2024年华师大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年华师大新版高二物理上册月考试卷867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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、a、b两容器中装有相同质量的氧气，已知a中氧气的温度高于b中氧气的温度，但a中氧气的压强却低于b中氧气的压强．由此可知（）

A.a中氧气分子的平均动能一定大于b中氧气分子的平均动能．

B.a中每个氧分子的动能一定大于b中的氧气分子的平均动能．

C.a中氧气的体积一定大于b中氧气的体积。

D.a中氧气的内能不一定大于b中氧气的内能。

2、如图所示；一电量为q的带电粒子在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间区域做竖直平面内的匀速圆周运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A.粒子带负电。

B.粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动。

C.粒子的质量为

D.粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为

3、电阻R、电容c与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，S极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在S极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A.从a到b，上极板带正电B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电D.从b到a，下极板带正电4、关于点电荷的说法，正确的是（）A.只有体积很小的带电体才能看成点电荷B.体积很大的带电体一定不能看成点电荷C.当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体可看成点电荷D.两个带电金属小球，一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理5、三个α粒子在同一地点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.进电场时，c的速度最大，a的速度最小D.动能的增加值c最小，a和b一样大评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、如图甲所示，直线AB

是某电场中的一条电场线。若有一质子仅在电场力的作用下以某一初速度沿直线AB

由A

运动到B

其速度图象如图乙所示，下列关于AB

两点的电场强度E

A

E

B

和电势娄脮A娄脮B

以及质子在AB

两点所具有的电势能娄脜A娄脜B

和动能E

KA

E

KB

判断正确的是A.E

A<

E

B

B.娄脮A>娄脮B

C.娄脜A<娄脜B

D.E

KA<

E

KB

7、劲度系数为20N/cm的弹簧振子的振动图象如图所示；下列说法正确的是（）

A.图中A点振子所受弹力大小为5N，方向指向x轴正方向B.图中A点振子的速度方向为x轴正方向C.在0～4s内振子做了1.75次全振动D.在0～4s内振子通过的路程为4cm，位移为08、如图所示，一个质量为0.18kg

的垒球，以25m/s

的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s

设球棒与垒球的作用时间为0.01s.

下列说法正确的是()

A.球棒对垒球的平均作用力大小为1260N

B.球棒对垒球的平均作用力大小为360N

C.球棒对垒球做的功为126J

D.球棒对垒球做的功为36J

9、(

多选)

如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B

点脱离后做平抛运动，经过0.3

秒后又恰好垂直与倾角为450

的斜面相碰到。已知圆轨道半径为R=1m

小球的质量为m=1kgg

取10m/s2

()

A.CO

两点之间的水平距离为0.9m

B.CO

两点之间的水平距离为1.9m

C.小球在B

点受到轨道向上的作用力且大小为1N

D.小球在B

点受到轨道向下的作用力且大小为1N

10、在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈；绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的AB

两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt

为热敏电阻(

温度升高时其电阻减小)R

为定值电阻.

下列说法正确的是(

)

A.在t=0.01s

末，矩形线圈平面与磁场方向垂直B.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=362sin50娄脨t(V)

C.Rt

处温度升高时，电压表V1V2

示数的比值不变D.Rt

处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大11、(

多选)

下列说法正确的是(

)

A.奥斯特提出“分子电流”假说，认为永磁体的磁场和通电导线的磁场均由运动电荷产生B.安培提出“分子电流”假说，认为永磁体的磁场和通电导线的磁场均由运动电荷产生C.根据“分子电流”假说，磁铁受到强烈振动时磁性会减弱D.根据“分子电流”假说，磁铁在高温条件下磁性会减弱评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、如图所示为甲、乙两个导体的I-U图线，则导体甲的电阻为____Ω，导体乙的电阻为____Ω．

13、如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动，接着其余各摆也开始振动，其中振幅最大的是____________，振幅最小的是____________．14、电磁灶利用______原理加热食物．15、(1)

不同城市的两个人用手机通话时，是利用____传递信息的(

选填“电磁波”或“声波”))

(2)(2)如图所示，医院常用XX光机检查人体内部器官，XX光机利用了XX射线的_____。((将正确选项前的字母填入空格中))

A.灭菌消毒作用B.

强穿透能力16、如图所示；在“测定电池的电动势和内电阻”的实验中：

（1）请你不改动已接导线；在（甲）图中把还需要连接的导线补上．

（2）说明闭合电键前，应使变阻器滑片处在____位置上．测得该电源的伏安特性曲线如图（乙）所示，则纵坐标表示的是该电路的____电压；

（3）该电源的电动势为____V，比真实值____；（填偏大或偏小或相等）；内电阻为____Ω．比真实值____；（填偏大或偏小或相等）．17、在电磁感应现象中产生的电动势称为____，产生感应电动势的那段导体相当于____；产生感应电流的条件是：____．18、气缸中的气体膨胀时推动活塞向外运动，若气体对活塞做的功是6.2×J，气体的内能减少了6.8×J，则在此过程中气体________热，吸收或放出的热量是________J．19、我国四大名著之一的《西游记》中有“天上一日，人间一年“的神话传说．假若一艘宇宙飞船沿直线飞行，相对地面的速度为0.8c（c为光速）时，在地面上的人看来，挂在宇宙飞船中的时钟与地面上的时钟相比走得______（选填“快’或”慢“）．20、(1)如图所示，用游标卡尺测一根金属管的内径和外径时，游标卡尺上的游标位置分别如图b和c所示．

这根金属管内径读数是____________cm，外径读数是____________cm，管壁厚度是____________cm．评卷人得分四、判断题(共3题，共15分)21、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）22、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）23、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）

评卷人得分五、推断题(共1题，共4分)24、工业制钛白粉产生的废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生产补血剂乳酸亚铁。其生产流程如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中电离为TiO2+和SO2-4。请回答下列问题：

（1）写出TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式____。步骤①中加入足量铁屑的目的是____。

（2）步骤②的离子方程式是____，所得副产品主要是____（填化学式）。

（3）工业上由H4TiO4可制得钛白粉TiO2。TiO2直接电解还原法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，原理如图所示，阴极的电极反应式为____。

（4）工业上利用TiO2还可以用下列流程制取单质钛：

已知：①C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H1＝－393.5kJ/mol②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H2＝－566kJ/mol③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)△H3＝+141kJ/mol则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的△H＝____。

（5）乳酸可由乙烯经下列步骤合成：上述合成路线的总产率为56%，乳酸与碳酸亚铁反应转化为乳酸亚铁晶体的产率为80%，则生产468kg乳酸亚铁晶体（M＝234g/mol）需要标准状况下的乙烯____m3。

评卷人得分六、计算题(共2题，共18分)25、如图所示，质量为m=1g、电量为q=210-6C的带电微粒从偏转极板A、B中间的位置以v0=10m/s的初速度垂直电场方向进入长为L=20cm、距离为d=10cm的偏转电场，出电场后落在距偏转电场x=40cm的挡板上，微粒的落点P离开初速度方向延长线的距离为y2=20cm，不考虑重力的影响。求：（1）加在A、B两板上的偏转电压UAB；（2）粒子击中挡板时的动能Ek；（3）改变偏转电压UAB，则当UAB为多少时，微粒落点P离开初速度延长线的距离最大？最大距离是多少？26、如图甲，有两根相互平行、间距为L

的粗糙金属导轨，它们的电阻忽略不计.

在MP

之间接阻值为R

的定值电阻，导轨平面与水平面的夹角为娄脠.

在efhg

矩形区域内有垂直斜面向下、宽度为d

的匀强磁场(

磁场未画出)

磁感应强度B

随时间t

变化的规律如图乙.

在t=0

时刻，一质量为m

电阻为r

的金属棒垂直于导轨放置，从ab

位置由静止开始沿导轨下滑，t=t0

时刻进人磁场，此后磁感应强度为B0

并保持不变.

棒从ab

到ef

的运动过程中；电阻R

上的电流大小不变.

求：

(1)0隆芦t0

时间内流过电阻R

的电流I

大小和方向；

(2)

金属棒与导轨间的动摩擦因数娄脤

(3)

金属棒从ab

到ef

的运动过程中，电阻R

上产生的焦耳热Q

．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A|C【分析】

A、温度是分子平均动能的标志，a中氧气的温度高于b中氧气的温度，则a中氧气分子的平均动能一定大于b中氧气分子的平均动能；A正确；

B、a中氧气分子的平均动能一定大于b中氧气分子的平均动能；并不是每个分子都大，B错误；

C、由理想气体状态方程知a中氧气的体积一定大于b中氧气的体积；C正确；

D、在质量相同的情况下，内能由温度决定，所以a中氧气的内能一定大于b中氧气的内能；D错误；

故选AC

【解析】【答案】温度是分子平均动能的标志；平均动能大并不是每个分子的动能都大，气体的内能是所有分子动能的和．

2、B|C|D【分析】

A；粒子受电场力向上；E向上，则带正电．故A错误。

B；洛仑兹力提供向心力；受力方向指抽圆心，由左手定则知粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动．故A正确。

C、因电场力等于重力，因mg=Eq，则粒子的质量为．故C正确。

D、因T=又mg=qE则T=．粒子从圆轨道的最高点运动到最低点的时间为．故D正确。

故选：BCD

【解析】【答案】粒子能做匀速圆周运动则说明电场力和重力任意位置做功为零；则电场力和重力大小相等，方向相反．据此分析各选项．

3、A【分析】【解析】试题分析：当磁铁S极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从a到b，对电容器充电上极板带正电．故选：A考点：法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律．【解析】【答案】A4、C【分析】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，与自身大小形状无具体关系，故AB错误；

C；当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时；两个带电体可看成点电荷，故C正确；

D；两个带电金属小球；不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理，故D错误；

故选：C．

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．

点电荷实际不存在，是理想化的，就像质点一样．自身大小对研究的问题没有影响时，就可看成点．【解析】【答案】C5、A|C|D【分析】试题分析：三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，可知运动时间相等，故A正确；b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据y=at2，可知tc＜tb，故B错误．在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：x=vt，因xc=xb，tc＜tb，则vc＞vb．根据ta=tb，xb＞xa．则vb＞va，所以有：vc＞vb＞va，故C正确．根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，c电荷电场力做功最少，动能增加量最小，故D正确．故选ACD.考点：带电粒子在匀强电场中的运动.【解析】【答案】ACD二、多选题(共6题，共12分)6、BD【分析】

【分析】由图可知电子速度变化情况；根据速度图象的斜率表示加速度，可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；根据电场力做功正负，可以确定电势的高低.

本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断．【解答】速度图象的斜率表示加速度，由v鈭�t

图可知，电子在A

点加速度较大，则可知A

点所受电场力较大，由F=Eq

可知，A

点的场强要大于B

点场强，即有E

AA>E

BB；故A错误；

而电子从A

到B

的过程中，速度增加，动能增大，即EEKAKA<<EKBE_{KB}则可知电场力做正功，故电势能减小，故?

AA>?

BB且质子带正电，可知，A

点的电势要小于B

点电势，娄脮

AA>娄脮

BB；故BD正确，C错误。

故选BD。

【解析】BD

7、BD【分析】解：A；由图可知；A点时刻振子的位移x=0.25cm，所以弹力F=-kx=-20×0.25N=-5N，即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向，故A错误；

B；由图可知；过A点的切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线的斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故B正确．

C；由图可看出；t=0、t=4s时刻振子的位移都是正向最大，所以在0～4s内经过两个周期，振子完成两次全振动，故C错误．

D；由于t=0时刻和t=4s时刻振子都在正向最大位移处；又由于振幅为A=0.5cm，在0～4s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为S=2×4A=2×4×0.50cm=4cm，振子回到了初始位置，通过的位移为0．故D正确．

故选：BD

弹簧振子的回复力是弹力；根据F=-kx求得弹力．x-t图象切线的斜率表示速度方向．振子一个周期内完成一次全振动，分析时间与周期的关系，确定0-4s内振动的次数．分析时要抓住：振子在一个周期内通过的路程是4A．

本题关键要掌握简谐运动的特征：F=-kx分析弹簧的弹力．知道振动图象，通过分析位移即可分析振子的运动情况．【解析】【答案】BD8、AC【分析】【分析】对球棒击球的过程分别运用动量定理和动能定理列方程求解作用力和作用，动量定理表达式是矢量表达式，在运用动量定理是要注意方向。此题主要考查动量定理和动能定理的简单运用。【解答】AB.

根据动量定理：F?t=mv2鈭�mv1

代入数据得F=?1260N

故A正确，B错误；CD.

根据动能定理：W=12mv22鈭�12mv12=126J

故C正确，D错误。故选AC。【解析】AC

9、AC【分析】【分析】(1)

小球恰好垂直与倾角为45鈭�

的斜面相碰到；说明小球在C

点竖直方向的分速度和水平分速度相等，代人公式即可；

(2)

小球经过圆弧轨道的B

点时做圆周运动；所受轨道作用力与重力一起提供向心力，根据牛顿第二定律列式可求得受管道的作用力。

该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为45鈭�

的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义。【解答】AB.

根据平抛运动的规律和运动合成的可知：tan450=vyvx

则小球在CC点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得：vvx=v=vy=gt=3m/s=gt=3m/s

则BB点与CC点的水平距离为：x=vx=vxt=3隆脕0.3m=0.9mt=3隆脕0.3m=0.9m故A正确，B错误；

CD.BCD.B点的速度为3m/s3m/s根据牛顿运动定律，在BB点设轨道对球的作用力方向向下，FNB+mg=mvB2R{F}_{NB}+mg=dfrac{mv_{B}^{2}}{R}

代入解得：NB=鈭�1N负号表示轨道对球的作用力方向向上，故C正确，D错误。

故选AC。A、根据平抛运动的规律和运动合成的可知：tan45鈭�=tan45^{circ}=vyvx

则小球在CC点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得：vvx=v=vy=gt=3m/s=gt=3m/s

则BB点与CC点的水平距离为：

x=vx=vxt=3隆脕0.3=0.9mt=3隆脕0.3=0.9m故A正确，B错误；

B、BB点的速度为3m/s3m/s根据牛顿运动定律，在BB点设轨道对球的作用力方向向下；

FFNB+mg=+mg=mvB2R，

代入解得：NNB=鈭�1N=-1N负号表示轨道对球的作用力方向向上，故C正确，D错误..

故选：AC.AC.【解析】AC

10、AD【分析】解：AB

原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压362V

周期0.02s

故角速度是娄脴=100娄脨u=362sin100娄脨t(V)

当t=0.01s

时，u=0

此时穿过该线圈的磁通量最大，矩形线圈平面与磁场方向垂直，故A正确，B错误；

C；R1

处温度升高时；原副线圈电压比不变，但是V2

不是测量副线圈电压，R1

温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2

电压增大，所以V2

示数减小，则电压表V1V2

示数的比值增大，故C错误；

D；R1

温度升高时；阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确；

故选：AD

．

由图甲可知交流电压最大值；周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u

的表达式u=Umsin娄脴t(V)

由图乙可知交流电压有效值，根据电压与匝数成正比知副线圈电压，原；副线圈的交流电的功率相等，R1

处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化。

根据图象准确找出已知量；是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压；电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．

【解析】AD

11、BCD【分析】解：分子电流假说是由安培提出来的；根据安培的分子电流假说可知；磁铁及通电导线的磁性是由于内部运动电荷产生的磁场叠加而成的；磁铁在高温和强烈振动下分子电流会变的杂乱，从而使磁性减弱；故BCD正确；

故选：BCD

．

解决本题要注意积累物理学史及对物理现象的解释；要知道奥斯特实验发现电流具有磁效应；安培分子电流假说很好的解释了磁现象．

本题考查对一些物理现象的解释，在学习或生活中应注意积累掌握．【解析】BCD

三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】

导体甲的电阻R甲===5Ω

导体甲的电阻R乙===10Ω

故本题答案是：5；10

【解析】【答案】本题图象是导体的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数，即k=．根据数学求出斜率；即可求出电阻．

13、略

【分析】解：a摆摆动；其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于a摆的摆动频率，而由于a；c摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则c摆出现共振现象，振幅达到最大．

e摆的摆长与a摆相差最大；故固有频率与驱动力频率相差最大，故e摆的振幅最小．

故答案为：c，e．【解析】c;e14、略

【分析】解：电磁灶中线圈产生交变的磁场；该磁场在锅体中产生电磁感应，从而使锅体发热起到加热食物的目的；

故答案为：电磁感应。

电磁灶是利用电磁感应原理制成的；通过放在磁场里的金属锅体发生电磁感应从而产生热量．

本题考查电磁灶原理，要注意明确电磁感应在电磁灶中的应用，根据电磁感应分析如何提高加热效果．【解析】电磁感应15、(1)

电磁波(2)B【分析】【分析】用手机通话时使用电磁波来传递信号。了解各种光线的特点后作出判断，紫外线化学效应强，能杀菌，制成消毒灯；紫外线能合成维生素D

促使钙的吸收；紫外线能使荧光物质发光，制成验钞机来验钞。该题考查电磁波的传播与应用，掌握基础知识即可正确解答。【解答】(1)

不同城市的两个人用手机通话时；是利用电磁波传递信息的；

(2)

紫外线具有化学效应强；能杀菌，制成消毒灯，还具有荧光效应，能制成验钞机来验钞，故A不符合题意；

X

射线具有较强的穿透能力；常在医疗上用来检查身体，故B符合题意；

故答案为：(1)

电磁波；(2)B

【解析】(1)

电磁波(2)B

16、略

【分析】

（1）本实验采用电流表限流接法；电流表接在电压表内部，即电压表应并联在电源两端；故电路如图所示；

（2）为了保证实验的安全；在实验开始时应将滑动变阻器接入电阻达最大，即应将滑片移到最左侧；

因电压表测出的为电源的路端电压，由欧姆定律可知U=E-Ir；即纵坐标显示的是电源的路端电压；

（3）由上式可知；图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故E=1.8V；

内阻为r==1.43Ω；

因该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小；但电压表是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压表的分流是可以忽略的，故短路电流是准确的，故图象与横轴的交点不变，如图所示，故所测电动势小于真实值；内阻也小于真实值；

故答案为；（1）如图所示；（2）最大值；路端电压；（3）1.8；偏小；1.43；偏小．

【解析】【答案】（1）测量电动势和内电阻实验采用一般的限流接法；同时电流表应采用外接法；故只需将滑动变阻器接入，再将电压表并联在电源两端即可．

（2）电学实验在开始时要注意使电流逐渐增大；故开始时，滑动变阻器应接最大值；由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，故纵坐标表示电源的输出电压；

（3）图象与纵坐标的交点表示电动势；图象的斜率表示内电阻；由图象法可分析此种接法会造成的误差．

17、略

【分析】

闭合电路中电流是由电源的电动势产生的；电磁感应现象中产生感应电流，必然存在电动势，在电磁感应现象中产生的电动势称为感应电动势，产生感应电动势的那段导体相当于电源．产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化．

故答案为：感应电动势；电源；穿过闭合电路的磁通量发生变化．

【解析】【答案】在电磁感应现象中产生的电动势称为感应电动势．产生感应电动势的那段导体相当于电源．产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化．

18、略

【分析】【解析】【答案】放，6×10319、略

【分析】解：根据狭义相对论的钟慢效应可知；地面上的人看来，挂在相对地面的速度为0.8c飞行的宇宙飞船中的时钟与地面上的时钟相比走得慢．

故答案为：慢。

本题关键是知道狭义相对论的钟慢效应：运动的钟比静止的钟走得慢；而且，运动速度越快，钟走的越慢，接近光速时，钟就几乎停止了．

此题考查狭义相对论的基本结论，熟记并理解它，可以解决所有关于狭义相对论的问题．【解析】慢20、略

【分析】解：图(b)中游标卡尺的主尺读数为2.3cm；游标尺上第7个刻度与主尺上某一刻度对齐，故游标读数为0.1×7mm=0.7mm=0.07cm，所以最终读数为：2.3cm+0.07cm=2.37cm；

图(c)中游标卡尺的主尺读数为3cm；游标尺上第9个刻度与主尺上某一刻度对齐，故游标读数为0.1×9mm=0.6mm=0.09cm，所以最终读数为：3cm+0.09cm=3.09cm；

因此管的厚度为：d==0.36cm

故答案为：2.37；3.09；0.36．【解析】2.37;3.09;0.36四、判断题(共3题，共15分)21、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．22、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．23、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．五、推断题(共1题，共4分)24、略

【分析】【分析】本题考查了铁盐和亚铁盐的相互转变、离子方程式的书写、电解原理、焓变的计算、原料利用率的计算等，难度中等，注意把握相关基本理论的理解和应用。【解答】（1）根据水解原理：盐+水=酸+碱，则TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+；步骤①中加入足量铁屑的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，消耗溶液中的H+促进TiO2+水解。（2）NH4HCO3在溶液中电离出HCO3-离子，易电离生成碳酸根，碳酸根和亚铁离子反应生成FeCO3促进HCO3-电离，故离子方程式Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；所得的副产物为溶液中没有参加反应的铵根离子和硫酸根离子形成的(NH4)2SO4；（3）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，故阴极电极反应：TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（4）依据盖斯定律：由③+①×2-②可知△H＝△H3+△H1×2-△H2=+141+（-393.5）×2-（-566）=-80kJ/mol。（5）由题意知，乳酸生成乳酸亚铁的物质的量之比为2：1，设需要乙烯xm3，则反应生成468kg乳酸亚铁晶体所需乙烯为x=200m3。【解析】（1）TiO2+＋3H