2025年沪科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年沪科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9题，共18分)1、某课外活动小组将锌片和铜片插入一个西红柿中，用电压表测量铜片和锌片间电压为0.30V.然后又将同样的10个西红柿电池串联成电池组(n个相同电池串联时，总电动势为nE，总电阻为nr)，与一个额定电压为1.5V、额定功率为1W的小灯泡相连接，小灯泡不发光，测得小灯泡两端的电压为0.2V.对此现象以下解释正确的是:A.西红柿电池组的电动势大于小灯泡的额定电压，小灯泡已经烧毁B.西红柿电池组不可能提供电能C.西红柿电池组提供的电功率太小D.西红柿电池组的内阻远小于小灯泡的电阻2、如图所示，由于地球的自转，地球表面上P

、Q

两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动，对于P

、Q

两物体的运动，下列说法正确的是()

A.P

、Q

两物体的角速度大小相等B.P

、Q

两物体的线速度大小相等C.P

物体的线速度比Q

物体的线速度大D.P

、Q

两物体均受重力和支持力两个力作用3、如图所示，当滑动变阻器R2

的滑动片P

向下移动时，两电表的示数变化情况为(

)

A.电流表示数减小，电压表示数增大B.电流表示数增大，电压表示数减小C.两电表的示数均增大D.两电表的示数均减小4、如图；无穷大匀强磁场垂直线圈所在平面，则下列情况能使线圈里有感应电流的是（）

A.线圈垂直纸面向外运动。

B.线圈垂直磁场上下运动。

C.线圈垂直磁场左右运动。

D.线圈绕某一条边匀速转动。

5、如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s又第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为12cm.则质点的振动周期和振幅分别为()A.3s,6cmB.4s,6cmC.4s,9cmD.2s,8cm6、下列说法中，正确的是（）A.沿着电场线的方向场强一定越来越弱B.沿着电场线的方向电势一定越来越低C.正点电荷的电场中，一定有场强大小相等、方向相同的两点D.匀强电场中各点的电势一定相等7、矩形线圈的匝数为50

匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示，下列结论正确的是(

)

A.在t=0.1s

和t=0.3s

时，电动势最大B.在t=0.2s

和t=0.4s

时，电动势改变方向C.电动势的最大值是50娄脨V

D.在t=0.4s

时，磁通量变化率最大，其值为100娄脨Wb/s

8、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(

如图所示).

设两极板正对面积为S

极板间的距离为d

静电计指针偏角为娄脠

实验中，极板所带电荷量不变，若()

A.保持S

不变，增大d

则娄脠

变大B.保持S

不变，增大d

则娄脠

变小C.保持d

不变，减小S

则娄脠

变小D.保持d

不变，减小S

则娄脠

不变9、质量为m

的小球A

在光滑的水平面上以速度v0

与质最为3m

的静止小球B

发生正碰，碰撞后A

球的速度大小变为原来的13

则碰后小球B

的速度大小可能为(

)

A.2v09

B.v03

C.2v03

D.4v09

评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、如图所示为奥斯特在1820年做过的一个实验，他将一根直导线平行地放在小磁针的上方，当在导线中通以电流时，小磁针发生如图所示的偏转（N极向外），则导线中的电流方向为沿导线向____（填“左”“右”）．

11、如图所示为金属A

和B

的遏止电压Uc

和入射光频率娄脥

的关系图象，由图可知金属A

的截止频率________(

选填“大于”“小于”或“等于”)

金属B

的截止频率；如果用频率为5.5隆脕1014Hz

的入射光照射两种金属，从金属________(

选填“A

”或“B

”)

逸出光电子的最大初动能较大．12、人们知道鸽子有很强的返巢能力，有人猜想鸽子体内可能有______，通过地磁场对它的作用来辨认方向。为了证实这个假设，在鸽子翅膀下系上一小块______，以扰乱鸽子对地磁场的“感觉”，结果鸽子不能飞回家了。由此，猜想得到了证实。13、有一电容器，带电荷量为2×10-4C时，两板间电势差为200V，若使其电荷量增加一倍，这时它的电容量为____F，两板间的电势差为____．14、共振是一种受迫振动，共振时，驱动力的频率等于做受迫振动物体的______，物体的振幅______，微波炉就是利用______工作的，它工作频率与______频率相同．15、两金属棒ab和cd连成一回路，分别放在两个方向相反的匀强磁场中，如图所示，现要使cd向右运动，那么cd中电流方向______，ab应向______运动．16、1911

年卢瑟福依据娄脕

粒子散射实验中极少数娄脕

粒子发生了______(

选填“大”或“小”)

角度散射现象；实验结果表明______

A.原子还可再分B.

原子核还可再分。

C.原子具有核式结构D.

原子核由质子和中子组成．17、下列说法正确的是__________E.浸润现象是分子间作用力引起的评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、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）19、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）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、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、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）

23、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1题，共8分)24、20、如图所示，L为垂直于纸面的通电直导线（通有垂直于纸面向里的电流I），放在水平向左的匀强磁场B中，请用箭头在图中标出通电直导线L所受安培力方向（用F表示）评卷人得分五、计算题(共3题，共30分)25、如图所示；图甲是一列简谐横波在t=0

时刻的波形图，P

点是此时处在平衡位置的一个质点.

图乙是质点P

的振动图象．

(1)

判断这列波的传播方向；

(2)

经过时间t1=6s

质点P

通过的路程s

(3)

经过t2=30s

波向前传播的距离x

．26、受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图象如图所示。(1)求该电池的电动势E和内阻r；(2)求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R(纯电阻)；(3)由图象可以看出，同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻(纯电阻)R1、R2，试确定r、R1、R2三者间的关系。27、如图所示，两个边长均为l

的正方形区域ABCD

和EFGH

内有竖直向上的匀强电场，DH

上方有足够长的竖直向下的匀强电场.

一带正电的粒子，质量为m

电荷量为q

以速度v

从B

点沿BC

方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且E=mv2ql

今在CDHE

区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH

的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：

(1)

所加磁场的宽度DH炉

(2)

所加磁场的磁感应强度大小；(3)

粒子从B

点射入到从EFGH

区域电场射出所经历的时间．评卷人得分六、推断题(共4题，共32分)28、下表为元素周期表的一部分，针对表中rm{垄脵隆芦垄脼}元素，回答下列问题。rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{(1)垄脵}元素在周期表中的位置是第二周期_____________族。rm{(2)垄脷}和rm{垄脻}两种元素中原子半径较大的是__________rm{(}填元素符号rm{)}rm{垄脻}和rm{垄脼}两种元素的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是________rm{(}填化学式rm{)}rm{(3)}写出rm{垄脹垄脺}两种元素的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式_______________。29、是合成高聚酚酯的原料，其合成路线rm{(}部分反应条件略去rm{)}如下图所示：

rm{(1)A}的结构简式为____，rm{B}分子中最多有____个原子共面。rm{(2)}反应rm{垄脵}的反应条件____。rm{(3)}由rm{C}生成rm{D}的化学方程式为____。rm{(4)}与rm{D}互为同分异构体且含有碳碳双键和rm{-COO-}的苯的二元取代物有____种，其中核磁共振谱为rm{5}组峰，且峰面积比为rm{2:1:2:2:1}的结构简式为____rm{(}任写一种rm{)}rm{(5)}写出以rm{C_{2}H_{5}OH}为原料合成乳酸rm{(}rm{)}的路线rm{(}其他试剂任选，合成路线常用的表示方式为目标产物rm{)}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、元素rm{H}rm{C}rm{N}rm{O}rm{F}都是重要的非金属元素，rm{Fe}rm{Cu}是应用非常广泛的金属．

rm{(1)Fe}元素基态原子的核外电子排布式为____．

rm{(2)C}rm{H}元素形成的化合物分子中共有rm{16}个电子，该分子中rm{娄脪}键与rm{娄脨}键的个数比为____

rm{(3)C}rm{N}rm{O}三种元素的第一电离能由大到小的顺序为rm{(}用元素符号表示rm{)}____

rm{(3)}在测定rm{HF}的相对分子质量时，实验测得值一般高于理论值，其主要原因是____

rm{(5)C}rm{N}两元素形成的化合物rm{C_{3}N_{4}}形成的原子晶体，结构类似金刚石，甚至硬度超过金刚石，其原因是____

rm{(6)}如图为石墨晶胞结构示意图，该晶胞中含有rm{C}原子的个数为____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】试题分析：由题可知，小灯泡两端的电压为0.2V，小于灯泡的额定电压1.5V，灯泡不可能烧毁．故A错误．由题，将锌片和铜片插入西红柿中，用电压表测量铜片和锌片间电压为0.30V，说明西红柿电池组能提供电能．故B错误．灯泡不发光，灯泡的实际功率过小，不足以发光，说明西红柿电池组输出的电功率过小．枚C正确．灯泡不发光，流过灯泡的电流远小于灯泡的额定电流，10个西红柿电池串联成电池组电动势约为3V，串联内阻增大，根据欧姆定律可知，由于电池组的内阻远大于小灯泡的电阻，灯泡分担的电压太小．故D错误．故选C考点：本题考查理论联系实际的能力，【解析】【答案】C2、A【分析】P

、Q

两物体都是绕地轴做匀速圆周运动，角速度相等，即娄脴P

=

娄脴Q

，选项A对；根据圆周运动线速度v

=

娄脴R

，P

、Q

两物体做匀速圆周运动的半径不等，即P

、Q

两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错；Q

物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错；P

、Q

两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错。【解析】A

3、B【分析】解：由电路图可知，滑动变阻器的滑片P

向下移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，外电路的总电阻减小，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I

增大，路端电压U=E鈭�Ir

则U

减小，电压表V

示数减小；

路端电压减小；电阻R1

的电流减小，而总电流增大，则电流表示数增大.

故B正确．

故选：B

．

根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题．

本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法：局部隆煤

整体隆煤

局部，记住这个结论可提高分析的速度：变阻器电阻增大，所在电路的电流减小，与之并联的电路电流增大．【解析】B

4、D【分析】

A；根据感应电流产生的条件；当线圈绕垂直纸面向外运动，垂直磁场上下运动，或线圈垂直磁场左右运动时，穿过线圈的磁通量均不发生变化，因此都不产生感应电流，故ABC错误；

D；线圈绕某一条边匀速转动；穿过线圈的磁通量变化，导致感应电流产生，故D正确；

故选D

【解析】【答案】根据感应电流产生的条件：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化；闭合导体回路中就有感应电流．磁通量Φ=BS，变化量△Φ．

5、B【分析】以相同的速度依次通过M、N两点画出轨迹图如图所示，质点由M到O，由O到N运动时间相同，均为1s，可见周期为4s，振幅为6cm，B对；【解析】【答案】B6、B【分析】解：

A；电场的强弱可由电场线的疏密表示；沿着电场线的方向电场线不一定越来越疏，所以场强不一定越来越弱，故A错误．

B；沿着电场线的方向电势一定降低；故B正确．

C、依据点电荷电场强度公式E=一定有场强大小相等的两点，但方向不相同，故C错误．

D；匀强电场中；各点的电势不一定相等，顺着电场线方向电势会逐渐降低，故D错误．

故选：B．

本题根据电场线的两个物理意义进行分析：电场线的疏密表示电场强度的相对大小；顺着电场线方向电势逐渐降低；匀强电场中场强处处相同，而点电荷电场强度大小相等，但方向不同．

解答本题关键要理解并掌握电场线的两个方面的物理意义．知道电场线可以形象表示电场的强弱和方向：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场的方向．顺着电场线方向电势逐渐降低．【解析】【答案】B7、C【分析】解：A

在t=0.1s

和t=0.3s

时；磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故A错误；

B；在t=0.2s

和t=0.4s

时；磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故B错误；

C、根据娄碌鈭�t

图象，BS=0.2WbT=0.4s

故电动势的最大值：Em=NBS娄脴=NBS?2娄脨T=50隆脕0.2隆脕2娄脨0.4=50娄脨V

故C正确；

D、在t=0.4s

时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，故磁通量变化率最大，其值为娄脨Wb/s

故D错误；

故选：C

交变电流产生过程中；线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；结合娄碌鈭�t

图象分析答题．

要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题．【解析】C

8、A【分析】【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大.

根据电容的决定式C=娄脜S4娄脨kd

分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=QU

分析板间电势差的变化；即可再确定静电计指针的偏角变化情况。

本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=娄脜S4娄脨kd

和C=QU

【解答】AB.

根据电容的决定式C=娄脜S4娄脨kd

得知，电容与极板间距离成反比，当保持S

不变，增大d

时，电容减小，电容器的电量Q

不变，由电容的定义式C=QU

分析可知板间电势差增大；则静电计指针的偏角娄脠

变大；反之，保持S

不变，减小d

则娄脠

减小.

故A正确，B错误；

CD.

根据电容的决定式C=娄脜S4娄脨kd

得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d

不变，减小S

时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q

不变，则由电容的定义式C=QU

分析可知板间电势差增大；静电计指针的偏角娄脠

变大；反之，保持d

不变，增大S

则娄脠

减小，故C错误，D错误。

故选A。【解析】A

9、D【分析】解：若碰后A

球速度方向和原来一致；则根据动量守恒得：mv0=mv1+3mv2

将v1=v03

带入得v2=2v09v1>v2

因此将发生第二次碰撞，故这种情况不可能，碰后A

球速度将发生反向．

所以有：mv0=mv1+3mv2

将v1=鈭�v03

带入公式得：v2=4v09

故ABC错误，D正确．

故选D．

碰撞过程中动量守恒；本题的难点在于判断碰撞后A

球的速度方向，注意碰撞满足的条件：动量守恒，碰撞是一次性的不能重复碰撞，碰后动能小于等于碰前动能．

本题容易错选AD，做题过程中注意满足数学关系，不一定满足物理规律或实际情况，注意发生碰撞条件的灵活应用．【解析】D

二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】

小磁针N极向外偏转；说明导线下方的磁场方向向外，上方向里，如图：

利用右手螺旋定则可判断出导线内电流的方向向左．

故填：左。

【解析】【答案】小磁针发生如图所示的偏转（N极向外）；所以通电导线产生的磁场向外，再应用右手螺旋定则判断．

11、小于A【分析】【分析】根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，题图可知；Uc=0

对应的频率即为截止频率，用同一种光照射两种金属，极限频率越小，则初动能最大。

解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系，注意单位的统一。【解答】根据光电效应方程得，Ekm=h娄脥鈭�W0=h娄脥鈭�h娄脥0

又EEkm=eU=eUC

解得：Uc=he娄脥鈭�he娄脥0，

由题图可知，UUc=0=0对应的频率即为截止频率，则由图知金属AA的截止频率小于金属BB的截止频率，用同一种光照射两种金属，则AA逸出光电子的最大初动能较大。故填：小于；A

【解析】小于AA12、生物磁体磁石【分析】解：鸽子依靠地球磁场的磁力线来定位；可以猜想鸽子体内可能存在类似于小磁极的物质生物磁体，验证假设时在鸽子身上绑上小磁铁已达到干扰鸽子对地球磁场的判断的目的，这样鸽子如果迷失方向了，就验证了实验猜想；

故答案为：生物磁体；磁石。

这个实验说明；鸽子所以能够从陌生的地方飞回来，是依靠地球磁场的磁力线来定向的，一旦在翅膀上给它系上一块磁石，就扰乱了它对地球磁场的“感觉”，而使它迷失了方向。

此题是一个假设猜想然后验证猜想的实验题，属于基础性理论，不难。【解析】生物磁体磁石13、略

【分析】

电容器的电容C==F．电容不变，电荷量增加一倍，根据U=知两板间的电势差变为原来的2倍；为400V．

故本题答案为：1×10-6；400V．

【解析】【答案】根据电容的定义式C=求出电容器的电容，电容器的电容由本身的性质决定，与所带的电量无关．根据U=求出两板间的电势差．

14、略

【分析】解：共振是一种受迫振动；共振时，驱动力的频率等于做受迫振动物体的固有频率，物体的振幅最大，微波炉就是利用共振工作的，它工作频率与水分子或食物分子的固有频率相同．

故答案为：固有频率；最大，共振，水分子或食物分子的固有。

受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时；出现共振现象．

微波遇到含水的食品；能够被其大量吸收，引起食品内部分子发生剧烈的振动，达到加热食品的目的；

此题涉及到受迫振动的特点与电磁波的速度、电磁波传播的特点，综合性较强，属于中档题．【解析】固有频率；最大；共振；水分子或食物分子的固有15、略

【分析】解：要使cd向右运动；则cd应受向右的安培力，根据左手定则可知，电流应由d到c，方向向上；

由电路规律可知ab中电流由b到a，则由右手定则可知，ab应向上运动；

故答案为：上；上。

根据cd中的运动可确定受力方向，再根据左手定则可明确cd中的电流方向，再对ab由右手定则分析ab的运动方向．

本题考查左手定则和右手定则的应用，要特别注意左手定则和右手定则的应用，明确它们的区别，注意左手定则应用在“因电而动”而右手定则应用在“因动而电”．【解析】上；上16、略

【分析】解：娄脕

粒子散射实验中极少数娄脕

粒子发生了大角度散射现象；是因为在原子中极小的区域内集中着对娄脕

粒子产生库仑力的正电荷，受到的斥力比较大，实验结果表明原子具有核式结构．

故答案为：大；C

．

娄脕

粒子散射实验的内容是：绝大多数娄脕

粒子几乎不发生偏转；少数娄脕

粒子发生了较大的角度偏转；极少数娄脕

粒子发生了大角度偏转(

偏转角度超过90鈭�

有的甚至几乎达到180鈭�

被反弹回来)

明确娄脕

粒子散射实验现象的内容以及造成这种现象的原因，正确利用物体受力和运动的关系判断。

对于娄脕

粒子散射实验要明确其实验现象和结论，了解产生这种现象的原因是什么，难度不大，属于基础题．【解析】大；C

17、B:C:E【分析】【详解】

分子在永不停息的做无规则运动，则零摄氏度的物体的内能也不为零，选项A错误；气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果，选项B正确；温度是分子平均动能的标志，则温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同，选项C正确；理想气体分子之间距离大于10r0可认为分子之间的引力、斥力为零，选项D错误；浸润现象是分子间作用力引起的，选项E正确；故选BCE.三、判断题(共6题，共12分)18、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．19、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．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：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：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．23、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1题，共8分)24、略

【分析】【解析】试题分析：判断安培力的方向利用左手定则，本题中由于电流方向与磁场方向垂直，所以磁场垂直手心穿过，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向考点：考查对左手定则的应用【解析】【答案】五、计算题(共3题，共30分)25、解：（1）由图乙知；t=0时刻质点P正向上振动，所以根据波形平移法知，该波沿x轴正方向传播．

（2）从图乙可知振动周期为T=4s，一个周期内质点通过的路程为4A，则经过时间t1=6s=1.5T；质点P通过的路程为：s=1.5×4A=6×2cm=12cm

（3）波速为：v===2m/s

经过t2=30s，波向前传播的距离x=vt2=2×30m=40m

答：（1）这列波的传播方向沿x轴正方向；

（2）经过时间t1=6s；质点P通过的路程s是12cm；

（3）经过t2=30s，波向前传播的距离x是60m．【分析】

(1)

根据振动图象判断出t=0

时刻P

点的振动方向；再判断波的传播方向．

(2)

图乙读出周期；由周期与时间的关系，结合题意，即可求解P

点通过的路程．

(3)

由公式v=娄脣T

求出波速；由x=vt

求解波传播的距离．

本题的关键要把握振动图象和波动图象的内在联系.

要注意两种图象判断质点振动方向方法的区别，波动图象常用波形平移法判断质点的振动方向.

而振动图象常用斜率分析质点的振动方向．【解析】解：(1)

由图乙知；t=0

时刻质点P

正向上振动，所以根据波形平移法知，该波沿x

轴正方向传播．

(2)

从图乙可知振动周期为T=4s

一个周期内质点通过的路程为4A

则经过时间t1=6s=1.5T

质点P

通过的路程为：s=1.5隆脕4A=6隆脕2cm=12cm

(3)

波速为：v=娄脣T=84=2m/s

经过t2=30s

波向前传播的距离x=vt2=2隆脕30m=40m

答：(1)

这列波的传播方向沿x

轴正方向；

(2)

经过时间t1=6s

质点P

通过的路程s

是12cm

(3)

经过t2=30s

波向前传播的距离x

是60m

．26、略

【分析】试题分析：(1)由与当外阻R等于内阻r时电源输出功率最大，故有①，由图可知当I2＝4A时，输出功率为零，此时电源被短路，故有②，联立①②代入数值有E＝2V，r＝0.5Ω。(2)由于当外阻R等于内阻r时电源输出功率最大，故R＝r＝0.5Ω。(3)由于输出功率相同故有化简整理得考点：本题考查了电源的电动势、电源的功率等【解析】【答案】(1)2V，0.5Ω，(2)0.5Ω，(3)27、解：（1）粒子在ABCD区域做类平抛运动；

水平方向：l=vt；

加速度：a==

竖直方向：d=at2=（）2=l；

粒子射出ABCD区域时沿场强方向的速度：vy=at=×=v；

速度偏向角：tanθ==1，θ=

粒子从中点竖直向上射入电场；由几何知识得：

=l，+=R2；

解得：R=

R=

解得：=（-1）l；

（2）粒子射入磁场的速度大小：v′=v；

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv′B=m

解得：B=

（3）粒子在左电场中偏转的运动时间：t1=

粒子在磁场中向上偏转的运动时间：t2=T=×=

粒子在上方电场中减速到零的匀速时间：t3=

粒子运动轨迹如图所示；根据对称性可知，粒子运动的总时间：

t=2（t1+t2+t3）=（1++）；

答：（1）所加磁场的宽度为：（-1）l；

（2）所加磁场的磁感应强变大小为：

（3）粒子从B点射入到从EFGH区城电场射出所经历的时间为：（1++）。【分析】

(1)

粒子在ABCD

中做类平抛运动；应用类平抛运动轨迹可以求出磁场宽度。

(2)

粒子在磁场中做匀速圆周运动；洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度大小。

(3)

分别求出粒子在电场；磁场中的运动时间；然后求出粒子总的运动时间。

本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用。

【解析】解：(1)

粒子在ABCD

区域做类平抛运动；

水平方向：l=vt

加速度：a=qEm=v2l

竖直方向：d=12at2=12v2l(lv)2=12l

粒子射出ABCD

区域时沿场强方向的速度：vy=at=v2l隆脕lv=v

速度偏向角：tan娄脠=vyv=1娄脠=娄脨4

粒子从DH炉

中点竖直向上射入电场；由几何知识得：

OD炉=12lOD炉2+(l2)2=R2

解得：R=22l

R=OD炉+12DH炉

解得：DH炉=(2鈭�1)l

(2)

粒子射入磁场的速度大小：v隆盲=2v

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv隆盲B=mv隆盲2R

解得：B=2mvql

(3)

粒子在左电场中偏转的运动时间：t1=lv

粒子在磁场中向上偏转的运动时间：t2=娄脠2蟺T=娄脨42娄脨隆脕2娄脨mqB=娄脨l8v

粒子在上方电场中减速到零的匀速时间：t3=2va

粒子运动轨迹如图所示；根据对称性可知，粒子运动的总时间：

t=2(t1+t2+t3)=2lv(1+2+娄脨8)

答：(1)

所加磁场的宽度DH炉

为：(2鈭�1)l

(2)

所加磁场的磁感应强变大小为：2mvql

(3)

粒子从B

点射入到从EFGH

区城电场射出所经历的时间为：2lv(1+2+娄脨8)

六、推断题(共4题，共32分)28、rm{(1)}Ⅳrm{A}

rm{(2)S}

rm{(3)HClO_{4}}

rm{(4)OH^{-}+Al(OH)_{3}}rm{=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}【分析】【分析】本题考查了元素周期律和元素周期表的应用。掌握元素周期律：同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱；同主族元素从上至下原子半径逐渐增大是解答本题的关键。该题是高考常见题型，试题难易适中，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。【解答】根据元素周期表的结构可知rm{垄脵}为rm{C}rm{垄脷}为rm{O}rm{垄脹}为rm{Na}rm{垄脺}为rm{Al}rm{垄脻}为rm{S}rm{垄脼}为rm{Cl}据此分析：rm{(1)垄脵}元素是rm{C}在元素周期表中位于元素是rm{(1)垄脵}在元素周期表中位于第二周期、第Ⅳrm{C}族，故答案为：Ⅳrm{A}rm{A}rm{(2)}为rm{(2)}rm{垄脷}为rm{O}rm{垄脻}和rm{S}位于同一主族，从上至下原子半径逐渐增大，所以原子半径较大的为rm{O}和rm{S}位于同一主族，从上至下原子半径逐渐增大，所以原子半径较大的为rm{S}故答案为：rm{S}故答案为：rm{O}rm{S}rm{S}rm{S}的最高价氧化物对应的水化物分别为硫酸和高氯酸，同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐正确，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐正确，rm{(3)S}的非金属性比rm{(3)S}弱，所以酸性性较强的为和故答案为：rm{Cl}的最高价氧化物对应的水化物分别为硫酸和高氯酸，。rm{Cl}氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为rm{S}的非金属性比rm{S}rm{Cl}弱，所以酸性性较强的为rm{HClO_{4}}rm{Cl}rm{HClO_{4}}rm{HClO_{4}}rm{(4)}氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为【解析】rm{(1)}Ⅳrm{A}rm{(2)S}rm{(3)HClO_{4}}rm{(4)OH^{-}+Al(OH)_{3}}rm{=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}29、（1）HCHO15（2）NaOH醇溶液加热（3）+H2O（4）6(5)【分析】【分析】本题考查有机物推断和有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确有机物官能团及其性质、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是根据反应物和生成物采用知识迁移的方法进行有机合成，题目难度中等。【解答】根据流程图知，rm{垄脵}为消去反应、rm{垄脷}为加成反应，则rm{A}为rm{HCHO}rm{B}为rm{B}发生信息rm{ii}的反应，rm{C}结构简式为rm{C}发生缩聚反应生成rm{E}rm{E}结构简式为rm{C}发生消去反应生成rm{D}rm{D}结构简式为rm{D}和苯酚发生酯化反应生成

rm{(1)A}为甲醛，结构简式为rm{HCHO}rm{B}为与苯环直接相连的原子和苯环碳原子共面，且单键可以旋转，通过旋转醛基三个原子可以旋转到苯环平面上，所以rm{B}分子中最多有rm{15}个原子共面，故答案为：rm{HCHO}rm{15}

rm{(2)}由rm{C}生成rm{D}的反应类型为生成rm{C}的反应类型为是卤代烃的消去反应，反应条件为rm{D}醇溶液加热，故答案为：rm{NaOH}醇溶液加热；

rm{NaOH}在浓硫酸条件下发生消去反应生成rm{(3)C}rm{D}结构简式为化学方程式为：rm{D}rm{xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}}

故答案为：rm{+H_{2}O}rm{xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}}rm{+H}rm{2}rm{2}满足rm{O}的苯的二元取代物的rm{(4)}的同分异构体有：含有含有碳碳双键和rm{-COO-}的苯的二元取代物的和rm{-COO-}邻间对rm{D}种，含有rm{-CH=CH_{2}}和rm{-COOH(}邻间对rm{)3}种，所以共rm{-CH=CH_{2}}种，rm{-OOCH(}组峰，且峰面积比为rm{)3}的结构简式为：

故答案为：rm{3+3=6}其中核磁共振谱为rm{5}组峰，且峰面积比为rm{2:1:2:2:1}的结构简式为：被催化氧化生成rm{5}rm{2:1:2:2:1}和rm{6}发生加成反应生成rm{(5)CH_{3}CH_{2}OH}该物质发生水解反应生成rm{CH_{3}CHO}其合成路线为故答案为：rm{CH_{3}CHO}【解析】rm{(1)HCHO}rm{15}rm{(2)NaOH}醇溶液加热rm{(3)}rm{xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{(4)6}rm{(5)}30、（1）C4H10

（2）

（3）2-甲基-1-丙烯

（4）消去反应，水解反应（取代反应）

（5）

（6）CH2=CH-CH=CH2

【分析】【分析】本题考查有机化合物的推断和有机反应类型的判断，同分异构体等，题目难度中等。【解答】rm{(1)}rm{11.2L(}标准状况rm{)}的烃rm{A}物质的量为rm{0.5mol}在氧气中充分燃烧可以产生rm{88gCO}标准状况rm{11.2L(}的烃rm{)}物质的量为rm{A}在氧气中充分燃烧可以产生rm{0.5mol}rm{88gCO}rm{{,!}_{2}(2mol)}和rm{45gH}rm{45gH}rm{{,!}_{2}}则证明rm{O}当中含有rm{O}个碳原子，rm{(2.5mol)}个氢原子，则rm{A}是rm{4}故答案为：rm{10}rm{A}rm{C_{4}H_{10}}有支链，则rm{C_{4}H_{10}}是异丁烷，在光照下和氯气反应生成的一氯代烃rm{(2)}和rm{A}有支链，则rm{A}是异丁烷，在光照下和氯气反应生成的一氯代烃rm{B}和rm{C}分别是：分别是：和故答案为：和rm{A}rm{A}分别和氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成烯烃rm{B}rm{C}的系统命名名称是：rm{(3)B}甲基rm{C}丙烯，故答案为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}甲基rm{D}丙烯；rm{2-}反应rm{-1-}是氯代烃的消去反应；反应rm{2-}是氯代烃的水解反应，故答案为：消去反应，水解反应rm{-1-}取代反应rm{(4)}rm{1}反应rm{3}是rm{(}与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，反应方程式为：反应rm{)}是反应rm{(5)}的产物rm{垄脷}是与氢氧化钠水溶液发生的取代反应生成醇类，反应方程式为：故答案为：rm{垄脷}根据rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}的分子式及结构简式可知，其同分异构体为正丁烷，正丁烷的二氯代物rm{垄脹}有两种等效氢，且峰面积之比为rm{垄脷}的结构为：rm{E}rm{(6)}在足量的rm{A}的醇溶液中加热，充分反应后生成rm{G}发生的是消去反应，rm{1:1}为：rm{CH_{2}ClCH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}rm{G}在足量的rm{NaOH}的醇溶液中加热，充分反应后生成rm{H}发生的是消去反应，rm{H}为：中含双键，可以发生加聚反应的化学方程式：rm{G}rm{NaOH}故答案为：rm{H}；

rm{H}【解析】rm{(1)C_{4}H_{10}}rm{(2)}rm{(3)2-}甲基rm{-1-}丙烯rm{(4)}消去反应，水解反应rm{(}取代反应rm{)}rm{(5)}rm{(6)CH_{2}=CH-CH=CH_{2;;;;;;;;;;}}rm{{,!}}rm{{,!}}31、1s22s22p63s23p63d64s2;5：1;N＞O＞C;F元素电负性很大，分子之间形成氢键，以形成缔合分子