2025年新科版高二物理下冊月考試卷

…………○…………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年新科版高二物理下冊月考試卷131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6題，共12分)1、如圖所示為質(zhì)譜儀測定帶電粒子質(zhì)量的裝置的示意圖。速度選擇器（也稱濾速器）中場強E的方向豎直向下，磁感應(yīng)強度B1的方向垂直紙面向里，分離器中磁感應(yīng)強度B2的方向垂直紙面向外。在S處有甲、乙、丙、丁四個一價正離子垂直于E和B1入射到速度選擇器中，若m甲=m乙A.甲、乙、丙、丁B.甲、丁、乙、丙C.丙、丁、乙、甲D.甲、乙、丁、丙2、如圖所示為演示自感現(xiàn)象的實驗電路，若閉合開關(guān)S

電流達到穩(wěn)定后通過線圈L1

的電流為I1

通過小燈泡L2

的電流為I2

小燈泡L2

處于正常發(fā)光狀態(tài)，則下列說法中正確的是(

)

A.閉合S

后，L2

燈緩慢變亮B.斷開S

后，L2

燈閃亮一下后緩慢變暗C.斷開S

后，小燈泡L2

中的電流由I1

逐漸減為零D.斷開S

后，小燈泡L2

中的電流由I2

逐漸減為零3、如圖所示的電路中，開關(guān)閉合后，滑動變阻器的滑片P

向上端a

滑動過程中，兩表示數(shù)的變化情況為(

)

A.電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大B.電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減小C.兩電表示數(shù)都增大D.兩電表示數(shù)都減小4、如圖所示，在鐵芯上、下分別繞有匝數(shù)n1=800

和n2=200

的兩個線圈，上線圈兩端與u=51sin314t(V)

的交流電源相連，將下線圈兩端接交流電壓表，則交流電壓表的讀數(shù)可能是(

)

A.2.0V

B.9.0V

C.12.7V

D.144.0V

5、下列關(guān)于歐姆表的說法中正確的是（）A.歐姆表的每一檔測量范圍都是0到∞B.紅表筆與表內(nèi)電池正極相聯(lián)，黑表筆與表內(nèi)電池負極相聯(lián)C.“∞”刻度一般在刻度盤的右端D.用歐姆表測電阻時，指針越靠近右邊誤差越小6、A、B兩種放射性元素，它們的半衰期分別為tA=10天，tB=30天，經(jīng)60天后，測得兩種放射性元素的質(zhì)量相等，那么它們原來的質(zhì)量之比為（）A.3：1B.48：63C.16：1D.1：16評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、5個1Ω的電阻連成如圖所示的電路，導(dǎo)線的電阻不計，則A、B間的等效電阻為______Ω．8、一質(zhì)量為m，帶電量為+q的塵埃，以初速度v0與水平方向成60°飛入一勻強電場中，恰能做直線運動，則此電場場強的最小值為______，此電場方向與水平方向所成的角度為______．9、如圖中，有兩顆人造地球衛(wèi)星圍繞地球運動，它們運行的軌道不可能是____．

10、現(xiàn)將滿偏電流Ig=3mA，內(nèi)阻Rg=25Ω的電流表改裝成量程為3.0V的電壓表，需____（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一阻值等于____Ω的電阻．（每空3分）11、如圖所示，在勻強電場中有a、b、c三點，a、b相距4cm，b、c相距10cm．將一個帶電荷量為2×10-8C的電荷從a點移到b點時，電場力做功為4×10-6J．將此電荷從b點移到c點時電場力做功為______J，a、c間電勢差為______V．12、如圖所示，一單匝線圈從左側(cè)進入磁場．在此過程中，線圈的磁通量將______（選填“變大”或“變小”）．若上述過程所經(jīng)歷的時間為0.1s，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為2V，則線圈中的磁通量變化了______Wb．13、歷史上第一次利用加速器實現(xiàn)的核反應(yīng)；是用加速后動能為0.5MeV

的質(zhì)子11H

轟擊靜止的ZAX

生成兩個動能均為8.9MeV

的24He.(1MeV=1.6隆脕10鈭?13J)

壟脵

上述核反應(yīng)方程為______.壟脷

質(zhì)量虧損為______kg

．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)14、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）15、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）16、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）17、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）

18、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4題，共40分)19、如圖所示是家用電瓶車充電器對蓄電池組進行充電的電路．A、B兩端接在充電機的輸出端上，蓄電池組的內(nèi)阻r=2Ω；指示燈L的規(guī)格為“6V，3W”．當(dāng)可變電阻R調(diào)到20Ω時，指示燈恰能正常發(fā)光，電壓表示數(shù)為52V（設(shè)電壓表內(nèi)阻極大），試求：

蓄電池組接充電機。

（1）充電機的輸出功率；

（2）對蓄電池組的輸入功率；

（3）蓄電池組的總電動勢；

（4）充電機的充電效率．20、如圖所示，A、B兩端的電壓U恒為18V，電阻R1=20Ω；燈泡L標有“6V，1.8W”的字樣，當(dāng)燈泡L正常發(fā)光時，求：

（1）電阻R2的阻值。

（2）電路消耗的總電功率P．21、亞硝酸rm{(HNO_{2})}為一元弱酸；其性質(zhì)與硝酸相似。

已知：rm{298K}時，四種物質(zhì)的電離平衡常數(shù)rm{(K)}如下表。時，四種物質(zhì)的電離平衡常數(shù)rm{298K}如下表。。rm{(K)}rm{HNO}2rm{NH_{3}隆隴H_{2}O}rm{H_{2}CO}3rm{H_{2}SO}3rm{K(mol隆隴L^{-1})^{-2}}rm{5.1隆脕10^{-4}}rm{1.8隆脕10^{-5}}rm{K_{a1}=4.2隆脕10^{-7;}}rm{K_{a2}=5.61隆脕10^{-11}}rm{K_{a1}=1.3隆脕10^{-2}}rm{K_{a2}=6.3隆脕10^{-8}}rm{(1)}下列不能說明rm{HNO_{2}}是弱電解質(zhì)的是rm{_}________。

A.常溫下rm{0.1mol隆隴L}rm{0.1mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}rm{NaNO}rm{NaNO}

rm{{,!}_{2}}溶液的rm{pH>7}rm{pH>7}

B.用一定濃度rm{HNO}rm{HNO}等體積的鹽酸和rm{{,!}_{2}}溶液做導(dǎo)電實驗，燈泡很暗C.等rm{pH}等體積的鹽酸和rm{HNO}rm{pH}

rm{HNO}rm{{,!}_{2}}溶液分別與足量鋅反應(yīng)，rm{HNO}rm{HNO}rm{{,!}_{2}}放出的氫氣較多時，將D.常溫下，rm{0.1mol隆隴L}的亞硝酸溶液與rm{0.1mol隆隴L}氨水混合，所得溶液為rm{{,!}^{-1}}rm{HNO}rm{HNO}填“酸性”、“堿性”或“中性”rm{{,!}_{2}}原因是___________________________。溶液的rm{pH=2.3}若將rm{pH=2.3}的rm{(2)298K}rm{10mL0.1mol隆隴L^{-1}}兩溶液分別加水稀釋，rm{10mL0.1mol隆隴L^{-1}}變化如圖所示，判斷曲線對應(yīng)的溶液為________rm{(}填“酸性”、“堿性”或“中性”rm{)}原因是___________________________。填化學(xué)式rm{(}圖中rm{)}rm{(3)}rm{pH=2}三點對應(yīng)溶液的導(dǎo)電能力由強到弱的順序是rm{HNO_{2}}用rm{HCl}rm{pH}rm{I}表示，下同________溶液中水的電離程度由強到弱的順序是_______。rm{(}rm{)}

rm{a}依據(jù)提供數(shù)據(jù)回答下列問題。

rm求rm{c}時，_______rm{(}用rm{a}rmrm{c}表示，下同rm{)}溶液中水的電離程度由強到弱的順序是_______。rm{(}rm{a}rmrm{c}rm{)}rm{(4)}由此可判斷rm{壟脵}求rm{298K}時，rm{NaHSO}rm{壟脵}rm{298K}rm{NaHSO}rm{{,!}_{3}}電離程度溶液中rm{HSO}填“rm{HSO}”、“rm{{,!}_{3}^{-}}”或“水解平衡常數(shù)rm{K}”rm{K}

rm{{,!}_{h}}rm{=}rm{=}________rm{_}由此可判斷rm{HSO}rm{_}rm{HSO}rm{{,!}_{3}^{-}}水解程度________rm{_}電離程度rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}時，向含有rm{_}的溶液中加入rm{(}的rm{>}后，則溶液中rm{<}rm{=}和rm{)}的離子濃度由大到小是______。22、rm{(1)}某同學(xué)采用萃取rm{隆陋}分液的方法從碘水中提取碘，主要操作步驟如下圖：甲：加入萃取劑后振蕩乙：靜置分層丙：分離rm{壟脵}該同學(xué)所采用的萃取劑可能是_______。rm{(}填序號rm{)}A.酒精rm{B.}苯rm{C.}四氯化碳rm{壟脷}甲、乙、丙rm{3}步實驗操作中，不正確的是_______。rm{(}填“甲”、“乙”或“丙”rm{)}rm{(2)}實驗室制取、凈化并收集氯氣涉及以下幾個主要階段：現(xiàn)有以下rm{2}種試劑：rm{A.}飽和食鹽水rm{B.NaOH}溶液。rm{壟脵X}溶液應(yīng)選用_________。rm{(}填序號rm{)}rm{壟脷}尾氣處理過程中，多余的氯氣可用_________吸收。rm{(}填序號rm{)}寫出rm{MnO_{2}}與濃鹽酸加熱制備氯氣的化學(xué)方程式為__________________________。評卷人得分五、畫圖題(共2題，共12分)23、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24、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參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】試題分析：四種粒子，只有兩個粒子通過速度選擇器，只有速度滿足才能通過速度選擇器．所以通過速度選擇器進入磁場的粒子是乙和丙，根據(jù)乙的質(zhì)量小于丙的質(zhì)量，所以乙的半徑小于丙的半徑，則乙打在P3點，丙打在P4點．甲的速度小于乙的速度，即小于洛倫茲力小于電場力，粒子向下偏轉(zhuǎn)，打在P1點．丁的速度大于乙的速度，即大于洛倫茲力大于電場力，粒子向上偏轉(zhuǎn)，打在P2點，故B正確，A、C、D錯誤?？键c：本題考查了質(zhì)譜儀和回旋加速器原理?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、C【分析】解：A

閉合開關(guān)S

的瞬間；由于線圈中自感電動勢的阻礙，L2

燈先亮，L1

燈后亮，且亮度逐漸增加，直到穩(wěn)定下來，故A錯誤；

BCD

開關(guān)S

斷開后；線圈與L2

構(gòu)成回路，由于自感的存在，電流將從I1

開始減小為0

方向與I2

方向相反，不論線圈是否存在內(nèi)阻，則有I1鈮?I2

所以L2

燈不會閃亮一下，但會緩慢變暗，故C正確，BD錯誤；

故選：C

當(dāng)開關(guān)接通和斷開的瞬間；流過線圈的電流發(fā)生變化，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據(jù)自感現(xiàn)象的規(guī)律來分析。

自感現(xiàn)象是特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律同樣適用，關(guān)鍵明確線圈中的電流只能緩慢增加、緩慢減小?！窘馕觥緾

3、B【分析】解：當(dāng)滑動變阻器的滑片P

向上端a

滑動過程中；變阻器接入電路的電阻減小，變阻器與定值電阻R2

并聯(lián)的總電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知總電流I

增大，電阻R1

的電壓增大，則電壓表示數(shù)增大。

總電流I

增大；電源的內(nèi)電壓和R1

的電壓都增大，則并聯(lián)部分的電壓減小，所以通過電阻R2

的電流減小，電流表示數(shù)的減小。故B正確，ACD錯誤。

故選：B

當(dāng)滑動變阻器的滑片P

向上端a

滑動過程中；變阻器接入電路的電阻減小，并聯(lián)部分的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析總電流的變化及路端電壓的變化，由歐姆定律分析電壓表示數(shù)的變化。由歐姆定律分析并聯(lián)部分電壓的變化，即可判斷通過電阻R2

的電流的變化，即可知道電流表示數(shù)的變化。

本題是電路的動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵要從局部到整體，再到局部，按順序進行分析即可。也可以根據(jù)“串反并同”分析?！窘馕觥緽

4、A【分析】解：根據(jù)u=51sin314t(V)

可知。

交流電的最大值為Um=51V

則其有效值U1=512=5122V

由圖可知線圈n1

是原線圈；線圈n2

是副線圈；

如果變壓器是理想變壓器；那么輸入電壓和輸出電壓的關(guān)系有U1U2=n1n2

可得U2=n2n1U1=200800隆脕512=5128隆脰9(V)

因為交流電壓表指示的是有效值；故如果是理想變壓器則B正確；

但實際變壓器存在露磁現(xiàn)象；故通過原線圈的磁通量大于通過副線圈的磁通量，故實際副線圈的輸出電壓小于9v

故A正確．

故選A．

交流電壓表指示的是電壓的有效值，故應(yīng)求副線圈輸出電壓的有效值，所以應(yīng)知道原線圈的輸入電壓的有效值，而知道了原線圈的輸入電壓的瞬時值，即可知道其最大值，最大值等于有效值的2

倍.

該知識點題目比較簡單，且題目單一，只要知道了輸入電壓和輸出電壓的關(guān)系本題即可順利解出，但本題考慮了實際情況，所以容易出錯．【解析】A

5、A【分析】解：A；歐姆表的表盤只有一排刻度；選每一檔測量范圍都是0到∞，故A正確；

B；紅表筆與表內(nèi)電池負極相連；黑表筆與表內(nèi)電池正極相連，故B錯誤；

C；“∞”刻度一般在刻度盤的左端；故C錯誤；

D；用歐姆表測量電阻時；指針靠近中央附近誤差較小，故D錯誤．

故選：A．

了解歐姆表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)與表盤刻度后進行作答。

本題考查了歐姆表的構(gòu)造和使用注意事項，是實驗的基本考查儀器，要重點掌握．【解析】【答案】A6、C【分析】解：根據(jù)半衰期的定義；經(jīng)過t=60天T時間后剩下的放射性元素的質(zhì)量相同；

則A經(jīng)過6次衰變；而B經(jīng)過2次衰變；

因此

解得：mA：mB=16：1。

故選：C。

根據(jù)半衰期的定義；得出原來的質(zhì)量之比，從而求解．

知道半衰期的意義，經(jīng)過一個半衰期，就有一半質(zhì)量的物質(zhì)衰變，并能加以定量計算．【解析】C二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】解：假設(shè)A端為電源正極；則電流中電流方向如圖所示。

根據(jù)電流流向可以看出電流分為三路；其中一路只有一個電阻，另外兩路分別流過一個電阻后匯合，然后又分為兩路，再次各經(jīng)過一個電阻后與第一路匯合；其等效電路為。

其等效電阻為（Ω+Ω）=0.5Ω．

故答案為：0.5．

根據(jù)電流流向分析中間五個電阻的連接方式；畫出等效電路；然后根據(jù)串并聯(lián)電路電阻的特點進行求解．

熟練掌握串并聯(lián)電路總電阻與分電阻的關(guān)系，本題的關(guān)鍵是會根據(jù)電流流向畫出等效電阻．【解析】0.58、30°或150°【分析】解：由題知小球在重力和電場力作用下沿v0方向做直線運動；

可知垂直v0方向上合外力為零；建如圖所示坐標系；

設(shè)場強E和v0成Φ角；

可得：EqsinΦ-mgcosθ=0

得：E=

當(dāng)Φ=90°時，E最小為Emin==

其方向與v0垂直斜向上；即為30°或150°．

故答案為：30°或150°．

保證微粒仍沿v0方向做直線運動，電場力方向必須垂直于v0方向斜向上時，電場力有最小值，則場強有最小值，根據(jù)垂直于v0方向合力為零，求出電場強度的最小值或設(shè)場強E和v0成Φ角；根據(jù)垂直于速度方向的合力為零，列式得到場強與Φ的關(guān)系式，再運用數(shù)學(xué)知識求出場強E最小時Φ角，從而求出E的最小值．

本題關(guān)鍵要根據(jù)微粒做直線運動的條件：合力方向與速度方向在同一直線上，運用數(shù)學(xué)知識求得E最小的條件．再由牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律結(jié)合求解時間．【解析】30°或150°9、略

【分析】

人造地球衛(wèi)星靠萬有引力提供向心力；做勻速圓周運動，萬有引力的方向指向地心，所以圓周運動的圓心是地心．故①③可能，②不可能．

故答案為：②

【解析】【答案】人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動；靠地球的萬有引力提供向心力，而萬有引力的方向指向地心，所以人造地球衛(wèi)星做圓周運動的圓心是地心．

10、略

【分析】

改裝成電壓表要串聯(lián)電阻分壓。

串阻值為R=-Rg

故答案為：串聯(lián)；975Ω

【解析】【答案】電流表改裝成電壓表要串聯(lián)電阻分壓，串聯(lián)的阻值為R=-Rg；U為改裝后的量程．

11、略

【分析】解：由題，電荷從a點移到b點時，電場力做功Wab=qELab①

電荷從b點移到c點時電場力做功Wbc=qELbccos60°②

由②：①得Wbc=5×10-6J

a、c間電勢差Uac===450V

故本題答案是：5×10-6；450

電荷從a點移到b點時電場力做功Wab=qELab，從b點移到c點時電場力做功Wbc=qELbccos60°，用比例法求出電荷從b點移到c點時電場力做功．根據(jù)公式Uac=求出a；c間電勢差．

本題考查求解電場力做功的基本能力．對于電勢差公式U=應(yīng)用時，往往各個量均代入符號．【解析】5×10-6；45012、略

【分析】解：勻強磁場中；當(dāng)線圈與磁場垂直時，磁通量Φ=BS，面積變大，故磁通量變大；

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=故△Φ=nE?△t=1×2×0.1=0.2Wb；

故答案為：變大；0.2．

勻強磁場中；當(dāng)線圈與磁場垂直時，磁通量Φ=BS，根據(jù)面積變化，分析磁通量的變化；

產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是：①閉合導(dǎo)體回路；②磁通量變化；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解磁通量變化．

本題是法拉第電磁感應(yīng)定律的簡單應(yīng)用．當(dāng)線圈與磁場垂直時，磁通量Φ=BS．對于磁通量的變化，也可以根據(jù)磁感線數(shù)判斷．【解析】變大；0.213、略

【分析】解：壟脵

根據(jù)電荷數(shù)守恒；與質(zhì)量數(shù)守恒；

則核反應(yīng)方程為：11H+37X隆煤224He

壟脷

根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程：鈻?m=2隆脕鈻?EC2=2隆脕(8.9隆脕2鈭?0.5)隆脕1.6隆脕10鈭?13(3隆脕108)2=3.1隆脕10鈭?29kg

．

故答案為：(1)11H+37X隆煤224He(2)3.1隆脕10鈭?29

．

根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒列出核反應(yīng)方程.

根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程鈻?E=鈻?mc2

求出質(zhì)量虧損．

本題考查了核反應(yīng)方程與愛因斯坦質(zhì)能方程的直接應(yīng)用，在核反應(yīng)中，要記住并能夠熟練使用核電荷數(shù)守恒與質(zhì)量數(shù)守恒.

簡單題．【解析】11H+37X隆煤224He3.2隆脕10鈭?29

三、判斷題(共5題，共10分)14、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)．15、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．16、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．17、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．18、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?。摹⒑喆痤}(共4題，共40分)19、略

【分析】

（1；3）根據(jù)功率公式求出電路中的電流；由歐姆定律求出燈的電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解蓄電池組的總電動勢，充電機的輸出功率等于電路中總的電功率．由公式P=UI求解．

（2）充電機的輸出功率減去變阻器和燈的功率即為蓄電池組的輸入功率．

（4）充電效率等于充電機輸出功率與輸入功率之比．

本題關(guān)鍵要理清電路中功率是怎樣分配的，要知道蓄電池組是非電阻電路，類似于電動機．【解析】解：

（1、3）電路中的電流為I=A=0.5A，燈的電阻RL=Ω=12Ω

蓄電池組的總電動勢為E=U-I（RL+r）=52-0.5×（12+2）=45V

充電機的輸出功率P1=（IR+U）I=（0.5×20+52）×0.5W=31W

（2）對蓄電池組的輸入功率P2=P1-P外損=P1-（R+RL）I2=31-（20+12）×0.52=23W

（4）充電機的有用功率P3=P1-P內(nèi)損-P外損=P1-（R+r+RL）I2=31-（20+2+12）×0.52=22.5W

則充電機的充電效率η=×100%=×100%=72.6%

答：

（1）充電機的輸出功率為31W．

（2）對蓄電池組的輸入功率為23W．

（3）蓄電池組的總電動勢為45V．

（4）充電機的充電效率為72.6%．20、略

【分析】

（1）燈L正常發(fā)光，其電壓為額定電壓6V，功率為1.8W，據(jù)此求出通過燈泡的電流，根據(jù)歐姆定律求出通過R1的電流，進而求出電阻R2的阻值；

（2）電路消耗的總電功率根據(jù)P=UI求解．

本題是電路的計算問題，首先要分清各部分電路的關(guān)系，其次抓住燈泡正常發(fā)光的條件：電壓等于額定電壓，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】解：（1）燈泡L正常發(fā)光時，燈泡的電壓為UL=6V；通過燈泡的電流為：

通過R1的電流為：

I=

根據(jù)歐姆定律得：

（2）電路消耗的總電功率：

P=UI=18×0.6=10.8W．

答：（1）電阻R2的阻值為20Ω；

（2）電路消耗的總電功率P為10.8W．21、rm{(1)B}

rm{(2)}酸性反應(yīng)恰好生成的亞硝酸銨，亞硝酸根離子水解呈堿性，銨根離子水解呈酸性，但是亞硝酸根離子水解程度小于銨根離子，故呈酸性。

rm{(3)HCl}rm{b>a>c}rm{c>a>b}

rm{(4)壟脵7.7隆脕10^{-13;;}}rm{<}

rm{壟脷H_{2}SO3+HCO_{3}^{-}=HSO_{3}^{-}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(5)c(HCO_{3}^{-})>c(NO_{2}^{-})>c(CO_{3}^{2-})}【分析】【分析】本題考查弱電解質(zhì)的判斷及溶液中離子濃度大小比較，明確弱電解質(zhì)的性質(zhì)及鹽類水解的特點是解答本題的關(guān)鍵，常用的方法是利用電離的不完全性、測定鹽溶液的rm{pH}做對比實驗等來判斷弱電解質(zhì)?！窘獯稹縭m{(1)A}．常溫下rm{0.1mol隆隴L}rm{0.1mol隆隴L}rm{{,!}^{-1;}}rm{NaNO}rm{NaNO}，則rm{{,!}_{2}}溶液顯堿性，說明溶液的rm{pH>7}能水解，即rm{pH>7}是弱電解質(zhì)，故能證明rm{NaNO_{2}}是弱電解質(zhì)；B.rm{NO_{2}^{-}}rm{HNO_{2}}rm{HNO_{2}}用一定濃度rm{HNO}是否不完全電離，不能證明rm{HNO}是弱電解質(zhì)；C.等rm{{,!}_{2}}等體積的鹽酸和溶液做導(dǎo)電實驗，燈泡很暗，說明溶液中的離子濃度很小，但不能說明溶液rm{HNO_{2}}rm{HNO_{2}}rm{pH}rm{HNO_{2}}，則分別與足量鋅反應(yīng)，rm{HNO}的物質(zhì)的量大rm{HNO}說明rm{{,!}_{2}}溶液中放出的氫氣較多部分電離，故能證明是弱電解質(zhì)；D.rm{HNO_{2}}rm{{,!}_{,}}rm{HNO_{2}}rm{HNO_{2}}rm{HNO_{2}}說明常溫下，rm{0.1mol隆隴L}溶液中rm{0.1mol隆隴L}部分電離，故能證明rm{{,!}^{-1}}是弱電解質(zhì)；故答案為：rm{HNO}rm{HNO}反應(yīng)恰好生成的亞硝酸銨，已知在rm{{,!}_{2}}時，一水合氨的溶液的rm{pH=2.3}亞硝酸的電離平衡常數(shù)rm{pH=2.3}rm{HNO_{2}}所以亞硝酸的電離程度大于一水合氨的電離程度，則銨根離子的水解程度大于亞硝酸根離子的程度，根據(jù)越弱越水解，銨根離子的水解程度大，所以最后所得溶液為酸性；

故答案為：酸性；反應(yīng)恰好生成的亞硝酸銨，亞硝酸根離子水解呈堿性，銨根離子水解呈酸性，但是亞硝酸根離子水解程度小于銨根離子，故呈酸性；rm{HNO_{2}}相同rm{HNO_{2}}的rm{B}rm{(2)}rm{298K}加水稀釋時，弱電解質(zhì)rm{298K}的rm{K=1.8隆脕10^{-5}}變化小，所以曲線rm{K=5.1隆脕10}對應(yīng)的溶液為鹽酸；鹽酸和亞硝酸都是一元酸，溶液中rm{{,!}^{-4}}越小氫離子濃度越大，說明離子總濃度大，溶液導(dǎo)電能力越強，所以溶液導(dǎo)電能力由強到弱的順序是rm{(3)}溶液中的氫離子的濃度越大，則水電離程度越小，所以rm{pH}rm{HNO}故答案為：rm{HNO}rm{{,!}_{2}}、rm{HCl}rm{HCl}rm{HNO_{2}}rm{pH}rm{I}rm{pH}rm{b>a>c}rm{{K}_{h};=dfrac{cleft({H}_{2}S{O}_{3}right)cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}=dfrac{{K}_{W}}{{K}_{a1}}=dfrac{{10}^{-14}}{1.3隆脕{10}^{-2}}=7.7隆脕{10}^{-13}}溶液中水的電離程度由強到弱的順序是rm{c>a>b}rm{HCl}rm{b>a>c}的水解程度小于其電離程度，故答案為：rm{c>a>b}rm{(4)壟脵}；rm{NaHSO}由rm{NaHSO}rm{{,!}_{3}}溶液中rm{HSO}rm{HSO}和rm{{,!}_{3}^{-}}的電離平衡常數(shù)可知，水解平衡常數(shù)的酸性弱于rm{{K}_{h};=

dfrac{cleft({H}_{2}S{O}_{3}right)cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}=

dfrac{{K}_{W}}{{K}_{a1}}=

dfrac{{10}^{-14}}{1.3隆脕{10}^{-2}}=7.7隆脕{10}^{-13}}的酸性，所以rm{HSO}rm{HSO}rm{{,!}_{3}^{-}}水解平衡常數(shù)小于其電離平衡常數(shù)，所以rm{HSO_{3}^{-}}，故答案為：rm{7.7隆脕10^{-13;;}}；rm{<}rm{壟脷}時，向含有rm{H}rm{H}rm