示波谷，如图所示，两列波的振幅都为10cm，则图示中A点的振幅为______cm，B点的振幅为______cm，C点的振幅______cm．12、某人用万用电表按正确步骤测量一电阻阻值，指针指示位置如图，则这电阻值是______．如果要用这万用电表测量一个约200欧的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆档是______．13、电磁磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：①电流计；②直流电源、③带铁芯的线圈A、④线圈B、⑤电键、⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)．

(1)试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)

(2)若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上，而在电键刚闭合时电流表指针右偏，则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头迅速向接线柱C移动时，电流计指针将____________(填“左偏”、“右偏”、“不偏”)．若保持滑动变阻器的滑动触头不动，迅速向上提线圈A，电流计指针将____________(填“左偏”、“右偏”、“不偏”)．14、如图，在地面上固定一个质量为M

的竖直木杆，一个质量为m

的人以加速度a

沿杆匀加速向上爬，经时间t

速度由零增加到v

在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为________．15、由自由落体运动验证机械能守恒定律，若实验中所用重物的质量m=1漏K

交流电源频率为50Hz

打出的纸带如图所示，O

点为纸带上打下的第一点，OABCD

为相邻的几点.

测得OA=0.78cmOB=1.79cmOC=3.14cmOD=4.90cm

查出当地的重力加速度g=9.80m/s2

则打点计时器的打点时间间隔为______s

重物在B

点时的速度vB=

______m/s.

从O

到运动至B

点的过程中，重物的重力势能减少量是______J.(

后两空均保留两位有效数字)

16、地磁北极在______，物体与磁铁接触后就显示出磁性的现象叫______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、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）18、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）

19、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）

20、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）

21、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）22、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）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、作图题(共2题，共14分)24、如图(a)所示中有一条均匀的绳，0、1、2、3、4是绳上一系列等间隔的点．现有一列简谐横波沿此绳传播．某时刻，绳上9、10、11、12四点的位置和运动方向如图(b)所示(其他点的运动情况未画出)，其中12的位移为零，向上运动，点9的位移达到最大值．试在图(c)中画出再经过周期时点3、4、5、6的位置和速度方向，其他点不必画．(图(c)的横、纵坐标与图2-1-6(a)、(b)完全相同)25、如图所示，图甲是小明奶奶眼睛成像情况示意图，请在图乙中画出矫正小明奶奶视力所需的透镜并完成光路图．评卷人得分五、简答题(共2题，共6分)26、元素rm{X}位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为rm{2}元素rm{Y}基态原子的rm{3p}轨道上有rm{4}个电子。元素rm{Z}的原子最外层电子数是其内层的rm{3}倍。元素rm{W}比元素rm{X}序数小rm{5}rm{(1)X}与rm{Y}所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。rm{垄脵}在rm{1}个晶胞中，rm{X}离子的数目为____。rm{垄脷}该化合物的化学式为____。rm{垄脹}写出元素rm{W}的价电子排布式____。rm{(2)}在rm{Y}的氢化物rm{(H_{2}Y)}分子中，rm{Y}原子轨道的杂化类型是____。rm{(3)Z}的氢化物rm{(H_{2}Z)}在乙醇中的溶解度大于rm{H_{2}Y}其原因是____。rm{(4)Y}与rm{Z}可形成rm{YZ_{4}^{2-}}rm{YZ_{4}^{2-}}的空间构型为____rm{(}用文字描述rm{)}rm{(5)X}的氯化物与氨水反应可形成配合物rm{[X(NH_{3})_{4}]Cl_{2}}该配合物的rm{1}个配体中含有rm{娄脪}键的数目为____。27、如图所示；光滑水平轨道上放置长木板A(

上表面粗糙)

和滑块C

滑块B

置于A

的左端(BC

可视为质点)

三者质量分别为mA=2kgmB=1kgmC=2kgA

与B

的动摩擦因数为娄脤=0.5

开始时C

静止，AB

一起以v0=5m/s

的速度匀速向右运动，A

与C

发生碰撞(

时间极短)

并粘在一起，经过一段时间，B

刚好滑至A

的右端而没掉下来.

求长木板A

的长度.(g=10m/s2)

评卷人得分六、综合题(共2题，共4分)28、【物理隆陋隆陋

选修3鈭�33鈭�5

】(1)(

五选三)

如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子的能量范围为1.62隆芦3.11eV

锌板的电子逸出功为3.34eV

那么对氢原子在能级跃迁的过程中辐射或吸收光子的特征认识正确的是________．

A.用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板，一定不能产生光电效应现象B.用能量为11.0eV

的自由电子轰击，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态C.处于n

=2

能级的氢原子能吸收任意频率的紫外线D.处于n

=3

能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离E.用波长为60nm

的伦琴射线照射，可使处于基态的氢原子电离出自由电子(2)

如图所示，厚度和质量不计、横截面积为S

=10cm2

的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T

”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T

0=300K

压强为p

=0.5隆脕105Pa

活塞与汽缸底的距离为h

=10cm

活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p

0=1.0隆脕105Pa.

求：

(1)

此时桌面对汽缸的作用力F

N

(2)

现通过电热丝给气体缓慢加热到T

，此过程中气体吸收热量为Q

=7J

内能增加了娄陇

U

=5J

整过程活塞都在汽缸内，求T

的值。29、拢脹

物理隆陋隆陋

选修3篓C4拢脻(1)

一列波沿x

轴传播，t=2s

时刻的波形如图1

所示，图2

是某质点的振动图象，则下列说法正确的是()A.波的传播速度为1m/s

B.波如果向右传播，则图2

是x=04m

处质点的振动图象C.波如果向右传播，则图2

是x=2m6m

处质点的振动图象D.波如果向左传播，则图2

是x=04m

处质点的振动图象E.波如果向左传播，则图2

是x=2m6m

处质点的振动图象(2)

有两种不同材料制成的的半球形透明体，球心为O

将透明体如图所示放置，其中截面圆呈竖直方向，一束水平方向射来的光线从两透明体的球面上某点射入，其入射角娄脠=60?

其半径为R

且足够大。

(i)

第一种透明体的折射率n=3

光在空气中的速度为c

试求光从入射点到左侧界面出射点所用的时间。(ii)

如果光折射到第二种透明体的竖直面上时，恰好发生全反射，则光从第二种透明体射到空气的临界角的正切为多少？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】

此电路为电流表外接法，因电流含有电压表的分流故I测＞I真

则由R测=即Rx＜R

可知A错误；B正确，C错误，D错误。

故选：B

【解析】【答案】电流表外接法，电流表的测量值含有电压表的分流，故大于通过电阻的电流真实值．则由R=I偏大，则测量值偏小．

2、A|C【分析】试题分析：热机将从高温热源吸收热量的一部分转化为机械能，热机的效率不可能达到100%，A正确；热传递是通过能量的传递方式改变系统内能，而做功是通过能量转化的方式改变系统内能，B错误；如果两个物体间的温度相同，那么它们之间就不会发生热传递，两个系统接触达到热平衡时，这两个系统一定具有相同的温度．C正确；物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动具有统计规律，故D错误。考点：温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律．【解析】【答案】AC3、C【分析】【解答】解：

A；B、由题知；小球原来静止，电场力与重力的合力方向沿OA方向．小球从最低点B由静止释放后，电场力和重力的合力做正功，小球的速度增大，到达A点后，由于惯性，继续向上摆动，之后合力对小球做负功，速度减小，速度减至零后，再向下摆动，到B点速度为零，周而复始，所以小球将以A点为平衡位置做往复运动．故AB错误；

C、小球原来处于静止，由平衡条件得：qE=mgtanθ，则得E==故C正确；

D；小球从B向右摆到最高点的过程中；设x细线的最大偏角为α．

根据能量守恒定律得：mgl（1﹣cosα）=qElsinα

将qE=mgtanθ，代入解得：tan=tanθ；α=2θ=60°

所以电势能的减少量为△Ep=qElsinα=mgl（1﹣cosα）=mgl（1﹣cos60°）=故D错误．

故选：C．

【分析】小球受到重力、电场力和细线的拉力，将以A点为平衡位置做往复运动．根据静止时小球受力平衡，求解场强的大小．根据能量守恒定律求解电势能的减少量．4、D【分析】解：对物体受力分析；受竖直向下的重力mg，平行于斜面向上的摩擦力f，和垂直于斜面向上的支持力N，正交分解，根据共点力平衡条件得：

沿着斜面方向：f=mgsinθ；

根据牛顿第三定律可知；它对斜面的摩擦力大小等于mgsinθ；

所以①②③全部需要；牛顿第一定律不涉及，故D正确．

故选：D

以物块为研究对象；分析受力情况，根据力的合成与分解结合平衡条件求解斜面对物块的摩擦力，再根据牛顿第三定律求物体对斜面的摩擦力．

本题关键正确分析受力情况，根据正交分解法列平衡方程求解，难度不大，属于基础题．【解析】【答案】D5、C【分析】【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时；就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；

当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时；就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；

本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力变了；【解答】A.小明起跳的初始阶段加速度的方向向上，所以地面对他的支持力大于他的重力，支持力与重力不是一对平衡力，故A错误；

B.起跳以后在上升过程；也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故B错误；

C.起跳以后在下降过程；也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故C正确；

D.小明起跳以后在下降过程中处于完全失重状态；重力提供向下的加速度，没有消失，故D错误；

故选C。

【解析】C

6、A|C|D【分析】

A；物体M的位移-时间图象是过原点的直线；斜率不变，速度不变做匀速直线运动．故A正确．

B；N物体的图象切线斜率始终大于零；表示速度方向没有改变，做单向直线运动．故B错误．

C；由图可知：两物体坐标变化量相同；位移相等．故C正确．

D；两物体都做单向直线运动；位移大小等于路程，位移相等，路程也相等．故D正确．

故选ACD

【解析】【答案】物体M的位移-时间图象是过原点的直线，斜率不变，速度不变做匀速直线运动．N物体的图象切线斜率始终大于零，表示速度方向没有改变，做单向直线运动．由图t秒内M；N两物体的位移相等；路程相等．

7、D【分析】解：A；温度是分子热运动平均动能的标志；温度越高，分子平均动能越大；如果气体温度升高，那么分子平均动能增大，不是每个分子的动能均增大；故A错误；

B；布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动；是由液体分子或气体分子碰撞的不平衡性造成的；颗粒越大，碰撞的不平衡性越是不明显，布朗运动越是不明显；故B错误；

C；气体如果失去了容器的约束就会散开；这是因为气体分子在永不停息的做无规则热运动，故C错误；

D、对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据温度升高，故内能一定增加；故D正确；

故选：D

温度是分子热运动平均动能的标志；布朗运动是由液体分子或气体分子碰撞的不平衡性造成的；理想气体分子间距大，没有分子引力；结合理想气体状态方程进行分析．

本题考查了温度的微观意义、布朗运动、气体压强、理想气体状态方程等，知识点较多，关键是要记住基础知识．【解析】【答案】D8、A【分析】解：A、根据变压器电压表等于匝数比，有U1==22000V；故A正确。

B；甲图是电压互感器。故B错误。

C；乙图是电流互感器；电表是电流表。故C错误。

D、只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比，有有I1==100A；故D错误。

故选：A。

甲图是电压互感器；乙图是电流互感器．变压器原副线圈的电压比等于匝数比．只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比．

电压互感器原线圈并接在两个输电线上，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，是降压变压器，把高电压降低成低电压，副线圈接电压表．电流互感器原线圈串接在某一根输电线中，原线圈匝数比副线圈匝数少，原线圈中是大电流，副线圈中是小电流，副线圈接的是电流表．【解析】A二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】

（1）螺线管内部的磁场为匀强磁场；螺线管管口向外，磁场减弱．有该性质可知，B随x的变化是先增大，后不变，再减小．故C正确，A；B、D错误．

故选C．

（2）因为电流越大，产生的磁场越强，由图（C）可知，I甲＞I乙．

故答案为：（1）C；（2）大于．

【解析】【答案】螺线管内部的磁场为匀强磁场；螺线管管口向外，磁场减弱．电流越大，磁场越强．

10、略

【分析】【解析】试题分析：(1)由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q且W＝2.0×105J，ΔU＝1.5×105J，解得Q＝－5×104J，所以放出热量为5×104J.(2)A图表示等温变化；B图表示等容变化；C图表示等压变化，并且C图中表示温度升高，所以理想气体内能增大．考点：热力学第一定律，理想气体状态方程【解析】【答案】(1)放出5×104(2)C增加11、略

【分析】解：两个相干波源产生的干涉图样；图中A；B点是振动加强点，C点是振动减弱点；

因两列波的振幅都为10cm；则图示中A点的振幅为2A=20cm，B点的振幅为2A=20cm，C点的振幅0cm；

故答案为：20；20；0．

列波相遇时振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．

波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰．例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零．【解析】20；20；012、略

【分析】解：所选档位为×100Ω．则读数为12×100=1200Ω

偏转角度大；则电阻相对小些应换一小的档位即×10Ω档。

故答案为：1200；×10档。

根据所选档位进行读数；要由表盘数据乘以倍率．由图示知偏转角度过大，则电阻阻值小，要选小一点档位．

考查欧姆表的读数方法，要乘以倍率．明确如何正确调整档位．【解析】1200；×1013、略

【分析】解：(1)该实验为探究楞次定律；即探究感应电流的方向与引起感应电流的磁场之间的关系的实验，电流计与副线圈的两个接线柱连接，构成回路；原线圈与滑动变阻器；电键、电源构成回路，然后依次连接如图：

(2)在电键刚闭合时；回路中的电流增大，原线圈中电流产生的磁场增大，所以副线圈中的磁通量增大，此时电流表指针右偏；

电键闭合后滑动变阻器的滑动触头迅速向接线柱C移动时；接入电路的有效电阻增大，所以回路中的电流减小，原线圈中的电流产生的磁场减小，穿过副线圈的磁通量减小，根据楞次定律可得，此时的感应电流的方向与开始时感应电流的方向相反，所以指针偏转的方向向左偏；

保持滑动变阻器的滑动触头不动；迅速向上提线圈A，穿过副线圈的磁通量减小，根据楞次定律可得，此时的感应电流的方向与开始时感应电流的方向相反，所以指针偏转的方向向左偏．

故答案为：(1)

实物连线如图所示

(2)左偏；左偏；【解析】左偏;左偏14、（Mg+mg+ma）t【分析】【分析】

以人为研究对象，根据牛顿第二定律求出人对杆子的作用力，再以杆子为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求出地面对杆子的支持力，最后根据冲量的定义求解地面对木杆的支持力的冲量。本题是平衡条件和牛顿运动定律的综合应用，分析受力是关键；也可以对人和木杆整体运用动量定理列式求解。【解答】以人为研究对象；根据牛顿第二定律得：

F鈭�mg=ma

解得：F=ma+mg

以杆子为研究对象；分析受力情况，杆子受到重力Mg

地面的支持力N

和人对杆子向下的力F

根据平衡条件得：

N=Mg+F=Mg+mg+ma

故支持力的冲量为：

I=Nt=(Mg+mg+ma)t

故填：(Mg+mg+ma)t

【解析】(Mg+mg+ma)t

15、略

【分析】解：交流电源频率为50Hz

则打点计时器的打点时间间隔为T=0.02s

根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；

则B

点的瞬时速度vB=xAC2T=3.14鈭�0.780.02隆脕10鈭�2m/s=0.59m/s

那么重力势能的减小量鈻�Ep=mgh=1隆脕9.8隆脕1.79隆脕10鈭�2J隆脰0.18J

．

故答案为：0.020.590.18

．

根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B

点的速度；从而得出B

点的动能，根据下降的高度求出重力势能的减小量，从而即可求解．

解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量．【解析】0.020.590.18

16、略

【分析】解：磁场的北极在地理南极的附近；地磁的南极在地理的北极附近地理南极附近；物体与磁铁接触后就显示出磁性的现象叫磁化；

故答案为：地理南极附近；磁化．

地球本身是一个大磁体；地球周围存在地磁场，地磁的北极在地理的南极附近，地磁的南极在地理的北极附近．明确磁化及去磁的现象．

本题应明确：

（1）地球是个巨大的磁体；地球的周围存在着磁场，任一点的磁场方向是不变的．

（2）地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近．但并不是完全重合的．【解析】地理南极附近；磁化三、判断题(共7题，共14分)17、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．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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．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、作图题(共2题，共14分)24、略

【分析】根据横波的形成原理，由题中给出9、10、11、12四点的位置和运动方向，可画出其他各点的位置和运动方向，如图甲所示，居中的直线为各点的平衡位置，根据各点此时的运动方向，即可找到再过T各个质点的位置和运动方向．如图甲虚线所示．则可知经过周期时点3、4、5、6的位置和速度方向，如图乙所示．【解析】【答案】见解析25、解答：看近处物体时，像会聚在视网膜的后方，是远视眼，戴凸透镜矫正，如下图所示．

【分析】【分析】远视眼看远处物体时，视网膜上能成清晰的像；看近处物体时，由于晶状体太薄或眼球太短，使像会聚在视网膜的后方．应戴凸透镜来矫正，使像会聚在视网膜上．五、简答题(共2题，共6分)26、（1）①4②ZnS③3d54s1（2）sp3（3）水分子与乙醇分子间能形成氢键（4）正四面体（5）3个【分析】【分析】本题考查物质结构和性质，涉及化学式确定、原子杂化方式判断、化学键的计算等知识点，熟练掌握基础知识并灵活运用基础知识解答问题是解本题关键，题目难度中等。【解答】元素rm{X}位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数rm{=2+8+18=28}且最外层电子数为rm{2}所以该原子有rm{30}个电子，为rm{Zn}元素；元素rm{Y}基态原子的rm{3p}轨道上有rm{4}个电子，则rm{Y}是rm{S}元素；元素rm{Z}的原子最外层电子数是其内层的rm{3}倍，元素最外层电子数小于或等于rm{8}所以rm{Z}是rm{O}元素；rm{W}比rm{X}原子序数小rm{5}为rm{Mn}元素。

rm{(1)}根据上面的分析可知，rm{垄脵}在rm{1}个晶胞中，rm{X}离子的数目为rm{4}

故答案为：rm{4}

rm{垄脷X}为rm{Zn}rm{Y}为rm{S}rm{X}rm{Y}的个数比为rm{1}rm{1}所以该化合物的化学式为rm{ZnS}

故答案为：rm{ZnS}

rm{垄脹W}为锰，价电子排布式为：为锰，价电子排布式为：rm{垄脹W}rm{3d^{5}4s^{1}}

，故答案为：rm{3d^{5}4s^{1}}

；分子中，rm{(2)H_{2}S}原子的价层电子数为：rm{S}所以rm{dfrac{6+2}{2}=4}原子的轨道的杂化类型是rm{S}杂化；

故答案为：rm{sp^{3}}

rm{sp^{3}}在乙醇中的溶解度：rm{(3)}大于rm{H_{2}O}其主要原因是：水分子与乙醇分子间能形成氢键；

故答案为：水分子与乙醇分子间能形成氢键；

rm{H_{2}S}中rm{(4)SO_{4}^{2-}}原子的价层电子数为：rm{4+dfrac{1}{2}隆脕(6+2-4隆脕2)=4}且没有孤电子对，所以是正四面体结构；

故答案为：正四面体；

rm{S}的氯化物与氨水反应可形成配合物rm{4+dfrac{1}{2}隆脕(6+2-4隆脕2)=4

}配体为rm{(5)Zn}rm{[Zn(NH_{3})_{4}]Cl_{2}}，rm{NH}rm{NH}键的数目为rm{3}个；

故答案为：rm{3}个。

．rm{1}【解析】rm{(1)垄脵4}rm{垄脷ZnS}rm{垄脷ZnS}rm{垄脹3d^{5}4s^{1}}rm{垄脹3d^{5}4s^{1}}水分子与乙醇分子间能形成氢键rm{(2)sp^{3}}正四面体rm{(3)}个rm{(4)}27、略

【分析】

A

与C

碰撞过程中；动量守恒守恒，根据动量守恒定律求出共同速度，B

在A

上滑行，ABC

组成的系统动量守恒，根据守能量守恒定律和能量守恒定律列式，联立方程即可求解．

本题考查动量守恒定律的应用问题，要注意分析物体的运动过程，选择不同的系统作为研究对象，运用动量守恒定律进行分析求解．【解析】解：A

与C

碰撞过程中；动量守恒守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：

mAv0=(mA+mC)v1

代入数据解得：v1=2.5m/s

B

在A

上滑行；ABC

组成的系统动量守恒，以向右为正，根据守能量守恒定律得：

mBv0+(mA+mC)v1=(m1+m2+m3)v2

代入数据解得：v2=3m/s

根据能量守恒定律得：

12mBv02+12(mA+mC)v12=12(m1+m2+m3)v22+娄脤mBgl

代入数据解得：l=0.5m

答：长木板A

的长度为0.5m

．六、综合题(共2题，共4分)28、（1）BDE（2）解：(1)对汽缸受力分析，由平衡条件有FN＋pS＝p0S，得FN＝(p0－p)S＝50N(2)设温度升高至T时，活塞与汽缸底的距离为H，则气体对外界做功W＝p0ΔV＝p0S(H－h)，由热力学第一定律得ΔU＝Q－W，解得H＝12cm气体温度从T0升高到T的过程，由理想气体状态方程，得解得T＝720K【分析】(1)

【分析】当入射光的频率大于金属的极限频率；就会发生光电效应；用自由电子轰击基态的氢原子，电子的部分能量会被吸收，发生跃迁，用光子照射，吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，才能被吸收，或吸收的光子能量使氢原子发生电离，也能被吸收。

解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，知道若吸收的能量使氢原子发生电离，也能被吸收。【解答】A.氢原子从高能级跃迁到基态发射的光子能量大于锌板的电子逸出功，锌板能发生光电效应，氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光，有的光子能量大于3.34eV3.34eV会使锌板发生光电效应，故A错误；

B.用能量为11.0eV11.0eV的自由电子轰击，电子的部分能量会被基态的氢原子吸收，只要吸收的能量等于两能级间的能级差，就会跃迁到激发态，故B正确；

C.吸收的光子能量等于两能级间的能级差，才能被吸收，紫外线的最小能量为3.11eV

处于E2=鈭�3.4eV

能级的氢原子能吸收部分频率的紫外线，故C错误；

D.