2024年浙教版高二物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年浙教版高二物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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8题，共16分)1、以下运动中在任意相等的时间内动量增量相同的是（）A.自由落体运动B.竖直上抛运动C.匀速圆周运动D.平抛运动2、如图所示；有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，MN之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是（）

A.小球一定能穿过MN区域继续运动B.如果小球一定能穿过MN区域，电场力做的功为﹣mgRC.如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点D.如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点速度大于等于3、如图1所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B（可视为质点）以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图2所示，已知当地的重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（）

A.木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为2JC.木板A的最短长度为1.5mD.A,B间的动摩擦因数为0.24、关于传感器，下列说法正确的是（）A.金属材料不可以制成传感器B.光敏电阻和热敏电阻都是由半导体材料制成的C.传感器主要是通过感知电阻的变化来传递信号的D.以上说法都不正确5、如图为波尔解释氢原子光谱画出的氢原子能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，下列说法中正确的是（）A.这群氢原子能够发出6种不同频率的光B.由n=4跃迁到n=3时发出的光的波长最长C.由n=4跃迁到n=1时发出的光的频率最小D.这群氢原子能够吸收任意能量的光后向更高能级跃迁6、第一次通过实验的方法比较准确地测出引力常量的物理学家是（）

A.牛顿。

B.开普勒。

C.伽利略。

D.卡文迪许。

7、有一个灵敏电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A.应串联一个0.1Ω的电阻B.应并联一个0.1Ω的电阻C.应串联一个1800Ω的电阻D.应并联一个1800Ω的电阻8、电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500uA，现欲把这电流表改装成量程为2.0V的电压表，正确的方法是（）A.应并联一个3800Ω的电阻B.应串联一个3800Ω的电阻C.应并联一个0.05Ω的电阻D.应串联一个0.05Ω的电阻评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、如图所示是使用光电管的原理图．当频率为ν的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过．移动变阻器的滑片P，当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则光电子的最大初动能为____（已知电子电量为e）．如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，则光电子的最大初动能将____（填“增加”；“减小”或“不变”）．

10、某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验．

（1）下列措施中必要的或做法正确的是______．（选填下列措施前的序号）

A．为了便于计时观察；单摆的摆角应尽量大些。

B．摆线长应远远大于摆球直径。

C．摆球应选择密度较大的实心金属小球。

D．用秒表测量周期时；应测量单摆20～30次全振动的时间，然后计算周期，而不能把只测一次全振动时间当作周期。

E．将摆球和摆线平放在桌面上；拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长，然后将O点作为悬点。

（2）测摆长时测量结果如图1所示（单摆的另一端与刻度尺的零刻线对齐），摆长为______cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图2所示，秒表读数为______s．

（3）他测得的g值偏小，可能的原因是______

A．测摆线长时摆线拉得过紧。

B．摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现了松动，使摆线长度增加了。

C．开始计时时；秒表提前按下。

D．实验中误将49次全振动数为50次．11、在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为______s．用刻度尺量得点A、B、C、D到O点的距离分别为x1=1.50cm，x2=3.40cm，x3=5.70cm，x4=8.40cm．由此可知，打C点时纸带的速度大小为______m/s．与纸带相连小车的加速度大小为______m/s2．12、氢原子的能级如图所示，氢原子从n=3

能级向n=1

能级跃迁所放出的光子，恰能使某种金属产生光电效应，则该金属的逸出功为______eV

用一群处于n=4

能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，产生的光电子最大初动能为______eV

．13、氢原子能级及各能级值如图所示.

当大量氢原子从第4

能级向第2

能级跃迁时，可以释放出______种不同频率的光子，所释放的光子最小频率为______(

用普朗克常量h

和图中给出的能级值字母表示)

．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、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）15、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）

16、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）

17、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）18、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）19、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）20、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）

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）

22、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、画图题(共2题，共6分)23、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象24、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象评卷人得分五、证明题(共2题，共18分)25、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。26、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。评卷人得分六、简答题(共2题，共18分)27、如图，A是地球的同步卫星．另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h．已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0；地球质量为M，O为地球中心．

（1）开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比；即k是一个对所有行星都相同的常量．开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统（如地月系统）都成立．请你推导出地月系中该常量k的表达式．已知引力常量为G．

（2）如卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，它们还能相距最近？28、rm{SO_{2}}是常见的大气污染物，燃煤是产生rm{SO_{2}}的主要原因。工业上有多种方法可以减少rm{SO_{2}}的排放。rm{(1)}往煤中添加一些石灰石，可以使燃煤过程中产生的rm{SO_{2}}转化成硫酸钙。该反应的化学方程式是_____________。rm{(2)}可用多种溶液做燃煤烟气中rm{SO_{2}}的吸收液。rm{垄脵}分别用等物质的量浓度的rm{Na_{2}SO_{3}}溶液和rm{NaOH}溶液做吸收液，当生成等物质的量的rm{NaHSO_{3}}时，两种吸收液体积比rm{V(Na_{2}SO_{3})}rm{V(NaOH)=}________。rm{垄脷NaOH}溶液吸收了足量的rm{SO_{2}}后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使rm{NaOH}溶液再生，再生过程的离子方程式是_________。rm{(3)}甲同学认为rm{BaC1_{2}}溶液可以做rm{SO_{2}}的吸收液。为此甲同学设计如下实验rm{(}如图所示，夹持装置和加热装置略，气密性已检验rm{)}已知：rm{Na_{2}SO_{3}(}固体rm{)+H_{2}SO_{4}(}浓rm{)overset{triangle}{=}Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}反应开始后，rm{)overset{triangle}{=}

Na_{2}SO_{4}+SO_{2}隆眉+H_{2}O}中rm{A}固体表面有气泡产生同时有白雾生成，rm{Na_{2}SO_{3}}中有白色沉淀。甲同学认为rm{B}中白色沉淀是rm{B}与rm{SO_{2}}溶液反应生成的rm{BaC1_{2}}所以rm{BaSO_{3}}溶液可做rm{BaC1_{2}}的吸收液。乙同学认为rm{SO_{2}}中的白色沉淀是rm{B}产生rm{BaSO_{4}}的原因是：rm{BaSO_{4}}中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入rm{垄脵A}中与rm{B}溶液反应生成rm{BaCl_{2}}沉淀。rm{BaSO_{4}}____________________。为证明rm{垄脷}与rm{SO_{2}}溶液不能反应得到rm{BaCl_{2}}沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做了如下改动并实验rm{BaSO_{3}}如图所示，夹持装置和加热装置略，气密性已检验rm{(}反应开始后，rm{):}中rm{A}固体表面有气泡产生同时有白雾生成；rm{Na_{2}SO_{3}}rm{B}试管中除了有气泡外，未见其他现象；rm{C}中红色褪去。rm{D}试管rm{垄脹}中试剂是______溶液；滴加浓硫酸之前的操作是________。rm{B}通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是___________。rm{垄脺}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A|B|D【分析】【解析】【答案】ABD2、C【分析】【解答】解：A；小球进入电场后受到向左的电场力而做减速运动；由于MN的宽度和小球进入电场的速度、加速度等条件不明，所以小球不一定能穿过电场区域，故A错误．

B、若小球一定能穿过MN区域，根据动能定理得：mgR+W电=mv2﹣0，解得，电场力做的功为W电=mv2﹣mgR；故B错误．

C；如果小球没有穿过MN区域；由于电场力和重力做功只与初末位置有关，根据能量守恒定律和过程的可逆性可知，小球一定能回到出发点，而且回到出发点时速度为零，不可能到达P点，故C正确，D错误．

故选：C．

【分析】小球进入电场后受到向左的电场力而做减速运动，不一定能穿过电场区域；根据能量守恒定律分析小球能否到达P点．根据动能定理，求解电场力做功．3、B【分析】【解答】解：从图可以看出；B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度为1m/s．

A、木板获得的动能为：EkA=mv2=×2×12=1J；故A错误；

B、系统损失的机械能：△E=mv02﹣×2mv2=×2×22﹣×2×2×12=2J；故B正确；

C、由图像可知1s内物体B的位移为：xB=×1=1.5m，木板A的位移为：xA=×1×1=0.5m，所以木板最小长度为L=xB﹣xA=1m；故C错误；

D、由图像可知木板A的加速度为aA===1m/s2，根据μmBg=mAaA得出动摩擦因数为0.1；故D错误．

故选：B．

【分析】B在A的表面上滑行时受摩擦力作用而做匀减速运动，A受摩擦力作用做匀加速直线运动，根据v﹣t图像可得到木板获得的速度，求得动能和系统损失的动能，根据图像的斜率得出两物体的加速度，根据牛顿第二定律求解即可A、B间的动摩擦因数．4、B【分析】解：A；传感器材料分半导体材料、陶瓷材料、金属材料和有机材料；故A错误；

B；光敏电阻和热敏电阻都是由半导体材料制成的；故B正确，D错误；

C；传感器一定是通过非电学量转换成电学量来传递信号的；不一定是通过感知电阻的变化来传递信号的，故C错误；

故选：B

传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置；在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．

传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会．【解析】【答案】B5、A【分析】解：A、根据=6知；大量处于n=4能级的氢原子跃迁时能辐射出6种不同频率的光子．故A正确；

B；从n=4跃迁到n=3辐射的光子能量最小；根据：E=hv可知，频率最小，则波长最长．故B错误；

C；一群处于n=4的氢原子；由n=4跃迁到n=1，辐射的光子能量最大，根据：E=hv可知，发出的光的频率最大．故C错误；

D；氢原子发生跃迁；吸收的能量必须等于两能级的能级差．故D错误．

故选：A

根据=6知；大量处于n=4能级的氢原子跃迁时能辐射出6种不同频率的光子．能级差是不连续的，吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差，所以光子能量不连续．轨道半径越小，原子能量越小．

该题考查氢原子的南极与跃迁，解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，即Em-En=hv．基础题目．【解析】【答案】A6、D【分析】

牛顿在推出万有引力定律的同时；并没能得出引力常量G的具体值，G的数值于1789年由卡文迪许利用他所发明的扭秤得出，故ABC错误，D正确．

故选D．

【解析】【答案】本题考查了物理学史；了解所涉及伟大科学家的重要成就，如高中所涉及到的牛顿；伽利略、开普勒、卡文迪许、库仑等重要科学家的成就要明确．

7、C【分析】试题分析：改装成电压表需串联一电阻，由题意知，需串联总电阻的阻值为所以C正确；A、B、D错误。考点：本题考查电表的改装。【解析】【答案】C8、B【分析】解：把电流表改装成2V的电压表需要串联分压电阻；串联电阻阻值为：

R=-Rg=-200=3800Ω；故B正确；ACD错误。

故选：B．

把电流表改装成电压表需要串联分压电阻；应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．

本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理是解题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题．【解析】【答案】B二、填空题(共5题，共10分)9、略

【分析】

因为反向电压为U时，电流表读数为零，则光电子的最大初动能Ekm=eU．

如果不改变入射光的频率；而增加入射光的强度，但光电子的最大初动能不变．

故答案为：eU；不变．

【解析】【答案】图中可知；所加的电压为反向电压，电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为6.0V，可知光电子的最大初动能．根据动能定理求出电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能．

10、略

【分析】解：（1）A；单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动；单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，否则单摆将不做简谐运动，故A错误．

B；减小空气阻力的影响；摆线的长度应远大于摆球的直径，应选择密度大而体积小的实心金属小球作为摆球，故BC正确．

D、为了减小测量误差，应采用累积法测量周期，即测量单摆20～30次全振动的时间t，再T=求出周期T；故D正确．

故选：BCD．

（2）由图1所示可知；摆长为99.80cm；由图2所示可知：秒表内圈读数为：1.5min=90s，外圈读数为：10.6s，故秒表读数为100.6s．

（3）解：根据单摆的周期公式得：．

A；测摆线长时摆线拉得过紧；使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．

B；摆动后出现松动；知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小．故B正确．

C；实验中开始计时时；秒表提前按下，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小．故C正确．

D；实验中将49次全振动数成50次全振动；测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．

故选：BC．

故答案为：（1）BCD；（2）99.80；100.6．（3）BC．

（1）单摆测定重力加速度的原理是：单摆的周期公式在摆角很小的情况下；单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球．摆长等于摆线的长度加上摆球的半径．

（2）由图示求出摆长；秒表分针示数与秒针示数之和是秒表示数．

（3）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式从而判断出重力加速度减小的原因．

单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素；分析单摆测重力加速度的误差应该由具体的公式．【解析】BCD；99.80；100.6；BC11、略

【分析】解：（1）由于计时器打点的时间间隔为0.02s；他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，所以相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s．

（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度；

vC===0.25m/s

（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；

得：x3-x1=2a1T2

x4-x2=2a2T2

为了更加准确的求解加速度；我们对两个加速度取平均值。

得：a=（a1+a2）

即小车运动的加速度计算表达式为：

a=

整理：a===0.4m/s2

故答案为：0.1；0.25，0.4

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．【解析】0.1；0.25；0.412、略

【分析】解：原子从能级n=3

向n=1

跃迁所放出的光子的能量为13.60鈭�1.51=12.09eV

当光子能量等于逸出功时，恰好发生光电效应，所以逸出功W0=12.09eV

．

从能级n=4

向n=1

跃迁所放出的光子能量为13.6鈭�0.85eV=12.75eV

根据光电效应方程得，最大初动能Ekm=hv鈭�W0=12.75鈭�12.09=0.66eV

．

故答案为：12.090.66

．

能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差；根据光电效应的条件求出金属的逸出功，再根据光电效应方程得出光电子的最大初动能．

解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，以及掌握光电效应方程Ekm=hv鈭�W0

．【解析】12.090.66

13、略

【分析】解：当大量氢原子从第4

能级向第2

能级跃迁时；可以释放出3

种不同频率的光子；分别是n=4

向n=3n=3

向n=2

以及n=4

向n=2

三种．

因为放出的光子能量满足h娄脙=Em鈭�En

知，从n=4

能级跃迁到n=3

能级发出光的频率最小；

则有：h娄脙=E4鈭�E3

所以：娄脙=E4鈭�E3h

．

故答案为：3E4鈭�E3h

根据h娄脙=Em鈭�En

可知在何能级间跃迁发出光的频率最小．

解决本题的关键知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足h娄脙=Em鈭�En

．【解析】3E4鈭�E3h

三、判断题(共9题，共18分)14、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．15、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．16、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．17、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．18、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．19、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．20、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．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．22、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、画图题(共2题，共6分)23、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】24、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】五、证明题(共2题，共18分)25、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动26、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动六、简答题(共2题，共18分)27、略

【分析】

（1）卫星绕地球做匀速圆周运动，于是轨道半长轴a即为轨道半径r；根据万有引力定律和牛顿第二定律列式求解即可；

（2）卫星A；B绕地球做匀速圆周运动；当卫星B转过的角度与卫星A转过的角度之差等于2π时，卫星再一次相距最近。

本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力，向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用，难度适中．【解析】解：（1）因卫星绕地球做匀速圆周运动，于是轨道半长轴a即为轨道半径r；根据万有引力定律和牛顿第二定律有：

解得：k=

（2）由万有引力定律和向心力公式得=mωB2（R+h）

在地球表面有

得ωB=

由题意得（ωB-ω0）t=2π

解得：t=

答：（1）地月系中该常量k的表达式为

（2）至少经过时间它们还能相距最近．28、(1)2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2

(2)①1：2②Ca2++OH-+HSO3-=CaSO3↓+H2O

(3)②A中产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀。

③饱和NaHSO3打开弹簧夹，通入N2；一段时间后关闭弹簧夹。

④SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀；不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液。

【分析】【分析】

本题考查了二氧化硫性质的实验验证分析判断；物质性质的分析，装置特征的判断，反应条件的应用是解题关键，题目难度中等。

【解答】

rm{(1)}根据题意，碳酸钙与二氧化硫、氧气在高温条件下反应生成硫酸钙，同时生成二氧化碳，所以反应的方程式为：rm{2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}+2CO_{2}}

故答案为：rm{2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}+2CO_{2}}

rm{2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}+2CO_{2}}假设生成的rm{2CaCO_{3}+2SO_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2CaSO_{4}+2CO_{2}}物质的量都为rm{(2)垄脵}rm{NaHSO_{3}}吸收的二氧化硫的物质的量为rm{2mol}需rm{Na_{2}SO_{3}+SO_{2}+H_{2}O篓T2NaHSO_{3}}rm{2mol}吸收的二氧化硫的物质的量也为rm{1molNa_{2}SO_{3}}需rm{NaOH+SO_{2}篓TNaHSO_{3}}假设rm{2mol}溶液和rm{2molNaOH}