2021年高二上学期第一次月考理科综合试题(非实验班) 含答案

2021年高二（上）第一次月考化学试卷（理科）含解析一、单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意）1．（2分）（xx春•海曙区校级期中）xx年哥本哈根气候大会，被称作“人类拯救地球的最后一次机会”的联合国气候变化大会．下列措施有利于节能减排、改善环境质量的是（）①回收再利用废弃的塑料、金属、纸制品及玻璃等资源②发展低碳经济、循环经济，开发推广太阳能、水能、风能等能源，减少煤、石油等化石燃料的使用③使用填埋法处理未经分类的生活垃圾污染④推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2⑤研制开发新型燃料电池汽车，减少机动车尾气污染．A．①②④⑤B．①②⑤C．①②③④D．③④⑤2．（2分）（xx•海南）对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（）A．v（W）=3v（Z）B．2v（X）=3v（Z）C．2v（X）=v（Y）D．3v（W）=2v（X）3．（2分）（xx秋•红塔区校级期中）下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A．已知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6 kJ•mol﹣1，则氢气燃烧热为285.8 kJ•mol ﹣1B．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH 溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O （l）△H=﹣57.4 kJ•mol﹣1D．己知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，则△H1＞△H24．（2分）（xx春•亳州校级期中）一定温度下，反应N2+O2⇌2NO在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（）A．缩小体积使压强增大B．恒容，充入N2C．恒容，充入He D．恒压，充入He5．（2分）（xx•浙江模拟）下列有关化学反应速率的说法正确的是（）A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B．100mL2mol•L﹣1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C．S O2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢6．（2分）（xx秋•杭州校级期中）把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L的盐酸的烧杯中，同时加水稀释到50mL，此时X和盐酸缓慢反应．其中反应速率最大的是（）A．10℃20mL3mol/L的X溶液B．20℃30mL2mol/L的X溶液C．20℃10mL4mol/L的X溶液D．10℃10mL2mol/L的X溶液7．（2分）（xx•南昌三模）将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L ﹣1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1其中正确的是（）A．①③B．①④C．②③D．③④8．（2分）（xx秋•启东市校级月考）下列实验不能达到目的是（）A．测定一定时间内生成H2的反应速率B．用CO2作喷泉实验C．验证NH3易溶于水实验D．测定酸碱中和反应的中和热9．（2分）（xx春•抚顺期末）下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（）①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H52H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H6④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）；△H7CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）；△H8．A．①B．④C．②③④D．①②③10．（2分）（xx•江苏）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（）A．该反应为放热反应B．催化剂能改变该反应的焓变C．催化剂能降低该反应的活化能D．逆反应的活化能大于正反应的活化能二、不定项选择题（本题包括8小题，每小题4分，共32分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选正确一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11．（4分）（xx •汕头二模）一定条件下用甲烷可以消除氮氧化物（NO x ）的污染．已知：①CH 4（ g ）+4NO 2（ g ）═4NO （ g ）+CO 2（ g ）+2H 2O （ g ）△H=﹣574kJ •mol﹣1②CH 4（ g ）+4NO （ g ）═2N 2（ g ）+CO 2（ g ）+2H 2O （ g ）△H=﹣1160kJ •mol﹣1．下列正确的选项是（ ）A ． C H 4（g ）+2NO 2（g ）═N 2（g ）+CO 2（g ）+2H 2O （l ）△H=﹣867kJ •mol ﹣1B ．C H 4催化还原NO x 为N 2的过程中，若x=1.6，则转移的电子总数为3.2molC ． 若0.2mol CH 4还原NO 2至N 2，在上述条件下放出的热量为173.4kJD ． 若用标准状况下4.48L CH 4还原NO 2至N 2，整个过程中转移的电子总数为3.2mol12．（4分）（xx 秋•启东市校级月考）标准生成热指的是在某温度下，由处于标准状态的各种元素的最稳定的单质生成标准状态下1mol 某纯物质的热效应，单位常用kJ •mol 表示．已知在25℃的条件下：Ag 2O （s ）+2HCl （g ）═2AgCl （s ）+H 2O （l ）△H =﹣324.4kJ •mol2Ag （s ）+O 2（g ）═Ag 2O （s ）△H =﹣30.56kJ •molH 2（g ）+Cl 2（g ）═HCl （g ）△H =﹣92.21kJ •molH 2（g ）+O 2（g ）═H 2O （l ）△H =﹣285.6kJ •mol则25℃时氯化银的标准生成热为（ ）A ． ﹣126.89 kJ •molB ． ﹣324.4 kJ •molC ． ﹣30.56 kJ •molD ． 题中数据不足，无法计算13．（4分）（xx 秋•启东市校级月考）下列离子方程式中，不正确的是（ ）A ． K I 的酸性溶液长期置于空气中：4I ﹣+4H ++O 2═2I 2+2H 2OB ． 高锰酸钾酸性溶液与草酸溶液反应：2MnO 4﹣+5C 2O 42﹣+16H +═2Mn 2++10CO 2↑+8H 2OC ． 用稀硫酸除去铁片表面的铁锈：FeO+2H +═Fe 2++H 2OD ． 硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：2H ++S 2O 32﹣═S ↓+SO 2↑+H 2O14．（4分）（xx 秋•启东市校级月考）下列说法正确的是（ ）A ． 增大反应物浓度可增大单位体积内活化分子的数目，从而使有效碰撞次数增大B ． 有气体参加的反应，增大压强可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C ． 催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，但不能改变某一确定反应的△HD ． 升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是反应物分子之间的碰撞次数增加15．（4分）（xx 秋•启东市校级月考）在一密闭容器中，用等物质的量的A 和B 发生如下反应：A （气）+2B （气）⇌2C （气）反应到5min 时，A 的转化率为0.4．则此时混合物中物质的量n （A ）、n （B ）和n （C ）应满足的关系是（ ）A ． n （A ）=n （C ）B ． n （B ）=n （C ） C ． n （A ）+n （B ）=n （C ）D ． n （B ）+n （C ）=n（A ）16．（4分）（2011秋•金台区期末）反应4A （g ）+5B （g ）═4C （g ）+6D （g ），在5L 的密闭容器中进行，半分钟后，C 的物质的量增加了0.30mol ．下列叙述正确的是（ ）A ． A 的平均反应速率是0.010 mol •L ﹣1•s ﹣1B．容器中含D物质的量至少为0.45 molC．容器中A、B、C、D的物质的量的比一定是4：5：4：6D．容器中A的物质的量一定增加了0.30 mol17．（4分）（xx•上海）等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生气体体积V的数据，根据数据绘制得到如图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是（）组别c（HCl）（mol/L）温度（℃）状态1 2.0 25 块状2 2.5 30 块状3 2.5 50 块状4 2.5 30 粉末状A．4﹣3﹣2﹣1 B．1﹣2﹣3﹣4 C．3﹣4﹣2﹣1 D．1﹣2﹣4﹣318．（4分）（2011•天心区校级模拟）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：下列描述正确的是（）A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/（L•s）B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LC．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%D．反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌Z（g）三、非选择题（共5小题，每小题15分，满分68分）19．（15分）（xx秋•启东市校级月考）（1）在四个同样密闭容器中发生反应：A（g）+3B （g）⇌2C（g），在同一时间内测得容器内的反应速率：甲为：v（A）=3mol/（L•min）；乙为v（B）=4.5mol/（L•min）；丙为v（C）=4mol/（L•min）；丁为v（A）=0.75mol/（L•s）．若其它条件相同，温度不同，则温度由低到高的顺序是．（2）一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）．一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示．8分钟内，CO的平均反应速率v（CO）= mol/（L•min）．（3）已知：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1266.8kJ/molN2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol氨催化氧化的热化学方程式为．（4）多晶硅是太阳能光伏产业的重要原料．由石英砂可制取粗硅，其相关反应的热化学方程式如下：SiO2（s）+C（s）═SiO（g）+CO（g）△H=akJ•mol﹣12SiO2（g）═Si（s）+SiO2（s）△H=bkJ•mol﹣1①反应SiO2（s）+2C（s）=Si（s）+2CO（g）的△H=kJ•mol﹣1（用含a、b 的代数式表示）．②SiO是反应过程中的中间产物．隔绝空气时，SiO与NaOH溶液反应（产物之一是硅酸钠）的化学方程式是．20．（12分）（xx秋•阜宁县校级期中）生物质资源是一种污染小的可再生能源．生物质的主要转化途径及主要产物如图．（1）下列有关说法正确的是．a．生物质能，本质上能量来源于太阳能b．由纤维素水解获得的乙醇属生物质能c．生物质裂解获得的汽油、柴油等属于纯净物d．由植物秸秆等发酵获得的沼气，主要成分是甲烷（2）由生物质能获得的CO和H2，当两者1：1催化反应，其原子利用率达100%，合成的物质可能是．a．汽油b．甲醇c．甲醛d．乙酸（3）已知在生物质气化炉中可发生：C（s）+CO2（g）═2CO（g）；△H=172kJ/molCH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）；△H=206kJ/molCH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）；△H=165kJ/mol则C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）；△H=kJ/mol．（4）由生物质能获得的CO和H2可以用来合成液态燃料甲醇，实验测得，5g甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式：．21．（14分）（xx秋•汨罗市校级月考）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点．已知：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=206.2kJ•mol﹣1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=247.4kJ•mol﹣12H2S（g）=2H2（g）+S2（g）△H=169.8kJ•mol﹣1（1）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法．CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为．（2）H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是．燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式：．（3）H2O的热分解也可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图所示．图中A、B表示的物质依次是．（4）Mg2Cu是一种储氢合金．350℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物（其中氢的质量分数为0.077）．Mg2Cu与H2反应的化学方程式为．22．（15分）（xx秋•启东市校级月考）某兴趣小组设计研究铜和稀硝酸反应速率[v （NO）]的实验．试回答下列问题：（1）写出铜和稀硝酸反应的离子方程式．（2）为测定铜和稀硝酸反应速率[v （NO）]，本实验需要记录的实验数据为：、．（3）该兴趣小组同学对实验数据进行处理后得到用NO表示铜和稀硝酸的反应速率和时间的关系图如图所示．则：①a→b，v （NO）变化的主要原因是．②b→c，v （NO）变化的主要原因是．23．（12分）（xx秋•启东市校级月考）加入0.1mol的MnO2粉末于50mL过氧化氢的溶液中（密度为1.1g•mL﹣1），在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示，回答下列问题：（1）A、B、C、D四点化学反应速率由快到慢的顺序为．（2）解释反应速率变化的原因．（3）计算过氧化氢的初始物质的量浓度（最后结果保留三位有效数字）．（4）求反应进行到2分钟时过氧化氢的质量分数．（要求写计算过程，最后结果保留两位有效数字．）xx学年江苏省南通市启东中学高二（上）第一次月考化学试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意）1．（2分）（xx春•海曙区校级期中）xx年哥本哈根气候大会，被称作“人类拯救地球的最后一次机会”的联合国气候变化大会．下列措施有利于节能减排、改善环境质量的是（）①回收再利用废弃的塑料、金属、纸制品及玻璃等资源②发展低碳经济、循环经济，开发推广太阳能、水能、风能等能源，减少煤、石油等化石燃料的使用③使用填埋法处理未经分类的生活垃圾④推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染⑤研制开发新型燃料电池汽车，减少机动车尾气污染．A．①②④⑤B．①②⑤C．①②③④D．③④⑤考点：常见的生活环境的污染及治理．专题：化学应用．分析：节能减排、改善环境质量，减少污染物的排放，积极回收、利用废弃物，减少污染，使用清洁能源等，以此解答该题．解答：解：①回收再利用废弃的塑料、金属、纸制品及玻璃等资源，可减少污染物的排放，避免浪费，节约资源，故正确；②开发推广太阳能、水能、风能等能源，可减少煤、石油等化石燃料的使用，有利于节能减排、改善环境质量，故正确；③使用填埋法处理未经分类的生活垃圾会造成环境污染，故错误；④推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染，有利于节能减排、改善环境质量，故正确；⑤研制开发新型燃料电池汽车，减少机动车尾气污，有利于节能减排、改善环境质量，故正确．故选A．点评：本题考查环境污染知识，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意在学习中树立良好的环境保护意识．2．（2分）（xx•海南）对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（）A．v（W）=3v（Z）B．2v（X）=3v（Z） C．2v（X）=v（Y）D．3v（W）=2v（X）考点：化学反应速率和化学计量数的关系．专题：化学反应速率专题．分析：根据化学反应速率是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示的，利用化学反应中化学反应速率之比等于其化学计量数之比来解答．解答：解：A、由化学计量数可知，v（W）：v（Z）=1：1，故A错误；B、由化学计量数可知，v（X）：v（Z）=2：3，故B错误；C、由化学计量数可知，v（X）：v（Y）=2：4=1：2，即2v（X）=v（Y），故C 正确；D、由化学计量数可知，v（W）：v（X）=3：2，故A错误；故选C．点评：本题主要考查化学反应速率和化学计量数的关系，明确化学反应速率之比可由化学反应中的化学计量数直接观察得出是解答的关键．3．（2分）（xx秋•红塔区校级期中）下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A．已知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6 kJ•mol﹣1，则氢气燃烧热为285.8 kJ•mol ﹣1B．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH 溶液反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O （l）△H=﹣57.4 kJ•mol﹣1D．己知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，则△H1＞△H2考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、依据燃烧热概念分析，反应方向改变，焓变符号改变；B、物质能量越高越活泼；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程；D、一氧化碳燃烧放热，碳和氧气反应生成一氧化碳放出热量小于燃烧生成二氧化碳放出的热量．解答：解：A、已知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6 kJ•mol﹣1，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ•mol﹣1，1mol氢气燃烧的燃烧热为285.8KJ/mol，则氢气燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，故A正确；B、已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，反应吸热，金刚石能量高于石墨，则金刚石比石墨活泼，故B错误；C、含20.0g NaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，1mol氢氧化钠完全中和放热57.4KJ，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，稀醋酸和稀NaOH溶液反应放热小于57.4kJ，的热化学方程式为：NaOH （aq）+CH3COOH（aq）═CH3COONa（aq）+H2O（l）△H＞﹣57.4 kJ•mol﹣1，故C错误；D、一氧化碳燃烧放热，碳和氧气反应生成一氧化碳放出热量小于燃烧生成二氧化碳放出的热量，焓变为负值则△H1＜△H2，故D错误；故选：A．点评：本题考查了热化学方程式的分析，燃烧热，中和热概念的理解应用，注意弱电解质存在电离平衡，物质能量越高越活泼，题目难度中等．4．（2分）（xx春•亳州校级期中）一定温度下，反应N2+O2⇌2NO在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（）A．缩小体积使压强增大B．恒容，充入N2C．恒容，充入He D．恒压，充入He考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：改变化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂，据此回答．解答：解：A、缩小体积使压强增大可以加快该化学反应的速率，故A错误；B、恒容，充入N2，可以加快该化学反应的速率，故B错误；C、恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，故C正确；D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，故D错误．故选C．点评：本题考查学生影响化学反应速率的因素：浓度、压强，注意知识的灵活应用是关键，难度中等．5．（2分）（xx•浙江模拟）下列有关化学反应速率的说法正确的是（）A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B．100mL2mol•L﹣1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C．S O2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：A．铁在浓硫酸中发生钝化；B．加入适量的氯化钠溶液，c（H+）减小；C．无论是放热反应，还是吸热反应，升高温度反应速率都增大；D．对于气态参加的反应，减小压强，反应速率减小．解答：解：A．铁在冷浓硫酸中发生钝化，加热时浓H2SO4与Fe反应不产生H2，故A错误；B．加入适量的氯化钠溶液，体积增大，c（H+）减小，反应速率减小，故B错误；C．升高温度，无论是放热反应，还是吸热反应，反应速率都增大，故C错误；D．减小压强，对有气体参与的反应，反应速率减慢，故D正确．故选D．点本题考查影响反应速率的因素，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，易错点评：为A项，注意浓硫酸的性质．6．（2分）（xx秋•杭州校级期中）把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L的盐酸的烧杯中，同时加水稀释到50mL，此时X和盐酸缓慢反应．其中反应速率最大的是（）A．10℃20mL3mol/L的X溶液B．20℃30mL2mol/L的X溶液C．20℃10mL4mol/L的X溶液D．10℃10mL2mol/L的X溶液考点：化学反应速率和化学计量数的关系．专题：化学反应速率专题．分析：先计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则物质的量越大，浓度越大，则反应速率越大；并结合温度越高，反应速率越大来判断．解答：解：A、10℃20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L=0.06mol；B、20℃30mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.03L×2mol/L=0.06mol；C、20℃10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×4mol/L=0.04mol；D、10℃10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×2mol/L=0.02mol，显然四种情况下B中温度最高，浓度最大，所以反应速率是最大，故选B．点评：本题考查反应速率与温度、浓度的关系及物质的量的计算，明确影响化学反应速率的因素，物质的量与浓度的关系是解答本题的关键，难度不大．7．（2分）（xx•南昌三模）将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L ﹣1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1其中正确的是（）A．①③B．①④C．②③D．③④考点：化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系．专题：化学反应速率专题．分析：根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）⇌2C（g），并利用三段式法计算，据此解答．解答：解：利用三段式法计算：起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为=1mol/L 2A（g）+B（g）⇌2C（g），起始：2mol/L 1mol/L 0变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）==0.3mol•L﹣1•s﹣1；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）==0.15mol•L﹣1•s﹣1；2s时物质A的转化率为α=×100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1，显然①④正确，故选：B．点评：本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算．8．（2分）（xx秋•启东市校级月考）下列实验不能达到目的是（）A．测定一定时间内生成H2的反应速率B．用CO2作喷泉实验C．验证NH3易溶于水实验D．测定酸碱中和反应的中和热考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．秒表测定时间，利用针筒中读数测定氢气的体积；B．二氧化碳易被NaOH溶液吸收；C．如气球体积变大，可说明氨气易溶于水；D．温度计应放在烧杯内．解答：解：A．秒表测定时间，利用针筒中读数测定氢气的体积，则图中装置可测定反应速率，故A正确；B．二氧化碳易被NaOH溶液吸收，挤出胶头滴管中的溶液可引发喷泉实验，故B正确；C．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，故C正确；D．温度计应放在烧杯内，测量反应液的温度，故D错误．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及二氧化硫、氨气、以及中和热等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性的判断，难度不大．9．（2分）（xx春•抚顺期末）下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（）①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H52H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H6④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）；△H7CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）；△H8．A．①B．④C．②③④D．①②③考点：反应热的大小比较．专题：化学反应中的能量变化．分析：①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．解答：解：①都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；②都为放热反应，△H＜0，由于S（s）→S（g）吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；③都为放热反应，△H＜0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则△H5＞△H6，故③正确；④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确．故选C．点评：本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，本题中含有能正确判断反应的吸放热．10．（2分）（xx•江苏）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（）A．该反应为放热反应B．催化剂能改变该反应的焓变C．催化剂能降低该反应的活化能D．逆反应的活化能大于正反应的活化能考点：化学反应中能量转化的原因；反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；B、催化剂改变速率不改变平衡；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；D、图象中分析判断；解答：解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故C正确；D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键．二、不定项选择题（本题包括8小题，每小题4分，共32分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选正确一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11．（4分）（xx•汕头二模）一定条件下用甲烷可以消除氮氧化物（NO x）的污染．已知：①CH4（g ）+4NO2（g ）═4NO（g ）+CO2（g ）+2H2O（g ）△H=﹣574kJ•mol ﹣1②CH4（g ）+4NO（g ）═2N2（g ）+CO2（g ）+2H2O（g ）△H=﹣1160kJ•mol ﹣1．下列正确的选项是（）A．C H4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣867kJ•mol﹣1B．C H4催化还原NO x为N2的过程中，若x=1.6，则转移的电子总数为3.2molC．若0.2mol CH4还原NO2至N2，在上述条件下放出的热量为173.4kJD．若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、由反应①+②可得到2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g ），再利用化学计量数与反应热成正比来计算；B、x=1.6，1molNO x中NO2、NO分别为0.6mol、0.4mol，转移的电子数为0.6mol×（4﹣0）+0.4mol×（2﹣0）；C、利用热化学反应方程式中化学计量数与反应热的关系来计算；D、利用n=计算甲烷的物质的量，再利用碳元素化合价的变化来计算转移的电子数．解答：解：A、反应①+②可得到2CH4（g）+4NO2（g）═2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g ），△H=（﹣574kJ•mol﹣1）+（﹣1160kJ•mol﹣1）=﹣1734kJ•mol﹣1，则CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g ）△H=﹣867kJ•mol﹣1，若生成液态水，则放出的热量大于867KJ，故A错误；B、x=1.6，1molNO x中NO2、NO分别为0.6mol、0.4mol，转移的电子数为0.6mol×（4﹣0）+0.4mol×（2﹣0）=3.2mol，但该反应中NO x的物质的量不确定，则转移的电子数不确定，故B错误；C、由CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g ）△H=﹣867kJ•mol ﹣1，放出的热量为0.2mol×867kJ•mol﹣1=173.4kJ，故C正确；D、甲烷的物质的量为=0.2mol，碳元素的化合价由﹣4价升高为+4价，则转移的电子总数为为0.2mol×8=1.6mol，故D错误；故选C．点评：本题考查学生利用盖斯定律来计算反应的反应热，并学会利用化学计量数与反应热的关系、利用化合价的变化分析电子转移的数目来就解答即可．12．（4分）（xx秋•启东市校级月考）标准生成热指的是在某温度下，由处于标准状态的各种元素的最稳定的单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应，单位常用kJ•mol表示．已知在25℃的条件下：Ag2O（s）+2HCl（g）═2AgCl（s）+H2O（l）△H=﹣324.4kJ•mol2Ag（s）+O2（g）═Ag2O（s）△H=﹣30.56kJ•molH2（g）+Cl2（g）═HCl（g）△H=﹣92.21kJ•molH2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.6kJ•mol则25℃时氯化银的标准生成热为（）A．﹣126.89 kJ•mol B．﹣324.4 kJ•molC．﹣30.56 kJ•mol D．题中数据不足，无法计算考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：依据标准生成热指的是在某温度下，由处于标准状态的各种元素的最稳定的单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应，结合热化学方程式和盖斯定律计算分析得到．解答：解：①Ag2O（s）+2HCl（g）═2AgCl（s）+H2O（l）△H=﹣324.4kJ•mol②2Ag（s）+O2（g）═Ag2O（s）△H=﹣30.56kJ•mol③H2（g）+Cl2（g）═HCl（g）△H=﹣92.21kJ•mol④H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.6kJ•mol25℃时氯化银的标准生成热根据热化学方程式和盖斯定律：①+②+③×2﹣④得到：2Ag（s）+Cl2（s）=2AgCl（s）△H=﹣126.89 kJ/mol；故选A．点评：本题考查热化学方程式和盖斯定律的计算应用，理解题干信息功能的含义是解题关键，题目难度中等．13．（4分）（xx秋•启东市校级月考）下列离子方程式中，不正确的是（）A．K I的酸性溶液长期置于空气中：4I﹣+4H++O2═2I2+2H2OB．高锰酸钾酸性溶液与草酸溶液反应：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OC．用稀硫酸除去铁片表面的铁锈：FeO+2H+═Fe2++H2OD．硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．碘离子具有较强氧化性，容易被空气中的氧气氧化成碘单质；B．醋酸被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳气体，根据电荷守恒、质量守恒定律进行判断；C．铁锈的主要成分为氧化铁，不是氧化亚铁；D．硫代硫酸根离子与氢离子反应生成硫单质、二氧化碳气体和水．解答：解：A．KI的酸性溶液长期置于空气中，碘离子被氧化成碘单质，反应的离子方程式为：4I﹣+4H++O2═2I2+2H2O，故A正确；B．高锰酸钾酸性溶液与草酸溶液反应生成锰离子、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B正确；C．用稀硫酸除去铁片表面的铁锈：铁锈的主要成分为Fe2O3，正确的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe2++3H2O，故C错误；D．硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，反应生成二氧化硫气体、硫单质和水，反应的离子方程式为：2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2O，故D正确；故选C．点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．14．（4分）（xx秋•启东市校级月考）下列说法正确的是（）A．增大反应物浓度可增大单位体积内活化分子的数目，从而使有效碰撞次数增大B．有气体参加的反应，增大压强可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大。

【全国百强校】四川省棠湖中学【最新】高二上学期第一次月考理综物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下述说法中正确的是（ ）A ．根据E =F q，可知电场中某点的场强与电场力成正比 B ．根据E =2kq r ，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比 C ．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D ．电场线就是点电荷在电场中运动的轨迹2．关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是A ．由R =U I 可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B ．由R =ρL S 知，导体的电阻与长度L 、电阻率ρ成正比，与横截面积S 成反比C ．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D ．将一根电阻丝均匀拉长为原来4倍，则电阻丝的电阻变为原来的4倍3．两个分别带有电荷量﹣Q 和+3Q 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为43F ，则两小球间的距离变为（ ） A ．4r B ．r C ．2r D ．2r4．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的12，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A ．4倍B ．2倍C ．倍D ．14倍 5．匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图像如图所示．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子（带正电），设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A．2 s末带电粒子的速度为零B．3 s末带电粒子回到原出发点C．带电粒子将始终向同一个方向运动D．0～3 s内，电场力始终做正功二、实验题6．一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数为________cm，螺旋测微器示数为________cm．7．某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x的阻值．(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω)B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的________(选填“甲”或“乙”)．(2)下图是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线________．(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值R x＝UI＝________Ω(保留两位有效数字)．(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是__________________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)A．电流表测量值小于流经R x的电流值B．电流表测量值大于流经R x的电流值C．电压表测量值小于R x两端的电压值D．电压表测量值大于R x两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻R x两端的电压U也随之增加，下列反映Ux关系的示意图中正确的是________．三、解答题8．如图所示是一个交流发电机的示意图，线框abcd处于匀强磁场中，已知ab=bc= 10cm，匀强磁场的磁感应强度B=1T，线圈的匝数N=100，线圈的总电阻r=5Ω，外电路负载电阻R=5Ω，线圈以n=10r/s，电表是理想电表，求(1)电压表的示数？(2)从图示位置开始经1/60s时感应电动势的瞬时值多大？(3)从图示位置开始经1/60s的这段时间通过R的电量？(4)线圈匀速转动一周外力做多少功？9．如图所示，在场强E＝104N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15 cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3 g、电荷量q＝2×10－6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，g取10 m/s2.求：(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少？(2)若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？(3)小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大？10．如图所示，间距为L=0.45m的带电金属板M、N竖直固定在绝缘平面上，板间形成匀强电场，场强E=1.5×104V/m。

2021年高二上学期第一次月考理科综合生物试题含答案可能用到的相对原子质量：Mg-24 N-14 H-1 O-16 Cu-64 C-12一、选择题（本题共21小题，每小题6分，共126分．在每小题给出的四个选项中，1-19小题只有一个选项正确，20-21小题有多个选项正确．全部选对的得6分，选不全得3分，选错或不答的得0分）1．正常情况下，人体进食后血液内( )A．胰岛素含量减少，胰高血糖素含量增加B．胰岛素含量增加，胰高血糖素含量增加C．胰岛素含量减少，胰高血糖素含量减少D．胰岛素含量增加，胰高血糖素含量减少2.果蝇的体色由常染色体上一对等位基因控制，基因型BB、Bb为灰身，bb为黑身。

若人为地组成一个群体，其中80%为BB的个体，20%为bb的个体，群体随机交配，其子代中Bb的比例是 ( )A.16%B. 50%C. 32%D.64%3. 长期使用某种农药，会发现效果越来越差，这是因为有些害虫产生了抗药性。

现代生物进化论认为，抗药性强的个体越来越多的原因是（）A. 农药对害虫的抗药性变异进行选择的结果B.定向变异的结果C.遗传的结果D.害虫对农药进行选择的结果4．长时间运动引起机体缺氧时，血液pH的变化趋势、引起pH变化的物质、能起缓冲作用的物质分别是( )A．降低、CO2、Na2CO3B．降低、乳酸、NaHCO3C．升高、CO2、H2CO3D．升高、乳酸、NaHCO35．下列关于隔离的叙述，不正确的是（）A．不同种群基因库间的差异是产生生殖隔离的根本原因B．对所有物种来说，地理隔离必然导致生殖隔离C．隔离阻止了种群间基因交流D．不同物种之间必然存在生殖隔离6、一个健康的人若进食较多的糖和食盐，那么他排出的尿液中所含的葡萄糖和盐分的量是( )A．盐增多，糖未增多 B．糖增多，盐未增多C．两者都增多 D．两者都未增多31、（9分）现有两个纯种小麦，一个纯种小麦性状是高杆（Ｄ）、抗锈病（Ｔ）；另一个纯种小麦性状是矮杆（d）、易染锈病（t）（两对基因独立遗传），育种专家提出了如图示三种方法以获得小麦新品种：三种方法中都出现了矮杆抗锈病的品种，请回答：方法一：DDTT×ddtt 自交 F1 F2方法二：DDTT×ddtt F1处理1 单倍体处理二纯合体方法三：DDTT植物种子进行X射线紫外线处理（1）方法一在育种方法上属于，原理： _______________ 。

高二上学期第一次月考理综物理试卷二、选择题：1. 毛皮与橡胶棒摩擦后，橡胶棒带负电是因为（）A. 橡胶棒上的正电荷转移到毛皮上去了B. 毛皮上的电子转移到橡胶棒上去了C. 橡胶棒丢失了质子D. 毛皮得到了质子【答案】B【解析】试题分析：两个物体互相摩擦时，因为不同物体的原子核束缚核外电子的本领不同，所以其中必定有一个物体失去一些电子，另一个物体得到多余的电子．如用玻璃棒跟丝绸摩擦，玻璃棒的一些电子转移到丝绸上，玻璃棒因失去电子而带正电，丝绸因得到电子而带着等量的负电．用橡胶棒跟毛皮摩擦，毛皮的一些电子转移到橡胶棒上，毛皮带正电，故橡胶棒带着等量的负电；故选B．考点：电荷守恒定律【名师点睛】本题关键是要明确摩擦起电的实质是电荷的转移，摩擦起电的两个物体带等量的异号电荷，电荷总量守恒。

2. 下列说法中正确的是（）A. 由公式可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比，与检验电荷的电量成反比B. 由公式可知，电场中A、B两点间电势差U AB与在这两点之间移动电荷时电场力所做的功W AB成正比，与电荷的电量q成反比C. 在库仑定律的表达式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小；而是点电荷产生的电场在点电荷处的场强大小D. 公式中的d为匀强电场中电势差为U的两点间的距离【答案】C【解析】E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，E与F、q无关，故A错误．公式是电势差的定义式，U AB由电场本身决定，与试探电荷无关，故B错误．在库仑定律的表达式中，将Q1看成场源电荷，Q2看成试探电荷，则是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小；而是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小．故C正确．公式E=中的d为匀强电场中电势差为U的两点间沿电场线方向的距离．故D错误．故选C．点睛：关于电场强度的三个公式理解时抓住两点：一是公式中各量的含义；二是公式适用的条件．知道定义式适用于一切电场．3. 如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用EA、EB表示A、B两处的场强，则（）A. A、B两处的场强方向相反B. 电场线从A指向B，所以EA＞EBC. 因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以EA=EBD. 不知A、B附近电场线的分布情况， EA、EB的大小不能确定【答案】D【解析】A、B两点场强方向相同，均水平向右，选项A错误；电场线的疏密表示场强的大小，因不知A、B附近的电场线分布状况，E A、E B的大小不能确定，选项D正确，BC错误；故选D. 点睛：本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小．4. 如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值。

【全国百强校】贵州省遵义航天高级中学【最新】高二上学期第一次月考理科综合物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”。

下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合物理学的是( )A ．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动B ．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C ．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性D ．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的2．在绝缘光滑的水平面上，如图所示有相隔一定距离的两个带同种电荷的小球。

让它们从静止开始释放，则两个球的加速度和速度随时间的变化情况是（ ）A ．速度、加速度都变大B ．速度、加速度都变小C ．速度变小、加速度变大D ．速度变大、加速度变小3．如图所示，质量为m 、带电荷量为+q 的小球用轻质绝缘细线悬挂起来，若加一方向平行于纸面的匀强电场，小球静止时悬线与竖直方向成θ=300角，则该电场的场强最小值是（ ）A ．2mg qB ．2qCD ．mg q4．静止的实验火箭，总质量为M ，当它以对地速度v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为( )A ．Δmv 0MB ．－Δmv 0M C ．Δmv 0M−ΔmD ．－Δmv0M−Δm 5．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t ，上浮到海面，速度恰好减为零．则“蚊龙号”在00()t t t <时刻距离海平面的深度为（ ）A ．2vtB ．202t t vC ．0012t vt t ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()202v t t t - 6．暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命．为了探测暗物质，我国在【最新】12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t （t 小于其运动周期），运动的弧长为s ，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G ，则下列说法中正确的是A ．“悟空”的线速度大于第一宇宙速度B ．“悟空”的环绕周期为2tπβC ．“悟空”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度D ．“悟空”的质量为32s Gt β二、多选题7．物体在恒定的合力F 作用下做直线运动，在时间Δt 1内速度由0增大到v ，在时间Δt 2内速度由v 增大到2v.设F 在Δt 1内做的功是W 1，冲量是I 1；在Δt 2内做的功是W 2，冲量是I 2.那么( )A ．I 1＝I 2B ．I 1＜I 2C ．W 1＝W 2D ．W 1＜W 28．带有14光滑圆弧轨道的质量为M 的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则( )A ．小球以后将向左做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对滑车做的功为2012Mv D ．小球在弧形槽上升的最大高度为202gv三、实验题9．“验证力的平行四边形定则”实验中(1)部分实验步骤如下，请完成有关内容：A ．将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线．B ．在其中一根细线上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录钩码个数(或细线拉力大小)、拉力方向(或细线方向)、________.C ．将步骤B 中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B 、C 使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B 、C 的位置，使橡皮筋与细线结点的位置与步骤B 中结点位置重合，记录________．(2)如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cosαcosβ＝________.10．某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；把滑块2放在气垫导轨的中间；⑤先接通打点计时器的电源，再放开滑块1，让滑块1带动纸带一起运动；在中间与滑块2相撞并粘在一起运动；⑥取下纸带，重复步骤④⑤，选出理想的纸带如图(b)所示；⑦测得滑块1的质量310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量205g．(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________ kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________ kg·m/s(保留三位有效数字)．(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是______________________________四、解答题11．一质量为M=4．0kg、长度为L=3．0m的木板B，在大小为8N、方向水平向右的拉力F作用下，以v0=2．0m/s的速度沿水平地面做匀速直线运动，某一时刻将质量为m=1．0kg的小铁块A（可视为质点）轻轻地放在木板上的最右端，如图所示．若铁块与木板之间没有摩擦，求：（重力加速度g取10m/s2）（1）加一个铁块后，木板的加速度大小？（2）二者经过多长时间脱离？12．如图所示,质量为m＝0.2kg的小球(可视为质点)从水平桌面右端点A以初速度v0水平抛出,桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧,MN为其竖直直径.P点到桌面的竖直距离为R.小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道, g取10 m/s2.(1)求小球在A点的初速度v0及AP间的水平距离x;(2)求小球到达圆轨道最低点N时对N点的压力;13．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计））上物块A以速度0 向B 运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：(1)A、B第一次速度相同时的速度大小；(2)整个过程中系统损失的机械能大小；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小．参考答案1．D【解析】【详解】A ：一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动；即不受力时，物体保持静止或匀速直线运动。

2021年高二上学期第一次月考理科物理试题一、选择题：本题共14题，每题4分，共56分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。

1．关于电场线的说法，正确的是( )A．电场线的方向，就是电荷受力的方向B．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动C．电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大D．沿电场线的方向电势逐渐降低2．A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的电场强度为E，则( )A．若在A点移去电荷q，A点的电场强度变为零B．若在A点换上－q，A点电场强度方向发生变化C．若在A点换上电量为2q的电荷，A点的电场强度将变为2ED．A点电场强度的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关3．下列说法正确的是( )A．处于静电平衡状态的导体，内部的电场处处为0B．处于静电平衡状态的整个导体是个等势体C．处于静电平衡状态的导体，内部没有电荷D．以上说法都不对4．正电荷Q位于坐标平面xOy上的原点，要让P点(x P＝＋1，y P＝0)的电场强度为零，另一负电荷－2Q应放的位置是( )A．位于x轴上，x>18B．位于x轴上，x<0C．位于x轴上，0<x<1D．位于y轴上，y<05．在静电场中，把电荷量为4×10－9C的正试探电荷从A点移到B点，克服静电力做功为6×10－8J，以下说法中正确的是( )A．电荷的电势能增加了6×10－8JB．电荷的动能减少了6×10－8JC．电荷在B点具有的电势能是6×10－8JD．B点的电势是15 V6．如图，P和Q为两平行金属板，板间电压为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．关于电子到达Q板时的速率，下列说法正确的是( )A．两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大B．两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大C．速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关D．以上说法都不正确7．两个半径均为1cm的导体球，分别带上＋Q和－3Q的电量，两球心相距90cm，相互作用力大小为F，现将它们碰一下后，放在两球心间相距3cm处，则它们的相互作用力大小变为( )A．3000FB．1200FC．900FD．无法确定8．如图所示，M、N为两个等量的同种正点电荷，在其连线的中垂线上的P点放置一个静止的点电荷q(负电荷)，不计重力，下列说法正确的是( )A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越小C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值D．点电荷超过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零9．在水平放置的平行金属板之间有一个带电液滴，恰巧静止，液滴所带电量为3.2×10-19C，重量为1.6×10-14N，若板间距为10mm，则两板间的电压为( )A．500VB．1000VC．1500VD．xxV10．如图所示，处在某匀强电场中的三个点A、B、C，恰是一等腰直角三角形的三个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝15 V，φB＝3 V，φC＝6 V。

2021年高二上学期第一次月考理综物理试题含答案一、单项选择题：（本题共16题，每小题4分，共计64分；每小题只有一个选项是正确的，选对的得4分，选错或不答的得0分。

）13．关于点电荷，下列说法正确的是( )A．点电荷是理想化模型，实际不存在B．体积很大的带电体一定不能看作是点电荷C．只有带电荷量很小的带电体才可以看作是点电荷D．只有体积很小的带电体才可以看作是点电荷14．在电场中的某一点放入电量为的正检验电荷时，测得该点场强为E，如果还在这一点，移走后放入电量的负检验电荷，则测得的场强为A．大小为，方向与E相反 B．大小为，方向与E相同C．大小仍为E，方向与E相反 D．和E大小相等，方向相同15．真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上某点时，正好处于平衡，则A．q一定是正电荷 B．q一定是负电荷C．q离Q2比离Q1远 D．q离Q2比离Q1近16.如图所示各电场中,A、B两点电场强度相同的是( )16题二、双项选择题：（本题共9题，每小题6分，共计54分；每小题有两个选项是正确的，多选、错选均不得分，漏选得3分）17.下列各量中，与检验电荷无关的量是( )A．电场强度E B．电场力F C．电势差U D．电场做的功W18.如图所示，带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，则可判断（）A.粒子带负电B.粒子的电势能不断减少C.粒子的动能不断增大D.粒子在A 点的加速度小于在B 点的加速度19．如图所示，实线表示等势面，虚线ab 为带电量为+q 的粒子的运动轨迹。

粒子的重力忽略不计，则（ ）A.该电场的场强方向一定向右 B ．该粒子运动的速度越来越大 C.该粒子运动的加速度越来越大 D ．该粒子的电势能将越来越小20.关于电场与电势（规定无穷远电势为零）的性质正确的是（ ）A ．电场强度大的地方，电势一定高B ．正点电荷产生的电场中电势都为正C ．匀强电场中，两点间的电势差只与两点间距离成正比D ．电场强度大的地方，沿场强方向电势降落越快21. 如图所示，用两根绝缘细线挂着两个质量相同的不带电的小球A 和B ，此时，上、下细线受的力分别为T A 、T B ，如果使A 带正电，B 带负电，上、下细线受力分别为T /A 、T /B ，则（ ） A.T A < T /A B.T B >T /B C. T A = T /A D. T B <T /B34（1）(4分)已知如图，a 、b 、c 、d 四点在同一直线上，b 、c 两点间的距离等于c 、d 两点间的距离，在a 点固定放置一个带电量为+Q 点电荷，将另一个电荷量为+q 的点电荷从a 、b 间某一点有静止释放，它通过b 、d 两点时的动能依次为20eV 和100eV ，则它通过c 点时的动能一定是 60eV.（填大于、等于或小于）34（2）(4分×2)一个电量为1.0×10-8C 、质量为2.5×10-3kg 的物体在光滑绝缘水平面上沿着x 轴作直线运动。

2021-2022年高二上学期第一次月考物理试卷含答案注：考试时间：60分钟试卷总分：100分一单选题（每题5分，共计40分）1、关于点电荷的下列说法中错误的是( )A. 真正的点电荷是不存在的B. 点电荷是一种理想模型C. 足够小(如体积小于1mm 3)的电荷，就是点电荷D. 一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状和大小对所研究问题的影响是否可忽略不计2、空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔为( )A. 重力做的功相等B. 电场力做的功相等C. 电场力做的功大于重力做的功D. 电场力做的功小于重力做的功3、用细线将一质量为m、电荷量为q的小球悬挂在天花板下面，设在空中存在沿水平方向的匀强电场，当小球静止时把细线烧断，小球将做（）A. 沿电场线方向的匀加速直线运动B. 沿重力方向的自由落体运动C. 沿悬线的延长线方向的匀加速直线运动D. 类似平抛运动的匀加速曲线运动4、一平板电容器的两极板与电源的两极相连，将两板距离减小，则( )①其电容变大②两板间电势差变大③所带电荷量保持不变④所带电荷量变大A. ①②B. ②③C. ②④D. ①④5、如图，匀强电场中A、B、C、D为一平行四边形的四个顶点，已知φA＝0V，φB ＝10V，φC＝5V，则φD为( )A. －5VB. －1VC. －15VD. －10V6、如下图，带电量分别为＋Q和－Q的两个点电荷相距R，在两点电荷连线上横放一个不带电的导体棒，导体棒上感应电荷产生的电场在两点电荷连线中点处的场强大小与方向为( )A. B.C. D.7、A、B两个相同的小球，所带的电量qA ＝6C，qB＝－7C．他们相距r放置时，相互作用力的大小为F．现有一个与A、B相同的不带电的金属小球C，若C球与A 球接触后，再与B球接触，再把A、B两球间的间距增大到2r，那么A、B之间的相互作用力的大小将变为（）A. B.C. D.二多选题（每题5分，共计20分）8、关于电场线与场强的关系，下列说法中正确的是（）A. 沿电场线方向场强逐渐减小B. 沿电场线方向场强逐渐增大C. 沿电场线方向场强可能不变D. 沿电场线方向场强可能增大，也可能减小9、三个粒子同时在同一位置沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可判断（）A. 在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B. b和c同时飞离电场C. 进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D. 动能的增加量c的最小，a和b的一样大10、两点电荷a,b所带的电荷量，在真空中相距为r，现将试探电荷q置于某一位置时所受库仑力恰好为零，则试探电荷应置于（）A. a,b为同种电荷时，在a,b连线上靠近b一侧B. a,b为同种电荷时，在a,b连线上靠近a一侧C. a,b为异种电荷时，在a,b连线的延长线上靠近a一侧D. a,b为异种电荷时，在a,b连线的延长线上靠近b一侧11、关于电势与电势能的说法，正确的是（）A. 电荷在电势越高的地方，电势能也越大B. 电荷在电势越高的地方，它的电荷量越大，所具有的电势能也越大C. 在正点电荷电场中的任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能D. 在负点电荷电场中的任意一点，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能三填空题（每空2分，共计20分）12、如图所示，细线悬挂一带正电的小球，处于水平向右的匀强电场中，在电场力作用下，小球从最低点a由静止开始运动，在a运动到b的过程中，电势能＿＿＿＿＿，重力势能＿＿＿＿＿，机械能＿＿＿＿＿。

2021年高二上学期第一次月考理科综合化学试题含答案可能用到的相对原子质量：Mg-24 N-14 H-1 O-16 Cu-64 C-12一、选择题（本题共21小题，每小题6分，共126分．在每小题给出的四个选项中，1-19小题只有一个选项正确，20-21小题有多个选项正确．全部选对的得6分，选不全得3分，选错或不答的得0分）7.下列关于燃料的说法错误的是 ( )A.燃料燃烧产物CO是温室气体之一2B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C.氢能是一种清洁能源D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一8.在25℃、101 kPa下，32 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热725.8 kJ,下列热化学方程式正确的是（）A. 2CH3OH（l）+3O2（g）===2CO2（g）+4H2O（l）；ΔH=－1452 kJ/molB. CH3OH（l）+O2（g）===CO2（g）+2H2O（l）；ΔH=+725.8 kJ/molC.2CH3OH（l）+3O2（g）===2CO2（g）+4H2O（l）；ΔH=－725.8 kJ/molD.2CH3OH（l）+3O2（g）===2CO2（g）+4H2O（l）；ΔH=+1452 kJ/mol9.在一定温度不同压强（p1＜p2）下，可逆反应2X（g）2Y(g)+Z(g)中，生成物Z在反应混合物中的体积分数与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是（）10.可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在一定条件下于1 L的密闭容器中发生，若开始时加入1 mol N2、4mol H2、2 mol NH3，反应达到平衡时各组分的浓度可能达到的值是()A．c（N2）2 mol/L B．c（N2）0 mol/LC．c（H2）1 mol/L D．c（NH3）2.5 mol/L11. 已知向0.005mol/LFeCl3中加入0.01 mol/LKSCN溶液，溶液呈红色。

在这个反应体系中存在下述平衡Fe3+ + 3SCN-（无色） Fe(SCN)3（红色）下列叙述错误的是（）A.向上述溶液中滴加几滴NaOH溶液,溶液颜色会加深,因为OH-与Fe3+生成了红褐色沉淀B.向上述溶液中滴加几滴NaOH溶液, 溶液颜色会变浅,因为OH-与Fe3+生成了红褐色沉淀,使Fe3+的浓度减小,平衡逆向移动, 导致Fe(SCN)3的浓度减小C. 向上述溶液中滴加几滴1 mol/L KSCN溶液,溶液颜色会加深,因为SCN-的浓度增大,正反应速率加快,平衡正向移动,导致导致Fe(SCN)3的浓度增大D.向上述溶液中分别滴加NaOH溶液和KSCN溶液过程中,Na+、K+的浓度大小对平衡体系没有影响12.一定温度下容积恒定的密闭容器中，有可逆反应： 2NO2(g) N2O4(g)。

2021年高二上学期第一次月考物理试卷（理科）含解析一、单项选择题（每题3分，共18分）1．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.10V B．0.20V C．0.30V D．0.40V2．在某段电路中，其两端电压为U，通过的电流为I，通电时间为t，若该电路电阻为R，则关于电功和电热的关系，下列结论不正确的是（）A．在任何电路中，电功UIt=I2RtB．在任何电路中，电功为UIt，电热为I2RtC．在纯电阻电路中，UIt=I2RtD．在非纯电阻电路中，UIt≥I2Rt3．如图所示A灯与B灯的电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片P向上滑动时，两灯亮度变化是（）A．A灯变亮，B灯变亮 B．A灯变暗，B灯变亮C．A灯变暗，B灯变暗D．A灯变亮，B灯变暗4．如图所示的电路中，R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时（）A．电流表示数变大，电压表示数变小B．电流表示数变小，电压表示数变大C．电流表和电压表示数都变小D．电流表和电压表示数都变大5．如图所示的电路中，当变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表V和电流表A的示数变化的情况是（）A．V和A的示数都变小B．V和A的示数都变大C．V的示数变大，A的示数变小D．V的示数变小，A的示数变大6．如图所示，调节滑动变阻器，电压表的读数由6V变为5V，电流表读数的变化量为0.5A，则下列说法中正确的是（）A．电流表的读数变小了，电源的内阻为10ΩB．电流表的读数变大了，电源的内阻为20ΩC．电流表的读数变大了，电源的内阻为2ΩD．由于不知道电流表的具体读数，因此无法计算电源的内阻二、多项选择题（每题4分共16分）7．在图中，A．B两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下述说法正确的是（）A．A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法B．A中R测＜R真，B中R测＞R真C．A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，就使R＜＜R v，故此法测较小电阻好D．B中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R＞＞R A，故此法测较大电阻好8．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能B．蓄电池两极间的电压为2VC．蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能D．蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大9．图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，下列判断正确的是（）A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大10．一个电动势为E，内电阻为r的电池，接上负载电阻R，构成闭合电路，下列说法正确的是（）A．当R=r时，路端电压为U=B．当R=0时，路端电压为U=EC．当R=r时，R获得的功率最大D．当R=r时，电源的效率为η=50%三、填空题（每空2分，共16分）11．有一个未知电阻R x，用图中（a）和（b）两种电路分别对它进行测量，用（a）图电路测量时，两表读数分别为6V，6mA，用（b）图电路测量时，两表读数分别为5.9V，10mA，则用图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值Rx=Ω，测量值比真实值偏（填：“大”或“小”）．12．在测干电池的电动势和内电阻的实验中，图1有甲、乙两个可供选择的电路，应选用电路进行实验，实验中误差的来源是读数比实际值偏，根据实验数据画出的U﹣I 图线如图2所示，则求得的电动势是V，内电阻是Ω．四、计算题（计算题（本题有4个小题，共，50分，要求书写中要有必要的文字说明和重要的表达式）13．在如图所示的电路中，电源的电动势为1.5V，内阻为0.12Ω，外电路的电阻为1.38Ω，求电路中的电流和路端电压．14．如图，R=0.8Ω当开关S断开时电压表的读数为1.5V；当开关S闭合时电压表的读数为1.2V，则该电源的电动势和内电阻分别为多少？15．一台直流电动机的额定电压为U=110V，电枢的电阻R=0.5Ω，当它正常工作时通过的电流I=20A，若电动机正常运转时间t=1分钟．求：（1）电流所做的功；（2）电枢上产生的热量；（3）电动机输出的机械能．16．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=2Ω，R1=28Ω，R2=30Ω，R3=60Ω，电容C=4×10﹣8F，求：（1）开关S断开和闭合时电容器所带电量之比；（2）开关S闭合后通过R3的电量．xx学年江苏省连云港市灌南县华侨双语学校高二（上）第一次月考物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题（每题3分，共18分）1．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A．0.10V B．0.20V C．0.30V D．0.40V【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压．【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：E=800mV由闭合电路欧姆定律得短路电流：=I短则电源内阻：r===20Ω该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流：I==mA=20mA故路端电压：U=IR=20mA×20Ω=400mV=0.40V；故选：D．2．在某段电路中，其两端电压为U，通过的电流为I，通电时间为t，若该电路电阻为R，则关于电功和电热的关系，下列结论不正确的是（）A．在任何电路中，电功UIt=I2RtB．在任何电路中，电功为UIt，电热为I2RtC．在纯电阻电路中，UIt=I2RtD．在非纯电阻电路中，UIt≥I2Rt【考点】焦耳定律；电功、电功率．【分析】电功和电热的公式均适用于任何电路．在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，W=UIt=I2Rt．在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即UIt＞I2Rt．【解答】解：A、在纯电阻电路中，电能全部转化为内能，电功等于电热，W=UIt=I2Rt，在非纯电阻电路中，电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，电功大于电热，即UIt＞I2Rt，故AD错误，C正确．B、在任何电路中，电功W=UIt，电热Q=I2Rt．故B正确．本题选不正确的，故选：AD3．如图所示A灯与B灯的电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片P向上滑动时，两灯亮度变化是（）A．A灯变亮，B灯变亮B．A灯变暗，B灯变亮C．A灯变暗，B灯变暗D．A灯变亮，B灯变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】首先分析电路结构，再由闭合电路欧姆定律即可分析电路中电流及电压的变化；再由欧姆定律即可分析两灯泡的变化．【解答】解：由图可知，灯泡A与滑动变阻器并联后与电阻R0串联，然后再与B灯并联；当滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电阻增加，则电路的总电阻增加；由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增加，故灯泡B亮度变亮；总电流减小，通过B灯的电流增大，则由并联电路规律可知，通过电阻R0的电流减小，其分担的电压也减小，A灯泡两端的电压增加，故A灯泡也变亮；故A正确；故选：A．4．如图所示的电路中，R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时（）A．电流表示数变大，电压表示数变小B．电流表示数变小，电压表示数变大C．电流表和电压表示数都变小D．电流表和电压表示数都变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图看出变阻器右侧电阻与R2并联后与左侧电阻串联，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流．当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析电流的变化和路端电压的变化，即可判断两个电表示数的变化．【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，变阻器左侧接入电路的电阻减小，右侧电阻增大，由于右侧电阻与R2并联，并联电阻小于任一支路的电阻，所以变阻器左侧电阻的减小量大于右侧并联电阻增大量，所以外电路总电阻减小．根据闭合电路欧姆定律可知：电路中电流增大，则电流表的示数变大．电源的内电压增大，则路端电压减小，电压表示数变小．故A正确．故选：A．5．如图所示的电路中，当变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表V和电流表A的示数变化的情况是（）A．V和A的示数都变小B．V和A的示数都变大C．V的示数变大，A的示数变小D．V的示数变小，A的示数变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】明确电路图的结构，根据滑动变阻器的滑片的移动可知电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化；再由欧姆定律可得出电压表及电流表的变化．【解答】解：由图可知，R3与R并联后与R2、R1串联；当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；则由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小；因总电流增大，故R1、R2两端的电压增大；则并联部分总电压减小，故流过R3的电流减小，电流表中电流增大；故只有B正确；故选：B．6．如图所示，调节滑动变阻器，电压表的读数由6V变为5V，电流表读数的变化量为0.5A，则下列说法中正确的是（）A．电流表的读数变小了，电源的内阻为10ΩB．电流表的读数变大了，电源的内阻为20ΩC．电流表的读数变大了，电源的内阻为2ΩD．由于不知道电流表的具体读数，因此无法计算电源的内阻【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据电压表读数的变化判断电源的内电压如何变化，然后根据欧姆定律判断电流表示数如何变化；由题知道两个电表读数的变化量，根据闭合电路欧姆定律可求得电源的内电阻．【解答】解：由电路图知，电压表的读数为路端电压．由于电压表读数减小，电源的内电压增大，则由U=Ir，知电路中电流增大，则知电流表的读数变大．根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，则得r===2Ω，故ABD错误，C正确．故选：C．二、多项选择题（每题4分共16分）7．在图中，A．B两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下述说法正确的是（）A．A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法B．A中R测＜R真，B中R测＞R真C．A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，就使R＜＜R v，故此法测较小电阻好D．B中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R＞＞R A，故此法测较大电阻好【考点】伏安法测电阻．【分析】伏安法测电阻有两种实验电路：电流表的内接法与外接法；A图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过灯泡电阻R的电流，还包括了电压表的电流；B图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是灯泡电阻R的电压，还包括了电流表的分压；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小．【解答】解：A、图A所示电路是电流表的外接法，图B所示电路是电流表的内接法，故A正确；B、图A所示电路，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律R=，电阻测量值偏小，即R测＜R真；B图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律R=，电阻测量值偏大，即R测＞R真，故B正确；C、图A所示电路，系统误差是由电压表分流造成的，为了减小误差，应使R＜＜R v，故此法测较小电阻好，故C正确；D、图B所示实验电路，系统误差是由于电流表分压造成的，为了减小误差，应使R＞＞R A，故此法测较大电阻好，故D正确；故选：ABCD．8．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能B．蓄电池两极间的电压为2VC．蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能D．蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大【考点】电源的电动势和内阻．【分析】电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用．【解答】解：A、电路中每通过1 C电荷量，铅蓄电池将1C的正电荷从负极移至正极的过程中，克服静电力做功w=qU=1C×2V=2J，故电势能增加2J，即2J化学能转化为电能．故A正确；B、当电池不接入外电路时，蓄电池两极间的电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V，故B错误；C、铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关．故C错误．D、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大．一节干电池的电动势为1.5V，则蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大，故D正确；故选：AD．9．图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，下列判断正确的是（）A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大【考点】路端电压与负载的关系．【分析】U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．【解答】解：A．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2，故A正确；B．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故B错误；C．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故C错误；D．电动势E1=E2，内阻r1＜r2，根据U=E﹣Ir可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D正确；故选：AD．10．一个电动势为E，内电阻为r的电池，接上负载电阻R，构成闭合电路，下列说法正确的是（）A．当R=r时，路端电压为U=B．当R=0时，路端电压为U=EC．当R=r时，R获得的功率最大D．当R=r时，电源的效率为η=50%【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【分析】当R=r时，路端电压与内电压相等．当R=0时，路端电压为U=0．当R=r时，根据数学知识分析得知R获得的功率最大．当R=r时，由电源的效率η==求解电源的效率．【解答】解：A、当R=r时，路端电压与内电压相等，而两者之和等于电动势E，则路端电压为U=．故A正确．B、当R=0时，外电路短路，路端电压为U=0．故B错误．C、R获得的功率P=I2R==，根据数学知识可知，当R=r时，P有最大值．故C正确．D、当R=r时，电源的效率η===50%．故D正确．故选ACD三、填空题（每空2分，共16分）11．有一个未知电阻R x，用图中（a）和（b）两种电路分别对它进行测量，用（a）图电路测量时，两表读数分别为6V，6mA，用（b）图电路测量时，两表读数分别为5.9V，10mA，则用a图所示电路测该电阻的阻值误差较小，测量值Rx=1000Ω，测量值比真实值偏大（填：“大”或“小”）．【考点】伏安法测电阻．【分析】根据题给条件分析电流表、电压表示数变化显著程度，来分析电路误差大小．测量值由电压表与电流表读数之比求出，剔除误差后求出真实值．【解答】解：两次测量电压表示数变化率大小=，电流表示数变化率大小=则可见电流表示数变化显著，说明电压分流作用显著，采用电流表内接法误差较小，故a 图所示电路测该电阻的阻值误差较小．测量值R x===1000Ω=R x﹣R A故测量值比真实值偏大．真实值R真故本题答案是：a；1000Ω；大12．在测干电池的电动势和内电阻的实验中，图1有甲、乙两个可供选择的电路，应选用甲电路进行实验，实验中误差的来源是电流表读数比实际值偏小，根据实验数据画出的U﹣I图线如图2所示，则求得的电动势是 1.5V，内电阻是0.83Ω．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】由于电压表和电流表都有一定的内阻，给实验带来系统误差．甲电路中，电流表读出的不是通过电源的电流，误差来源于电压表的分流，而乙电路中，电压表测量的电压不等于路端电压，是由于电流表的分压．由于电源的内阻较小，电压表分流较小，则知可采用甲电路进行实验．由图读出两组电压和电流值，由闭合电路欧姆定律组成方程，求出电源的电动势和内阻．【解答】解：本实验中电压表应测量路端电压，电流表应测量通过电源的电流，由于电压表和电流表都有一定的内阻，两种电路都存在系统误差．甲电路中，电流表读出的不是通过电源的电流，比电源的电流小，其读数等于电源的电流与通过电压表电流之差，误差来源于电压表的分流，而乙电路中，电压表测量的电压不等于路端电压，是由于电流表的分压．由于电源的内阻较小，电流表的内阻也较小，若采用乙电路，电流表分压较大，测得的内阻误差较大．而甲电路中，电源内阻较小时，电压表分流较小，测量误差较小．故可采用甲电路进行实验．甲电路中由于电压表的分流，使电流表的读数小于真实值；由U=E﹣Ir可得，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内阻，将图象延长可得：E=1.5V；r===0.83Ω故答案为：甲，电流表，小，1.5，0.83．四、计算题（计算题（本题有4个小题，共，50分，要求书写中要有必要的文字说明和重要的表达式）13．在如图所示的电路中，电源的电动势为1.5V，内阻为0.12Ω，外电路的电阻为1.38Ω，求电路中的电流和路端电压．【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】闭合开关S后，运用闭合电路欧姆定律求解电路中的电流I，再由部分电路欧姆定律求解路端电压．【解答】解：闭合开关S后，由闭合电路欧姆定律得电路中的电流I为：I==A=1A路端电压为：U=IR=1×1.38=1.38（V）答：电路中的电流为1A，路端电压为1.38V．14．如图，R=0.8Ω当开关S断开时电压表的读数为1.5V；当开关S闭合时电压表的读数为1.2V，则该电源的电动势和内电阻分别为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】开关断开时，电压表可直接测出电源的电动势，开关闭合后，根据闭合电路欧姆定律求内阻．【解答】解：开关断开时，不计电压表对电路的影响，电路中电流近似为零，电源的内电压约为零，则电压表可直接测出电源的电动势，则得电源的电动势为：E=1.5V；开关闭合后，电路中电流为：I==A=1.5A根据闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir，得：r==Ω=0.2Ω答：该电源的电动势E和内电阻r分别为1.5V和0.2Ω．15．一台直流电动机的额定电压为U=110V，电枢的电阻R=0.5Ω，当它正常工作时通过的电流I=20A，若电动机正常运转时间t=1分钟．求：（1）电流所做的功；（2）电枢上产生的热量；（3）电动机输出的机械能．【考点】电功、电功率．【分析】电动机为非纯电阻，电动机在工作时，把电能转化成机械能的同时，还有一部分电能转化成了热能，并且线圈与电动机串联．（1）已知通过电动机的电流、电动机两端的电压和时间，可利用公式W=UIt计算电动机消耗的电能．（2）已知电动机线圈的电阻、通过线圈的电流和时间，可利用公式Q=I2Rt计算线圈产生的热量．（3）已知电动机消耗的电能和线圈产生的热量，便可以计算出电动机做的机械功．【解答】解：（1）电流所做的功为：W=UIt=110×20×60 J=1.32×105 J（2）电枢上产生的热量为：Q=I2Rt=202×0.5×60 J=1.2×104 J（3）根据能量守恒定律，电动机输出的机械能：E=W﹣Q=1.32×105 J﹣1.2×104J=1.2×105 J．答：（1）电流所做的功为1.32×105 J；（2）电枢上产生的热量为1.2×104 J；（3）电动机输出的机械能为1.2×105 J．16．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=2Ω，R1=28Ω，R2=30Ω，R3=60Ω，电容C=4×10﹣8F，求：（1）开关S断开和闭合时电容器所带电量之比；（2）开关S闭合后通过R3的电量．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【分析】（1）开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势．开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压．根据欧姆定律和串联电路的特点求出电阻R2的电压，再由Q=CU求出电量之比．（2）开关S闭合后通过R3的电量等于开关闭合前后电量之差．【解答】解：（1）开关断开稳定时，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势，即U1=E=10v．开关闭合稳定时，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，则U2===5V．对于给定电容器，电容不变，由Q=CU得，Q1：Q2=U1：U2=2：1．（2）答：（1）开关S断开和闭合时电容器所带电量之比为2：1；（2）开关S闭合后通过R3的电量为2×10﹣7C．xx年10月30日q29841 7491 璑)g [28140 6DEC 淬30734 780E 砎37432 9238 鈸40557 9E6D 鹭32436 7EB4 纴F*38240 9560 镠31181 79CD 种。

长郡中学xx学年度高二第一学期第一次模块检测2021年高二上学期第一次模考理综试题 Word版含答案可能用到的相对原子质量：H～lC～12 0～16 S～32 2n～65第I卷（选择题，共21小题，共126分）一、选择题（本题共21小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．关于孟德尔的一对相对性状杂交实验和摩尔根证实基因位于染色体上的果蝇杂交实验，下列叙述不正确的是自交实验来验证其假说A．两实验都设计了F1B．实验中涉及的性状均受一对等位基因控制C．两实验都采用了统计学方法分析实验数据D．两实验均采用了“假说演绎”的研究方法2．下图是有关细胞分裂与遗传定律关系的概念图，其中对概念之间的关系，表述的都正确的是A．①⑤⑨和③⑦⑩B．②⑥⑨和④⑧⑩C．①⑤⑨和④⑧⑩D．②⑥⑨和③⑦⑩3．水稻的非糯性(W)对糯性(w)是一对相对性状。

含W的花粉遇碘变蓝，含w的花粉遇碘不变蓝，把WW和ww杂交得到的F1种子播下去，长大开花后取出一个成熟的花药，取其中的全部花粉，滴一滴碘液，在显微镜下观察，可见花粉A．全部变蓝B．全不变蓝C．l／2变蓝D．3/4变蓝4．下图表示在细胞分裂过程中，细胞内染色体的变化曲线，下列相关的叙述中正确的是A．a过程中不含染色单体B．b过程细胞数目不变C．c过程不发生受精作用D．d过程中含有同源染色体5．关于性染色体的不正确叙述是A．XY型的生物体细胞内都含有两条异型性染色体B．生物体细胞内的两条性染色体是一对同源染色体C．性染色体上的基因在遗传时与性别相联系D．XY型的生物体细胞如果含两条同型性染色体，可记作XX6．甲、乙两种单基因遗传病分别由基因A、a和D、d控制，图一为两种病的家系图，图二为Ⅱ10体细胞中两对同源染色体上相关基因定位示意图。

以下分析正确的是A．甲病为常染色体显性遗传病B．Ⅱ6个体的基因型为aaX D X dC．Ⅲ13个体是杂合子的概率为1／2D．Ⅲ12与Ⅲ14婚配后代正常的概率为5/247．氢气是21世纪最理想的能源，其根据不正确的是A．生产氢气的原料来源广泛B．氢气燃烧时无污染C．氢气易液化，贮存、携带方便D．在等质量的可燃气体中，氢气燃烧时放出的热量多8．对于反应：A+B=C下列条件的改变一定能使化学反应速率加快的是A．增加A的物质的量B．升高体系温度C．增加体系压强D．减少C的物质的量浓度9．某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应X(g)+Y(g) 2Z(g)+W(s) △H>0下列叙述正确的是A．当容器中气体的平均摩尔质量不变时，反应达到了平衡B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后加入X，上述反应的△H增大10.现有mA(s)+nB(g)qC(g) △H<0的可逆反应，在一定温度下达平衡时，B的体积分数ψ(B)和压强p的关系如图所示，则下列有关该反应的描述正确的是A.m+n<qB．n>qC．x点的混合物中v（正）<v（逆）D．x点比y点的正反应速率小11.在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：下列说法错误的是A．反应达到平衡时，X的转化率为50%B．该反应的化学方程式为3X(g)+Y(g) 2Z(g)C．25℃时，该反应的平衡常数为1 600D．改变温度可以改变此反应的平衡常数12.已知：根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是A．Na2O2(s)与CO2(g)反应时，放出452 kJ热量时，转移电子数为1.204×l023B．CO的燃烧热为△H=-566 kJ/molC．CO(g)与Na2 O2 (S)反应的热化学方程式为：13.某温度下，H2 (g)+CO2 (g) H2O(g)+CO(g)的平衡常数K=2.25。

2021年高二上学期第一次月考化学理试题含解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题3分．共24分．1．（3分）下列说法不正确的是（）A．化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化B．对于△H＞0的反应，反应物的能量小于生成物的能量C．放热反应都不需要加热就能发生D．吸热反应在一定条件（如常温、加热等）下也能发生考点：吸热反应和放热反应；反应热和焓变．分析：A、化学反应在发生物质变化的同时还伴随着能量的变化；B、反应物总能量小于生成物的总能量时，反应吸热热，焓变为正值；C、有的放热的化学反应需要加热才能发生；D、有的吸热反应不加热也会发生．解答：解：A、化学反应在发生物质变化的同时还一定伴随着能量的变化，故A正确；B、反应物总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，焓变为正值，△H＞0，故B正确；C、有的放热的化学反应需要加热才能发生，如铝热反应，故C错误；D、有的吸热反应不加热也会发生，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故D正确；故选C．点评：本题考查学生常见的吸热反应和放热反应，以及化学反应中能量变化的原因，可以根据教材知识来回答，较简单．2．（3分）下列各说法中，正确的是（）A．△H＞0表示放热反应，△H＜0表示吸热反应B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数C．1mol H2SO4与1mol Ba（OH）2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热D．1mol H2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热考点：反应热和焓变；燃烧热；中和热．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、依据焓变的计算方法进行分析判断；B、根据热化学方程式的表示意义进行分析判断；C、根据中和热的概念分析判断；D、依据燃烧热的概念进行分析判断．解答：解：A、反应的焓变是由生成物的总焓减去生成物的总焓，所以△H＞0kJ•mol﹣1表示吸热反应，△H＜0kJ•mol﹣1表示放热反应，故A错误；B、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数，故B正确；C、1molH2SO4与1molBa（OH）2反应生成两mol水，根据中和热概念是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，故C错误；D、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧氧化物时放出的热量，1molH2与0.5molO2反应生成的水的状态不定，所以放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；故选B．点评：本题考查了焓变的计算、热化学方程式的书写、中和热、燃烧热的概念应用和计算，注重基础知识的考查，难度不大．3．（3分）（xx•宝鸡三模）25℃、101 kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5 kJ/mol、285.8 kJ/mol、890.3 kJ/mol、2800 kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是（）A．C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣393.5 kJ/molB．2H2（g）+O2g）═2H2O（l）△H=+571.6 kJ/mol（C．C H4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ/molD．C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣2800 kJ/mol考点：燃烧热．专题：化学反应中的能量变化．分析：依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；依据概念分析判断．解答：解：A、反应中生成一氧化碳不是稳定氧化物，故A错误；B、氢气燃烧是放热反应，故B错误；C、生成物水是气体不是稳定氧化物，故C错误；D、符合燃烧热的概念，故D正确；故选D．点评：本题考查了燃烧热的概念分析判断和实际应用，理解概念是解题关键，题目较简单．4．（3分）参照反应Br+H2⇌HBr+H的能量对反应历程的示意图（如图），下列叙述中正确的（）A．正反应为放热反应B．正反应为吸热反应C．加入催化剂，活化能改变引起反应热也改变D．加入催化剂，正反应速率增大、逆反应速率减小考点：吸热反应和放热反应；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响．分析：A．依据图象中反应物和生成物的能量大小比较分析判断；B．依据图象中反应物和生成物的能量大小比较分析判断；C．加入催化剂能降低反应的活化能，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；D．催化剂同等程度影响正逆反应速率．解答：解：A．反应物的能量小于生成物的能量，反应是吸热反应，故A错误；B．反应物的能量小于生成物的能量，反应是吸热反应，故B正确；C．加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，故C错误；D．催化剂同等程度影响正逆反应速率，正逆反应速率增大，故D错误．故选B．点评：本题考查了催化剂的作用分析，难度不大，解答该题关键要理解催化剂概念中的“一变、二不变”的涵义．一变是反应速度变，二不变是本身质量和化学性质．5．（3分）反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（g），在不同情况下测得反应速率如下，其中反应速率最快的是（）A．υ（D）=0.4 mol/（L•s）B．υ（C）=0.5 mol/（L•s）C．υ（B）=0.6 mol/（L•s）D．υ（A）=0.15 mol/（L•s）考点：化学反应速率和化学计量数的关系．专题：化学反应速率专题．分析：反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快．解答：解：反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快A、υ（D）/2=0.2 mol/（L•s）B、v（C）/2=0.25mol/（L•s），C、v（B）/3=0.2mol/（L•s），D、v（A）/1=0.15mol/（L•s），所以反应速率v（C）＞v（B）v（D）＞v（A）．故选：B．点评：比较反应速率常用的两种方法：（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较．（2）比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快．比较反应速率时注意（1）反应速率的单位要相同（2）单位时间内反应物或生成物的物质的量变化大，反应速率不一定快，反应速率是用单位时间内浓度的变化量来表示的．6．（3分）一定条件下，在体积为1L的密闭容器中，1mol X和1mol Y进行反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g），下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是（）A．X的百分含量不再发生变化B．c（X）：c（Y）：c（Z）=2：1：1C．容器内气体的质量不再发生变化D．同一时间内消耗2n mol X的同时生成n mol Z考点：化学平衡状态的判断．分析：可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体现中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．解答：解：A．X的百分含量不再发生变化时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；B．当c（X）：c（Y）：c（Z）=2：1：1时，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，与反应初始浓度和转化率有关，故B错误；C．无论该反应是否达到平衡状态，反应体现中气体质量始终不变，所以不能据此判断化学平衡状态，故C错误；D．无论该反应是否达到平衡状态，同一时间内消耗2n mol X的同时生成n mol Z，所以不能据此判断化学平衡状态，故D错误；故选A．点评：本题考查化学平衡状态的判断，只有反应前后改变的物理量才能作为化学平衡状态的判断依据，要注意结合反应方程式特点分析，题目难度中等．7．（3分）现有反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的（）实验反应温度/℃ Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mL V/mL c/（mol•L﹣1）V/mL c/（mol•L﹣1）A 25 5 0.1 10 0.1 5B 25 5 0.2 5 0.2 10C 35 5 0.1 10 0.1 5D 35 5 0.2 5 0.2 10 A．A B．B C．C D．D考点：浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响．分析：温度越高、浓度越大，则反应速率就越快，在实验中就最先出现浑浊．解答：解：因35℃＞25℃，则选项C和D中的反应速率大于选项A和B中，又D中反应物的浓度大于C中反应物的浓度，则D中反应速率最快，即在实验中就最先出现浑浊，故选D．点评：本题考查影响化学反应速率的因素，明确温度和浓度对化学反应速率的影响即可解答，注意利用表格中的数据来比较温度和浓度．8．（3分）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列描述正确的是（）A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/（L•s）B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LC．反应开始到10s时，Y的反应速率为0.0395mol/（L•s）D．反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）⇌Z（g）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：A．由图可知，10s内Z的物质的量变化量为1.58mol，根据v=计算v（Z）；B．由图可知，10s内X的物质的量变化量为0.79mol；C．根据v=计算计算v（Y）；D．根据物质的量的变化，判断出反应物、生成物及是否是可逆反应，利用物质的量之比化学计量数之比书写方程式．解答：解：A．由图可知，10s内Z的物质的量变化量为1.58mol，用Z表示的反应速率为v （Z）==0.079moL/（L•s），故A错误；B．由图可知，10s内X的物质的量变化量为0.79mol，X的物质的量浓度减少了△c===0.395mol/L，故B错误；C.10s内，用Y表示的反应速率为v（Y）==0. 0395moL/（L•s），故C正确；D．由图象可以看出，由图表可知，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生产物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1.20﹣0.41）mol：（1.00﹣0.21）mol：1.58mol=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），故D错误；故选C．点评：本题考查化学反应速率的有关计算，难度不大，分析图象注意一看点：即起点、拐点、交点、终点；二看线：即看曲线的变化趋势和走向；三看面：即看清纵坐标、横坐标表示的物理量等．二、双项选择题：共16分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得4分，只选1个且正确的得2分，有选错或不答的得0分．9．（4分）下列说法或表示方法正确的是（）A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热大于57.3kJC．在101kPa时，2g的氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/molD．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.90kJ/mol可知，石墨比金刚石稳定考点：反应热和焓变；燃烧热；中和热．分析：A、硫固体燃烧变化为蒸气需要吸收热量；B、浓硫酸溶解是放热过程；C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧是温度氧化物放出的热量；D、物质能量越高越活泼；解答：解：A、等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气变化为固体放热，前者放出热量多，故A错误；B、浓硫酸溶解过程是放热过程，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热大于57.3kJ，故B正确；C、在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2（g）+O2（g）→H2O（l）+285.8 kJ，故C错误；D、由C（石墨）→C（金刚石）﹣1.90 kJ可知，石墨能量低，石墨比金刚石稳定，故D正确；故选BD．点评：本题考查反应能量变化，弱电解质电离平衡过程分析，燃烧热概念判断，注意我做主能量越高越活泼，题目难度中等．10．（4分）下列热化学方程式正确的是（注：△H的绝对值均正确）（）A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0 kJ/mol（燃烧热）B．N aOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（中和热）C．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣269.8kJ/mol（反应热）D．2NO2═O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热）考点：热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；B、中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；C、热化学方程式是标注物质聚集状态，反应放出的热量；D、热化学方程式是标注物质聚集状态，反应放出的热量．解答：解：A、C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0 kJ/mol（燃烧热）反应中生成的氧化物水是气体，不是稳定氧化物，故A错误；B、NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（中和热），符合中和热概念，故B正确；C、S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣269.8kJ/mol（反应热），符合热化学方程式的书写，故C正确；D、2NO2=O2+2NO△H=+116.2kJ/mol（反应热），为标注物质聚集状态，故D错误；故选BC．点评：本题考查了燃烧热、中和热、热化学方程式的书写方法和判断，关键是概念的理解，题目较简单．11．（4分）反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A．增加C的量B．将容器的体积缩小一半C．保持体积不变，充入氮气使体系压强增大D．保持压强不变，充入氮气使容器体积增大考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：A、根据浓度越大，化学反应速率越快，固体量的增减不影响反应速率；B、体积缩小，反应体系中物质的浓度增大，化学反应速率越快；C、体积不变，充入氮气使体系压强增大，但反应体系中的各物质的浓度不变；D、压强不变，充入氮气容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小．解答：解：A、因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，故A正确；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B错误；C、保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C正确；D、保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错误．故选AC．点评：影响化学速率的因素有：温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积，需要注意的是改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响，压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变．12．（4分）已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/molNa2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+△H=﹣226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）A．C O的燃烧热为566 kJ/molB．如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C．2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣452 kJ/molD．C O2（g）与Na2O2（s）反应放出452kJ热量时，电子转移数为1.204×1024（个）考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、依据燃烧热的概念分析计算判断；B、图象中的焓变是2molCO完全燃烧反应的焓变；C、物质的状态不同，所含能量不同；D、根据盖斯定律利用题给热化学方程式合并消去二氧化碳得到热化学方程式，对应反应放出的热量计算氧化还原反应的电子转移．解答：解；A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，单位为KJ/mol，CO的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；B、图象中的焓变应是2molCO燃烧的反应热，图象中物质的量和焓变不统一，故B错误；C、二氧化碳的状态为固态时，所含能量比气体时低，所以应该是2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞﹣452kJ/mol，故C错误；D、已知：①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=﹣566kJ/mol ②Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2 △H=﹣226kJ/mol，根据盖斯定律合并热化学方程式得到，②×2+①得到的热化学方程式为2CO（g）+2Na2O2（s）=2 Na2CO3（s）；△H=﹣1018kJ/mol；CO（g）与Na2O2（s）反应放出509kJ热量时，热化学方程式为CO（g）+Na2O2（s）=2Na2CO3（s）；△H=﹣509kJ/mol；反应的电子转移数为2mol即电子转移数为1.204×1024，故D正确；故选D．点评：本题考查了热化学方程式的书写判断，燃烧热的概念应用，反应焓变的意义，盖斯定律的应用．三、填空题（30分）13．（4分）25℃、101kPa下，1mol 氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol．考点：热化学方程式．分析：依据热化学方程式书写方法写出热化学方程式，标注物质聚集状态和对应焓变．解答：解：25℃、101KPa时，1molH2完全燃烧生成液态水释放出285.8KJ的能量，则表示H2燃烧热的化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol，故答案为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol．点评：本题考查了热化学方程式的书写，难度不大，要注意热化学方程式，标注物质聚集状态和对应焓变．14．（4分）25℃，101kPa时，16g CH4（g）与适量O2（g）反应生成CO2（g）和H2O（l），放出890.3kJ热量，则CH4燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O （l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1．考点：热化学方程式．分析：在25℃、101kPa下，16g甲烷（CH4）的物质的量为1mol，燃烧时消耗2mol氧气生成CO2和液态水时放热890.3kJ，书写热化学方程式时要标明物质的聚集状态．解答：解：1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热890.3KJ；故燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1点评：本题考查热化学反应方程式的书写的相关知识，题目难度不大．应注意书写燃烧的热化学方程式和燃烧热的热化学方程式的区别．15．（6分）25℃，101kPa时，0.5mol CO在足量的O2中充分燃烧，放出141.3kJ的热，则CO的燃烧热为282.6KJ/mol，其表示燃烧热的热化学方程式是CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=282.6KJ/mol．考点：燃烧热；热化学方程式．分析：燃烧热是指在25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素转化为二氧化碳，H元素转化为液态水；书写燃烧热的热化学方程式时应注意保持可燃物的计量数为1，C元素转化为二氧化碳，H元素转化为液态水．解答：解：燃烧热是指在25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素转化为二氧化碳，H元素转化为液态水，故CO的燃烧热为282.6KJ/mol；书写燃烧热的热化学方程式时应注意保持可燃物的计量数为1，C元素转化为二氧化碳，标出各物质的聚集状态，故CO燃烧热的热化学方程式是：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=282.6KJ/mol故答案为：282.6KJ/mol；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=282.6KJ/mol．点评：本题考查了燃烧热的概念和燃烧热的热化学方程式的书写，应注意的是书写燃烧热的热化学方程式时应注意保持可燃物的计量数为1，C元素转化为二氧化碳，H元素转化为液态水．16．（6分）0.50L 2.00mol/L H2SO4与2.00L 1.00mol/L KOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，该反应的中和热为57.3kJ/mol，其表示中和热的热化学方程式为KOH（aq）+H2SO4（aq）=K2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol．考点：中和热；热化学方程式．分析：中和热是指稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量据此求出中和热；书写中和热的热化学方程式时，生成的水必须为1mol．解答：解：0.50L 2.00mol/L H2SO4溶液与2.00L 1.00mol/L KOH溶液完全反应，放出114.6kJ 的热量，即生成2mol水放出114.6kJ的热量，反应的反应热为﹣114.6kJ/mol，中和热为57.3kJ/mol，则中和热的热化学方程式：KOH（aq）+H2SO4（aq）=K2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，故答案为：57.3kJ/mol；KOH（aq）+H2SO4（aq）=K2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol．点评：本题考查中和热以及热化学方程式的书写问题，本题难度中等，注意准确理解中和热的概念．17．（4分）已知拆开1mol H﹣H键、1mol N﹣H键、1mol N≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1．考点：热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化．分析：化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．解答：解：在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1mol N三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的热量少，放出的热量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ；故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1．点评：本题主要考查了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比．同时还考查了反应热的计算，题目难度不大，注意把握从键能的角度计算反应热的方法．18．（6分）（1）①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣393.5kJ/mol②CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣283kJ/mol根据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5KJ/mol．（2）已知CH4的燃烧热为890kJ/mol，则24g CH4完全燃烧放出的热量为1335kJ．考点：有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）根据n=计算出甲烷的物质的量，再根据甲烷的燃烧热计算出24g CH4完全燃烧放出的热量．解答：解：（1）已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5KJ/mol，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283KJ/mol，依据盖斯定律，①﹣②得可得：石墨燃烧生成CO的热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5 KJ/mol，故答案为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5KJ/mol；（2）24g甲烷的物质的量为：n（CH4）==1.5mol，CH4的燃烧热为890kJ/mol，则1.5mol 甲烷完全燃烧放出的热量为：890kJ/mol×1.5mol=1335kJ，故答案为：1335kJ．点评：本题考查了有关反应热的计算、热化学方程式的书写，题目难度中等，注意掌握盖斯定律的含义，能够利用盖斯定律书写目标热化学方程式，明确反应热的计算方法．四、简答题19．（7分）t℃时，将2molSO2和1molO2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g），△H=﹣196.6kJ/mol．2min时反应达到化学平衡，此时测得反应物O2还剩余0.8mol，请填写下列空白：（1）从反应开始到达化学平衡，生成SO3的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1；平衡时SO2浓度为0.8mol•L﹣1（2）下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是（填标号）ABEA．容器内气体的总压强不再发生变化B．SO2的体积分数不再发生变化C．容器内气体原子总数不再发生变化D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO2E．相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成nmolO2．考点：化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．分析：（1）根据平均反应速率v=计算出反应速率；根据平衡时SO2浓度=计算；（2）化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断．解答：解：（1）还剩余0.8 mo1氧气可知：反应消耗0.4mol SO2和0.2mol O2，生成0.4mol SO3，三氧化硫的反应速率为v（SO3）===0.1mol•L﹣1•min﹣1，SO2浓度===0.8mol•L﹣1，故答案为：0.1mol•L﹣1•min﹣1；0.8mol•L﹣1；（2）A．容器内压强不再发生变化，该反应两边气体体积不相等，反应过程中压强是变量，压强不变，该反应达到了平衡状态，故A正确；B．SO2的体积分数不再发生变化，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C．容器内气体原子总数不再发生变化，根据原子守恒，原子总数始终不变，所以原子总数不能作为判断平衡状态的依据，故C错误；D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO2，都是指的是正反应方向，因此不能作为判断平衡状态的依据，故D错误；E．相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成nmolO2，相同时间内消耗2n mol SO2等效于消耗n mol O2，同时生成n mol O2，正反应速率等于逆反应速率，故E正确；故答案：ABE．点评：本题考查学生化学平衡的判断和化学平衡的移动以及热化学知识，题目难度较大，要求学生掌握判断平衡状态的方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力．20．（9分）（1）已知：C2H6O（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H1H2O（g）═H2O（l）△H2；C2H6O（g）═C2H6O（l）△H3若使1mol C2H6O（l）完全燃烧生成液态水，则放出的热量为﹣（△H1﹣△H3+3△H2）kJ （用符号表示）（2）对于可逆反应CO（g）+H2O （g）═CO2（g）+H2（g），若开始时容器中各有1mol 的CO（g）和H2O （g），并在一定条件下发生反应，回答下面的问题：①恒温恒压时，向容器中充入0.5mol的He，这时反应速率减慢（填“加快”、“减慢”或“不变”），原因是恒温恒压时充入He，体系体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢②恒温恒容时，加入0.3mol的CO，这时反应速率加快（填“加快”、“减慢”或“不变”），原因是反应物CO的浓度增大，反应速率加快．考点：化学反应速率的影响因素；有关反应热的计算．分析：（1）由①C2H6O（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H1②H2O（g）═H2O（l）△H2；③C2H6O（g）═C2H6O（l）△H3结合盖斯定律可知，①﹣③+②×3得到C2H6O（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O （l）；（2）①恒温恒压时，向容器中充入0.5mol的He，总体积增大，反应物浓度减小；②恒温恒容时，加入0.3mol的CO，CO为反应物，且浓度增大．解答：解：（1）由①C2H6O（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H1②H2O（g）═H2O（l）△H2；③C2H6O（g）═C2H6O（l）△H3由盖斯定律可知，①﹣③+②×3得到C2H6O（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l），则△H=（△H1﹣△H3+3△H2）kJ/mol，所以1mol C2H6O（l）完全燃烧生成液态水，则放出的热量为﹣（△H1﹣△H3+3△H2）kJ，故答案为：﹣（△H1﹣△H3+3△H2）kJ；（2）①恒温恒压时，向容器中充入0.5mol的He，总体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减慢，故答案为：减慢；恒温恒压时充入He，体系体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢；②恒温恒容时，加入0.3mol的CO，CO为反应物，且浓度增大，则反应速率加快，故答案为：加快；反应物CO的浓度增大，反应速率加快．点评：本题考查反应热计算及影响反应速率的因素，为冷拼凑题，把握盖斯定律及影响反应速率的因素为解答的关键，注重化学反应原理的考查，题目难度不大．四、识图题21．（6分）在化学反应中，能引发化学反应的分子间碰撞称之为有效碰撞，这些分子称为活化分子．使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ/mol表示．请认真观察图，然后回答问题．（1）图中反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应，该反应需要（填“需要”或“不需要”）环境先提供能量，该反应的△H=E2﹣E1（用含E1、E2的代数式表示）．（2）对于同一反应，图中虚线（Ⅱ）与实线（Ⅰ）相比，活化能减小（填“增大”或“减小”或“不变”），活化分子的百分数增大（填“增大”或“减小”或“不变”），因此反应速率增大，（填“增大”或“减小”或“不变”），改变的条件是使用了催化剂．考点：吸热反应和放热反应；反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响．分析：（1）从图上分析，反应物能量高于生成物，反应放热；反应物断键要吸收能量；反应热等于生成物与反应物的能量差；（2）图象分析虚线是降低反应的活化能，化学平衡不变化，单位体积内活化分子数增多反应速率加快，改变的条件是加入了催化剂．解答：解：（1）图示反应是放热反应，反应物断键要吸收能量，所以该反应需要环境先提供能量，反应热等于生成物与反应物的能量差，即E1﹣E2，故答案为：放热；需要；E1﹣E2；（2）图象分析可知，虚线表示的是降低反应的活化能，单位体积内活化分子数增多反应速率加快，但达到平衡状态相同，化学平衡不变化，改变的条件是加入了催化剂；故答案为：减小；增大；增大；使用催化剂．点评：本题考查了化学反应能量变化分析，活化能概念的理解应用，化学平衡影响因素的分析判断，掌握基础是关键，题目难度不大．五、计算题22．（8分）恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）；若反应进行到5min时，测得n （N2）=13mol，n （NH3）=6mol，计算a值、N2的起始浓度及用H2表示的反应速率（要有计算过程）．。

2021年高二上学期第一次月考理科综合物理试题含答案可能用到的相对原子质量：Mg-24 N-14 H-1 O-16 Cu-64 C-1214.宇航员在探测某星球时发现:①该星球带负电，而且带电均匀；②该星球表面没有大气；③在一次实验中，宇航员将一个带电小球(其带电量远远小于星球电量)置于离星球表面某一高度处无初速释放，恰好处于悬浮状态.如果选距星球表面无穷远处的电势为零，则根据以上信息可以推断A. 只改变小球的电量，从原高度无初速释放后，小球仍处于悬浮状态B. 只改变小球离星球表面的高度，无初速释放后，小球仍将运动起来C. 小球的电势能一定小于零D. 小球一定带负电15. 两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是16.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下.若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为A.动能减小B.电势能增加C.动能和电势能之和减小D.重力势能和电势能之和增加abE17.带电粒子在电场中偏转的应用，期中示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示.如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的A.极板应带正电B.极板应带正电C.极板应带负电D.极板应带正电18.如图所示，水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷，A板带负电荷，B板接地.若将A板向上平移到虚线位置.在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势φ的变化情况是A.E不变，φ改变B.E改变，φ不变C.E不变，φ不变D.E改变，φ改变19.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在B点处的电场强度大小为A．mg/q B．2mg/q C．3mg/q D．4mg/q20.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上.当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B 将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度），以下说法正确的是A.因电场力分别对球A和球B做正功，故系统机械可能增加B.因两个小球所受电场力等大反向，故系统机械能守恒C.当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D.当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大21.图中a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V AB C O和1.5V.一质子（）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断：A、质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eVB、质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eVC、质子经过等势面c时的速率为2.25vD、质子经过等势面c时的速率为1.5v二、非选择题22．（9分）在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接， B 极板接地．静电计中连接转动指针的外壳也接地，当静电计所加的电压增大时，转动指针与竖直固定的指针的夹角θ也增大．若只把极板 B 稍向上移动一点，θ应（增大、减小、不变），若只把极板B 稍向内移动一点，θ应（增大、减小、不变）若把铁块插入平行板内，θ应。

2021年高二（上）第一次月考物理试卷含解析一、选择题（本题包括13个小题，每小题4分，共52分.每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的不得分）1．（4分）（xx秋•科尔沁区期末）关于元电荷和点电荷的理解正确的是（） A．元电荷就是电子B．元电荷是表示跟电子所带电量数值相等的电量C．体积很小的带电体就是点电荷D．点电荷是一种理想化模型考点：元电荷、点电荷．专题：电场力与电势的性质专题．分析：点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍．解答：解：A、元电荷的电量等于电子的电量，但不是电子．元电荷是带电量的最小单元．没有电性之说．故A错误；B、元电荷是表示跟电子所带电量数值相等的电量，故B正确；C、当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷，故C错误；D、点电荷实际不存在，是理想化模型．故D正确；故选：BD点评：点电荷是电荷，有电荷量与电性，而元电荷不是电荷，有电荷量但没有电性．2．（4分）在一个点电荷形成的电场中，关于电场强度和电势的说法中正确的是（）A．没有任何两点电场强度相同B．可以找到很多电场强度相同的点C．没有任何两点电势相等D．可以找到很多电势相等的点考点：电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：点电荷产生的电场线是辐射状或汇聚状的，根据电场线的特点判断电场强度的关系．通过点电荷的等势面判断各点电势的关系．解答：解：A、点电荷的电场中，沿一条电场线，各点的电场方向相同，但大小不同，不同的点，方向又不同，所以没有任何两点的电场强度相同．故A正确，B错误．C、点电荷的等势面是一簇簇球面，球面上各点的电势相等．故C错误，D正确．故选AD．点评：解决本题的关键掌握点电荷周围电场的特点，注意电场强度是矢量，有大小有方向．以及知道点电荷的等势面特点．3．（4分）（xx秋•罗平县校级期末）如图所示直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一电子以速度v A经过A点向B点运动，经过一段时间后，电子以速度v B 经过B点，且v A与v B方向相反，则（）A．A点的场强一定大于B点的场强B．A点的电势一定低于B点的电势C．电子在A点的动能一定小于它在B点的动能D．电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能考点：电势能．分析：电场线的疏密表示电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集．由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，即可判断出电子所受的电场力方向向左，电场线方向向右．沿电场线方向电势降低，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小．解答：解：A、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集，故无法判断A、B两点场强的大小，故A错误．B、由于电子在A点时速度方向向右，而到达B点时速度方向向左，故电子所受的电场力方向向左，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，故场强向右，所以A点电势一定高于B点的电势．故B错误．C、由于从A到B过程中电场力做负功，电子的动能减小，所以电子在A点的动能一定大于在B点的动能，故C错误．D、从A到B过程中电场力做负功，电子的电势能增大，所以电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能，故D正确．故选：D．点评：物体速度方向的变化说明物体所受的电场力方向向左，这是本题的突破口．学会寻找解题的突破口是我们学习物理时必须具有的一种能力．4．（4分）（xx•黄埔区一模）关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．分析：本题主要考查静电场中电场强度和电势的特点，可根据所涉及的知识逐个分析．解答：解：A、电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度，所以A错误；B、在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，所以B错误；C、场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，所以C错误；D、沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以D正确；故选D．点评：本题以静电场中电场强度和电势比较容易混淆的性质为选项内容，体现对物理量基本概念和基本性质的记忆、理解仍是高考命题的重点之一．5．（4分）（2011秋•成都期末）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b．不计空气阻力，则（）A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒考点：电势能；机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力必定平衡，可判断小球的电性．由电场力做功情况，判断电势能的变化．机械能守恒的条件是只有重力做功．解答：解：A、B据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电．故A错误，B正确．C、小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大．故C错误．D、由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒．故D错误．故选B点评：本题的解题关键是根据质点做匀速圆周运动的条件，判断电场力与重力的关系，确定出小球的电性．6．（4分）（xx秋•库尔勒市校级期中）如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，金属块克服摩擦力做功16J，重力势能增加18J，则在此过程中金属块的（）A．动能减少10J B．电势能增加24JC．机械能减少24J D．内能增加16J考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在金属块移动的过程中，重力、拉力、电场力和摩擦力做功，总功等于动能的变化，根据动能定理分析动能的增加量．金属块克服电场力做功8.0J，知电势能的增加量．拉力、电场力和摩擦力三力做功的总和等于机械能的变化量．根据功能关系进行分析．解答：解：A、在金属块移动的过程中，外力F做功为32J，电场力做功为﹣8.0J，摩擦力做功为﹣16J，重力做功﹣18J，则总功为W=32J﹣8.0J﹣16J﹣18J=﹣10J，根据动能定理得知，动能减少10 J．故A正确；B、金属块克服电场力做功8.0J，则电势能增加8J．故B错误；C、外力、电场力和摩擦力做的总功为8J，根据功能关系得知，机械能增加8J．故C错误；D、金属块克服摩擦力做功16J，就有16J的机械能转化为内能，内能增加16J．故D正确．故选：AD．点评：本题考查对功能关系的理解和应用能力．几对常见的功与能的关系要加强理解，牢固掌握：电场力做功与电势能变化有关，总功与动能变化有关，除重力和弹力以外的力做功与机械能的变化有关．7．（4分）（xx春•射阳县校级期末）图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子（）A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化考点：等势面．分析：电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A错误；B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确．故选：CD．点评：本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．属于基础题目．8．（4分）（xx•重庆）空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q 两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（）A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电势D．负电荷从a到c，电势能减少考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电场线．专题：压轴题；电场力与电势的性质专题．分析：该电场是等量同种异号电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）．该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．解答：解：A：根据电场的图象可以知道，该电场是等量同种异号电荷的电场，故A错误；B：等量同种异号电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同．故B错误；C：C点离P点（正电荷）的距离更近，所以C点的电势较高．故C错误；D：该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小．故D正确．故选：D点评：该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于简单题．9．（4分）（xx秋•聊城期末）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地．一带电的油滴位于P点且恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，则（）A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大考点：电容；电势．专题：电容器专题．分析：电容器与直流电源连接，电压不变；上极板竖直向上平移一小段距离，电容减小，板间场强减小，P与下板的电势差减小，分析P点电势变化和油滴的运动情况．解答：解：A、平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，将上极板竖直向上移动一小段距离，板间场强减小，油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直方向向下运动，故A错误；B、电容器与直流电源连接，电压不变，板间距离增大，场强减小，P与下板的电势差减小，故P点的电势降低，故B正确；C、油滴将沿竖直方向向下运动，克服电场力做功，电势能增加，故C错误；D、若电容器的电容减小，由于电压不变，根据Q=CU，则极板带电荷量将减小，故D错误；故选：B．点评：本题是电容器动态变化分析问题，考查分析和判断能力．对于P点的电势，要明确零势面，通过研究P与零势面的电势差的变化来分析P的电势变化，这是常用的方法．10．（4分）（xx秋•沧州期末）一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是（）A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动考点：电场强度；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据物体的初状态和受力情况判断物体的运动情况．解答：解：一带电粒子在电场中只受电场力作用时，合力不为0．A、物体合力不为0，不可能做匀速直线运动，故A错误．B、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向相同，而且合外力恒定，就做匀加速直线运动，故B正确．C、物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向不在一条直线上，而且合外力恒定，物体就做匀变速曲线运动，故C正确．D、物体合力不为0，当合力与速度方向始终垂直，就可能做匀速圆周运动，故D正确．答案选不可能出现的运动状态，故选：A．点评：了解几种常见的运动状态的受力情况和速度变化情况．11．（4分）（xx春•吉林校级期末）如图所示有一个半径R=5m的光滑绝缘圆周轨道固定在竖直面内，位于水平向右的匀强电场中，一个质量为m的带电小球在圆周轨道内侧运动，小球所受的电场力和重力之比为1：，要使小球在整个圆周轨道内侧运动且不脱离轨道，小球在轨道内侧运动过程中的最小速度值为（）（g取10m/s）A． 6 m/s B．5m/s C． 5 m/s D．10 m/s考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：注意将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，将重力场中的竖直面内的圆周运动与本题的圆周运动进行类比求解．解答：解：当小球的速度在等效最高点最小时，轨道支持力为零，小球所受的电场力和重力之比为1：，根据电场力和重力大小关系确定：等效最高点在o点的左上方，与竖直方向成30°夹角．若能通过圆周上最高点时，则能做完整的圆周运动，设最高点为A，通过A点最小速度为v：小球恰好通过A点时，由电场力与重力的合力提供向心力，得：=m解得：v=10 m/s．故选：D．点评：关键要找到物理的最高点D，把握最高点的临界条件：弹力为零，由电场力与重力的合力提供向心力．12．（4分）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A．4V B．8V C．12V D．24V考点：等势面；电势．专题：压轴题．分析：在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．解答：解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×（24﹣4）=4v，故U be=φb﹣φe=4v，故φf﹣φd=4v，故φe=24﹣4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．点评：①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．13．（4分）（xx秋•莱芜校级月考）设氢原子中的电子在半径为r的轨道上作圆周运动，电子的质量为m，电子的电量为e，静电引力恒量为k，则等效电流的电流为（）A．B．C．D．考点：电流、电压概念．分析：电子做圆周运动，库仑力充当向心力；由向心力公式可求得转动周期；再由电流的定义可求得等效电流．解答：解：由牛顿第二定律可得：=解得T=；由I=得；等效电流I===故选：A．点评：本题应掌握好电流的定义，明确在一个周期内只有一个电子经过截面；即一个周期内经过截面的电量为e．二、计算题（共48分，其中14题、15题、16题8分，17题、18题12分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分．有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）14．（8分）（xx秋•船营区校级期中）如图所示，水平放置的平行板电容器与一恒定的直流电压相连，两极板间距离d=10cm．距下板4cm处有一质量m=0.01g的不带电小球由静止落下．小球和下极板碰撞间带上了q=1.0×10﹣8C的电荷，反跳的高度为8cm，这时下板所带电量为Q=1.0×10﹣6C．如果小球和下板碰撞时没有机械能损失（即速度的大小不变），（取g=10m/s2）试求：（1）该电容器极板间的电场强度多大？（2）该电容器的电容多大？考点：电场强度；电容．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小球打在下极板上的速度，从而得知反弹的速度，根据匀变速直线运动的规律求出加速度，从而求出电场力的大小和电场强度的大小．（2）根据U=Ed求出两极板间的电势差，再根据C=求出电容器的电容．解答：解：（1）根据v2=2gh得，根据v2=2ah′得，根据牛顿第二定律得：解得．答：该电容器极板间的电场强度为5.0×103V/m．（2）U=Ed=5×103×0.1V=500VC=．答：该电容器的电容为xxpF．点评：解决本题的关键知道小球在电场中的运动情况，以及掌握电容的定义式．15．（8分）（xx•宿州模拟）如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为﹣q的油滴，从A点以速度v竖直向上射人电场．已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为，问：（1）电场强度E为多大？（2）A点至最高点的电势差为多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据运动的合成与分解，及动量定理，即可求解；（2）根据位移与时间的表达式，结合牛顿第二定律与求功的公式，即可求解．解答：解：（1）由力的独立作用原理和动量定理，得﹣mgt=0﹣mv﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①qEt=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②解得：E=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③（2）设电场力方向油滴的位移为s则s=at2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④又qE=ma﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤联立①③④⑤得s=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥所以电场力做功为W=qES=mv2又W=qU，所以：U=﹣答：（1）所加电场的电场强度E=；（2）A点至最高点的电势差为﹣．点评：考查运动的合成与分解，掌握动量定理、牛顿第二定律的应用，知道求功的方法，理解电场力做功与电势能变化的关系．16．（8分）（xx秋•中山期末）如图所示，质量为m=5×10﹣8 kg的带电粒子以v0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当A、B间加电压U AB=103 V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场（设此时A板电势高）．求：（1）带电粒子的电性和所带电荷量；（2）A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）根据电场力等于重力，则可确定电荷的电量与电性；（2）当电场力大于重力时，根据牛顿第二定律与运动学公式可求出对应的电压；当电场力小于重力时，同理可求出对应的电压．从而确定电压的范围．解答：解：（1）当U AB=103 V时，粒子做直线运动，则有：q=mg，解得：q==10﹣11 C，且带负电．（2）当电压U AB比较大时，即qE＞mg，粒子向上偏，当刚好能从上板边缘飞出时，有：解得，U1=1800V当电压U AB比较小时，即qE＜mg，粒子向下偏，设刚好能从下板边缘飞出，有：mg﹣=ma2y=a2t2=解之得U2=200 V．则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为200 V≤U AB≤1800 V．答：（1）带电粒子的电性：负电和所带电荷量10﹣11 C；（2）A、B间所加电压在200 V≤U AB≤1800 V范围内带电粒子能从板间飞出．点评：本题考查重力与电场力大小的关系，何时做直线运动，何时做曲线运动，及如何处理类平抛运动方法．突出牛顿第二定律与运动学公式的重要性．17．（12分）（xx秋•莱芜校级月考）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为﹣q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α（小球的重力大于所受的电场力）．（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）对小球进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出加速度；（2）小球恰好通过最高点，则由向心力公式可求得B点的速度；对AB过程由动能定理可得A在轨道上的高度；（3）小球由h=5R处到B过程中小球机械能的改变量等于电场力做的功．解答：解：（1）根据牛顿第二定律：（mg﹣qE）sinα=ma，解得：a=；（2）若小球刚好通过B点不下落，据牛顿第二定律有：mg﹣qE=m ①小球由A到B，据动能定理：（mg﹣qE）（h﹣2R）=mv2﹣0 ②①②式联立，得h=2.5R；（3）小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，由功能关系知，机械能的变化量为：△E机=W电，W电=﹣3EqR，故△E机=﹣3EqR答：（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为；（2）若使小球通过圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为2.5R；（3）若小球从斜轨道h=5R 处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量﹣3EqR．点评：本题考查动能定理及向心力公式的应用，在解题时注意计算中的中间过程不必解出，而应联立可以简单求出．18．（12分）（xx秋•莱芜校级月考）如图所示，竖直平面xOy内有三个宽度为L、L、首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG．三个区域中分别存在方向为+y、+y、+x的匀强电场，其场强大小比例为2：1：2．现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为（0，L）的P点射入ABFE场区，初速度方向水平向右．物体恰从坐标为（2L，）的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为g，物体可以视为质点，y轴竖直向上，区域内竖直方向电场足够大．求：（1）物体进入ABFE区域时的初速度大小；（2）物体在ADHE区域运动的总时间；（3）物体从DH边界射出位置的坐标．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）分析物体的受力情况和运动情况：物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，做匀速直线运动．进入BCGF后，受力竖直向下的重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动．根据物体到达Q的速度大小和方向，分析物体进入CDHG的运动情况．在BCDF 区域，物体做类平抛运动，水平位移为L，竖直位移为．根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解方法，求出初速度．（2）物体在ABFE区域做匀速直线运动，根据位移和初速度求出时间；在BCGF区域，物体做类平抛运动，求出物体到达Q速度大小和方向，物体进入CDHG区域，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和位移公式结合求出时间，再求出总时间．（3）物体从DH边界射出时横坐标为3L．根据物体在三个区域内竖直方向的偏移量，求出纵坐标解答：解：设三个区域的电场强度大小依次为2E、E、2E，物体在三个区域运动的时间分别t1、t2、t3．（1）在BCDF，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得：mg﹣qE=ma2，而2qE=mg，解得：a2=g，。

14．在电磁感应现象中，下列说法中正确的是（）A．感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B．闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C．闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流D．感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化15．如图所示，A、B、C是相同的白炽灯，L是自感系数很大，电阻很小的自感线圈，今将K闭合，下面说法正确的是( )A．B、C灯同时亮，A灯后亮B．A、B、C灯同时亮，然后A灯逐渐变暗，最后熄灭C．A灯一直不亮，只有B和C灯亮D．以上说法都不对16.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定( )A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．电场中A点的电势低于B点的电势17.如图所示，有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的油滴从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度先后射入电场中，最后分别打在正极板的C、B、A处，则（）A．三种油滴在电场中运动时间相同B．三种油滴在电场中的加速度为C．三种油滴到达正极板时动能D．落在C处的油滴带负电，落在B处的油滴不带电，落在A处的油滴带正电18．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为Ir E19．关于闭合电路中线圈的感应电动势 E 、磁通量Φ，磁通量的变化量 Δ Φ及磁通量的变化率ΔΦΔt、线圈的匝数N 之间的关系，下列说法中正确的是( )A ．Φ很大时， E 一定很大B ．Φ＝0时， E 可能最大 C.ΔΦΔt＝0时， E 一定等于0 D ．N 越多， Φ一定很大，故E 也一定很大20.如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．感应电流方向不变B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E ＝BavD ．感应电动势平均值E ＝14πBav21．等离子气流由左方连续以速度v 0射入P 1和P 2两板间的匀强磁场中，ab 直导线与P 1、P 2相连接，线圈A 与直导线cd 连接．线圈A 内有随图乙所示变化的磁场，且磁场B 的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是( )A ．0～1 s 内ab 、cd 导线互相排斥B ．1～2 s 内ab 、cd 导线互相吸引C ．2～3 s 内ab 、cd 导线互相吸引D．3～4 s内ab、cd导线互相排斥二、综合题22．（6分）图为“研究电磁感应现象”的实验装置。

2021年高二物理上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题（本题共16道小题，每小题4分，1至10为单项选择题，11至16为多项选择题，共64分）1．以下说法正确的是（）A．电子、质子都是元电荷B．物体通常呈现电中性，是因为物体没有电荷C．电荷间的相互作用力是通过电场而产生的D．描述电场的电场线是客观存在的2．下列说法中不正确的是（）A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分B．摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电C．摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分D．一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷3．如图所示，A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确的是（）A．加速度始终增大B．加速度先增大后减小C．速度先增大后减小D．速度始终不变4．匀强电场中三个距离相等的点，如图所示，B、C两点连线水平，其电势分别为φA=4V，φB=3V，φC=5V，则根据图示点的位置可知，电场强度的方向可能是（）A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右5．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的电势能一个增加一个减小6．如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90°（如图中虚线位置），发现A，B两球电势能之和不变．根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）A．A球电势能一定增加B．A球一定带正电荷，B球一定带负电荷C．A、B两球带电荷量的绝对值之比q A：q B=1：2D．电场力对A球和B球都不做功7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，则以下判断正确的是（）A．电场力做功5J B．合力做功15JC．金属块的机械能减少20J D．金属块的电势能增加5J8．如图所示，圆面与匀强电场平行，沿该平面从A点向各个方向射入初动能相等的同种带正电的粒子，其中从圆周上D点射出的带电粒子的动能最大，AC与BD为过圆心O的两个相交的直径，则（）A．电场强度与CD平行B．圆周上各点中D点的电势最低C．圆周上各点中B点的电势最低D．带电粒子从A到C的过程中电场力做功为零9．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）A．动能减小 B．电势能增加C．重力势能和电势能之和增加 D．动能和电势能之和减小10．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）A．﹣E B． C．﹣E D．+E11．A、B两带电小球，质量分别为m A、m B，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B 两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力分别为F A、F B，则下列判断正确的是（）A．F A＜F BB．细线AC对A的拉力C．细线OC的拉力T C=（m A+m B）gD．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同12．如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（）A．液滴做的是匀速直线运动B．液滴做的是匀变速运动C．两板的电势差为D．液滴的电势能减少了mgd13．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能不变，机械能减少C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小14．如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是（）A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上（即逆时针方向）转过一个小角度15．如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．则（）A．B球和C球都带负电荷B．B球带负电荷，C球带正电荷C．B球和C球所带电量不一定相等D．B球和C球所带电量一定相等16．+Q和﹣Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，下列说法正确的是（）A．A点的电场强度大于B点的电场强度B．电子在A点的电势能小于在B点的电势能C．把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零D．把质子从A点移动到MN上任何一点，质子的电势能变化都相同二．计算题（本题共4道小题，共36分）17．如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m、电量均为+Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与水平面间的动摩擦因数均为μ．求：（1）A受到的摩擦力．（2）如果将A的电量增至+4Q，则两物体将开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B各运动了多远的距离？18．如图所示，两平行金属板电容器A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，且|CD|=4cm，CD连线和场强方向成60°角，电容器的电容大小为2uF．已知电子从C 点移到D点的过程中电场力做功为3.2×10﹣17J，求：（1）C、D两点间的电势差；（2）该匀强电场的场强；（3）求电容器的带电量？19．一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：（1）AB两点的电势差U AB；（2）匀强电场的场强大小；（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．20．（10分）（xx•安徽）如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．xx学年山东省泰安市新泰一中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共16道小题，每小题4分，1至10为单项选择题，11至16为多项选择题，共64分）1．以下说法正确的是（）A．电子、质子都是元电荷B．物体通常呈现电中性，是因为物体没有电荷C．电荷间的相互作用力是通过电场而产生的D．描述电场的电场线是客观存在的考点：电场线．分析：元电荷是最小的电量的单位；物体通常呈现电中性，是因为物体内的正负电荷一样多；电荷间的相互作用力是通过电场而产生的；描述电场的电场线是不存在的．解答：解：A、元电荷是最小的电量的单位，电子、质子都带一个单位的元电荷．故A错误；B、物体通常呈现电中性，是因为物体内的正负电荷一样多．故B错误；C、电荷间的相互作用力是通过电场而产生的．故C正确；D、描述电场的电场线是人们为了形象地描述电场而引入的，实际上是不存在的．故D错误．故选：C点评：该题可得与电场有关的几个基本概念，都是记忆性的知识点，牢记这些知识点即可．2．下列说法中不正确的是（）A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分B．摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电C．摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分D．一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷考点：电荷守恒定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．接触起电带的电荷时同种电荷，若两物体完全相同，则会平分电荷．解答：解：A、静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分，故A正确；B、摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到电子而带负电，故B正确；C、摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，故C正确；D、一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体带上同种电荷，故D错误；本题选错误的，故选：D．点评：摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．3．如图所示，A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确的是（）A．加速度始终增大B．加速度先增大后减小C．速度先增大后减小 D．速度始终不变考点：库仑定律；牛顿第二定律．分析：根据自由运动电荷的受力情况得出加速度方向，根据所受合力大小的变化，判断加速度大小的变化，根据加速度方向和速度方向的关系判断速度的变化．解答：解：根据A、B为两个固定的等量同种正电荷，在它们连线的中点C的电场强度为0，从C到无穷远，电场强度先增大后减小，因此自由电荷在C点所受合力为0，沿中轴线运动，所受合力的方向沿中轴线向上，在无穷远处，合力又为零，所以合力的大小先增大后减小，根据牛顿第二定律，则加速度先增大后减小，加速度方向向上，与速度相同，所以速度一直增大．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键得出自由电荷所受合力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，以及知道加速度方向与速度方向相同，做加速运动，加速度方向与速度方向反向，做减速运动．4．匀强电场中三个距离相等的点，如图所示，B、C两点连线水平，其电势分别为φA=4V，φB=3V，φC=5V，则根据图示点的位置可知，电场强度的方向可能是（）A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先找等势点，匀强电场的等势面是直线，电场线与等势面垂直并且从高电势指向低电势．解答：解：由于φA=4V，φB=3V，φC=5V，故BC的连线的中点的电势为4V，BC中点与A点连线是等势面；电场线与等势面垂直并且从高电势指向低电势，故电场线平行与BC方向水平向右；故选：D．点评：本题关键是先找到等势点，得到等势面，然后结合电场线与等势面的关系得到电场线分布图，基础题目．5．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的电势能一个增加一个减小考点：电场线．分析：物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．根据电场力做功来判断动能的变化．解答：解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，所以能判断a、b一定带异种电荷，但是不清楚电场的方向，所以不能判定哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A错误；BD、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，所以电势能都减小，故BD错误；C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．故选：C．点评：该类题目首先根据物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧判断出电场力的方向，然后再进行其他步骤的判定．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．6．如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用．初始时轻杆与电场线垂直（如图中实线位置），将杆向右平移的同时顺时针转过90°（如图中虚线位置），发现A，B两球电势能之和不变．根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）A．A球电势能一定增加B．A球一定带正电荷，B球一定带负电荷C．A、B两球带电荷量的绝对值之比q A：q B=1：2D．电场力对A球和B球都不做功考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．分析：抓住A、B电势能之和不变，即电场力对系统做功的代数和为零进行判断．解答：解：A、A球的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故A错误；B、因为A、B两球电势能之和不变，则电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故B错误；C、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：Eq B×2L=Eq A×L，因此q A：q B=2：1，故C正确；D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解．7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，则以下判断正确的是（）A．电场力做功5J B．合力做功15JC．金属块的机械能减少20J D．金属块的电势能增加5J考点：电势能；功能关系．分析：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．解答：解：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理得：W总=W G+W电+W f=△E K解得：W电=﹣5J所以电场力做功﹣5J，金属块的电势能增加5J．．故A错误D正确B、合力做功等于物体动能的变化量，故为10J，故B错误；C、在金属块滑下的过程中重力做功20J，重力势能减小20J，动能增加了10J，所以金属块的机械能减少10J，故C错误．故选：D．点评：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系．8．如图所示，圆面与匀强电场平行，沿该平面从A点向各个方向射入初动能相等的同种带正电的粒子，其中从圆周上D点射出的带电粒子的动能最大，AC与BD为过圆心O的两个相交的直径，则（）A．电场强度与CD平行B．圆周上各点中D点的电势最低C．圆周上各点中B点的电势最低D．带电粒子从A到C的过程中电场力做功为零考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从D点离开圆形区域的带电微粒的动能最大．则说明电场力做功最多，从而得出D点是沿电场强度方向离A点最远．电场力做功W=qEd，d是两点沿电场线方向的距离．解答：解：A、B、据题意，带电微粒仅在电场力作用下从A点进入，离开D点的动能最大，则D点是沿电场强度方向离A点最远，所以电场线与过D的切线相垂直，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OD方向．D电势最低，故AC错误，B正确；D、设AC与BD夹角为α，则从A到C电场力做功为W=qEd=2qERcosα，故D错误；故选：B．点评：本题关键抓住D点是沿电场强度方向离A点最远，从电场力做功公式W=qEd，判断出电场线的方向，并运用这个公式求解电场力做功，要理解这个公式中d是两点沿电场线方向的距离．9．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）A．动能减小 B．电势能增加C．重力势能和电势能之和增加 D．动能和电势能之和减小考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据图中的运动轨迹情况，可以判断出重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可．解答：解：A、由题意可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A错误；B、从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B错误；C、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C错误；D、从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D正确．故选D．点评：本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．10．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）A．﹣E B． C．﹣E D．+E考点：电场强度；电场的叠加．专题：电场力与电势的性质专题．分析：均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．解答：解：若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M、N点所产生的电场为E==，由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为E′=﹣E，故选A．点评：本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．11．A、B两带电小球，质量分别为m A、m B，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B 两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力分别为F A、F B，则下列判断正确的是（）A．F A＜F BB．细线AC对A的拉力C．细线OC的拉力T C=（m A+m B）gD．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同考点：库仑定律；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况．解答：解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，则有，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；有：m A g=T A cos30° 因此：T A=m A g，故B错误；C、由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故C正确；D、同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故D正确；故选CD．点评：本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．12．如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带电的液滴带电量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则（）A．液滴做的是匀速直线运动B．液滴做的是匀变速运动C．两板的电势差为D．液滴的电势能减少了mgd考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：液滴沿直线运动，则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由平衡条件和U=Ed求解电势差．由电场力方向判断出场强的方向，确定两板电势关系．解答：解：AB、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动．故A正确，B错误；C、液滴从上极板运动到下极板的过程中，由动能定理有qU﹣mgd=0⇒U=，故C正确；D、重力做功﹣mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd．故D正确．故选ACD．点评：本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动13．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能不变，机械能减少C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化．解答：解：A、设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L．因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0．上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服摩擦力所作的功相等，并设为W1．在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：﹣mgsinθL﹣W f﹣W1=﹣mgsinθL﹣W f﹣W1=上两式相减可得h=sinθL=，故A正确；B、C、由OM=ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，故B错误，C正确；D、从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，故D正确；故选：ACD．点评：本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等．14．如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是（）A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上（即逆时针方向）转过一个小角度考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：带电液滴受到重力和电场力处于平衡，当电场强度增大时，液滴将会向上运动．电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变，根据动态分析判断电场强度的变化．解答：解：A、将S断开，电量Q不变，增大板间距离d，根据E=，U=，C=，则E=，与d无关，则E不变，带电液滴不动．故A错误；。

2021年高二上学期第一次月考理综化学试题（理科实验班）含答案注意事项：1.本卷为衡阳八中高二年级理科实验班第一次月考试卷，分两卷。

其中共31题，满分300分，考试时间为150分钟。

2.考生领取到试卷后，应检查试卷是否有缺页漏页，重影模糊等妨碍答题现象，如有请立即向监考老师通报。

开考15分钟后，考生禁止入场，监考老师处理余卷。

3.请考生将答案填写在答题卡上，选择题部分请用2B铅笔填涂，非选择题部分请用黑色0.5mm签字笔书写。

考试结束后，试题卷与答题卡一并交回。

第I卷选择题（每题6分，共126分）本卷共21题，每题6分。

其中物理部分为不定项选择题，全部选对得6分，部分选对得3分，错选，多选不得分。

化学部分和生物部分后面所给的四个选项中，只有一个是正确的。

9.下列化学用语表达正确的是A．HF的电子式为：B．HClO的结构式：H-Cl-OC．质子数为92、中子数为146的U原子：D．Cl-的结构示意图：10.某溶液中可能含有Na+、Fe2+、Br－、CO32－、I－、SO32－六种离子中的几种。

①在该溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生、溶液呈橙黄色；②向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成；③向淀粉溶液中滴加橙黄色溶液未变蓝色。

根据上述实验事实推断，在该溶液中肯定存在的离子组是A．Na+、Br－、CO32－ B．Na+、 I－、SO32－C．Fe2+、I－、SO32－ D．Fe2+、Br－、CO32－11.通过以下反应均可获取H2。

下列有关说法正确的是①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l) 2H2(g)+ O2(g) ΔH1=571.6kJ·mol–1②焦炭与水反应制氢：C(s)+ H2O(g) CO(g)+ H2(g) ΔH2=131.3kJ·mol–1③甲烷与水反应制氢：CH4(g)+ H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH3=206.1kJ·mol–1A.反应①中电能转化为化学能B.反应②为放热反应C.反应③使用催化剂，ΔH3减小D.反应CH4(g)C(s)+2H2(g)的ΔH3=74.8kJ·mol–112.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔．下列说法不正确的是A．右室电极为该电池的正极B．左室电极反应式可表示为：C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+C．右室电极附近溶液的pH减小D．工作时中间室的Cl﹣移向左室，Na+移向右室13.由铝硅两种物质组成的试样11g，均匀地分成等质量的两份，一份与足量的盐酸接触可产生气体a L，一份与足量的NaOH溶液接触产生同样的气体b L，则此试样中铝与硅的质量比为A． B． C． D．无法计算14.下列操作会导致实验结果偏高的是A．中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测中和热的数值B．中和滴定测定盐酸溶液浓度，量取20.00mL待测盐酸溶液的滴定管未用待测盐酸溶液润洗C．用托盘天平称量10.5g某物质，砝码和药品的位置放反，所称药品的质量D．配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，所配溶液的浓度15.下列解释物质用途或现象的反应方程式不准确的是A．硫酸型酸雨的形成会涉及反应：2H2SO3+O22H2SO4B．热的纯碱溶液可以清洗油污的原因：CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣C．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2OD．成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒：Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O第II卷非选择题（共174分）25.（本题满分16分）碱式碳酸铜的成分有多种，其化学式一般可表示为x Cu(OH)2·y CuCO3。

2021年高二理综上学期第一次月考试卷相对原子质量： Na 23 O 16 H 1 N 14 S 32 C 12一、单项选择题（每小题6分，共78分）1、下列叙述中，不正确的是（）A、血浆成分渗出毛细血管就成为组织液B、组织液渗入毛细血管就成为血浆C、组织液渗入毛细淋巴管就成为淋巴D、淋巴渗出毛细淋巴管就成为组织液2、已知人眼的褐色（A）对蓝色（a）是显性。

在一个有30000人的人群中，蓝眼人有3600人；褐眼人有26400人，其中纯合子有1xx。

那么，在这一个人群中a 和A基因频率分别为（）A、0.64和0.36B、0.36和0.64C、0.50和0.50D、0.82和0.183、有人到青藏高原后会出现头痛、乏力、心跳加速甚至血压升高等症状．对于此现象分析不正确的是（）A. 人体维持稳态的调节能力是有一定限度的B. 人体稳态不会随外界环境的变化而变化C. 当外界环境剧烈变化时，内环境的稳态遭到破坏D. 人到高原后细胞代谢会出现紊乱4、下列说法正确的是（）拉马克认为生物进化是由于用进废退和获得性遗传达尔文认为进化的实质是基因频率的定向改变现代生物进化理论认为生物的可遗传变异是定向的，自然选择也是定向的现代生物进化理论认为进化的基本单位是群落，进化的结果是生物多样性的形成。

5、完成呼吸、排尿、阅读反射的神经中枢依次位于（）A. 脊髓、大脑、小脑B. 大脑、脊髓、大脑C. 脑干、脊髓、大脑D. 脊髓、脊髓、脑干6、人体中绝大部分神经元之间的兴奋传递是通过递质实现的。

下列关于突触和兴奋传递的叙述，错误的是（）A．构成突触的两个神经元之间的间隙液体属于细胞内液B．兴奋通过突触时由电信号(电位变化)转化为化学信号(递质释放)再转化为电信号C．突触前后两个神经元的兴奋不是同时发生的D．兴奋在突触处只能单向传递7.下列有关叙述正确的是（）A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B．已知4P（红磷，s）= P4(白磷，s）△H>0，则白磷比红磷稳定C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则OH-（aq）+ H+（aq）= H2O（l）△H= - 57.4kJ/molD.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol8．下列选项中表述不正确的是（）A．在中和热测定实验中，若使用醋酸代替稀盐酸，则测得中和热的△H将偏小B.对于反应2A（g）+B（g）C（g）+2D，若压缩体积，增大压强时，A的转化率增大，则D 的状态应为固态或液态。

2021年高二物理上学期第一次月考试卷理（含解析）一、单项选择题（每题3分，共15分）1．（3分）把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一段距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况不可能是（）A．带有不等量异种电荷B．带有等量同种电荷C．带有等量异种电荷D．一个带电，另一个不带电2．（3分）如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（）A．B．C． D．3．（3分）关于电场中电荷的电势能的大小，下列说法正确的是（）A．在电场强度越大的地方，电荷的电势能也越大B．正电荷沿电场线移动，电势能总增大C．负电荷沿电场线移动，电势能一定增大D．电荷沿电场线移动，电势能一定减小4．（3分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在M点的场强大于它在N点的场强C．粒子在M点的动能小于它在N点的动能D．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度5．（3分）平行板电容器和电源、电阻、电键串联，组成如图所示的电路．接通开关K，电源即给电容器充电（）A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的带电量不变C．充电结束后断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D．充电结束后断开K，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大二、双项选择题（每题5分，共30分）6．（5分）带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中电场力做了3.2×10﹣6J的正功．那么（）A．M在P点的电势能一定大于它在Q点的电势能B．P点的场强一定小于Q点的场强C．P点的电势一定高于Q点的电势D．M在Q点的动能一定大于它在P点的动能7．（5分）下列说法中正确的是（）A．点电荷一定是体积和质量都很小的带电体B．任何带电体都可以看成点电荷C．根据公式F=k，当r→∞时，F→0D．静电力常量的数值k是由库伦扭称实验得出的8．（5分）下列关于电场力做功与电势能变化的说法中，正确的是（）A．当两正点电荷相互靠近时，它们的电势能都减小B．当两负点电荷相互靠近时，它们的电势能都增大C．一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时，它们的电势能都减小D．一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时，它们的电势能都增大9．（5分）下列哪些措施是为了防止静电的危害（）A．油罐车的后边有条铁链搭到地上B．煤电厂用高压电锁住黑烟C．家用电器如洗衣机接有地线D．手机一般都装有天线10．（5分）如图是两个等量异种点电荷形成的电场，AB为中垂线，且AO=BO，则（）A．正电荷从A运动到B，电势能增加B．A．B两点场强相等C．A．B两点电势差为零D．负电荷从A运动到B，电势能增加11．（5分）如图所示为点电荷产生的电场中的一条电场线，若一带负电的粒子从B点运动到A点时，加速度增大而速度减小，则可判定（）A．点电荷一定带正电B．点电荷一定带负电C．点电荷一定在A的左侧D．点电荷一定在B的右侧三、填空题（前八个空每空2分，共20分）12．（10分）用毛皮摩擦橡胶棒时，橡胶棒带电荷，毛皮带电荷．当橡胶棒带有3.2×105C 的电量时，电荷量为1.6×10﹣19C的电子有个从移到上．13．（6分）有三个相同的金属小球A、B、C，其中A带有3.2×103C的正电荷，B、C球不带电．若使C球先和A接触后取走，再让B与A接触后分开，最后让B与C接触后分开，最后三球的带电荷量分别是q A=C，q B=C，q C=C．14．（4分）一根粗细均匀的金属裸导线，若把它均匀地拉长为原来的2倍，电阻变为原来的倍．若将它截成等长的两段并绞合成一根，它的电阻变为原来的．（设拉长与绞合的时温度不变．）四、解答题．（35分）15．（10分）如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．16．（10分）将一个电荷量为1.0×10﹣8C的正电荷，从无穷远处移到电场中的A点，电场力做功2.0×10﹣8J，若将该电荷从A点移到B点，需克服电场力做功7.0×10﹣8J．取无穷远处电势为零电势（提示：零电势处电势能也为零）．求：（1）A、B两点间的电势差；（2）电荷在A点的电势能．17．（15分）如图，一电子的质量为m，电荷量为e，由静止出发，通过电压为U1的加速电场后，沿平行板中央轴线进入电压为U2的匀强电场，平行板长为L，电子恰能从下板边缘飞出电场．求：（1）电子离开加速电场而进入匀强电场时的速度大小？（2）电子在U2匀强电场中飞行的时间？（3）电子离开U2匀强电场时的偏移y为多少？广东省肇庆四中xx学年高二上学期第一次月考物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题（每题3分，共15分）1．（3分）把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一段距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况不可能是（）A．带有不等量异种电荷B．带有等量同种电荷C．带有等量异种电荷D．一个带电，另一个不带电考点：电荷守恒定律．分析：两个小球接触后再分开，两球相互排斥，说明两球带同种电荷，将选项逐一代入，选出符合题意的选项．解答：解：A、两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故A可能；B、两个小球原来分别带同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故B可能；C、两个小球原来分别带等量异种电荷，接触后电荷完全中和，两球不存在排斥力，故C不可能；D、原来的其中一个带电，把两个完全相同的小球接触后电荷平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故D可能；本题选不可能的，故选：C．点评：本题考查应用基本规律分析、判断物理现象的能力，要知道两个小球接触后再分开，两球相互排斥，说明两球带同种电荷．2．（3分）如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（）A．B．C．D．考点：电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均相同时，场强才相同．解答：解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等．A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误．B、正点电荷产生的电场中，AB两点场强的方向相同，大小不同，故B错误．C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，故C正确．D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同．即A、B两点的场强大小和方向都不同，故D错误．故选：C．点评：矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．3．（3分）关于电场中电荷的电势能的大小，下列说法正确的是（）A．在电场强度越大的地方，电荷的电势能也越大B．正电荷沿电场线移动，电势能总增大C．负电荷沿电场线移动，电势能一定增大D．电荷沿电场线移动，电势能一定减小考点：电势能．分析：根据电场力做功与电势能变化的关系进行判断：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、在电场强度越大的地方，同一电荷受到的电场力越大，但电势能不一定大，故A错误；B、正电荷沿电场线移动，电场力做正功，电势能一定减小，故B错误；C、负电荷沿电场线移动，电场力做负功，电势能一定增大，故C正确；D、由上知负电荷沿电场线移动，电势能增大，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握电场力做功与电势能的关系，电场力做功等于电势能的减小量．4．（3分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒子在M点的场强大于它在N点的场强C．粒子在M点的动能小于它在N点的动能D．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度考点：电场线．分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．解答：解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力沿着电场线的方向，据场强方向规定可知电荷为正电荷，所以A错误．BD、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，所以BD错误；C、正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能，故C正确．故选：C．点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．5．（3分）平行板电容器和电源、电阻、电键串联，组成如图所示的电路．接通开关K，电源即给电容器充电（）A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的带电量不变C．充电结束后断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D．充电结束后断开K，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大考点：电容器的动态分析；电势差；电容．专题：电容器专题．分析：先根据电容的决定式分析电容如何变化，再根据电容的定义式分析电容器的电压或电量如何变化．由电场强度与电势差的关系可分析场强的变化．解答：解：A、保持K接通，电容器极板间的电压不变，减小两极板间的距离，由E=分析得知，板间场强增大．故A错误．B、保持K接通，在两极板间插入一块介质，由电容的决定式C=知，电容增大，而电容器的电压不变，由C=分析得知，极板上的带电量增大．故B错误．C、充电结束后断开K，电容器所带电量不变，减小两极板间的距离，由电容的决定式C=知电容C增大，则根据Q=UC可知，两极板间的电势差减小；故C正确．D、电容器所带电量Q不变．在两极板间插入一块电介质，根据电容的定义式分析得知电容C增大，由C=分析得知，两极板间的电势差减小．故D错误；故选：C点评：题是电容器的动态分析问题，往往根据电容的定义式和电容的定义式结合分析，再抓住不变量进行研究即可．二、双项选择题（每题5分，共30分）6．（5分）带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中电场力做了3.2×10﹣6J的正功．那么（）A．M在P点的电势能一定大于它在Q点的电势能B．P点的场强一定小于Q点的场强C．P点的电势一定高于Q点的电势D．M在Q点的动能一定大于它在P点的动能考点：电势能；电场强度．分析：在本题中只是知道从P到Q电场力做正功，而电荷的正负不知道，因此无法判断电势高低，电场线分布或者说电场分布情况不知，也无法判断电场强度的大小．根据电场力做功和电势能的关系可以动能和电势能的变化情况．解答：解：A、从题目可知电场力做正功，故电势能一定减小，则粒子M在P点的电势能一定大于它在Q点的电势能，故A正确；B、电场分布情况不知，无法判断P点和Q点电场强度的大小关系，故B错误；C、因为电荷正负不知，故无法判断电势高低，C错误；D、因为只有电场力做正功，因此只有电势能和动能之间的转化，电势能减小，则动能增大，所以M在Q点的动能一定大于它在P点的动能．故D正确．故选：AD．点评：要正确理解电场强度、电势、电势能的决定因素和大小判断方法，不能混淆概念．7．（5分）下列说法中正确的是（）A．点电荷一定是体积和质量都很小的带电体B．任何带电体都可以看成点电荷C．根据公式F=k，当r→∞时，F→0D．静电力常量的数值k是由库伦扭称实验得出的考点：元电荷、点电荷；库仑定律．专题：常规题型．分析：带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．解答：解：A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状、质量无具体关系，故AB错误；C、根据公式F=k，当r→∞时，F→0，故C正确；D、静电力常量的数值k是由库伦扭称实验得出的，故D正确；故选：CD．点评：点电荷是理想化的物理模型，与力学中质点类似，能不能把带电体看成点电荷，不是看带电体的体积和电量，而看带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响能不能忽略不计．8．（5分）下列关于电场力做功与电势能变化的说法中，正确的是（）A．当两正点电荷相互靠近时，它们的电势能都减小B．当两负点电荷相互靠近时，它们的电势能都增大C．一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时，它们的电势能都减小D．一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时，它们的电势能都增大考点：电势能；电势．分析：电场力做正功多少，电势能就减少多少；电荷克服电场力做功多少，电势能就增加多少．只有电场力做功时，动能和电势能总和不变．解答：解：电场力做正功多少，电势能就减少多少；电荷克服电场力做功多少，电势能就增加多少．A、当两正点电荷相互靠近时，电场力做负功，则它们的电势能都增加．故A错误，B、当两负点电荷相互靠近时，电场力仍做负功，它们的电势能都增大，B正确；C、一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时，电场力做正功，则它们的电势能都减小，C正确，D错误；故选：BC．点评：对于电场力可当成一般的力，根据力与位移方向间的关系，判断其做功正负．电场力做功与电势能变化的关系，类似于重力与重力势能变化的关系，运用类比的方法，有助于理解和记忆．9．（5分）下列哪些措施是为了防止静电的危害（）A．油罐车的后边有条铁链搭到地上B．煤电厂用高压电锁住黑烟C．家用电器如洗衣机接有地线D．手机一般都装有天线考点：静电现象的解释．分析：本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案．解答：解：A．油罐车在运输过程中，不断的相互摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害，故A正确；B．煤电厂用高压电锁住黑烟，是静电除尘，静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用．故B错误；C．家用电器如洗衣机接有地线，及时导走产生的感应电荷，这是防止静电危害．故C正确；D．手机一般都装有天线，利用开放电路接受与发射信号，属于电磁波的发射与接受．故D 错误．故选：AC．点评：本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．10．（5分）如图是两个等量异种点电荷形成的电场，AB为中垂线，且AO=BO，则（）A．正电荷从A运动到B，电势能增加B．A．B两点场强相等C．A．B两点电势差为零D．负电荷从A运动到B，电势能增加考点：电场线．分析：一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力做功为零，结合电势差的定义和电场力做功与电势能变化的关系进行分析即可．解答：解：A、AB是一条等势线，正电荷从A运动到B，电场力不做功，电势能不变．故A错误；B、两个等量异种点电荷形成的电场，两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO=BO，那么AB两点的场强就是相等的，故B正确；C、该中垂线是一条等势线，所有点的电势都相等，AB之间的电势差为0，故C正确；D、一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，负电荷从等势面上的A点移动到另一点B，电场力做的功一定为零，故电势能不变，故D错误；故选：BC点评：该题考查常见的电场和电场线，只有掌握两个等量异种点电荷形成的电场的特点，即可正确解答．11．（5分）如图所示为点电荷产生的电场中的一条电场线，若一带负电的粒子从B点运动到A点时，加速度增大而速度减小，则可判定（）A．点电荷一定带正电B．点电荷一定带负电C．点电荷一定在A的左侧D．点电荷一定在B的右侧考点：电场强度；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：据题，带负电的粒子从B点运动到A点时，加速度增大而速度减小，说明场强增大．电场力方向与粒子的速度方向相反，方向从A点到B点，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，说明电场强度方向是从B点到A点．根据电场强度的变化情况，判断点电荷的位置．解答：解：据题，带负电的粒子从B点运动到A点时，速度减小，说明电场力方向从A点到B点，说明电场强度方向是从B点到A点．加速度增大而速度减小，说明场强增大，则点电荷一定在A的左侧，并且一定带负电．故选BC点评：本题根据粒子加速度变化情况，可判断场强的变化情况．粒子做减速运动时，电场力方向与粒子的速度方向相反．考查分析粒子受力情况的能力．三、填空题（前八个空每空2分，共20分）12．（10分）用毛皮摩擦橡胶棒时，橡胶棒带负电荷，毛皮带正电荷．当橡胶棒带有3.2×105C 的电量时，电荷量为1.6×10﹣19C的电子有2×1014个从毛皮移到橡胶棒上．考点：电荷守恒定律．专题：常规题型．分析：摩擦起电的实质是电子的转移，失去电子的带正电，得到电子的带负电；元电荷e=1.6×10﹣19C．解答：解：用毛皮摩擦橡胶棒时，橡胶棒带负电荷，毛皮带正电荷，电子从毛皮移到橡胶棒；转移的电子数目为：n==2×1014个故答案为：负，正，2×1014，毛皮，橡胶棒．点评：本题考查了摩擦起电的原因和实质，原因是不同物质的原子核对核外电子的束缚能力不同，束缚能力强的从束缚能力弱的那里得到电子，而带负电，束缚能力弱的由于失去电子，而缺少电子带正电；而摩擦起电的实质是电荷的转移．13．（6分）有三个相同的金属小球A、B、C，其中A带有3.2×103C的正电荷，B、C球不带电．若使C球先和A接触后取走，再让B与A接触后分开，最后让B与C接触后分开，最后三球的带电荷量分别是q A=8×102CC，q B=1.2×103CC，q C=1.2×103CC．考点：电荷守恒定律．分析：完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分．解答：解：当小球C和A接触后，A、C球带电为Q1=C=1.6×103C，再让小球B与小球A接触，此时A、B带电为Q2==0.8×103C=8×102C，再让让小球B与小球C接触后，此时B、C带电为Q3=C=1.2×103C，所以最终ABC三小球的带电量分别是：8×102C，7.5×10﹣6C，7.5×10﹣6C．故答案为：8×102C，1.2×103C，1.2×103C点评：完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，注意正负中和的含义，及电量平分的条件．14．（4分）一根粗细均匀的金属裸导线，若把它均匀地拉长为原来的2倍，电阻变为原来的4倍．若将它截成等长的两段并绞合成一根，它的电阻变为原来的．（设拉长与绞合的时温度不变．）考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：根据电阻定律公式R=列式分析即可，注意金属的体积不变．解答：解：一根粗细均匀的金属裸导线，若把它均匀地拉长为原来的2倍，根据V=SL，横截面积减小为，根据电阻定律公式R=，电阻增加为4倍；若将它截成等长的两段并绞合成一根，横截面面积增加为2倍，根据电阻定律公式R=，电阻变为原来的；故答案为：4，．点评：本题关键是根据电阻定律列式分析，注意体积一定，根据V=SL判断截面积的变化．四、解答题．（35分）15．（10分）如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）判断小球带何种电荷．（2）求电场强度E．（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．考点：共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；电场强度．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反，故带负电荷；（2）对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出电场力，得到电场强度；（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度后，再运用速度时间公式求解．解答：解：（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反；故小球带负电荷．（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有qE=mgtanθ故即电场强度E为．（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动；根据牛顿第二定律，有F合=ma ①由于三力平衡中，任意两个力的合力与第三力等值、反向、共线，故F合= ②根据速度时间公式，有v=at ③由①②③解得即经过t时间小球的速度v为．点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力，最后根据牛顿第二定律求加速度，由速度时间公式求末速度．16．（10分）将一个电荷量为1.0×10﹣8C的正电荷，从无穷远处移到电场中的A点，电场力做功2.0×10﹣8J，若将该电荷从A点移到B点，需克服电场力做功7.0×10﹣8J．取无穷远处电势为零电势（提示：零电势处电势能也为零）．求：（1）A、B两点间的电势差；（2）电荷在A点的电势能．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据W AB=qU AB由电场力做功求得AB间的电势差；（2）据W0A=E P0﹣E pA求得电荷在A点的电势能．解答：解：（1）由题意知，所以有：（2）电荷从无穷远处移动到A点电场力做功，又W0A=E p0﹣E pA=0﹣E pA所以有：答：（1）A、B两点间的电势差为﹣7V；（2）电荷在A点的电势能为﹣2.0×10﹣8J．点评：本题考查对电势差公式的应用能力，U AB=应用时，各量均需代入符号．基本题．17．（15分）如图，一电子的质量为m，电荷量为e，由静止出发，通过电压为U1的加速电场后，沿平行板中央轴线进入电压为U2的匀强电场，平行板长为L，电子恰能从下板边缘飞出电场．求：（1）电子离开加速电场而进入匀强电场时的速度大小？（2）电子在U2匀强电场中飞行的时间？（3）电子离开U2匀强电场时的偏移y为多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）电子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度v0的大小；（2）、（3）电子进入电压为U2的匀强电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据位移公式求解时间，根据牛顿第二定律求得加速度，进而即可求解侧移y．解答：解：（1）电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得：eU1= ①则得：v0=。