2025年华东师大版高二物理上册月考试卷

…………○…………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289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；闭合方形线框ABCD处在足够大并与线圈平面垂直的匀强磁场中，下列各种情况中能在线框中产生感应电流的是（）

A.线框向右作匀速直线运动。

B.线框向右作加速直线运动。

C.线框以AB为轴转动。

D.线框以A点为圆心在纸面内转动。

2、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果滑动变阻器的滑片向b端移动，则（）A.电灯L变亮，安培表的示数变小B.电灯L变亮，安培表的示数变大C.电灯L变暗，安培表的示数变小D.电灯L变亮，安培表的示数不变3、青藏铁路路基两旁各插有一排碗口粗细；高约2米的铁棒（如图所示）；我们叫它热棒．热棒在路基下还埋有5米深，整个棒体是中空的，里面灌有液氨．热棒的工作原理很简单：当路基温度上升时，液态氨受热发生（①），上升到热棒的上端，通过散热片将热量传导给空气，气态氨由此冷却（②）变成了液态氨，又沉入了棒底．这样，热棒就相当于一个天然“制冷机”．请问文中空格处的物态变化名称是（）

A.①汽化、②液化B.①液化、②汽化C.①升华、②液化D.①升华、②凝华4、标有“220V，0.5μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用？（）A.220sin100πtVB.220V的照明电路中C.380sin100πtVD.380V的照明电路中5、圆形导线框固定在匀强磁场中，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外，磁感应强度B随时间变化规律如图示，若规定逆时针方向为感应电流i的正方向，下列图中正确的是（）A.B.C.D.6、如图所示，在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场中，放置一个金属圆环，圆环平面与磁场方向垂直，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是（）A.使匀强磁场均匀增强B.使匀强磁场均匀减弱C.使圆环向左或向右平动D.使圆环向上或向下平动7、电子束经过电压为U的电场加速后；进入一匀强磁场区为了让电子束射到屏幕上方P处，所加的偏转磁场方向可能是（）

A.竖直向下。

B.竖直向上。

C.垂直纸面向里。

D.垂直纸面向外。

8、如图，在粗糙水平木板上放一物体，把木板的一端逐渐抬至木板板面呈竖直位置，在这一过程中，下列判断正确的是：A.在这过程中物体所受的摩擦力不断增大B.物体在这过程中先受滑动磨擦力后受静磨擦力C.物体所受的摩擦力先增大后减小D.物体所受的摩擦力先逐渐增大后保持不变9、在如图所示的U鈭�I

图象中，直线I

为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R

的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R

相连组成闭合电路。由图象可知错误的是()

A.电源的电动势为3V

内阻为0.5娄赂

B.电阻R

的阻值为1娄赂

C.电源的输出功率为4w

D.电源的效率为50拢楼

评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、如图所示电路，当在两端加上直流电压时，正常发光，不亮；当两端加上同样电压的交变电流时，发光亮度变暗，而正常发光.则分别为________和________.(可选择：电阻、电容器、电感线圈)11、如图，右手握住通电直导线，让伸直的拇指方向与电流的方向一致，那么，弯曲的四指所指的方向就是______的环绕方向．12、密立根油滴实验的原理示意图如图所示，两块平行金属板水平放置，A板带正电，B板带负电．调节两板间的场强，使从喷雾器喷出的半径为r、密度为ρ的带电油滴恰好处于平衡状态，设此油滴所在处的场强为E，则油滴所带的电量为____，此油滴得到了____个电子（元电荷的电量为e）．

13、如图是一列沿x正向传播的简谐横波在传播方向上相距3m的两质点P和Q的振动图象，其实线是P点的振动图象，虚线是Q点的振动图象，若P质点离波源比Q质点近，则该波的最大波长为______m，若Q质点离波源比P点近，则该波的最大波长是________m。14、如下图左所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路,导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环。导线abcd所围区域内磁场的磁感强度分别按下图右侧A、B、C、D图线所表示的方式随时间变化时（1）导体圆环将受到向上的磁场作用力的是；（2）导体圆环将受到向下的磁场作用力的是；（3）导体圆环将不受到磁场作用力的是。（请填入图线下方对应的字母）15、在“探究碰撞中的不变量”的实验中称得入射小球1

的质量m1=15g

被碰小球2

的质量m2=10g

由实验得出它们在碰撞前后的位移鈭�

时间图线如图中的11隆盲2

所示，则由图可知，入射小球在碰前m1v1=

______kg?m/s

入射小球在碰后m1v1隆盲=

______kg?m/s

被碰小球m2v2=

______kg?m/s.

由此可得出结论______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、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）17、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）18、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）19、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）

20、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）

21、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）

22、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）

评卷人得分四、解答题(共1题，共2分)23、如图，导体ab长l=0.5m，放在B=0.4T的匀强磁场中，磁场方向如图所示，电阻R1=2Ω，R2=4Ω，导体ab以及其它连接电路的导线电阻均忽略不计，若使ab以v=3m/s的速度向右匀速运动，则导体a端电势比b端电势______（填：“高”，“等”或“低”），ab两点的电势差为______V，作用于导体ab的外力F为______N．

评卷人得分五、简答题(共3题，共15分)24、rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}五种元素，在元素周期表中的位置如图所示。回答下列问题：rm{(1)}上述五种元素中，金属性最强的元素在周期表中的位置是____，该元素的单质在空气中燃烧的化学方程式为____。rm{(2)}元素rm{垄脵}和rm{垄脹}可以形成众多的化合物，其中最简单的是rm{(}写化学式rm{)}____，该化合物中，化学键的类型为____rm{(}填“离子键”或“共价键”rm{)}rm{(3)}试用电子式表示元素rm{垄脻}单质分子的形成过程____。rm{(4)}铁粉和氧化亚铁粉末的混合物共rm{9.2}克，加入到rm{150}毫升的稀硫酸中，恰好完全反应，得到氢气rm{2.24}升rm{(}标准状况rm{)}求：rm{1.}混合物中铁和氧化亚铁的质量。rm{2.}原稀硫酸的物质的量浓度。25、如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？碰撞一定是对心碰撞吗？26、rm{拢脹}化学rm{隆陋}选修rm{3}物质结构与性质rm{拢脻}rm{Li}是最轻的固体金属，采用rm{Li}作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：rm{(1)}下列rm{Li}原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____rm{(}填标号rm{)}A.B.C.D.rm{(2)Li^{+}}与rm{H^{?}}具有相同的电子构型，rm{r(Li^{+})}小于rm{r(H^{?})}原因是______。rm{(3)LiAlH_{4}}是有机合成中常用的还原剂，rm{LiAlH_{4}}中的阴离子空间构型是______。中心原子的杂化形式为______，rm{LiAlH_{4}}中，存在_____rm{(}填标号rm{)}A.离子键B.rm{娄脪}键C.rm{娄脨}键D.氢键rm{(4)Li_{2}O}是离子晶体，其品格能可通过图rm{(a)}的rm{born?Haber}循环计算得到。可知，rm{Li}原子的第一电离能为_______rm{kJ隆陇mol^{?1}}rm{O=O}键键能为_____rm{kJ隆陇mol^{?1}}rm{Li_{2}O}晶格能为_____rm{kJ隆陇mol^{?1}}rm{(5)Li_{2}O}具有反萤石结构，晶胞如图rm{(b)}所示。已知晶胞参数为rm{0.4665nm}阿伏加德罗常数的值为rm{N_{A}}则rm{Li_{2}O}的密度为______rm{g隆陇cm^{?3}(}列出计算式rm{)}评卷人得分六、综合题(共4题，共32分)27、关于分子动理论和物体的内能，下列说法正确的是()A.“油膜法”估测分子大小实验中；可将纯油酸直接滴入浅盘的水面上。

B.温度越高；液体中悬浮微粒的布朗运动就越明显。

C.液体很难被压缩；这是因为压缩时液体分子间的分子力表现为斥力。

D.分子势能随分子间距离的增大而增大。

E.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小28、(1)

在“测定导体电阻”的实验中，电源使用二节新干电池，被测电阻的阻值约为5娄赂

电流表内阻约0.2娄赂

电压表内阻约为2k娄赂

滑动变阻器的规格是“10娄赂1.5A

”.

实验电路如图，电路连接正确，实验数据记录如表格所示，其中有一组数据有拼凑的嫌疑，请指出是哪组有嫌疑__________.(

选填组号ABCD)

。实验组号A

B

C

D

电压/V

0.6

1.2

1.8

2.4

电流/A

0.12

0.24

0.36

0.48

(2)

利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图a.

调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R

和多用电表示数I

作出R鈭�1I

的图线如图b.

由图b

可求得电动势E=

__________V

内阻r=

__________娄赂.(

结果均保留2

位有效数字)

忽略偶然误差，本实验测得的E虏芒

和r虏芒

与真实值比较：E虏芒

________E脮忙r虏芒

__________r脮忙拢庐(

选填“<

”“=

”或“>

”)

29、(1)

如图甲，同一均匀介质中的一条直线上有相距10m

的两质点ABC

为AB

中点.

从0

时刻起，AB

同时开始振动，且都只振动了一个周期.

图乙为A

的振动图象，图丙为B

的振动图象.

若A

向右传播的波与B

向左传播的波在0.5s

时相遇，则下列说法正确的是()A.两列波的波长都是5m

B.两列波在AB

间的传播速度均为10m/s

C.在两列波相遇过程中；C

为振动加强点。

D.在1s

时；质点B

经过平衡位置且振动方向向上。

E.1s

内，C

经过的路程为0(2)

一厚度为h

的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r

的圆形发光面.

在玻璃板上表面放置一半径为R

的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上.

已知圆纸片恰好能完全挡住从圆形发光面发出的光线(

不考虑反射)

求平板玻璃的折射率．30、拢脹拢脹物理隆陋隆陋隆陋隆陋选修3篓C3拢脻3篓C3拢脻略参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】

A；线框沿纸面向右作匀速直线运动；磁通量不变，故无感应电流，故A错误；

B；线框垂直纸面向右作加速直线运动；磁通量不变，故无感应电流，故B错误；

C；线框以AB为轴转动；磁通量不断变化，有感应电流，故C正确；

D；线框以A点为圆心在纸面内转动；磁通量不变，故无感应电流，故D错误；

故选C．

【解析】【答案】要使线圈中产生感应电流；则穿过线圈的磁通量要发生变化，回路要闭合．

2、A【分析】试题分析：据题意，当滑片向b端移动，滑动变阻器的电阻增大，则整个电路总电阻增大，据闭合电路欧姆定律可知总电流I将减小，内电压减小而外电压增大，故灯泡变亮，而电流表示数减小，故选项A正确。考点：本题考查电路动态平衡问题。【解析】【答案】A3、A【分析】【解答】①的过程中；液态氮→气态氮，符合汽化的物态变化过程；②的过程中，气态氮→液态氮，符合液化的物态变化过程；因此空格处应是：①汽化；②液化；故选A．

【分析】判断空格处的物态变化，要抓住变化前后物质所处的状态，①是由液态→气态，②是由气态→液态；然后根据所学物态变化的几种类型来进行选择．4、A【分析】【解答】解：电容器所标的电压值为电容器的耐压值，故只要交流电的最大值不越过电容器的耐压值，电容器即可正确工作；故其可以接在220sin100πtV的电路中；220V的电照明电路最大值为220V；380sin100πtV最大值为380V，大于220V；而380V的照明电路最大值为380V；故只有A正确；BCD错误；

故选：A．

【分析】明确电容器的所标电压值为耐压值，即所加电压的最大值不能超过该电压，分析给项给出的电压的最大值，即可明确能接入的电路．5、C【分析】解：由B-t图象可知；0-1s内，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向，故BD错误；

由楞次定律可知；1-2s内电路中的电流为顺时针，为正方向，2-3s内，电路中的电流为顺时针，为正方向，3-4s内，电路中的电流为逆时针，为正方向，A错误，C正确；

故选：C．

根据B-t图象判断穿过项圈的磁通量变化情况；由楞次定律判断出感应电流的方向；应用排除法分析答题．

本题要求学生能正确理解B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定．【解析】【答案】C6、A【分析】解：A；由图可知；磁场的方向向里，当磁场增强时，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为逆时针方向。故A正确；

B；磁场的方向向里；当磁场减弱时，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向里，则感应电流的方向为顺时针方向，故B错误。

C；因磁场区域足够大；故线圈左右平移时，磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；

D；线圈上下平移时磁通量不会发生变化；故不会产生感应电流，故D错误。

故选：A。

要使线圈中产生感应电流；则穿过线圈的磁通量要发生变化，分析各项磁通量的变化情况，结合楞次定律即可一一求解。

穿过线圈的磁通量，可以假想成穿过线圈磁感线的条数，则当条数发生变化时，必有感应电动势出现。而条数的变化可以由线圈的运动确定。【解析】A7、D【分析】

由题；电子束向上偏转，洛伦兹力向上，电子带负电，根据左手定则，四指指向电子运动的反方向，得到磁场的方向垂直纸面向外．

故选D．

【解析】【答案】电子束向上偏转；洛伦兹力向上，电子带负电，根据左手定则，判断磁场的方向．

8、C【分析】【解析】试题分析：物体受重力、弹力、摩擦力，在没滑动前静摩擦力逐渐增大，开始滑动后滑动摩擦力逐渐减小，所以摩擦力先增大后减小，故C正确，ABD错误故选C考点：考查了受力分析【解析】【答案】C9、D【分析】【分析】(1)(1)由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻；(2)(2)电阻RR的伏安特性曲线的斜率等于电阻；(3)(3)两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率。解决本题，要注意抓住图线的截距、斜率、交点的意义来理解图象的意义。【解答】A.由图象I

的物理意义知，电源电动势E=3V

电源的内电阻为r=36娄赂=0.5娄赂

故A不符合题意；B.由图象II

的物理意义知，电阻R

的阻值为R=22娄赂=1娄赂

故B不符合题意；C.由图象交点的物理意义知，电源的输出功率(

即R

消耗的电功率)

为PR=IU=2隆脕2W=4W

故C不符合题意；D.由图象知，电源的功率为P=IE=2隆脕3W=6W

电源的输出功率为P

RR=IU=4W

由娄脟=P鲁枚P脳脺隆脕100拢楼

得：娄脟=67拢楼

故D符合题意。故选D。【解析】D

二、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【解析】试题分析：电感线圈对交流电的阻碍作用随着频率的增大而增大，电容器对交流电的阻碍作用随着频率的增大而减小，由此可知A、B分别为电感线圈和电容器考点：考查电感和电容对交流电的阻碍作用【解析】【答案】电感线圈电容器11、略

【分析】解：根据安培定则的内容判定线电流的磁感线的方法是：右手握住导线；让大拇指所指的方向跟电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．

故答案为：磁感线。

安培定则：右手握住导线；让大拇指所指的方向跟电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向。

该题考查安培定则的简单应用，之间使用安培定则即可．属于基础题目．【解析】磁感线12、略

【分析】

对带电液滴受力分析：重力与电场力平衡；由qE=mg得：

q===

一个电子的电量为e；

所以油滴得到电子数目为：n==

故答案为：

【解析】【答案】带电液滴在匀强电场中；受到重力与电场力处于平衡状态．由平衡条件结合电场力表达式可求出液滴的电量．

13、略

【分析】试题分析：由同一时刻两点的位移，可画出两间间的波形，由图可知，在t=0时，P点下在向最大位移处运动，而Q点平衡位置且向负方向运动，若P点离波源近，则两间点的波形图如图1所示，有最大波长若Q点离波源近，则两点间的波形如图2所示，则有最大波长考点：横波的图像【解析】【答案】4m12m14、略

【分析】试题分析：A中可看出穿过abcd的磁通量的变化率减小，则在螺线管中产生的感应电流减小，穿过圆环的磁通量减小，故圆环受到向上的磁场力的作用；同理B中，圆环受到向下的磁场力作用；在CD中，穿过线圈的磁通量均匀变化，故在abcd中会产生恒定不变的感应电流，穿过圆环的磁通量不变，所以圆环中不产生感应电流，故圆环不受力。考点：法拉第电磁感应定律及楞次定律。【解析】【答案】（1）A（2）B（3）CD15、略

【分析】解：由图象可知；碰前入射小球的速度：

v1=x1t1=0.20.2=1m/s

碰后入射球的速度：

v1隆盲=鈻�x鈻�t=0.3鈭�0.20.4鈭�0.2=0.5m/s

被碰球碰后的速度：

v2=s2t2=0.35鈭�0.20.4鈭�0.2=0.75m/s

入射球碰前的动量：p=m1v1=0.015隆脕1=0.015kg?m/s

入射小球碰撞后的m1v1隆盲=0.015隆脕0.5=0.0075kgm?/s

被碰小球碰撞后的：m2v2=0.01隆脕0.75=0.0075kg?m/s

碰后系统的总动量：p隆盲=m1v1隆盲+m2v2隆盲=0.0075+0.0075=0.0150kg?m/s

．

通过计算发现：两小球碰撞前后的动量相等；即：碰撞过程中系统的动量守恒．

故答案为：0.0150.00750.0075

碰撞过程中系统的动量守恒．

由速度图象求出小球的位移与对应的时间；由速度公式求出小球的速度，然后根据动量的计算公式求出小球的动量，最后分析实验数据得出实验结论．

本题考查了实验数据分析，由图象求出小球的位移与对应的时间，应用速度公式与动量的计算公式即可正确解题，注意明确验证动量守恒的基本方法．【解析】0.0150.00750.0075

碰撞过程中系统的动量守恒三、判断题(共7题，共14分)16、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．17、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．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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．四、解答题(共1题，共2分)23、略

【分析】

由右手定则可知ab中电流从b流向a；电源内部电流从负极流向正极，故a端电势高；

电动势为：E=BLv=0.4×0.5×3=0.6V．

导体ab电阻均忽略不计，所以ab两点的电势差为0.6V．

根据欧姆定律得：

I==0.45A

导体棒所受安培力为：

F安=BIL=0.09N

ab向右匀速运动；根据平衡条件得：

F=F安=0.09N

故答案为：高；0.6，0.09．

【解析】【答案】根据右手定则判断的感应电流方向是电源内部电流方向；从电源的负极流向电源的正极，根据E=BLv可以求出感应电动势的大小．

导体棒AB切割磁感线产生电动势；相当于电源，其两端的电压U是外电压．根据欧姆定律求解．

匀速运动时外力大小等于安培力大小；

五、简答题(共3题，共15分)24、（1）第三周期ⅠA族（2）CH4共价键（3）（4）5.6g、3.6g1mol/L【分析】【分析】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，题目难度较大。依据题给信息，正确推断元素种类，熟练掌握常见化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查。【解答】由元素在周期表中的位置可知，rm{垄脵}为rm{H}元素、rm{垄脷}为rm{Na}元素、rm{垄脹}为rm{C}元素、rm{垄脺}为rm{N}元素、rm{垄脻}为rm{Cl}元素；

rm{(1)}五种元素中rm{Na}元素的金属性最强，处于周期表中第三周期Ⅰrm{A}族；钠在空气中加热生成过氧化钠，该反应的化学方程式为：rm{2Na+{O}_{2}overset{碌茫脠录}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}

故答案为：第三周期Ⅰrm{2Na+{O}_{2}

overset{碌茫脠录}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}族；rm{2Na+{O}_{2}overset{碌茫脠录}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}

rm{A}为rm{2Na+{O}_{2}

overset{碌茫脠录}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}元素、rm{(2)垄脵}为rm{H}元素，二者形成化合物种类繁多，最简单是rm{垄脹}该化合物中只含rm{C}共价键。故答案为：rm{CH_{4}}共价键；

rm{C-H}为氯元素，用电子式表示氯气分子的形成过程为：故答案为：rm{CH_{4}}依题意可知，生成氢气的物质的量为：rm{(3)垄脻}

rm{(4)}

rm{n(H_{2})=V/V_{m}=2.24L隆脗22.4L/mol=0.1mol}rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}

rm{1}rm{1}

所以rm{n(Fe)}rm{0.1mol}

rm{n(Fe)=0.1mol}rm{m(Fe)=5.6g}

溶质为硫酸亚铁，根据铁元素守恒rm{m(FeO)=9.2g-5.6g=3.6g}

所以rm{n(FeO)=0.05mol}rm{n(FeSO_{4})=0.1mol+0.05mol=0.15mol}所以，rm{n(H_{2}SO_{4})=n(FeSO_{4})=0.15mol}混合物中铁和氧化亚铁的质量分别为rm{c(H_{2}SO_{4})=0.15mol/0.15L=1mol/L}rm{1.}rm{Fe5.6g}原稀硫酸的物质的量浓度为rm{FeO3.6g}故答案为：rm{2.}rm{1mol/L}rm{5.6g}rm{3.6g}【解析】rm{(1)}第三周期Ⅰrm{A}族rm{2Na+{O}_{2}overset{碌茫脠录}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}rm{2Na+{O}_{2}

overset{碌茫脠录}{=}N{a}_{2}{O}_{2}}共价键rm{(2)CH_{4;;;}}rm{(3)}rm{(4)5.6g}rm{3.6g}rm{1mol/L}25、不一定．只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度．母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生．【分析】略【解析】不一定.

只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度.

母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生．26、rm{(1)D}rm{C}

rm{(2)Li^{+}}核电荷数较大

rm{(3)}正四面体rm{sp^{3;}AB}

rm{(4)520}rm{498}rm{2908}

rm{(5)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}}rm{(5)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}

}【分析】【分析】rm{(1)}原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高；rm{(2)}电子层结构相同的离子，离子核电荷数越大，其吸引电子能力越大；rm{(3)LiAlH_{4}}中的阴离子中rm{Al}原子价层电子对个数rm{=4+dfrac{3+1-4隆脕1}{2}=4}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式；rm{LiAlH_{4}}中，阴阳离子之间存在离子键、rm{Al}和rm{H}原子之间存在极性共价单键、配位键；rm{(4)Li}原子的第一电离能为rm{Li}原子失去rm{1}个电子所需要的能量；rm{O=O}键键能为氧气分子变为氧原子所需能量；晶格能是气态离子形成rm{1mol}离子晶体释放的能量；rm{(5)}晶胞中rm{Li^{+}}个数是rm{8}rm{O^{2-}}个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}晶胞体积rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}

=4}晶胞密度rm{=(0.4665隆脕10^{-7}cm)^{3}}【解答】rm{=dfrac{m}{V}}原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子排布能量最低的是rm{(1)}rm{1s}能级，能量最高的是rm{2s}rm{2s}能级，故填：rm{2p}rm{D}

rm{C}与rm{(2)Li^{+}}具有相同的电子构型，离子核电荷数：rm{H^{-}}其吸引电子能力：rm{Li^{+}>H^{-}}导致其半径越小，故填：rm{Li^{+}>H^{-}}核电荷数较大；

rm{Li^{+}}中的阴离子中rm{(3)LiAlH_{4}}原子价层电子对个数rm{Al}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、rm{=4+dfrac{3+1-4隆脕1}{2}=4}杂化；rm{sp^{3}}中，阴阳离子之间存在离子键、rm{LiAlH_{4}}和rm{Al}原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、rm{H}键、配位键，故填：正四面体；rm{娄脪}rm{sp^{3}}

rm{AB}原子的第一电离能为rm{(4)Li}原子失去rm{Li}个电子所需要的能量，所以其第一电离能为rm{dfrac{1040}{2}kJ/mol=520kJ/mol}rm{1}键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能rm{dfrac{1040}{2}

kJ/mol=520kJ/mol}晶格能是气态离子形成rm{O=O}离子晶体释放的能量，所以其晶格能为rm{=2隆脕249kJ/mol=498kJ/mol}

故填：rm{1mol}rm{2908kJ/mol}rm{520}

rm{498}晶胞中rm{2908}个数是rm{(5)}rm{Li^{+}}个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}晶胞体积rm{8}晶胞密度rm{=)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}g/cm^{3}}故填：rm{dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}}rm{O^{2-}}【解析】rm{(1)D}rm{C}rm{(2)Li^{+}}核电荷数较大rm{(3)}正四面体rm{sp^{3;}AB}rm{(4)520}rm{498}rm{2908}rm{(5)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}}rm{(5)dfrac{8隆脕7+4隆脕16}{{N}_{A}{(0.4665隆脕{10}^{?7})}^{3}}

}六、综合题(共4题，共32分)27、BCE【分析】【分析】“油膜法”估测分子大小实验中，将油酸酒精溶液滴入浅盘的水面上；温度越高，布朗运动越明显；液体很难被压缩，这是因为液体分子间存在斥力；分子势能随分子间距离的增大而减小；当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小。本题要理解并掌握“油膜法”估测分子大小实验原理和方法，知道布朗运动的特点，掌握分子势能与分子力的关系，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。【解答】A.在“油膜法”估测分子大小实验中，先在水面上撒上痱子粉，再将油酸溶液滴入痱子粉上，故A错误；B.布朗运动是由于液体分子碰撞的不平衡性造成的；温度越高，液体分子运动越激烈，则液体中悬浮微粒的布朗运动就越明显，故B正确；C.液体很难被压缩，这是因为压缩时液体分子间的分子力表现为斥力，故C正确；D.当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，故D错误；E.当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，当分子力表现为引力时，分子势能随