2024年沪科新版高二物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科新版高二物理上册月考试卷710考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、一个带正电的微粒；从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，AB与电场线夹角θ．已知带电微粒的质量m，电量q，A；B相距L．则以下说法不正确的是（）

A.微粒在电场中可能做匀速运动。

B.电场强度的大小为方向水平向左。

C.微粒在电场中一定做匀减速运动，且加速度的大小为

D.要使微粒从A点运动到B点，微粒进入电场时的最小动能是

2、有一段长1m的电阻丝，电阻是10Ω，现把它均匀拉伸到长为5m，则电阻变为()．A.10ΩB.50ΩC.150ΩD.250Ω3、磁感线可以用来描述磁场，下列关于磁感线的说法不正确的是(

)

A.磁感线的疏密表示磁场的强弱B.磁感线从S

极出发，终止于N

极C.匀强磁场的磁感线疏密分布均匀D.磁感线上任一点的切线方向表示该点的磁场方向4、据报道，2017

年11

月23

日，国产大飞机C919

大型客机型号合格审定试飞在西安正式举行.

当日，一架C919

大型客机经过2

小时17

分钟的空中飞行，于13

时49

分平稳落地.

上述报道中表示时刻的是A.11

月23

日B.2

小时17

分钟C.13

时49

分D.2

小时17

分钟和13

时49

分5、磁流体发电是一项新兴技术.

如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场.

图中虚线框部分相当于发电机.

把两个极板与用电器相连，则(

)

A.用电器中的负电荷运动方向从A

到B

B.用电器中的电流方向从B

到A

C.若只减小喷入粒子的速度，发电机的电动势增大D.若只增大磁场，发电机的电动势增大6、如图所示，某人从东向西沿直线骑行自行车，自行车把为直把、金属材质，带绝缘把套，车把长度为L

始终保持水平.

假设自行车的速度方向始终保持水平、速率为v

保持不变，只考虑自行车在地磁场中的电磁感应现象，该处地磁场磁感应强度的水平分量大小为B1

方向由南向北，竖直分量大小为B2

方向竖直向下.

下列结论正确的是(

)

A.图示位置辐条A

点电势比B

点电势高B.图示位置辐条中有从A

向B

的感应电流C.自行车车把左端的电势比右端的电势高B1Lv

D.若自行车在路口右拐，改为南北骑向，则车把两端的电势差保持不变7、如图所示，a、b直线分别表示由同种材料制成的两条长度相同粗细均匀的电阻丝甲、乙的伏安曲线，若RA、RB表示甲、乙电阻丝的电阻，则以下判断正确的是（）A.a代表的电阻丝较粗B.b代表的电阻线较粗C.RA＞RBD.RA＜RB评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率．在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖（图中实线部分）另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接OP3．图中MN为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点．设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量____（用上述所给物理量的字母表示），则玻璃砖的折射率可表示为．9、小车静止在水平直轨道上，车内固定着一玻璃管，管内水银柱长h=10cm，当小车静止时，封闭的气体柱长L=28cm，如图所示，当小车启动后，空气柱长L'=30cm，水银柱长度不变，此时小车向____移动，小车的加速度是____米/秒2．（大气压强75cmHg，g取10m/s2）

10、已知地面重力加速度大约是月面重力加速度的6倍．那么一台地面上的秒摆（运动周期为2.0秒）在月面上的运动周期约为____秒．（结果保留两位有效数字）11、人类社会自从进入电气化时代以来，就一直在不断地探寻电能的来源．如今常见的发电方式有：①火力发电、②水力发电、③核发电，其中将自然界的机械能转化为电能的方式是____（写序号即可）．如果把直接来自于自然界的煤炭称为一次能源，那么由煤炭转化而来的电能则属于____能源．12、如图所示，线圈L

与电流表串联，线圈为100

匝，在0.4s

内把磁铁插入线圈，这段时间里穿过线圈的磁通量由0

________(

选填"增加"或"减少")到1.2隆脕10鈭�3Wb

这个过程中电流表的指针______(

选填"会"或"不会")偏转，线圈中的感应电动势为______V

．13、

现受一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度.

螺旋测微器和游标卡尺的示数如图(a)

和图(b)

所示．

(a)(b)

(1)

由上图读得圆柱体的直径为________mm

长度为________cm

．(2)

若流经圆柱体的电流为I

圆柱体两端之间的电压为U

圆柱体的直径和长度分别为DL

测得DLIU

表示的电阻率的关系式为娄脩=

________14、核聚变能是一种具有经济性能优越、安全可靠、无环境污染等优势的新能源.

近年来，受控核聚变的科学可行性已得到验证，目前正在突破关键技术，最终将建成商用核聚变电站.

一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘(

又叫重氢)

和氚(

又叫超重氢)

聚合成氦，并释放一个中子.

若已知氘原子的质量为2.0141u

氚原子的质量为3.0160u

氦原子的质量为4.0026u

中子的质量为1.0087u1u=1.66隆脕10鈭�27kg.

则这个核反应释放出来的能量E=

______J.(

光速c=3.00隆脕108m/s1u

相当于935MeV

结果取二位有效数字)

15、把一线框从一匀强磁场中匀速拉出，如图所示。第一次拉出的速率是v，第二次拉出速率是2v，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比______拉力功率之比______评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）17、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）18、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

19、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

20、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）21、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、简答题(共1题，共10分)22、中国政府承诺，到rm{2020}年，单位rm{GDP}二氧化碳排放比rm{2005}年下降rm{40%隆芦50%}减少rm{CO_{2}}排放是一项重要课题。rm{(1)}以rm{CO_{2}}为原料制取碳rm{(C)}的太阳能工艺如图所示。rm{垄脵}过程rm{1}中每生成rm{1molFeO}转移电子数为_______________。rm{垄脷}过程rm{2}中发生反应的化学方程式为___________________________。rm{(2)}碳酸二甲酯rm{(CH_{3}OCOOCH_{3}}简称rm{DMC)}是一种应用前景广泛的新材料，用甲醇、rm{CO}rm{CO_{2}}在常压、rm{70隆芦120隆忙}和催化剂条件下合成rm{DMC}已知：rm{垄脵CO}的燃烧热为rm{triangleH=-283.0kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangleH=+44.0kJ隆陇mol^{-1}}rm{垄脹2CH_{3}OH(g)+CO_{2}(g)overset{}{?}CH_{3}OCOOCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-15.5kJ隆陇mol^{-1}}则rm{2CH_{3}OH(g)+CO(g)+1/2O_{2}(g)overset{}{?}CH_{3}OCOOCH_{3}(g)+H_{2}O(l)triangleH=}_______________。rm{triangleH=-283.0

kJ隆陇mol^{-1}}在密闭容器中按rm{垄脷H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangleH=+

44.0kJ隆陇mol^{-1}}投料直接合成rm{垄脹2CH_{3}OH(g)+CO_{2}(g)overset{}{?}

CH_{3}OCOOCH_{3}(g)+H_{2}O(g)triangleH=-15.5

kJ隆陇mol^{-1}}一定条件下，平衡时rm{2CH_{3}OH(g)+CO(g)+1/2O_{2}(g)

overset{}{?}CH_{3}OCOOCH_{3}(g)+H_{2}O(l)triangleH=}的转化率如图所示，则：rm{(3)}rm{n(CH_{3}OH):n(CO_{2})=2:1}rm{DMC}由快到慢的顺序为____________________；rm{CO_{2}}rm{垄脵v(A)}rm{v(B)}由大到小的顺序为___________________；rm{v(C)}下列能说明在此条件下反应达到平衡状态的是__________。A.rm{2v_{脮媒}(CH_{3}OH)=v_{脛忙}(CO_{2})}B.rm{垄脷K(A)}与rm{K(B)}的物质的量之比保持不变C.容器内气体的密度保持不变D.各组分的物质的量分数保持不变rm{K(C)}经催化加氢可以生成低碳烃，主要有以下两个竞争反应：反应Ⅰ：rm{CO_{2}(g)+4H_{2}(g)overset{}{?}CH_{4}(g)+2H_{2}O(g)}反应rm{垄脹}rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)overset{}{?}C_{2}H_{4}(g)+4H_{2}O(g)}为分析催化剂对反应的选择性，在rm{2v_{脮媒}(CH_{3}OH)=

v_{脛忙}(CO_{2})}密闭容器中充入rm{CH_{3}OH}和rm{CO_{2}}测得有关物质的物质的量随温度变化如图所示。rm{(4)CO_{2}}该催化剂在较低温度时主要选择________rm{CO_{2}(g)+4H_{2}(g)overset{}{?}

CH_{4}(g)+2H_{2}O(g)}填“反应Ⅰ”或“反应rm{II}”rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)overset{}{?}

C_{2}H_{4}(g)+4H_{2}O(g)}rm{1L}时，反应rm{1molCO_{2}}的平衡常数rm{2molH_{2}}___________rm{垄脵}只列算式不计算rm{(}rm{II}用惰性电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如下图所示。rm{)}电极上的电极反应式为______。rm{520隆忙}评卷人得分五、综合题(共1题，共5分)23、(1)

关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是()

A.奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B.库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e

的数值C.牛顿发现万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D.法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机

(2)

如图所示为带负电的点电荷的电场线分布图，对该电场中的AB

两点，下列说法正确的是()

A.A

点的场强等于B

点的场强B.A

点的场强比B

点的场强大C.A

点的电势等于B

点的电势D.A

点的电势比B

点的电势高(3)

下列图中分别标出了一根放置在匀强磁场中的通电直导线的电流I

、磁场的磁感应强度B

和所受磁场力F

的方向，其中图示正确的是()A.B

．C

．D

．

(4)

有abcd

四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部.

当小磁针静止时，小磁针指向如图所示，其中是正确的()

A.aB.b

C.cD.d

(5)

如图所示为电源的路端电压U

与电流I

的关系图象，由图可知，该电源的电动势为____V

内阻为____娄赂.

(6)

如图所示，PQ

两平行金属板间存在着平行于纸面的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，两板间的距离为d

电势差为U

金属板下方存在一有水平边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B

电荷量为q

的带正电的粒子，以速度v

垂直于电场和磁场匀速通过PQ

两金属板间，并沿垂直磁场方向进入金属板下方的磁场，做半径为R

的匀速圆周运动。不计两极板电场的边缘效应及粒子所受的重力。求：(1)PQ

两金属板间匀强电场场强E

的大小；(2)PQ

两金属板间匀强磁场磁感应强度B0

的大小；(3)

粒子的质量m

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】

A；由题可知；微粒所受电场力方向必定水平向左，合力方向与速度方向相反，则微粒做匀减速运动．故A错误．

B、力的合成图如图，则有qE=mgtanθ，电场强度E=．由于微粒带正电；则电场强度方向水平向左．故B正确．

C、由上分析得知，微粒在电场中一定做匀减速运动，合力为F合=则加速度的大小为．故C正确．

D、当微粒恰好到达B点时，微粒进入电场的动能最小，由动能定理得，-L=0-Ek，得到微粒进入电场时的最小动能是．故D正确．

本题选错误的；故选A

【解析】【答案】微粒沿直线AB运动；所受的合力方向与AB在同一直线上．微粒受到重力和电场力，由分析知道，电场力方向必定水平向左，合力方向与速度方向相反，微粒做匀减速运动．根据牛顿第二定律和力的合成求解加速度．当微粒恰好到达B点时，微粒进入电场的动能最小，由动能定理求出微粒进入电场时最小动能．

2、D【分析】试题分析：由电阻定律拉长后而电阻丝的体积不变，则可得故选：D.考点：本题考查了电阻定律.【解析】【答案】D3、B【分析】解：A

磁感线的疏密表示磁场强弱；磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向.

故A正确；

B；磁感线是闭合曲线；磁体外部磁感线是从N

极到S

极，而内部是从S

极到N

极；故B错误。

C；匀强磁场的磁感线疏密分布均匀；故C正确；

D；磁感线上任一点的切线方向表示该点的磁场方向；故D正确；

本题选错误的；故选：B

．

明确磁感线的性质；知道磁感线的疏密表示磁场的强弱，其方向表示磁场的方向，同时掌握磁感线一定是闭合曲线.

从而找出错误的选项即可．

磁感线是描述磁场分布而假想的；磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N

极到S

极，而内部是从S

极到N

极；磁通量可形象描述穿过磁感线的条数．【解析】B

4、C【分析】【分析】时刻一定是某个时间点时间间隔是两时间点中的一段时间；本题关键在于理解时刻和时间间隔的区别，基础题。【解答】经过2

小时17

分钟的空中飞行，是一段时间，指时间间隔；13

时49

分平稳落地，这个指时刻；故C正确；故选C。

【解析】C

5、D【分析】解：A

首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上(

负离子所受洛伦兹力方向向下)

则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A

到B

用电器中的负电荷运动方向从B

到A.

故AB错误；

C、此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f

外还受到向下的电场力F

最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvBF=qEd

则qvB=qEd

解得E=Bdv

所以电动势E

与速度v

及磁场B

成正比，所以若只减小喷入粒子的速度，发电机的电动势减小；若只增大磁场，发电机的电动势增大.

故C错误，D正确．

故选：D

本题的关键是动态分析过程；先根据左手定则判断出正离子(

或负离子)

受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论．

正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子(

或负离子)

所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论．【解析】D

6、D【分析】解：A

自行车从东往西行驶时；辐条切割地磁场水平分量的磁感线，根据右手定则判断可知，图示位置中辐条A

点电势比B

点电势低，故A错误．

B；辐条切割磁感线产生感应电动势；但没有形成闭合回路，没有感应电流，故B错误；

C；自行车左车把切割地磁场竖直分量的磁感线；由右手定则知，左车把的电势比右车把的电势高B2Lv.

故C错误．

D；自行车左拐改为南北骑向；自行车车把仍切割磁感线，车把感应电动势方向不变，竖直分量大小为B2

不变则车把两端电势差不变.

故D正确．

故选：D

．

自行车辐条和车把切割磁感线；由右手定则判断电势的高低，由E=BLv

求产生的感应电动势．

本题首先要有空间想象能力，再运用右手定则判断电势的高低，求感应电动势时，要注意地磁场的方向，不能搞错．【解析】D

7、B|C【分析】试题分析：图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大，故BC正确，考点：考查了电阻定律【解析】【答案】BC二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】【解析】【答案】l1、l3；l1/l39、略

【分析】

以空气柱为研究对象；气体做等温变化，根据玻意耳定律：

P1LS=P′L′SP1=P

解得：P′=P

以水银柱为研究对象；根据牛顿第二定律，有：

PS-P′S=ρSha

解得：a=5m/s2

故答案为：左；5．

【解析】【答案】先以气体为研究对象根据玻意耳定律求出气柱边长之后的压强；然后以水银柱为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律求出小车的加速度。

10、略

【分析】

在地球，有：T地=2π

在月球，有：T月=2π

联立解得：T月==T地=2s≈4.9s；

故答案为：4.9．

【解析】【答案】单摆的小角度摆动是简谐运动，具有等时性，根据单摆周期公式T=2π列式求解即可．

11、②二次【分析】【解答】水力发电是利用水的机械能转移给发电机；发电机再将机械能转化为电能；

把直接来自于自然界的煤炭称为一次能源；煤炭转化而来的电能则属于二次能源．

故答案为：②；二次．

【分析】火力发电是通过燃烧燃料；将燃料中存在的化学能转化为高温高压蒸气的内能释放出来，通过热机将内能转化为机械能，再通过发电机将内能转化为电能；

水力发电是利用水的机械能转移给发电机；发电机再将机械能转化为电能；

风力发电是利用空气的流动带动风力转轮的转动，转轮的转动带动放电机转子的转动，再通过发电机将机械能转化为电能．12、增加会0.3【分析】【分析】穿过线圈的磁通量变化时；会在线圈中产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小。

平均感应电动势的大小由E=N?鈱�?t

而瞬时感应电动势则由E=BLV

来求得，注意V

是切割磁感线的速度，L

是有效切割长度。【解答】磁铁插入线圈，闭合线圈的磁通量增加，从而产生感应电动势，形成感应电流，则指针会偏转；根据法拉第电磁感应定律得：

E=N?鈱�?t=100隆脕1.2隆脕10鈭�30.4V=0.3V。

故填：增加，会，0.30.3

【解析】增加会0.3

13、（1）1.6102.935（2）【分析】【分析】(1)

游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；

(2)

根据欧姆定律和电阻定律列式求解。游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度.

并掌握电阻定律与欧姆定律的应用。【解答】(1)

由图a

所示可知，游标卡尺主尺示数为29mm

游标尺示数为7隆脕0.05mm=0.35mm

游标卡尺示数为29mm+0.35mm=29.35mm=2.935cm

由图b

所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm

游标尺示数为11隆脕0.01mm=0.110mm

螺旋测微器示数为：1.5mm+0.110mm=1.610mm

(2)

根据电阻定律，有：R=娄脩LS=娄脩L娄脨(D2)2

解得：娄脩=娄脨D2U4IL

故答案为：(1)1.6102.935

(2)娄脨D2U4IL

【解析】(1)1.6101.6102.9352.935(2)娄脨D2U4IL

14、略

【分析】解：核反应过程的质量亏损：

鈻�m=[(2.0141u+3.0160u)鈭�(4.0026u+1.0087u)]=0.0188u=3.12隆脕10鈭�29kg

核反应产生的核能：鈻�E=鈻�mc2=2.8隆脕10鈭�12J

故答案为：2.8隆脕10鈭�12

．

根据爱因斯坦质能亏损方程鈻�E=mc2

计算释放的能量；从而即可求解．

本题考查了氢原子能级跃迁公式和爱因斯坦质能亏损方程鈻�E=mc2

直接套用公式即可，基础题．【解析】2.8隆脕10鈭�12

15、1：21：4【分析】解：设线框切割磁感线的边长为L；另一个边长为L′，线框受到的安培力为：

FB=BIL=BL=BL=

线框匀速运动；由平衡条件得拉力为：

F=FB=

拉力与速度v成正比；则拉力之比为1：2；拉力功率为：

P=Fv=

拉力功率与速度的平方成正比；则拉力功率之比为：

v2：（2v）2=1：4

故答案为：1：2；1：4。

由安培力公式求出安培力；由平衡条件求出拉力大小，然后求出拉力大小之比；由P=Fv求出功率之比。

本题考查了求拉力之比、拉力功率之比，先求出各物理量的表达式，然后再求它们的比值；熟练应用基础知识，基本公式即可正确解题；本题要注意基础知识的学习。【解析】1：21：4三、判断题(共6题，共12分)16、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．17、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．18、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．19、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．20、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．21、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、简答题(共1题，共10分)22、（1）①

②6FeO+CO2C+2Fe3O4

（2）-342.5kJ·mol-1

（3）

①v(C)>v(B)>v(A)

②K(A)=K(B)>K(C)

③D

（4）①反应I；

②2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O

【分析】【分析】本题涉及氧化还原、化学平衡移动以及原电池反应等知识，考查了学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。【解答】rm{(1)}rm{(1)}反应rm{垄脵}反应rm{2Fe}rm{垄脵}rm{2Fe}rm{{,!}_{4}overset{2300K}{=}6FeO+O_{2}隆眉}中rm{{,!}_{3}}元素化合价由rm{O}价升高到rm{O}价，由方程式可知，rm{{,!}_{4}overset{2300K}{=}

6FeO+O_{2}隆眉}参加反应，生成rm{O}氧气，转移rm{-2}电子，则rm{0}中每生成rm{2molFe_{3}O_{4}}转移电子的物质的量为rm{1mol}数目为：rm{4mol}故答案为：过程rm{1}中每生成rm{1molFeO}rm{1}由示意图可知，过程rm{1molFeO}中rm{dfrac{2}{3}molmol}和rm{dfrac{2}{3}{N}_{A}}反应生成rm{dfrac{2}{3}{N}_{A}}和rm{垄脷}反应的方程式为rm{6FeO+CO_{2}overset{700K}{=}2Fe_{3}O_{4}+C}故答案为：rm{6FeO+CO_{2}overset{700K}{=}2Fe_{3}O_{4}+C}rm{2}rm{CO_{2}}的标准燃烧热：rm{FeO}rm{Fe_{3}O_{4}}rm{C}rm{O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1;}垄脵}rm{6FeO+CO_{2}overset{700K}{=}

2Fe_{3}O_{4}+C}rm{6FeO+CO_{2}overset{700K}{=}

2Fe_{3}O_{4}+C}完全蒸发变成rm{(2)}需吸收rm{(1)垄隆CO}的标准燃烧热：rm{-283.0kJ?mol}的热量，所以rm{H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangleH=+44kJ?mol^{-1}}rm{(1)垄隆CO}

rm{-283.0kJ?mol}rm{{,!}^{-1}}，所以rm{CO(g)+dfrac{1}{2}}rm{(g)+H_{2}O(g)triangleH=-15.5kJ?mol^{-1;}垄脹}

则rm{CO(g)+dfrac{1}{2}}rm{(g)+H_{2}O(l)triangleH=垄脵-垄脷+垄脹=-283.0kJ?mol^{-1}-44kJ?mol^{-1}-15.5kJ?mol^{-1}=-342.5kJ?mol^{-1}}故答案为：rm{O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-283.0kJ?mol^{-1;}垄脵}rm{垄垄1mol}rm{H_{2}O(l)}该反应为气体分子数减少的反应，压强越大，平衡右移，二氧化碳的转化率越高，故rm{H_{2}O(g)}温度越高，压强越大，速率越快，故答案为：rm{44kJ}rm{H_{2}O(l)=H_{2}O(g)triangle

H=+44kJ?mol^{-1}}平衡常数只与温度有关，rm{垄脷}rm{垄拢}的温度相同，平衡常数相同，rm{2CH_{3}OH(g)+CO_{2}}点温度升高，该反应为放热反应，平衡左移，平衡常数减小，故rm{(g)?CH_{3}OCOOCH_{3}}故答案为：rm{(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-15.5kJ?mol^{-1;}垄脹}rm{2CH_{3}OH(g)+CO(g)+1/2O_{2}(g)?CH_{3}OCOOCH_{3}}A.达到平衡时，rm{(g)+H_{2}O(l)triangle

H=垄脵-垄脷+垄脹=-283.0kJ?mol^{-1}-44kJ?mol^{-1}-15.5kJ?mol^{-1}=-342.5kJ?mol^{-1}}正rm{-342.5kJ?mol^{-1}}逆rm{(3)}即rm{dfrac{v脮媒(C{H}_{3}OH)}{v脛忙(C{O}_{2})}=dfrac{2}{1}}，rm{垄脵}故A错误；B.rm{垄脵}与rm{P_{2}>P_{1}}的物质的量之比与起始加入量等于化学计量数之比，不能证明反应达到平衡状态，故B错误；C.容器内气体的密度rm{v(C)>v(B)>v(A)}据质量守恒气体的质量rm{垄脷}平衡常数只与温度有关，rm{A}rm{B}的温度相同，平衡常数相同，rm{C}点温度升高，该反应为放热反应，平衡左移，平衡常数减小，故不变，rm{垄脷}不变，达到平衡时密度不变，不能标志平衡，故C错误；D.各组分的物质的量分数保持改变，能能标志平衡，故D正确。故答案为：rm{A}rm{B}rm{C}物质的量远大于rm{K(A)=K(B)>K(C)}的量，故该催化剂在高温下选择反应rm{K(A)=K(B)>K(C)}催化剂在低温下选择反应rm{垄脹}故答案为：反应rm{垄脹}rm{v(}密闭容器中充入rm{)=v(}rm{)}rm{dfrac{v脮媒(C{H}_{3}OH)}{v脛忙(C{O}_{2})}=

dfrac{2}{1}}rm{v_{脮媒}(CH_{3}OH)=2v_{脛忙}(CO_{2})}rm{CH_{3}OH}rm{CO_{2}}平衡时rm{娄脩=dfrac{m}{V}}rm{m}则：

rm{V}rm{D}rm{(4)}起始由图可知，该催化剂在高温时，生成的rm{C_{2}H_{4}}rm{C_{2}H_{4}}rm{CH_{4}}rm{II}rm{I}

rm{I}在rm{1L}密闭容器中充入rm{1molCO}rm{1L}rm{1molCO}rm{{,!}_{2}}和rm{2mol}rm{H}rm{2mol}rm{H}rm{{,!}_{2}}，rm{520隆忙}平衡时rm{n(C_{2}H_{4})=}rm{520隆忙}rm{n(C_{2}H_{4})=}

平衡常数rm{K=dfrac{c({C}_{2}{H}_{4}){c}^{4}({H}_{2}O);}{{c}^{2}(C{O}_{2}){c}^{6}({H}_{2})}=dfrac{0.2隆脕0.{8}^{4}}{0.{6}^{2}隆脕0.{8}^{6}}}故答案为：反应rm{0.2mol}则：rm{dfrac{0.2隆脕0.{8}^{4}}{0.{6}^{2}隆脕0.{8}^{6}}}rm{0.2mol}电极为阴极，发生还原反应，得到电子，由二氧化碳生成乙烯，rm{2}

rm{2}【解析】rm{(1)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{垄脷6FeO+CO_{2}overset{700K}{=}C+2Fe_{3}O_{4}}rm{dfrac{2}{3}{N}_{A}}rm{垄脷6FeO+CO_{2}overset{700K}{=}

C+2Fe_{3}O_{4}}rm{垄脷6FeO+CO_{2}overset{700K}{=}

C+2Fe_{3}O_{4}}rm{(2)-342.5}rm{kJ隆陇mol}rm{kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}rm{(3)}rm{垄脵v(C)>v(B)>v(A)}反