2025年岳麓版高二物理下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年岳麓版高二物理下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6题，共12分)1、半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，如图所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法正确的是（）A.MN对Q的弹力逐渐减小B.P对Q的弹力逐渐增大C.地面对P的摩擦力逐渐增大D.Q所受的合力逐渐增大2、如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为()A.3∶4B.4∶3C.3∶2D.2∶33、a、b两物体在同一条直线上同向运动，b在前a在后，0时刻时两物体的距离为30m，它们的v-t图象如图，以下说法正确的是（）A.a在t=5s时追上bB.a在t=3s时追上bC.5s时a在b前方且距离最远D.9s时b再次追上a4、在电场中(

)

A.某点的电场强度大，该点的电势一定高B.某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C.某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零D.某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零5、两列波在某区域相遇，下列说法中正确的是()．A.两列波相遇前后能够保持各自的状态而不互相干扰B.由于一切波都能发生干涉，故这两列波相遇一定能产生干涉图样C.若这两列波叠加后，出现某些区域振动加强，某些区域振动减弱，这两列波发生了干涉D.在两列波重叠区域里，任何一个质点的位移都是由这两列波引起的位移的矢量和6、2012

年6

月16

日18

时37

分，“神舟九号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，不久后在预定的轨道上做匀速圆周运动并准备与在较高轨道上做匀速圆周运动的“天宫一号”空间站对接.

相对于“天宫一号”，“神舟九号”的()A.线速度小B.向心加速度小C.运行周期小D.角速度小评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、原来静止的质子（11H）和α粒子（24He），经过同一电压加速后，它们的速度大小之比为____．8、边长为a的正方形，处于有界磁场如图所示，一束电子以水平速度射入磁场后，分别从A处和C处射出，则vA：vC=__________;所经历的时间之比tA：tC=___________9、在示波管中，2s内有6.0×1013个电子通过横截面大小为0.75mm2的电子枪，则示波管中电流强度大小为______A．10、指出如图所示通电导线所受到的磁场力的方向：图（a）为____；图（b）为____；图（c）为____；图（d）为____．

11、质量为m1=2kg的带电绝缘球A，在光滑水平面上，从无限远处以初速度为10m/s，向另一个固定在水平面上带同号电荷的绝缘球B靠近B球的质量为m2=3kg，在他们相距到最近时总的动能为____J，他们具有的电势能为____J．12、变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。某同学在利用变压器实验时，需要组装一个降压变压器，则较粗导线的线圈应该作为____。（填“原线圈”或“副线圈”）13、如图，A放在水平面上，B放在A的斜面上，C放在B的水平的上表面上，B、C一起沿A的斜面匀速下滑时，A保持静止．已知A的倾角为θ，B、C的质量分别为mB和mC，那么B对C的摩擦力大小为______，水平面对A的摩擦力大小为______，若将C从B上取走，B的运动状态将______．14、在研究电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）．已经按实验的要求连线．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向接线柱C移动时，电流计指针将______

A．左偏B．右偏C．不偏．15、如图所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置．

(1)

若已知打点计时器的电源频率为50Hz

当地的重力加速度取g=9.80m/s2

重物质量为0.2kg.

实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，打P

点时，重物的速度为零，ABC

为另外3

个连续点.

根据图中的数据可知，重物由P

点运动到B

点，重力势能减少量娄陇Ep=

________J.(

结果保留三位有效数字)

(2)

若PB

的距离用h

表示，打B

点时重物的速度为vB

理论上当两者间的关系式满足__________时，说明下落过程中重锤的机械能守恒(

已知重力加速度为g)

．(3)

实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是________．A.重物的质量过大B.

重物的体积过小C.电源的电压偏低D.

重物及纸带在下落时受到阻力评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、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）17、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）18、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）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、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、作图题(共4题，共12分)22、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)23、在《互成角度的两个共点力的合成》的实验中，两个弹簧秤的拉力F1和F2已于图中作出了它们的图示，O是橡皮条的一个端点，图中每格的长度代表1N。（1）用作图法作出合力F的图示；（2）合力F的大小是_______N。24、作图。

（1）如图1；质点沿圆周做逆时针方向的匀速圆周运动，先后通过A；B、C三点，试画出：

①质点经过A点时的速度。

②从B点到C点的位移．

（2）如图2所示，金属棒ab在匀强磁场中沿金属导轨向右运动，请在图中画出螺线管中感应电流的方向和ab棒所受磁场力的方向．25、根据磁感应强度B

电流I

和安培力F

的相互关系；请根据要求作图．

评卷人得分五、简答题(共2题，共10分)26、如图所示，质量m=1kg的物体从倾角θ=30°的光滑斜面上0.8m高处由静止滑下，斜面底端A和水平面间有一小段光滑圆弧连接，物体与水平面AO间的动摩擦因数μ=0.5，水平面BO光滑，物体沿水平面滑行l1=1m到达O点后开始压缩缓冲弹簧，当物体到达B位置时物体速度为零，此时弹簧被压缩的长度l2=0.2m，g=10m/s2；求：

（1）物体到达斜面底端A时的速度大小；

（2）弹簧弹性势能的最大值；

（3）物体倍缓冲弹簧反弹后最终停下的位置与A点的距离．

27、rm{(1)}室温下，rm{K_{sp}(BaSO_{4})=1.1隆脕10^{-10}}将rm{pH=9}的rm{Ba(OH)_{2}}溶液与rm{pH=4}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液混合，若所得混合溶液的rm{pH=7}则rm{Ba(OH)_{2}}溶液与rm{H_{2}SO_{4}}溶液的体积比为____________。欲使溶液中rm{c(SO_{4}^{2-})leqslant1.0隆脕10^{-5}mol隆陇L^{-1}}则应保持溶液中rm{c(SO_{4}^{2-})leqslant

1.0隆脕10^{-5}mol隆陇L^{-1}}____rm{c(Ba^{2+})geqslant}rm{mol隆陇L^{-1}}一定温度下，向rm{1L0.1mol隆陇L^{-1}CH_{3}COOH}溶液中加入rm{(2)}固体，则醋酸的电离平衡向____________rm{1L0.1

mol隆陇L^{-1}CH_{3}COOH}填“正”或“逆”rm{0.1molCH_{3}COONa}反应方向移动；溶液中rm{dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}}的值____________rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}rm{

dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}

}已知：rm{(}常温下，醋酸和rm{)}的电离平衡常数均为rm{1.74隆脕10^{-5}b.CH_{3}COOH+NaHCO_{3}=CH_{3}COONa+CO_{2}隆眉+H_{2}O}室温下，rm{(3)}溶液呈____性____rm{a}填“酸”、“碱”或“中”，下同rm{NH_{3}隆陇H_{2}O}rm{1.74隆脕10^{-5}b.CH_{3}COOH+NaHCO_{3}=

CH_{3}COONa+CO_{2}隆眉+H_{2}O}溶液呈____________性。rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液中物质的量浓度最大的离子是____________rm{(}填化学式rm{)}

rm{NH_{4}HCO_{3}}评卷人得分六、推断题(共4题，共16分)28、已知rm{CH_{3}隆陋CH篓TCH_{2}+HBr隆煤CH_{3}隆陋CHBr-CH_{3}}rm{1mol}某芳香烃rm{A}充分燃烧后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}该芳香烃rm{A}在不同条件下能发生如图所示的一系列变化：

请回答下列问题：

rm{(1)A}中官能团的名称为：______________，rm{A}的结构简式：_______________________。

rm{(2)}上述反应中，rm{垄脵}是________反应rm{(}填反应类型rm{)(1}分rm{)}

rm{(3)}写出rm{C}rm{D}rm{E}rm{H}物质的结构简式：rm{C}____________________，rm{D}_______________，rm{E}_____________，rm{F}_______________。

rm{(4)}写出rm{D隆煤F}反应的化学方程式：______________________________。29、【化学rm{-}选修rm{5}有机化学基础】有机化合物rm{A}是一种农药生产的中间体，rm{A}在一定条件下可发生如图转化：

请回答下列问题：

rm{(1)A}分子中官能团的名称为____；

rm{(2)C}能发生反应的类型有______rm{(}填字母rm{)}

rm{a}rm{.}取代反应rm{b}rm{.}消去反应rm{c}rm{.}加成反应rm{d}rm{.}氧化反应。

rm{(3)}反应rm{垄脵}的化学方程式为____；

rm{(4)}写出rm{B}到rm{C}的离子方程式____；

rm{(5)E}在一定条件下反应能生成高分子化合物，写出此高分子化合物所有可能的结构简式：____。30、根据下面的反应路线及所给信息；回答下列问题：

rm{(1)11.2L(}标准状况rm{)}的烃rm{A}在氧气中充分燃烧可以产生rm{88gCO_{2}}和rm{45gH_{2}O}rm{A}的分子式是___________________rm{(2)A}有支链，rm{B}和rm{C}均为一氯化烃，它们的结构简式分别为____________，_____________rm{(3)D}的系统命名法名称__________________________rm{(4)垄脵}rm{垄脹}的反应类型依次是___________________，__________________rm{(5)}写出rm{垄脷}rm{垄脹}的反应化学方程式______________________________________rm{(6)}rm{A}的同分异构体的一种二氯代物rm{G}其核磁共振氢谱图上有两组峰，且峰面积之比为rm{1:1}rm{G}在足量的rm{NaOH}的醇溶液中加热，充分反应后生成rm{H}rm{H}的结构简式为_________________请写出rm{H}发生加聚反应的化学方程式__________________31、根据图示填空。

（1）化合物A含有的官能团是____。

（2）1molA与2moH2反应生成1moE，其反应方程式是____。

（3）与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是____。

（4）B在酸性条件下与Br2反应得到D，D的结构简式是____。

（5）F的结构简式是____。由E生成F的反应类型是。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B|C【分析】【解析】试题分析：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθ由于θ不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，B正确；对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtanθ由于θ不断增大，故f不断增大，故C正确；物体Q一直保持静止，故D错误；考点：受力分析，动态平衡【解析】【答案】BC2、A【分析】试题分析：带电粒子垂直进入匀强电场将做类平抛运动：在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=在垂直电场方向做匀速直线运动。设沿电场方向的分位移为d,x＝OM＝MN，由题意运动的时间t=则垂直电场的分位移为x=vot=vo×由以上关系可求质量之比为3：4.考点：本题考查类平抛运动规律。【解析】【答案】A3、B【分析】解：A、据题，0时刻时两物体的距离为30m，t=5s，a与b位移之差为×（20+10）×1+×10×4=35m，可知a早已追上b，在t=5s时，a已超过b；故A错误．

B、t=3s时a与b位移之差为×（20+10）×1+×（10+5）×2=30m，可知a恰好追上b；故B正确．

C、在t=5s前a的速度大于b的，两者间距减小，在t=5s后，b的速度比a的大，两者间距增大，所以5s时a在b前方且距离最近；故C错误．

D、根据“面积”表示位移，知9s时，a与b的位移之差等于×（20+10）×1=15m，可知b没有追上a；故D错误．

故选：B．

0时刻时两物体的距离为30m，当a与b的位移之差等于30m时a追上b．根据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移，则可确定a何时追上b．

速度-时间图象中要注意观察三点：一点，注意横纵坐标的含义；二线，注意斜率的意义；三面，速度-时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移．【解析】【答案】B4、D【分析】解：A

某点的电场强度大；该点的电势不一定高，两者没有直接关系，故A错误．

B；某点的电势高；由公式EP=q娄脮

知，正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，故B错误．

C；某点的场强为零；该点的电势不一定为零，检验电荷在该点的电势能不一定为零，故C错误．

D；某点的电势为零；即娄脮=0

由公式EP=q娄脮

知，检验电荷在该点的电势能一定为零，故D正确．

故选D

本题抓住电场强度与电势无关；正电荷在电势高处电势能大；负电荷在电势高处电势能小、电势为零，电势能为零，进行分析判断．

解决本题关键要知道电势与电场强度无关、电势能的公式EP=q娄脮

即可进行判断分析．【解析】D

5、A|C|D【分析】根据波的独立传播原理，选项A正确；一切波都能发生叠加，但是要产生干涉图样则两列波必须具备频率相同、相位差固定的条件，选项B错；若两列波叠加，出现某些区域振动加强、某些区域振动减弱的现象，这就是波的干涉，选项C正确；根据波的叠加原理，选项D正确．【解析】【答案】ACD6、C【分析】【解析】

试题分析：根据公式可得可得，半径越大，线速度越小，故神州九号的线速度大于天宫一号的线速度，A错误；根据公式可得半径越大，向心加速度越小，故神州九号的向心加速度较大，B错误；根据公式可得半径越大，运行周期越大，故神州九号的周期较小，C正确；根据公式可得半径越大，角速度越小，故神州九号的角速度较大，D错误。

考点：考查了万有引力定律的简单应用【解析】C

二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】

设带电粒子的质量为m；电量为q，加速电场的电压为U，根据动能定理得。

qU=

得速度大小v=

即速度大小与比荷的平方根成正比．

质子和α粒子比荷之比为：==2：1

所以速度之比vH：vα=

故答案为：

【解析】【答案】质子和α粒子在加速电场中；电场力对它们做功，引起动能的变化，根据动能定理求出速度的表达式，再求解速度之比．

8、略

【分析】试题分析：电子从C点射出，A为圆心，Rc=L，圆心角θc=由R=得vc=运动时间为四分之一周期，即：tc＝T＝电子从A点射出，OA中点为圆心，RA=圆心角θd=π，所以vA=tA=tA＝T＝由于运动的周期与速度无关，是相等的，故vA：vC=1：2，tA：tC=2：1.考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动。【解析】【答案】1∶2、2∶19、略

【分析】解：每个电子的电荷量大小为e=1.6×10-19C，6×1013个电子总电荷量为q=6×1013×1.6×10-19C=9.6×10-6C，则示波管中电流大小为I==4.8×10-6A．

故答案为：4.8×10-6A．

每个电子的电荷量大小为e=1.6×10-19C．根据电流的定义式I=求解示波管中电流的大小．

本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷，是个常量．其次要掌握电流的定义式【解析】4.8×10-610、略

【分析】

（a）图磁场方向垂直纸面向里；电流方向水平向右，根据左手定则，磁场力方向竖直向上．

（b）图磁场方向垂直纸面向外；电流方向斜向上，根据左手定则，知磁场力方向垂直导线方向向下．

（c）图磁场方向竖直向上；电流方向垂直纸面向里，根据左手定则，磁场力的方向水平向右．

（d）图磁场方向垂直纸面向里；电流方向垂直纸面向外，由于电流方向与磁场方向平行，则不受磁场力．

故答案为：竖直向上；垂直导线方向向下，水平向右，不受磁场力．

【解析】【答案】根据电流的方向和磁场的方向；通过左手定则判断出磁场力的方向．

11、略

【分析】

带电绝缘球A在光滑水平面上；从无限远处向带同号电荷的绝缘球B靠近过程中，A做减速运动，两者距离不断减小，当A球的速度减至零时，两球相距最近，此时A球的动能为零．

根据能量守恒定律得：系统的电势能为EP==J=100J．

故答案为：0；100

【解析】【答案】带电绝缘球A在光滑水平面上；从无限远处向带同号电荷的绝缘球B靠近过程中，A做减速运动，当速度减至零时，两球相距最近．根据能量守恒定律求出电势能．

12、略

【分析】由变压器原线圈和副线圈匝数比与电流之比的关系可知，在降压变压器的副线圈，电流较大，热功率较大，利用粗导线电阻较小，热功率较小【解析】【答案】副线圈13、略

【分析】解：对C受力分析；受重力；支持力，可能有静摩擦力，由于C做匀速直线运动，故静摩擦力为零，否则不可能平衡；

对A；B、C整体受力分析；受重力、支持力，可能受地面的静摩擦力，由于整体处于平衡状态（因为内部每个物体都平衡），故静摩擦力为零，否则整体不可能平衡；

对B；C整体受力分析；受重力、支持力和滑动摩擦力，根据共点力平衡条件，有：

（mA+mB）gsinθ-f=0

N-（mA+mB）gcosθ=0

其中：

f=μN

联立解得：

μ=tanθ

若将C从B上取走；重力的下滑分力依然等于滑动摩擦力，故物体B的运动状态保持不变；

故答案为：0；0；不变．

对C受力分析；结合运动状态确定静摩擦力大小；对A；B、C整体受力分析，结合运动状态确定静摩擦力大小；对B、C整体受力分析，受根据共点力平衡条件确定A、B间的动摩擦因素，若将C从B上取走，根据受力情况确定运动情况．

本题是共点力平衡问题，特点是物体较多，关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象，根据共点力平衡条件列式分析，不难．【解析】0；0；不变14、略

【分析】解：（1）电键刚闭合时；穿过线圈B的磁通量变大，电流表指针右偏；由此可知，当磁场方向不变，磁通量减小时，感应电流反向，电流表指针反向偏转；

（2）由电路图可知；闭合电键，滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时，滑动变阻器接入电路电阻变大，电流产生的磁场减弱，穿过线圈B的磁通量减小，则感应电流反向，电流计指针将向左偏转；

故选：A．

由楞次定律可知；感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；根据题意确定磁通量变化与电流表指针偏转方向间的关系，然后根据滑片的移动方向判断穿过线圈的磁通量如何变化，进一步判断电流表指针如何偏转．

根据题意判断出磁通量的变化与电流表指针偏转方向间的关系，是正确解题的前提与关键．【解析】A15、略

【分析】解：(1)

重力势能减小量：鈻�Ep=mgh=0.2隆脕9.8隆脕0.0501J=9.82隆脕10鈭�2m.

(2)

要验证物体从P

到B

的过程中机械能是否守恒；

则需满足12mvB2=mgh

即vB2=2gh

说明下落过程中重锤的机械能守恒；

(3)A

重物的质量过大；重物和纸带受到的阻力相对较小，所以有利于减小误差，故A错误．

B；重物的体积过小；有利于较小阻力，所以有利于减小误差，故B错误．

C；电源的电压偏低；电磁铁产生的吸力就会减小，吸力不够，打出的点也就不清晰了，与误差的产生没有关系，故C错误．

D；重物及纸带在下落时受到阻力；从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能，所以重物增加的动能略小于减少的重力势能，故D正确．

故选：D

故答案为：(1)9.82隆脕10鈭�2

(2)vB2=2gh

(3)D

．

重力势能减小量：鈻�Ep=mgh

根据功能关系可得出正确表达式；

书本上的实验；我们要从实验原理；实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．

重物带动纸带下落过程中；除了重力还受到阻力，从能量转化的角度，由于阻力做功，重力势能减小除了转化给了动能还有一部分转化给摩擦产生的内能．

正确利用所学物理规律解决实验问题，熟练应用物理基本规律，因此这点在平时训练中要重点加强．【解析】9.82隆脕10鈭�2vB2=2ghD

三、判断题(共6题，共12分)16、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．17、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．18、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．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、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、作图题(共4题，共12分)22、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23、略

【分析】试题分析：（1）根据平行四边形画出合力如图：（2）由图看以数出合力的长度是5个小格，所以合力大小为：考点：《互成角度的两个共点力的合成》的实验【解析】【答案】（1）如图所示（2）5。24、略

【分析】

（1）明确曲线运动的速度方向沿切线方向；从而作出A点的速度方向；根据位移的定义可得出表示位移的有向线段；

（2）根据右手定则可明确电流方向，再根据左手定则可明确ab棒受力方向．

本题考查了曲线运动的速度、位移以及导体切割磁感线时的电流方向和安培力的判断，要求能准确掌握右手定则和左手定则的应用分析电流和受力的方向．【解析】解：（1）曲线运动速度方向沿切线方向；A点速度方向如图所示；

位移是由起点到终点的有向线段；故BC的位移为由B到C的有向线段，如图所示；

（2）ab向右运动，切割磁感线，根据右手定则可知，电流由b到a；则线圈中电流如图所示；

根据左手定则可知，ab棒中电流受到的磁场力水平向左；如图所示；

故答案如图所示：25、略

【分析】

根据左手定则判断电流方向；磁场方向和安培力方向的关系；伸开左手，四指与大拇指在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向为安培力的方向．

解决本题的关键会根据左手定则判断磁场方向、电流方向和安培力方向三者的关系，并注意左手定则与右手定则的区别．【解析】解：左侧电流向下；根据安培定则，右侧的磁场方向向外，依据左手定则，安培力向右；

电流向右；安培力向下，根据左手定则，磁场方向外；

磁场向上；电流向里，根据左手定则，安培力向右；

答：如图所示：

五、简答题(共2题，共10分)26、略

【分析】

（1）物块在斜面上做匀加速运动；根据动能定理即可求解到达A点速度；

（2）从A到B的过程中；根据动能定理列式求解克服弹力做的功，从而求出最大弹性势能；

（3）设物体被反弹后最终停下的位置与A点的距离为x；根据动能定理列式求解即可．

本题主要考查了动能定理的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，能选择合适的研究过程运用动能定理列式求解，难度适中．【解析】解：（1）从静止开始到A的过程中；由动能定理得：

mvA2=mgh

解得：vA=

（2）到达B点时；弹簧被压缩到最短，弹性势能最大；

从A到B的过程中；根据动能定理得：

0-mvA2=-μmgl1-W弹

解得：W弹=3J

则最大弹性势能EP=3J

（3）设物体被反弹后最终停下的位置与A点的距离为x；根据动能定理得：

0-0=W弹-μmg（l1-x）

解得：x=0.4m

答：（1）物体到达斜面底端A时的速度大小为4m/s；

（2）弹簧弹性势能的最大值为3J；

（3）物体被缓冲弹簧反弹后最终停下的位置与A点的距离为0.4m．27、rm{(1)10:1}rm{1.1隆脕10}rm{(1)10:1}rm{1.1隆脕10}rm{{,!}^{-5}}逆不变rm{{,!}^{-5}}中碱rm{(2)}逆不变rm{(2)}【分析】【分析】本题考查rm{PH}的简单计算、沉淀溶解平衡计算、盐类水解，综合考查学生化学知识的应用能力和分析问题的能力，为高考常见题型，注意把握盐类水解和弱电解质的电离特点，的简单计算、沉淀溶解平衡计算、盐类水解，综合考查学生化学知识的应用能力和分析问题的能力，为高考常见题型，注意把握盐类水解和弱电解质的电离特点，rm{PH}大于注意若离子积rm{Q}大于rm{>Ksp(BaSO}rm{Q}rm{>Ksp(BaSO}则析出沉淀，反之，则无，题目难度中等。【解答】rm{4}室温下，水的离子积常数rm{4}rm{)}则析出沉淀，反之，则无，题目难度中等。的rm{)}溶液中氢氧根离子浓度为rm{(1)}rm{K_{W}=10^{-14}}的rm{pH=9}溶液中氢离子浓度为rm{Ba(OH)_{2}}若所得混合液为中性，酸碱恰好完全反应，则有：rm{0.00001mol/L}设rm{pH=4}溶液与rm{H_{2}SO_{4}}溶液的体积分别为rm{0.0001mol/L}rm{n(H^{+})=n(OH^{-})}即：rm{Ba(OH)_{2}}rm{H_{2}SO_{4}}rm{aL}rm{bL}

rm{0.00001mol/L隆脕aL=0.0001mol/L隆脕bL}室温下，rm{a}欲使溶液中rm{c(SO_{4}^{2-})leqslant1.0隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}rm{b=10}则应保持溶液中rm{c(Ba^{2+})geqslantdfrac{K_{sp}(BaSO_{4})}{1.0隆脕10^{-5}mol/L}=dfrac{1.1隆脕10^{-10}}{1.0隆脕10^{-5}}=1.1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}

故答案为：rm{1}rm{Ba^{2+}(aq)+SO_{4}^{2-}(aq)?BaSO_{4}(s)}rm{K_{sp}(BaSO_{4})=1.1隆脕10^{-10}}

rm{c(SO_{4}^{2-})leqslant

1.0隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}溶液中存在电离平衡：rm{Q=c(Ba^{2+})?c(SO_{4}^{2-})}rm{c(Ba^{2+})geqslantdfrac

{K_{sp}(BaSO_{4})}{1.0隆脕10^{-5}mol/L}=dfrac

{1.1隆脕10^{-10}}{1.0隆脕10^{-5}}=1.1隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}溶液中含rm{10}溶液中加入rm{1}则rm{1.1隆脕10^{-5}}增大，平衡逆反应方向移动，电离平衡常数只与温度有关，温度不变，rm{(2)CH_{3}COOH}不变；

故答案为：逆；不变；

rm{CH_{3}COOH?CH_{3}COO^{-}+H^{+}}常温下，醋酸和rm{1L0.1mol?L^{-1}CH_{3}COOH}的电离平衡常数均为rm{0.1molCH_{3}COOH}rm{0.1molCH_{3}COONa}和rm{n(CH_{3}COO^{-})}是强弱相当的弱电解质，则rm{K}溶液呈中性，但rm{(3)}酸性弱于rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{1.74隆脕10^{-5}}的水解程度大于rm{NH_{3}?H_{2}O}所以rm{CH_{3}COOH}溶液呈碱性，碳酸氢铵为强电解质，完全电离生成氨根离子和碳酸氢根离子，rm{CH_{3}COONH_{4}}rm{H_{2}CO_{3}}和rm{CH_{3}COOH}是强弱相当的弱电解质，rm{HCO_{3}^{-}}电离程度弱于rm{CH_{3}COO^{-}}rm{NH_{4}HCO_{3}}的水解程度大于rm{NH_{4}HCO_{3}=NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}}所以rm{NH_{3}?H_{2}O}溶液中物质的量浓度最大的离子是rm{CH_{3}COOH}

故答案为：中；碱；rm{H_{2}CO_{3}}

rm{NH_{3}?H_{2}O}【解析】rm{(1)10:1}rm{1.1隆脕10}rm{(1)10:1}rm{1.1隆脕10}rm{{,!}^{-5}}逆不变rm{{,!}^{-5}}中碱rm{(2)}逆不变rm{(2)}六、推断题(共4题，共16分)28、（1）碳碳双键

（2）加成

（3）

（4）+NaOH+NaBr【分析】【分析】本题考查有机推断，涉及烯烃、卤代烃、醇等性质以及学生根据信息给予获取知识的能力，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的自学能力和分析推理能力，推断出rm{A}的分子式，根据反应条件及反应类型，利用顺推法进行推断，是高考热点题型，难度中等。【解答】rm{1mol}某烃rm{A}充分燃烧后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}故烃rm{A}的分子式为rm{C_{8}H_{8}}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕8+2-8}{2}=5}可能含有苯环，由rm{A}发生加聚反应生成rm{C}故A中含有不饱和键，故A为rm{C}为rm{A}与溴发生加成反应生成rm{B}则rm{B}为rm{B}在氢氧化钠的乙醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{E}则rm{E}为rm{E}与溴发生加成反应生成由信息烯烃与rm{HBr}的加成反应可知，不对称烯烃与rm{HBr}发生加成反应，rm{H}原子连接在含有rm{H}原子多的rm{C}原子上，故与rm{HBr}放出加成反应生成rm{D}则rm{D}为rm{D}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{F}则rm{F}为rm{F}与乙酸发生酯化反应生成rm{H}故H为据此解答。rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}中的官能团是碳碳双键，rm{A}的结构简式：故答案为：碳碳双键；

rm{(2)}上述反应中，反应rm{垄脵}是与溴发生加成反应生成

故答案为：加成；

rm{(3)}由上述分析可知，rm{C}为rm{D}为rm{E}为rm{F}为

故答案为：

rm{(4)D隆煤F}是在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成反应方程式为：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}

故答案为：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaBr}

rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}【解析】rm{(1)}碳碳双键rm{{,!}_{;;;}}rm{(2)}加成rm{(3)}rm{(4)}rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}rm{+NaBr}29、（1）氯原子、羟基、酯基（2）acd

（3）

（4）+CO2+H2O→+HCO3-

（5）【分析】【分析】本题考查有机物的推断，难度中等，注意根据rm{A}的结构及反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等。【解答】rm{A}在碱性条件下水解生成和rm{B}与二氧化碳反应生成rm{C}而rm{C}遇氯化铁溶液显紫色，故B为rm{C}为则rm{D}为rm{D}酸化得到rm{E}为由rm{E}与rm{F}的分子式可知，rm{E}分子内脱去rm{2}分子水生成rm{F}且rm{F}为五元环化合物，故E在浓硫酸作用下发生消去反应和酯化反应，rm{F}可能为

rm{(1)}由rm{A}分子结构可知，其不含氧官能团的名称为：氯原子、羟基、酯基，故答案为：氯原子；羟基、酯基；

rm{(2)C}为可以发生取代反应、加聚反应、氧化反应，不能发生消去反应，故答案为：rm{acd}

rm{(3)}反应rm{垄脵}的化学方程式为：

故答案为：

rm{(4)B}到rm{C}的离子方程式为：rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤}rm{+HCO_{3}^{-}}

故答案为：rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤}rm{+HCO_{3}^{-}}

rm{(5)E(}rm{)}在一定条件下反应能生成高分子化合物，其可能的结构简式为：

故答案为：

【解析】rm{(1)}氯原子、羟基、酯基