2025年滬教版高二物理下冊階段測試試卷

…………○…………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年滬教版高二物理下冊階段測試試卷768考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列電學(xué)元件中不是利用電流熱效應(yīng)進行工作的是（）

A.電容器。

B.保險絲。

C.電烤箱。

D.電飯煲。

2、如圖所示，空間有垂直于xoy平面的勻強磁場。t＝0時刻，一電子以速度經(jīng)過x軸上的A點，沿軸正方向進入磁場。A點坐標(biāo)為其中R為電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑。不計重力影響，則以下結(jié)論正確的是（）A.電子經(jīng)過y軸時，速度大小仍為B.電子在時，第一次經(jīng)過y軸C.電子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為D.電子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為3、如圖所示，光滑軌道MO和ON頂端對接且ON=2MO.小球自M點以初速度沿OM上滑至O點恰好能沿ON直線下滑。以v、s、a、E0分別表示小球的速度、位移、加速度和動能四個物理量的大小，下列圖象中能正確反映出小球自M點運動到N點的運動過程的是（）4、火星有兩顆衛(wèi)星，分別是火衛(wèi)一和火衛(wèi)二，它們的軌道近似為圓，已知火衛(wèi)一的公轉(zhuǎn)周期為7

小時39

分，火衛(wèi)二的公轉(zhuǎn)周期為30

小時18

分，則兩顆衛(wèi)星相比()A.火衛(wèi)一距火星表面較遠(yuǎn)B.火衛(wèi)二的角速度較大C.火衛(wèi)一的運動速度較大D.火衛(wèi)二的向心加速度較大5、一個帶電粒子在勻強磁場B中所受的洛侖茲力F的方向如圖所示；則該粒子所帶電性和運動方向可能是（）

A.粒子帶負(fù)電；向下運動。

B.粒子帶正電；向左運動。

C.粒子帶負(fù)電；向上運動。

D.粒子帶正電；向右運動。

6、在一個豎直方向運動的密閉升降機內(nèi)，用彈簧秤掛著一個已知質(zhì)量的砝碼，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣纫阎８鶕?jù)彈簧秤的讀數(shù)，我們可以知道升降機：A.加速度的大小和方向B.速度的大小和方向C.加速度的大小和速度的方向D.加速度的大小和方向以及速度的方向7、如圖所示，將一個矩形小線圈放在一個大勻強磁場中，線圈平面平行于磁感線，則線圈中有感應(yīng)電流產(chǎn)生的情況是（）A.當(dāng)矩形線圈作平行于磁感線的平動B.當(dāng)矩形線圈作垂直于磁感線的平動C.當(dāng)矩形線圈繞ab邊作轉(zhuǎn)動時D.當(dāng)矩形線圈繞ad邊作轉(zhuǎn)動時8、15.

下列敘述中的力，屬于萬有引力的是A.馬拉車的力B.鋼繩吊起重物的力C.太陽與地球之間的吸引力D.兩個異名磁極之問的吸引力評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、如圖所示，把電量為-5×10-9C的電荷，從電場中的A點移到B點，其電勢能____（選填“增大”、“減小”或“不變”）；若A點的電勢φA=15V，B點的電勢φB=10V，則此過程中電場力做的功為____J．

10、如圖所示，質(zhì)量為m，電量為q的小球以某一速度與水平成45°角進入勻強電場和勻強磁場，若微粒在復(fù)合場中做直線運動，則粒子帶______電，電場強度E=__________．11、如圖所示，在勻強電場中，將一電荷量為2隆脕10鈭?3C

的負(fù)電荷由A

點移到B

點，其電勢能增加了0.2J

已知AB

兩點間距離為2cm

兩點連線與電場方向成60鈭?

角.

則：

(1)

該負(fù)電荷由A

移到B

的過程中；電場力所做的功WAB=

____________；

(2)AB

兩點間的電勢差以UAB=

____________；

(3)

該勻強電場的電場強度E=

____________．12、用20

分度的游標(biāo)卡尺測量鋼球的直徑；示數(shù)如圖所示，則鋼球直徑為______mm

．

13、如圖a

所示的電子元件名稱是______；圖b

所示的是一只電解電容器；從該電容器標(biāo)稱參數(shù)可知：該電容器的耐壓為______V

該電容器容量為______婁脤F

．

14、聲波從甲介質(zhì)進入乙介質(zhì)中，已知入射角為30°，折射角為37°，聲波在甲介質(zhì)中速度為300m/s，聲波在乙介質(zhì)中速度為______m/s．15、圖中，游標(biāo)卡尺示數(shù)是______cm，螺旋測微器示數(shù)是______mm；

評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)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、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）18、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）

19、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）

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）

21、電勢差有正有負(fù)，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）22、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）23、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）

24、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、畫圖題(共2題，共20分)25、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)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26、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)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評卷人得分五、簡答題(共3題，共15分)27、某金屬rm{A}及其化合物之間有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系：

rm{(1)}請寫出rm{A}rm{B}rm{C}的化學(xué)式：rm{A}__________rm{B}__________、rm{C}__________。rm{(2)}寫出化學(xué)方程式：rm{B隆煤D}_____________________________________________rm{E隆煤C}______________________________________________28、(1)

單晶體的所有物理性質(zhì)都是各向異性的.

()(2)

液晶是液體和晶體的混合物.(

)

(3)

水蒸氣達(dá)到飽和時，水蒸氣的壓強不再變化，這時水不再蒸發(fā)和凝結(jié).(

)

(4)

壓強極大的氣體不遵從氣體實驗定律.(

)

(5)

做功和熱傳遞的實質(zhì)是相同的.(

)

(6)

絕熱過程中，外界壓縮氣體做功20J

氣體的內(nèi)能一定減少.(

)

(7)

物體吸收熱量，同時對外做功，內(nèi)能可能不變.(

)

(8)

熱機中，燃?xì)獾膬?nèi)能可以全部變?yōu)闄C械能而不引起其他變化.(

)

29、某含鎳rm{(Ni)}廢催化劑中主要含有rm{Ni}還含有rm{Al}rm{Al}廢催化劑中主要含有rm{(Ni)}還含有rm{Ni}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}及其它不溶于酸、堿的雜質(zhì)。部分金屬氫氧化物rm{{,!}_{3}}近似值如下表所示：。、rm{Fe}及其它不溶于酸、堿的雜質(zhì)。部分金屬氫氧化物rm{Ksp}近似值如下表所示：化學(xué)式rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{Ni(OH)_{2}}rm{K_{sp}}近似值rm{10^{-17}}rm{10^{-39}}rm{10^{-34}}rm{10^{-15}}現(xiàn)用含鎳廢催化劑制備rm{NiSO_{4}隆隴7H_{2}O}晶體，其流程圖如下：回答下列問題：rm{(1)}“堿浸”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}________________。rm{(2)}“酸浸”所使用的酸為_____________。rm{(3)}“凈化除雜”需加入rm{H_{2}O_{2}}溶液，其作用是___________________。然后調(diào)節(jié)rm{pH}使溶液中鐵元素恰好完全沉淀，列式計算此時的rm{pH}___________________________。rm{(4)}“操作rm{A}”為_____、過濾、洗滌、干燥，即得產(chǎn)品。rm{(5)NiSO_{4}}在強堿性溶液中可被rm{NaClO}氧化為rm{NiOOH}該反應(yīng)的離子方程式為__________。rm{(6)NiOOH}可作為鎳氫電池的電極材料，該電池的工作原理如下圖所示，其放電時，正極的電極反應(yīng)式為__________________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】

電容器的工作原理是充放電；保險絲工作原理即電流過大時；產(chǎn)生的熱量較大，保險絲熔斷，保護電路；電烤箱；電飯煲都是利用電流產(chǎn)生熱量來進行工作．可見利用電流熱效應(yīng)工作的是保險絲、電烤箱、電飯煲．電容器不是利用電流的熱效應(yīng)工作．故A正確，B、C、D錯誤．

故選A．

【解析】【答案】利用電流熱效應(yīng)就是通電后發(fā)熱；利用熱量進行工作．電容器的工作原理是充放電；保險絲工作原理即電流過大時，產(chǎn)生的熱量較大，保險絲熔斷，保護電路；電烤箱；電飯煲都是利用電流產(chǎn)生熱量來進行工作．

2、A|B|D【分析】【解析】試題分析：A、因為帶電粒子在磁場中運動受到的洛倫茲力不做功，所以速度大小不變；正確B、設(shè)偏轉(zhuǎn)角度為θ，由圖可得正確CD、由圖可知與y軸交點到O點的距離為在負(fù)半軸上，所以電子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為C錯D對故選ABD考點：帶電粒子在磁場中的運動【解析】【答案】ABD3、A|C【分析】【解析】試題分析：小球上劃過程中加速度恒定不變,小球向上做勻減速直線運動,下滑過程中做勻加速直線運動,位移與時間成二次關(guān)系,位移時間圖像應(yīng)為曲線,上劃過程中重力沿斜面向下的分力與摩擦力方向相同,加速度較大,方向沿斜面向下,ON面上加速度較小,但加速度方向還是沿斜面向下,AC正確,由動能定理可知動能大小與位移大小成正比,所以動能與時間的關(guān)系圖像應(yīng)為一條曲線,BD錯;考點：考查力與運動的關(guān)系【解析】【答案】AC4、C【分析】【分析】衛(wèi)星圍繞火星圓周運動時萬有引力提供圓周運動向心力，由周期關(guān)系得出半徑關(guān)系，再由半徑關(guān)系分析角速度、線速度和向心加速度的大小關(guān)系..

掌握萬有引力提供圓周運動向心力，根據(jù)周期關(guān)系得出半徑關(guān)系，再由此分析角速度、線速度和向心加速度與半徑的關(guān)系，掌握規(guī)律是解決問題的基礎(chǔ)．【解答】根據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力有：

GmMr2=ma=m4婁脨2rT2=mv2r=m婁脴2r

得衛(wèi)星周期T=2婁脨r3GM

知軌道半徑大的周期大，軌道半徑小的周期小，所以可知火衛(wèi)一的軌道半徑小于火衛(wèi)二的軌道半徑．

A.因為火衛(wèi)一的軌道半徑小于火衛(wèi)二的軌道半徑；所以火衛(wèi)二距火星表面較遠(yuǎn)，故A錯誤；

B.婁脴=GMr3

知軌道半徑大的角速度小，火衛(wèi)二的角速度較小，故B錯誤；

C.線速度v=GMr

軌道半徑大的速度小，火衛(wèi)一的軌道半徑小，線速度大，故C正確；

D.向心加速度a=GMr2

火衛(wèi)一的半徑小，其加速度大，故D錯誤；

故選：C

．

【解析】C

5、A【分析】

磁場的方向垂直紙面向外；洛倫茲力的方向水平向右，根據(jù)左手定則，粒子若帶正電，則向上運動，若帶負(fù)電，向下運動．故A正確，B；C、D錯誤．

故選A．

【解析】【答案】判斷洛倫茲力的方向用左手定則判斷；伸開左手，使拇指與其余四指垂直，并且與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷的運動方向，這時拇指所指的方向就是運動電荷所受洛倫茲力的方向．

6、A【分析】試題分析：設(shè)彈簧秤讀數(shù)為F，如果F＞mg，說明加速度方向向上，加速度大小a=-g，升降機可能向上加速運動，也可能向下減速運動；如果F=mg，說明加速度為零，升降機可能靜止，也可能勻速向上或向下運動；如果F＜mg，說明加速度方向向下，加速度大小a=g-升降機可能向上減速運動，也可能向下加速運動。綜上分析，可知A正確?？键c：【解析】【答案】A7、C【分析】解：A；當(dāng)線圈沿磁感線方向平移時；線圈的磁通量始終為零，保持不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生．故A錯誤．

B；當(dāng)線圈沿垂直于磁感線方向移動時；線圈的磁通量始終為零，保持不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生．故B錯誤．

C、當(dāng)線圈以ab邊為軸轉(zhuǎn)動時；磁通量發(fā)生變化，穿過線圈的磁通量從無到有發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C正確．

D；當(dāng)線圈以ad邊為軸轉(zhuǎn)動時；磁感線始終與線圈平行，磁通量始終為零，保持不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生．故D錯誤．

故選：C．

當(dāng)穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化時；線圈中就產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)這個條件進行分析．

本題考查應(yīng)用感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件判斷實際問題的能力，常規(guī)題，情景并不復(fù)雜，容易得分．【解析】【答案】C8、C【分析】【分析】萬有引力是自然界中的基本相互作用之一；有質(zhì)量的物體間具有萬有引力。

本題關(guān)鍵是明確萬有引力與彈力、電場力的區(qū)別，基礎(chǔ)題?！窘獯稹緼.馬拉車的力是彈力；故A錯誤；

B.鋼繩吊起重物的力是彈力；故B錯誤；

C.太陽與地球之間的吸引力是萬有引力；故C正確；

D.兩個異名磁極之間的吸引力是電磁力；不是萬有引力，故D錯誤。

故選C。

【解析】C

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

A點電勢高于B點，因此負(fù)電荷在A點電勢能小于B點，故將負(fù)電荷從A點移到B點，電勢能將增加；．

故答案為：增大，-2.5×10-8．

【解析】【答案】判斷電勢能的高低可以根據(jù)電勢高低進行：負(fù)電荷在電勢高的地方電勢能低；正電荷則相反；也可以利用電場力做功：電場力做正功，電勢能降低，做負(fù)功，電勢能增加．電場力做功和路徑無關(guān)，至于始末位置的電勢差有關(guān)．

10、略

【分析】【解析】試題分析：粒子做直線運動，因為洛倫茲力的存在，所以要做直線運動，粒子的速度肯定不變，所以做勻速直線運動，故合力為零，粒子受到豎直向下的重力，水平方向的電場力，和洛倫茲力，要使合力為零，所以洛倫茲力方向垂直速度左向上，電場力水平向右，所以粒子帶正電，根據(jù)矢量三角形可得解得考點：考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運動【解析】【答案】正電，mg/q11、-0.2J;100V;1×104V/m【分析】解：(1)

負(fù)電荷由A

點移到B

點；其電勢能增加了0.2J

則電場力所做的功：WAB=鈭?0.2J

(2)AB

兩點間的電勢差：UAB=WABq=鈭?0.2鈭?2脳10鈭?3V=100V

(3)

由UAB=Ed=EA爐Bcos60鈭?

得：E=UABA爐Bcos60鈭?=1002脳10鈭?2脳0.5V/m=1隆脕104V/m

故答案為：(1)鈭?0.2J(2)100V(3)1隆脕104V/m

【解析】鈭?0.2J;100V;1隆脕104V/m

12、略

【分析】解：20

分度的游標(biāo)卡尺；精確度是0.05mm

游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為10mm

游標(biāo)尺上第3

個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為3隆脕0.05mm=0.15mm

所以最終讀數(shù)為：10mm+0.15mm=10.15mm

．

故答案為：10.15

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法；主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．

對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關(guān)測量．【解析】10.15

13、略

【分析】解：圖片a

是電阻器；是電路中常用的器材之一；

圖片b

中是電容器；可以看出額定電壓為25V

電容為2200婁脤F

故答案為：電阻器；252200

．

圖片a

是電阻原件，圖片b

是電容器；可以讀出額定電壓和電容大?。?/p>

本題關(guān)鍵是要認(rèn)識生活電路中的常見的器材，體現(xiàn)了物理是來源于生活又服務(wù)于生活的一門實用學(xué)科．【解析】電阻器；252200

14、略

【分析】解：如圖所示。

由折射定律知：=

則v2==m/s=360m/s．

故答案為：360

已知入射角為30°；折射角為37°，根據(jù)折射定律求出甲乙的折射率之比，即可求得波速之比．

本題關(guān)鍵要掌握折射定律，知道相對折射率與波速的關(guān)系．【解析】36015、略

【分析】解：1；游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為103mm；游標(biāo)尺上第4個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為4×0.1mm=0.4mm，所以最終讀數(shù)為：103mm+0.4mm=103.4mm=10.34cm．

2；螺旋測微器的固定刻度為3mm；可動刻度為38.8×0.01mm=0.388mm，所以最終讀數(shù)為3mm+0.388mm=3.388mm．

故答案為：10.34；3.388

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法；主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關(guān)測量．【解析】10.34；3.388三、判斷題(共9題，共18分)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(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)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：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．18、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．19、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(fù)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)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．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?。?1、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對大小．

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(biāo)量，正負(fù)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)．22、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)體是等勢體．23、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(fù)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)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．24、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小．四、畫圖題(共2題，共20分)25、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】26、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】五、簡答題(共3題，共15分)27、rm{(1)Fe}rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}

rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3

FeCl_{2}}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}【分析】【分析】

本題考查無機物的推斷，題目難度不大，本題中注意根據(jù)物質(zhì)的顏色等物理特性為突破口推斷，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)?！窘獯稹勘绢}由rm{C}為突破口進行推斷，rm{C}為紅褐色固體，應(yīng)為rm{Fe(OH)_{3}}根據(jù)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)可推斷其它物質(zhì)。rm{(1)C}為紅褐色固體，應(yīng)為rm{Fe(OH)_{3}}則rm{E}為rm{Fe(OH)_{2}}rm{B}為rm{FeCl_{3}}rm{D}為rm{FeCl_{2}}rm{A}為rm{Fe}故答案為：rm{Fe}；rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(2)B隆煤D}為rm{Fe}與rm{FeCl_{3}}反應(yīng)，化學(xué)方程式為：rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{E隆煤C}為rm{Fe(OH)_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{Fe(OH)_{3}}的反應(yīng)，故答案為：rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}

【解析】rm{(1)Fe}rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3

FeCl_{2}}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}28、(1)(隆脕)

(2)(隆脕)

(3)(隆脕)

(4)(隆脤)

(5)(隆脕)

(6)(隆脕)(7)(隆脤)

(8)(隆脕)【分析】【分析】本題考查熱學(xué)基本知識。(1)(1)單晶體的某種物理性質(zhì)是各向異性的，但并不是所有物理性質(zhì)都是各向異性的。(2)(2)液晶有液體的流動性與晶體的各向異性。(3)

水蒸氣達(dá)到飽和時，蒸發(fā)和凝結(jié)仍在繼續(xù)進行，只不過蒸發(fā)和凝結(jié)的水分子個數(shù)相等，蒸發(fā)和凝結(jié)達(dá)到動態(tài)平衡。(4)

只要實際氣體的壓強不是很高，溫度不是很大，都可以近視的當(dāng)成理想氣體來處理。(5)

做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，做功改變物體內(nèi)能的實質(zhì)是能量的轉(zhuǎn)化，熱傳遞改變物體內(nèi)能的實質(zhì)是能量的轉(zhuǎn)移，做功和熱傳遞在改變物體的內(nèi)能上是等效。(6)

熱力學(xué)第一定律：婁隴U=W+Q

(7)

熱力學(xué)第一定律：婁隴U=W+Q

(8)

熱力學(xué)第二定律：不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響。解題的關(guān)鍵是熟悉熱學(xué)基本知識。【解答】(1)

單晶體的某種物理性質(zhì)是各向異性的，但并不是所有物理性質(zhì)都是各向異性的，故錯誤；(2)

液晶有液體的流動性與晶體的各向異性，故錯誤；(3)

水蒸氣達(dá)到飽和時，蒸發(fā)和凝結(jié)仍在繼續(xù)進行，只不過蒸發(fā)和凝結(jié)的水分子個數(shù)相等，蒸發(fā)和凝結(jié)達(dá)到動態(tài)平衡，故錯誤；(4)(4)只要實際氣體的壓強不是很高，溫度不是很大，都可以近視的當(dāng)成理想氣體來處理，壓強極大的氣體不遵從氣體實驗定律，故正確。(5)

做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，做功改變物體內(nèi)能的實質(zhì)是能量的轉(zhuǎn)化，熱傳遞改變物體內(nèi)能的實質(zhì)是能量的轉(zhuǎn)移，做功和熱傳遞在改變物體的內(nèi)能上是等效，實質(zhì)是不相同的，故錯誤；(6)

熱力學(xué)第一定律：婁隴U=W+Q絕熱過程中，外界壓縮氣體做功20J20J氣體的內(nèi)能一定增加，故錯誤；(7)

熱力學(xué)第一定律：婁隴U=W+Q物體吸收熱量，同時對外做功，內(nèi)能可能不變，故正確；(8)

熱力學(xué)第二定律：不可能從單一熱源吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響。燃?xì)獾膬?nèi)能不能全部變?yōu)闄C械能而不引起其他變化，故錯誤。故答案為：(1)(隆脕)

(2)(隆脕)

(3)(隆脕)

(4)(隆脤)

(5)(隆脕)

(6)(隆脕)(7)(隆脤)

(8)(隆脕)

【解析】(1)(隆脕)

(2)(隆脕)

(3)(隆脕)

(4)(隆脤)

(5)(隆脕)

(6)(隆脕)(7)(隆脤)

(8)(隆脕)

29、rm{(1)2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}

rm{(1)2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}稀硫酸rm{(2)}或硫酸、rm{(}

rm{H_{2}SO_{4})}將rm{(3)}氧化為rm{Fe^{2+}}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{Fe^{3+}}

rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{

dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{

dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}冷卻結(jié)晶

rm{(5)2N{i}^{2+}+Cl{O}^{-}+4O{H}^{-}=2NiOOH隆媒+C{l}^{-}+{H}_{2}O}

rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=

dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{pH=2.7}【分析】【分析】本題考查了物質(zhì)的制備，物質(zhì)的分離和提純的基本方法，電化學(xué)原理等，難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}廢催化劑中主要含rm{Ni}還含有rm{Al}rm{Al}還含有rm{Ni}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}，加入堿，均與堿反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O}，rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}，故答案為：rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}rm{Al}最終產(chǎn)品為rm{Al_{2}O_{3}}發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O

}rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O

}，rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}為了不引入新雜質(zhì)，應(yīng)加硫酸，故答案為：稀硫酸rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}或硫酸、rm{(2)}rm{NiSO}rm{NiSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆隴7H}與rm{隆隴7H}rm{{,!}_{2}}接近，不溶于除去rm{O}為了不引入新雜質(zhì)，應(yīng)加硫酸，故答案為：應(yīng)將其轉(zhuǎn)化為rm{O}rm{(}rm{H_{2}SO_{4})}；rm{(3)}rm{Fe(OH)}將rm{Fe(OH)}氧化為rm{{,!}_{2}}rm{Ni(OH)}使溶液中鐵元素恰好完全沉淀，此時rm{Ni(OH)}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{{,!}_{2}Ksp}故答案為：將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=