2025年人教版高二物理下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版高二物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、在如圖所示的電路中，已知電源的電動勢E=3.0V，內(nèi)電阻r=0.50Ω；外電路的電阻R=1.0Ω．閉合開關(guān)S后，電路中的電流I為（）

A.1.0A

B.1.5A

C.2.0A

D.3.0A

2、在下圖四種電場中，分別有ab

兩點.

其中ab

兩點的電勢不相等，場強相同的是(

)

A.甲圖：與點電荷等距的ab

兩點B.乙圖：兩等量異種電荷連線的中垂線上與連線等距的ab

兩點C.丙圖：點電荷與帶電平板形成的電場中平板上表面與點電荷等距離的ab

兩點D.丁圖：勻強電場中的ab

兩點3、不計電阻的自感線圈L完全相同的燈泡L1、L2、L3和內(nèi)阻不計的電源E連接成如圖所示的電路，接通開關(guān)S，一段時間后斷開S在斷開S的瞬間，下列說法正確的是（）A.L1閃亮一下后熄滅B.L2閃亮一下后熄滅C.L3變暗一下后熄滅D.L1、L2、L3同時閃亮一下后熄滅4、如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板間距為d，定值電阻的阻值為R，豎直放置線圈的匝數(shù)為n，繞制線圈導線的電阻為R，其他導線的電阻忽略不計．現(xiàn)在豎直向上的磁場B穿過線圈，在兩極板中一個質(zhì)量為m，電量為q，帶正電的油滴恰好處于靜止狀態(tài)，則磁場B的變化情況是（）A.均勻增大，磁通量變化率的大小為B.均勻增大，磁通量變化率的大小為C.均勻減小，磁通量變化率的大小為D.均勻減小，磁通量變化率的大小為5、在電場中的某點放入電荷量為的試探電荷時，測得該點的電場強度為E；若在該點放入電荷量為的試探電荷，其它條件不變，此時測得該點的電場強度為（）A.大小為2E，方向和E相反B.大小為E，方向和E相同C.大小為2E，方向和E相同E.方向和E相反B．大小為E，方向和E相同C．大小為2E，方向和E相同D．大小為E，方向和E相反E.方向和E相反B．大小為E，方向和E相同C．大小為2E，方向和E相同D．大小為E，方向和E相反6、核電站的核能來源于U的裂變，現(xiàn)有4種說法：①U原子核中有92個質(zhì)子、143個中子；②U的一種可能的裂變是變成兩個中等質(zhì)量的原子核，如Xe和Sr，反應(yīng)方程式U+n→Xe+Sr+2n；③U是天然放射性元素，常溫下它的半衰期約為45億年，升高溫度半衰期縮短；④一個U裂變能放出約200MeV的能量，合3.2×10-11J．以上的四種說法中正確的是（）A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、有一個量程為0.5A的電流表，與阻值為1Ω的電阻并聯(lián)后通入0.6A的電流，電流表的示數(shù)為0.4A，若將該電流表的量程擴大為5A，則應(yīng)______聯(lián)一個阻值為______Ω的電阻．（保留兩位有效數(shù)字）8、如圖所示為一交變電流的圖象；則該交變電流的有效值為______A

9、已知1盎司=31.1g，一塊體積是10cm3奧運會的紀念金幣質(zhì)量為5盎司，則該金幣的密度為______kg/m3．它是純金的嗎？______（ρ金=19.3×103kg/m3）。10、在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象試驗中

壟脜

為了能明顯地觀察到實驗現(xiàn)象；請在如圖所示的實驗器材中，選擇必要的器材，將圖中沒有連接的導線用筆畫代替導線連接起來，構(gòu)成實驗電路．

壟脝

選用的電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向與電流方向有關(guān).

若合上電鍵時發(fā)現(xiàn)指針向右偏，填寫表格空格．11、隆露

探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系隆路

的實驗中，由實驗測得某彈簧的長度L

和彈力的關(guān)系如圖所示，則該彈簧的原長為______cm

勁度系數(shù)為______N/m

．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)12、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）13、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）14、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

15、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

16、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）17、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）18、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）19、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）20、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、簡答題(共3題，共12分)21、某研究性學習小組對rm{Cu}與rm{H_{2}SO_{4}}反應(yīng)的產(chǎn)物種類和性質(zhì)進行探究rm{.}

Ⅰrm{.}產(chǎn)物種類探究。

在銅與濃硫酸反應(yīng)的過程中，發(fā)現(xiàn)有黑色物質(zhì)出現(xiàn)，經(jīng)查閱文獻獲得下列資料rm{.}

資料rm{1}rm{壟脵X}射線晶體分析表明，銅與濃硫酸反應(yīng)生成的黑色物質(zhì)為rm{CuO}和rm{CuS}中的一種或兩種．

rm{壟脷}已知rm{CuS}不溶于稀硫酸。資料rm{2}。硫酸rm{/mol?L^{-1}}黑色物質(zhì)出現(xiàn)的溫度rm{/^{circ}C}黑色物質(zhì)消失的溫度rm{/^{circ}C}rm{15}約rm{150}約rm{236}rm{16}約rm{140}約rm{250}rm{18}約rm{120}不消失rm{(1)}由上述資料rm{2}可得出的正確結(jié)論是______rm{(}選填下列字母編號rm{)}

rm{a.}銅與濃硫酸反應(yīng)時所涉及的反應(yīng)可能不止一個。

rm{b.}硫酸濃度選擇適當；可避免最后產(chǎn)物中出現(xiàn)黑色物質(zhì)。

rm{c.}該反應(yīng)發(fā)生的條件之一是硫酸濃度rm{>15mol?L^{-1}}

rm{d.}硫酸濃度越大；黑色物質(zhì)出現(xiàn)越快，越難消失。

rm{(2)Cu}與足量rm{16mol?L^{-1}}濃硫酸反應(yīng)時，在rm{80^{circ}C}以后，隨著溫度的逐漸升高，反應(yīng)中硫酸銅的生成逐漸增加，而rm{CuS}卻逐漸減少，到達rm{250^{circ}C}左右時，rm{CuS}在反應(yīng)中完全消失的澄清溶液，rm{CuS}消失的化學方程式為________________________rm{.}

Ⅱrm{.}產(chǎn)物性質(zhì)探究。

rm{Cu}與濃rm{H_{2}SO_{4}}反應(yīng)生成的rm{CuSO_{4}}具有某些特定性質(zhì)，一定濃度rm{CuSO_{4}}溶液與rm{NaHCO_{3}}溶液反應(yīng)后生成藍綠色顆粒狀沉淀，沉淀可能是rm{CuCO_{3}}rm{Cu(OH)_{2}}或者rm{CuCO_{3}}與rm{Cu(OH)_{2}}的混合物rm{.}

rm{(1)}若沉淀是rm{Cu(OH)_{2}}生成沉淀的離子方程式是________________________rm{.}

rm{(2)}為了進一步探究沉淀的成分，設(shè)計的實驗裝置如圖：實驗操作步驟為rm{a.}取沉淀樣品rm{100}克于rm{B}中；檢查裝置的氣密性。

rm{b.}打開rm{K_{1}}rm{K_{3}}關(guān)閉rm{K_{2}}rm{K_{4}}通入足量空氣。

rm{c.}關(guān)閉rm{K_{1}}rm{K_{3}}打開rm{K_{2}}rm{K_{4}}充分反應(yīng)。

rm{d.}反應(yīng)結(jié)束后，關(guān)閉rm{K_{2}}打開rm{K_{1}}再通入足量空氣。

rm{e.}測得裝置rm{D}的質(zhì)量增加了rm{22g}

rm{壟脵}步驟rm的作用是________________________

rm{壟脷}若沉淀樣品為rm{CuCO_{3}}和rm{Cu(OH)_{2}}的混合物，則rm{Cu(OH)_{2}}的質(zhì)量分數(shù)為______，若不進行步驟rmfauikzm則會使測得rm{Cu(OH)_{2}}的質(zhì)量分數(shù)為______rm{(}填“偏高”“無影響”“偏低”rm{)}22、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素的原子序數(shù)依次增大，其中非金屬元素rm{A}的基態(tài)原子中成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的兩倍，rm{C}元素在地殼中含量最高，rm{D}的單質(zhì)是短周期中熔點最低的金屬，rm{E}的合金是我國使用最早的合金。rm{B}rm{C}rm{D}五種元素的原子序數(shù)依次增大，其中非金屬元素rm{E}的基態(tài)原子中成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的兩倍，rm{A}元素在地殼中含量最高，rm{C}的單質(zhì)是短周期中熔點最低的金屬，rm{D}的合金是我國使用最早的合金。rm{E}元素的基態(tài)原子核外電子排布式為____________。rm{(1)E}的某種氫化物rm{(2)A}分子中含有_________個rm{A_{2}H_{2}}鍵和_________個rm{婁脪}鍵。rm{婁脨}的含氧酸根離子rm{(3)A}的立體構(gòu)型是____________。rm{AO_{3}^{n-}}的最簡單氫化物的沸點比rm{(4)B}的最簡單氫化物的沸點高得多，其原因是___________。rm{A}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物溶解于氨水中生成的復雜化合物的化學式是__________。rm{(5)E}下圖是rm{(6)}單質(zhì)的晶體堆積方式，這種堆積方式的晶胞中原子的配位數(shù)為_________，若該原子的半徑為rm{D}此晶體的密度rm{rpm}________rm{婁脩=}用含rm{g隆隴cm^{-3}(}的代數(shù)式表示，阿伏加德羅常數(shù)用rm{r}表示rm{N_{A}}rm{)}23、登月探測器由地球出發(fā)經(jīng)地月轉(zhuǎn)移軌道靠近月球后，先在近月圓軌道上繞月運行，繼而經(jīng)過一系列減速過程后將包圍在探測器外面的氣囊充氣再落向月球，落月后再經(jīng)過多次彈跳最終靜止在平坦的月球表面上.

已知探側(cè)器第一次著月彈起到達最高點時距離月球表面的高度為h

速度方向是水平的，速度大小為v0

第二次著月點到第一次彈起最高點的水平距離為x

月球半徑為r

．

(1)

求月球表面的重力加速度的大小g脭脗

(2)

忽略探測器近月圓軌道距月表的高度，求其近月繞行的速度大小v

和周期T

．評卷人得分五、計算題(共3題，共24分)24、右圖所示為真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場），電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上的P點，已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e。求：（1）電子穿過A板時的速度大?。唬?）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y1；（3）熒光屏上P點到中心位置O點的距離。25、一個原來靜止的鋰（Li）核俘獲一個速度為7.7×104m/s的中子后，生成一個氚核和一個氦核，已知氚核的速度大小為1.0×103m/s；方向與中子的運動方向相反。

（1）寫核反應(yīng)方程。

（2）求出氦核的速度。

（3）若mD=2.014102u、mT=3.016050u、mHe=4.002603u、mn=1.008995u則H與H變生成He及釋放一個中子，這個反應(yīng)釋放出的能量為多少？26、如圖所示電路，電動機的線圈電阻是1婁賂

電動機工作時電壓表的示數(shù)是12V

電池組的電動勢是22V

內(nèi)電阻是1婁賂

電阻器R

的阻值為4婁賂.

求：電動機輸出的功率．評卷人得分六、畫圖題(共2題，共12分)27、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象28、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】

由閉合電路歐姆定律可知；電路中的電流：

I==A=2A；

故選C．

【解析】【答案】已知電源電動勢；內(nèi)阻與外電路電阻；由閉合電路的歐姆定律可以求出電路電流．

2、D【分析】解：A

甲圖為正點電荷的電場，圖中ab

兩點在同一個圓上，所以ab

兩點的電勢相同；電場強度的大小也相同，但是場強的方向不同，則場強不同，故A錯誤；

B、乙圖為等量的異種電荷的電場，在其中垂線上的所有的點的電勢都為零，并且場強的方向均為水平的指向負電荷，所以此時ab

兩點的電勢相等；電場強度大小相等；方向也相同，故B錯誤．

C、丙圖中ab

處于金屬平板上，處在電場中的金屬平板處于靜電平衡狀態(tài)，金屬板的表面為等勢面，并且電場線與等勢面垂直，又由于此時的ab

是左右對稱的，所以ab

兩點的電勢相等；電場強度大小相等；方向也相同，故C錯誤．

D、丁圖是勻強電場，ab

點的場強的大小和方向都相同，但是根據(jù)沿電場線的方向電勢降低可知，b

點的電勢要比a

點的電勢高；故D正確．

故選：D

．

電場線與等勢面垂直.

電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低.

根據(jù)電場線和等勢面的分布特點進行分析.

判斷電勢的高低，根據(jù)電場線的方向.

判斷場強的大小根據(jù)電場線疏密，方向看電場線的切線方向.

要注意場強是矢量，只有大小和方向均相同，場強才相同．【解析】D

3、A【分析】解：開關(guān)接通穩(wěn)定時L1被短路不亮，斷開瞬間，由于線圈自感產(chǎn)生一電動勢（相當于電源），線圈與L1組成放電回路，導線將L2和L3短路，所以L2和L3立刻熄滅；

而L1由不亮到亮再熄滅；故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

線圈在斷開瞬間產(chǎn)生一感應(yīng)電動勢相當于電源；阻礙電流減小，從而即可求解。

做本類題目要注意：線圈與哪種電器相配，是電容還是電阻，再結(jié)合線圈特點分析。【解析】A4、A【分析】試題分析:正電荷q處于靜止狀態(tài)，電場力豎直向上，則電容器的上極板帶負電，根據(jù)楞次定律，可得：穿過線圈的磁通量在均勻增大；線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：通過線框的電流：電容器板間的電場強度又U=IR，油滴所受電場力：對油滴，根據(jù)平衡條件得：F=mg，所以磁通量變化率的大小為故A正確，B、C、D錯誤。考點：法拉第電磁感應(yīng)定律【解析】【答案】A5、B【分析】試題分析：根據(jù)電場強度的定義這是比值法定義物理量，電場強度與試探電荷及試探電荷的受力無關(guān)，由電場自身決定。試探電荷變，該點的場強是不變的，所以B正確?？键c：本題考查電場強度，意在考查學生的理解能力。【解析】【答案】B6、D【分析】解：①、質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和，則U原子核中有92個質(zhì)子；143個中子；故①正確；

②、依據(jù)發(fā)生核反應(yīng)的過程滿足電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，則有，U+n→Xe+Sr+2n；故②正確；

③；半衰期的大小由原子核內(nèi)部因素決定；與外部環(huán)境無關(guān)，即升高溫度并不能使半衰期縮短，故③錯誤；

④、根據(jù)1MeV=1.6×10-19J，那么200MeV的能量，等于3.2×10-11J；故④正確。

故選：D。

根據(jù)質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和；依據(jù)核反應(yīng)方程會滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒；半衰期與環(huán)境溫度無關(guān)；根據(jù)1MeV=1.6×10-19J；從而即可一一求解。

本題綜合考查了原子核的衰變，衰變過程滿足愛因斯坦質(zhì)能方程、質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，及影響半衰期的因素，同時理解電子伏特也是能量的單位?！窘馕觥緿二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】解：電流表內(nèi)阻：Rg====0.5Ω；

把電流表改裝成5A的電流表需要并聯(lián)分流電阻的阻值：

R==≈0.056Ω；

故答案為：并；0.056．

由并聯(lián)電路的特點確定出電流表的內(nèi)阻；電流表擴大量程要并聯(lián)電阻分流；應(yīng)用并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出分流電阻阻值．

把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，把電流表改裝成大量程電流表，需要并聯(lián)分流電阻，根據(jù)串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電阻阻值．【解析】并；0.0568、略

【分析】解：將交流與直流通過阻值都為R

的電阻；設(shè)直流電流為I

則根據(jù)有效值的定義有：

I12Rt1+I22Rt2=I2RT

代入數(shù)據(jù)得：(42)2R隆脕1+(32)2隆脕R隆脕1=I2R隆脕2

解得：I=5A

故答案為：5

由圖象可知交變電流的周期；一個周期內(nèi)分為兩段，每一段均為恒定電流；

根據(jù)有效值的定義求解。取一個周期時間；將交流與直流分別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值。

本題考查的是根據(jù)交變電流有效值的定義計算有關(guān)交變電流的有效值。要注意利用好電流的熱效應(yīng)?！窘馕觥?

9、15.5×103不是【分析】解：一塊體積是10cm3奧運會的紀念金幣質(zhì)量為5盎司；

金幣的密度：ρ==15.5g/cm3=15.5×103kg/m3＜19.3×103kg/m3；

所以該金幣不是純金的。

故答案為：15.5×103；不是。

由密度公式求出紀念金幣的密度；根據(jù)密度判斷金幣是否為純金的。

本題考查了求密度，應(yīng)用密度公式即可正確解題；根據(jù)密度辨別物質(zhì)是常用的一種方法?！窘馕觥?5.5×103不是10、【分析】【分析】(1)

研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時要將大線圈與電流表連接；小線圈與電源相連；

(2)

由楞次定律可分析指針的偏轉(zhuǎn)方向。本題考查電磁感應(yīng)的實驗探究，在分析電流方向時，要注意本題中磁通量的方向一直保持不變；才可以得出原線圈中電流增大時，指針右偏，反之左偏。【解答】(1)

為了能使現(xiàn)象明確；大線圈應(yīng)與靈敏電流計相連；小線圈與電源及滑動變阻器相連；

原理圖如下；

(2)

合上電鍵時；電流變大，穿過線圈的磁通量增大，指針右偏，則說明只要磁通量增大，指針右偏；

當滑片右移時；電流增大，指針右偏；

當原線圈不動時；磁通量不變，指針不偏轉(zhuǎn)；

當拔出線圈時，磁通量方向不變，磁通量減小，則指針左偏。故答案為：【解析】11、略

【分析】解：由圖可知；當彈力為零時，彈簧原長為：L0=15cm

據(jù)胡克定律F=kx

得：F=k(L鈭?L0)

由圖象斜率等于勁度系數(shù)：k=50鈭?025鈭?15N/cm=5N/cm=500N/m

故答案為：15500

．

當彈力為零時；彈簧處于原長；根據(jù)胡克定律F=kx

從圖上根據(jù)彈簧的形變量和彈力大小，求出勁度系數(shù)，即圖線的斜率．

解決本題的關(guān)鍵掌握胡克定律F=kx

同時能根據(jù)圖象分析原長和勁度系數(shù)，知道圖象的斜率表示勁度系數(shù)．【解析】15500

三、判斷題(共9題，共18分)12、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．13、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大?。浑妱莶钆c零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．14、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．15、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．16、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．17、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．18、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．19、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．20、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?、簡答題(共3題，共12分)21、I（1）abd

（2）CuS+4H2SO4=CuSO4+4SO2↑+4H2O

II（1）Cu2++2HCO3-=Cu（OH）2↓+2CO2↑

（2）①排盡裝置中空氣中的CO2使測定結(jié)果準確。

②38%偏低。

【分析】解：Ⅰ、rm{(1)}依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析可知，濃度不同時出現(xiàn)黑色物質(zhì)的時間隨濃度增大減小，濃度為rm{18mol/L}時生成的黑色物質(zhì)不能消失；

rm{a.}分析過程可知rm{.}發(fā)生的反應(yīng)過程中生成二氧化硫和硫酸銅的反應(yīng)過程中有奇談反應(yīng)發(fā)生生成黑色物質(zhì)；銅與濃硫酸反應(yīng)時所涉及的反應(yīng)可能不止一個，故A符合；

rm{b.}圖表數(shù)據(jù)分析可知硫酸濃度選擇適當；可避免最后產(chǎn)物中出現(xiàn)黑色物質(zhì)，故B符合；

rm{c.}濃硫酸和銅的反應(yīng)濃度小于rm{15mol/L}也可能出現(xiàn)黑色物質(zhì)，出現(xiàn)的時間長，該反應(yīng)發(fā)生的條件不一定是硫酸濃度rm{geqslant15mol?L^{-1}}故C不符合；

rm{d.}圖表數(shù)據(jù)中，rm{18mol/L}的濃硫酸，出現(xiàn)褐色物質(zhì)的時間短，黑色物質(zhì)難以消失，所以硫酸濃度越大，黑色物質(zhì)越快出現(xiàn)、越難消失，故rml1izm5h符合；

故答案為：rm{abd}

rm{(2)CuS}消失是和濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應(yīng)的化學方程式為：rm{CuS+4H_{2}SO_{4}=CuSO_{4}+4SO_{2}隆眉+4H_{2}O}

故答案為：rm{CuS+4H_{2}SO_{4}=CuSO_{4}+4SO_{2}隆眉+4H_{2}O}

Ⅱ、rm{(1)}沉淀為氫氧化銅的判斷依據(jù)是碳酸氫鈉和硫酸銅在水溶液中發(fā)生雙水解生成，反應(yīng)的離子方程式為rm{Cu^{2+}+2HCO_{3}^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+2CO_{2}隆眉}

故答案為：rm{Cu^{2+}+2HCO_{3}^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+2CO_{2}隆眉}

rm{(2)壟脵}空氣中含有二氧化碳，空氣通過氫氧化鈉溶液吸收空氣中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空氣，打開rm{K_{1}}rm{K_{3}}關(guān)閉rm{K_{2}}rm{K_{4}}排除裝置中的含二氧化碳氣體的空氣，避免測定誤差的產(chǎn)生；

故答案為：排盡裝置中空氣中的rm{CO_{2}}使測定結(jié)果準確；

rm{壟脷}若沉淀樣品的質(zhì)量為rm{100g}若沉淀樣品為rm{CuCO_{3}}和rm{Cu(OH)_{2}}的混合物，依據(jù)生成的二氧化碳物質(zhì)的量計算減少碳酸銅質(zhì)量，根據(jù)樣品質(zhì)量計算得到氫氧化銅的質(zhì)量分數(shù)rm{=dfrac{100g-dfrac{22g}{44g/mol}隆脕124g/mol}{100g}隆脕100%=38%}若不進行步驟rm{=dfrac{100g-dfrac

{22g}{44g/mol}隆脕124g/mol}{100g}隆脕100%=38%}生成的二氧化碳氣體中含有水蒸氣，被裝置rm{C}吸收后稱量得到二氧化碳質(zhì)量增大；計算得到碳酸銅質(zhì)量增大，氫氧化銅的質(zhì)量減小，則會使測得結(jié)果質(zhì)量分數(shù)偏低；

故答案為：rm{D}偏低．

Ⅰ、rm{38%}圖表數(shù)據(jù)分析銅和濃硫酸反應(yīng)過程中會生成黑色物質(zhì)證明有副反應(yīng)；濃度合適會避免黑色固體出現(xiàn)，濃度越大，溫度越高黑色越難消失；

rm{(1)}消失是和濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅；二氧化硫和水；

Ⅱ、rm{(2)CuS}沉淀為氫氧化銅的是碳酸氫鈉和硫酸銅在水溶液中發(fā)生雙水解生成分析；

rm{(1)}空氣中含有二氧化碳，空氣通過氫氧化鈉溶液吸收空氣中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空氣，打開rm{(2)壟脵}rm{K_{1}}關(guān)閉rm{K_{3}}rm{K_{2}}排除裝置中的含二氧化碳氣體的空氣，避免測定誤差的產(chǎn)生；

rm{K_{4}}若沉淀樣品的質(zhì)量為rm{壟脷}若沉淀樣品為純凈物，則判斷沉淀為rm{mg}裝置rm{CuCO_{3}}的質(zhì)量增加了rm{D}為二氧化碳氣體質(zhì)量，依據(jù)碳元素守恒得到rm{ng}的關(guān)系；若假設(shè)三正確；依據(jù)生成的二氧化碳物質(zhì)的量減少碳酸銅質(zhì)量，根據(jù)樣品質(zhì)量計算得到氫氧化銅的質(zhì)量分數(shù)．

本題考查了物質(zhì)組成和性質(zhì)的分析判斷，實驗過程分析，沉淀生成的原理，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．rm{mn}【解析】rm{I(1)abd}

rm{(2)CuS+4H_{2}SO_{4}=CuSO_{4}+4SO_{2}隆眉+4H_{2}O}

rm{II(1)Cu^{2+}+2HCO_{3}^{-}=Cu(OH)_{2}隆媒+2CO_{2}隆眉}

rm{(2)}rm{壟脵}排盡裝置中空氣中的rm{壟脵}使測定結(jié)果準確。

rm{CO_{2}}rm{壟脷}偏低。

rm{壟脷}22、rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)3}rm{2}

rm{(3)}正三角形

rm{(4)}氨分子間可以形成氫鍵而甲烷分子間不能，所以氨的沸點比甲烷高

rm{(5)[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}

rm{(6)8}rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times10^{-30}}}rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times

10^{-30}}}【分析】【分析】非金屬元素rm{A}的基態(tài)原子中成對電子數(shù)是未成時電子數(shù)的兩倍，則電子排布偉rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故元素rm{A}為rm{C}rm{C}元素在地殼中含量最高，則元素rm{C}為rm{O}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素的原子序數(shù)依次增大，元素rm{A}為rm{C}元素rm{C}為rm{O}則元素rm{B}為rm{N}rm{D}的單質(zhì)是短周期中熔點最低的金屬，則元素rm{D}為rm{Na}rm{E}的合金是我國使用最早的合金，則元素rm{E}為rm{Cu}據(jù)此進行分析。rm{(1)}元素rm{E}為rm{Cu}原子序數(shù)為rm{29}據(jù)此書寫基態(tài)原子電子排布式；rm{(2)}元素rm{A}為rm{C}rm{A}的某種氫化物rm{A_{2}H_{2}}為rm{C_{2}H_{2}}其結(jié)構(gòu)式為rm{H-C隆脭C-H}據(jù)此進行分析；rm{(3)}據(jù)雜化方式，分析空間構(gòu)性；rm{(4)}氫鍵對物理性質(zhì)的影響；rm{(5)}元素rm{E}為rm{Cu}rm{E}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為rm{Cu(OH)_{2}}rm{Cu(OH)_{2}}溶于氨水生成配合物rm{[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}據(jù)此進行分析；rm{(6)}如圖是rm{D}單質(zhì)的晶體堆積方式，離中心原子rm{Na}最近的rm{Na}原子數(shù)有rm{8}個，故這種堆積方式的晶胞中原子的配位數(shù)為rm{8}該晶胞中rm{Na}原子個數(shù)rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+1=2}每個晶胞的質(zhì)量rm{=dfrac{23}{N_{A}}隆脕2}rm{Na}原子的直徑為rm{2rpm}晶胞的邊長rm{=2sqrt{2}rpm}所以晶胞的體積為rm{16sqrt{2}r^{3}pm}根據(jù)rm{婁脩=dfrac{m}{V}}計算其密度。本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及空間構(gòu)型、氫鍵對物質(zhì)熔沸點的影響、核外電子排布、晶體類型與性質(zhì)、晶胞結(jié)構(gòu)與計算等，難度中等。【解答】非金屬元素rm{A}的基態(tài)原子中成對電子數(shù)是未成時電子數(shù)的兩倍，則電子排布偉rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故元素rm{A}為rm{C}rm{C}元素在地殼中含量最高，則元素rm{C}為rm{O}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素的原子序數(shù)依次增大，元素rm{A}為rm{C}元素rm{C}為rm{O}則元素rm{B}為rm{N}rm{D}的單質(zhì)是短周期中熔點最低的金屬，則元素rm{D}為rm{Na}rm{E}的合金是我國使用最早的合金，則元素rm{E}為rm{Cu}

rm{(1)}元素rm{E}為rm{Cu}原子序數(shù)為rm{29}則其基態(tài)原子電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)}元素rm{A}為rm{C}rm{A}的某種氫化物rm{A_{2}H_{2}}為rm{C_{2}H_{2}}其結(jié)構(gòu)式為rm{H-C隆脭C-H}故分子中含有rm{3}個rm{婁脪}鍵，rm{2}個rm{婁脨}鍵；

故答案為：rm{3}rm{2}

rm{(3)}元素rm{A}為rm{C}則rm{AO_{3}^{n-}}為rm{CO_{3}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}中心原子的價層電子對數(shù)rm{=3+dfrac{1}{2}(4+2-3隆脕2)=3}雜化方式為rm{=3+dfrac

{1}{2}(4+2-3隆脕2)=3}沒有孤電子對，分子的立體構(gòu)型為正三角形；

故答案為：正三角形；

rm{sp^{2}}元素rm{(4)}為rm{A}元素rm{C}為rm{B}rm{N}的最簡單的氫化物的沸點比rm{B}的最簡單的氫化物的沸點高得多；其原因是氨分子間可以形成氫鍵而甲烷分子間不能，所以氨的沸點比甲烷高；

故答案為：氨分子間可以形成氫鍵而甲烷分子間不能；所以氨的沸點比甲烷高；

rm{A}元素rm{(5)}為rm{E}rm{Cu}的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為rm{E}rm{Cu(OH)_{2}}溶于氨水生成配合物rm{Cu(OH)_{2}}

故答案為：rm{[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}

rm{[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}如圖是rm{(6)}單質(zhì)的晶體堆積方式，離中心原子rm{D}最近的rm{Na}原子數(shù)有rm{Na}個，故這種堆積方式的晶胞中原子的配位數(shù)為rm{8}該晶胞中rm{8}原子個數(shù)rm{Na}每個晶胞的質(zhì)量rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+1=2}rm{=dfrac{23}{N_{A}}隆脕2}原子的直徑為rm{Na}晶胞的邊長rm{2rpm}所以晶胞的體積為rm{=2sqrt{2}rpm}所以此晶體的密度rm{婁脩=dfrac{dfrac{23}{N_{A}}隆脕2}{16sqrt{2}r^{3}隆脕10^{-30}}=dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times10^{-30}}g/cm^{3}}

故答案為：rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times10^{-30}}}

rm{16sqrt{2}r^{3}pm}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{(2)3}rm{2}rm{(3)}正三角形rm{(4)}氨分子間可以形成氫鍵而甲烷分子間不能，所以氨的沸點比甲烷高rm{(5)[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}rm{(6)8}rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times10^{-30}}}rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times

10^{-30}}}23、解：（1）探測器第一次落到月球表面彈起后；到達最高點的高度為h，此后做平拋運動；

則水平方向有：t=

豎直方向有：h=

解得：g月=

（2）根據(jù)月球表面；萬有引力等于重力結(jié)合向心力公式得：

mg月=m=m

解得：v=T=

答：（1）月球表面的重力加速度的大小g月為

（2）忽略探測器近月圓軌道距月表的高度，其近月繞行的速度大小v為周期T為．【分析】

(1)

探測器第一次落到月球表面彈起后；到達最高點的高度為h

此后做平拋運動，根據(jù)平拋運動基本規(guī)律求解．

(2)

根據(jù)萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力結(jié)合向