2025年沪科版高二物理下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年沪科版高二物理下册阶段测试试卷957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9题，共18分)1、某同学在实验室做测定玻璃折射率实验时，用测得的多组入射角θ1和折射角θ2作出sinθ1-sinθ2图线如图所示．下列判断中正确的是（）

A.他做实验时；光是由玻璃射入空气。

B.玻璃的折射率为0.67

C.玻璃的折射率为1.49

D.玻璃全反射时临界角的正弦值为0.67

2、如图所两灯相同，是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中正确的是（）A.开关合上瞬间，两灯都不亮B.开关合上稳定后，同时亮着C.开关断开瞬间，同时熄灭D.开关断开瞬间，立即熄灭，过一会儿再熄灭3、如图所示，用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ（θ与电容器两板间的电压U成正比）．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A.保持d不变，减小S，则θ变小B.保持d不变，减小S，则θ不变C.保持S不变，增大d，则θ变小D.保持S不变，增大d，则θ变大4、如图所示，质点O在垂直x轴方向上做简谐振动，形成了沿x轴传播的横波。在t=0时刻质点O开始向上运动，经0.2s第一次形成图示波形，由此判断在t=2.5s时刻，质点A、B的运动情况是A.A点位于x轴的上方B.B点位于x轴的上方C.A点正往上运动D.B点正往上运动5、如图所示，水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程（）A.安培力对ab棒所做的功不相等B.电流所做的功相等C.电流产生的总内能相等D.通过ab棒的电荷量相等6、如图所示，线圈L与小灯泡A并联后接到电源上．先闭合开关S，稳定后，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2．断开开关S，发现小灯泡闪亮一下再熄灭．则下列说法正确的是（）A.I1＜I2B.I1=I2C.断开开关前后，通过小灯泡的电流方向不变D.断开开关前后，通过线圈的电流方向不变7、如图所示，平行板电容器与一直流电源相连，两极板水平放置，电容为C

开始开关闭合，电容器极板间电压为U

两极板间距为d

.

一电荷量大小为q

的带电油滴以初动能E

k

从一平行板电容器的两个极板中央水平射入(

极板足够长)

带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则()

A.断开开关，将上极板上移d/3

带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为E

k

+1/4U

q

B.断开开关，将上极板上移d/3

带电油滴将撞击上极板，撞击下极板时的动能为E

k

+1/4U

q

C.闭合开关，将上极板下移d/3

带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为E

k

+1/8U

q

D.闭合开关，将上极板下移d/3

带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为E

k

+1/12U

q

8、某同学将一直流电源的总功率P,输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如右图中的a、b、c所示。则下列说法中正确的是（）A.图线b表示输出功率随电流I变化的关系B.图中a线最高点对应的功率为最大输出功率C.在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的C三点这三点的纵坐标一定满足关系D.b、c线的交点M与a、b线的交点N的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:49、一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，下列说法正确的是(

)

A.合外力对物体不做功B.地板对物体的支持力做正功C.地板对物体的支持力做负功D.重力对物体不做功评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、某水力发电站，通过发电机的水流量Q=2m3/s、水流落差为h=5m．若发电机的总效率为η=50%，输出电压为U1=240V，输电线路的总电阻为r=30Ω，允许输电线路上最大的损失功率为输电总功率的6%，为满足用电需求，该输电线路使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？若用户使用的电灯均为“220V、100W”，则最多可使用多少盏这种规格的电灯？11、下列叙述中，属于静电危害的是____

A．在建筑物顶上安装避雷针B．人在地毯上行走后接触金属把手时有触电的感觉。

C．在油罐车上连接拖地铁链D．静电植绒、静电复印．12、把一个矩形线圈从矩形的匀强磁场中匀速拉出(如图)，第一次拉出的速度为v，第二次拉出的速度为2v，则两种情况下拉力的大小之比F1：F2＝____，拉力的功率之比P1：P2＝____，线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2＝____.13、如图所示，使单匝闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在线圈中就会产生交流电。已知磁场的磁感应强度为B，线圈abcd面积为S，线圈转动的角速度为。当线圈转到如图位置时，线圈中的感应电动势为____；当线圈从图示位置转过90°时，线圈中的感应电动势为。14、手机已成为日常通信工具，手机使用的电磁波波长比伦琴射线的波长____（选填“长”或“短”），某手机发射的电磁波的频率为f，已知光在真空中传播速度为c，则该电磁波在真空中传播时的波长为____．15、读出下面游标卡尺和千分尺的读数。

(1)

______mm

(2)

______mm

(3)

______mm

．16、如图所示，有一量程为500μA、内阻为10kΩ的灵敏电流计改装成为量程为1A的电流表，然后把它与一个10Ω的电阻并联后接入一电路中，若电流表的示数为0.6A，则此电路中的电流I=________A。17、在做“利用单摆测重力加速度”实验中；某同学先测得摆线长，摆球直径，然后用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图1所示，则。

（1）秒表所示读数为______s．

（2）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l，测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数值，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图2所示，则测得的重力加速度g=______．（保留三位有效数字）

（3）实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是______

A．悬点未固定紧；振动中出现松动，使摆线增长了。

B．单摆所用摆球质量太大。

C．把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间。

D．以摆线长作为摆长来计算。

（4）在“用单摆测定重力加速度的实验”中，测单摆周期时，当摆球经过______时开始计时并计1次，测出经过该位置N次所用时间为t，则单摆周期为______．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、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）19、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）20、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）

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、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）

23、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、推断题(共1题，共7分)24、【化学rm{隆陋}选修rm{3}物质结构与性质】评卷人得分五、识图作答题(共2题，共14分)25、（1）高等植物光合作用中捕获光能的物质分布在叶绿体的___________上，该物质主要捕获可见光中的_________。（2）植物的叶面积与产量关系密切，叶面积系数（单位土地面积上的叶面积总和）与植物群体光合速率、呼吸速率及干物质积累速率之间的关系如图所示，由图可知：当叶面积系数小于a时，随叶面积系数增加，群体光合速率和干物质积累速率均_______。当叶面积系数超过b时，群体干物质积累速率降低，其原因是__________________________。（3）通常，与阳生植物相比，阴生植物光合作用吸收与呼吸作用放出的CO2量相等时所需要的光照强度________（填“高”或“低”）。26、[生物——选修1：生物技术实践]幽门螺杆菌感染是急慢性胃炎和消化性溃疡的主要致病因素。在患者体内采集样本并制成菌液后；进行分离培养。实验基本步骤如下，请回答：

（1）幽门螺杆菌能够以尿素为唯一氮源，是因为含有______，培养基中加入酚红指示剂，若有幽门螺杆菌，则菌落周围会出现_____________环带。（2）上述培养过程中，能够“浓缩”幽门螺杆菌的步骤是____________________。（3）采用稀释涂布平板法，通过统计平板上的菌落数，就能推测出样品中大约含有多少活菌，其原因是____。（4）上述实验结果统计的菌落数，____________（填“是”或“不是”）原患者样品中含有的幽门螺杆菌活菌数。评卷人得分六、画图题(共2题，共20分)27、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28、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参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C|D【分析】

A、由图线看出，入射角的正弦sinθ1＞sinθ2；则知该同学做实验时，光是由空气射入玻璃．故A错误．

B、C玻璃的折射定律n=根据数学知识可知，sinθ1-sinθ2图线的斜率等于折射率，由数学知识得，n=≈1.49．故B错误；C正确．

D、由临界角公式sinC=得，sinC==0.67．故D正确．

故选CD

【解析】【答案】测定玻璃折射率的原理是折射定律n=根据数学知识可知，sinθ1-sinθ2图线的斜率等于折射率，可求出折射率．由临界角公式sinC=可求出玻璃全反射时临界角的正弦值．

2、D【分析】【解析】试题分析：当把开关闭合时，线圈产生自感电动势，在线圈和A的两端会分担电压，A会亮起来，B的电流等于A和线圈电流之和，B也会亮起来。选项A错误；开关闭合等电路稳定后，由于线圈不再产生自感，而且线圈没有电阻，仅相当于导线，所以A被短路,A灯不亮B灯亮。B选项错误。开关断开的瞬间，线圈产生自感，并且与A形成闭合回路，所以A灯会重新亮一会在熄灭，而B灯马上熄灭，所以C选项错误D选项正确。故选D考点：考查了线圈的通电自感和断电自感【解析】【答案】D3、D【分析】【解析】试题分析：由于电容器两板的带电荷量不变，由公式判断电容器电容的变化，据判断电容器两板间的电势差的变化，从而得到静电计指针偏角的变化。AB、保持d不变，减小S，C减小，Q不变，U增大，静电计指针偏角将增大；错误CD、保持S不变，增大d，C减小，Q不变，U增大，静电计指针偏角将增大；D正确故选D考点：平行板电容器的动态分析【解析】【答案】D4、B【分析】由题意和图像可知周期为0.8s，经过2.5s，质点A振动了2.1s，起振方向向上，质点A振动0.4s向下振动，所以A点在x轴下方并向下振动，同理可判断B点在x轴下方也向下振动，B对；【解析】【答案】B5、A【分析】解：A；当导轨光滑时；金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能，电流做功等于棒的初动能；

当导轨粗糙时；金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功；

金属棒的部分动能转化为焦耳热；摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能，安培力做功等于电流产生的焦耳热；

由以上分析可知；导轨粗糙时，安培力做的功少，电流做功少，导轨光滑时，安培力做的功多，电流做功多，两种情况下，产生的内能相等，都等于金属棒的初动能；故BC错误；

D、导轨光滑时，导体棒的位移s大，导轨粗糙时，导体棒位移小，感应电荷量Q===B；R、导体棒长度L相同，s越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量多，故D错误．

故选：A．

金属棒在导轨上做减速运动；最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，从能量转化的角度分析答题．

本题难度不大，对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析问题，即可正确解题．【解析】【答案】A6、D【分析】解：A、B、稳定时，灯泡A与线圈L并联，两者电压相等，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2，由于稳定后开关S再断开，小灯泡要闪亮一下，这是因为线圈产生自感电动势来阻碍磁通量的减小，这时线圈相当于电源，电流突然增大到原来线圈的电流I1，所以可判断出I1＞I2；故AB错误；

C；D、在断开开关后；线圈中将产生自感电动势，所以线圈中的电流不会发生突变，通过线圈的电流方向不变；而灯泡的电路中没有自感，所以电流可以发生突变；由于灯泡与线圈构成回路，所以断开开关前后，通过小灯泡的电流方向相反．故C错误，D正确．

故选：D．

稳定后开关S再断开，小灯泡要闪亮一下，这是因为线圈产生自感电动势来阻碍磁通量的减小，这时线圈相当于电源，电流突然增大到原来线圈的电流IL；可比较线圈电阻和灯泡电阻关系，进而确定线圈电阻值．

该题关键是抓住“小灯泡闪亮一下”来判定感应电流与原电流的关系，其余都是基本关系应用．【解析】【答案】D7、D【分析】略【解析】D

8、C|D【分析】试题分析：由电源总功率和电源内部的发热功率表达式则电源输出功率可知图线a表示电源总功率，图线b表示电源内部的发热功率，图线c表示电源的输出功率；在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率等于输出功率和电源内部的发热功率的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为功率的大小为a、b线的交点N表示电源的总功率和电源内部的发热功率相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为功率的大小为所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以正确选项为C、D。考点：本题考查了电功、电功率和闭合电路中能量的转化。【解析】【答案】CD9、B【分析】解：A

在加速上升的过程中；动能增加，根据动能定理可知，合外力做正功，故A错误；

B；C

支持力的方向与运动方向相同；所以支持力做正功，故B正确，C错误；

D；在加速上升的过程中；重力的方向与运动方向相反，所以重力做负功，故D正确；

故选：B

．

根据动能定理可知合外力的做功情况；再分析各力及位移；根据功的公式分析各力做功情况．

解决本题的关键知道：当力的方向运动方向相同，该力做正功；力与运动方向相反，该力做负功；力与运动方向垂直，则该力不做功．【解析】B

二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】

水的密度为ρ，发电机的输出功率：

输出电压U=240V；输电电流为I送，输电损失功率为P损，

得：

高压输电电压为U送，

则升压变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=240：5000=6：125；

输电线路中的电压损失为U损，U损=I送r=10×30V=300V；

到达降压变压器的电压为U降，U降=U送-U损=5000-300V=4700V

用户电压为U用=220V，则降压变压器的原、副线圈匝数比n3：n4=4700：220=235：11；

输送到用户的功率为P用=P送-P损；

设灯泡的功率这P灯，最多支持可以正常发光的灯泡数目N，则（盏）

答：理想升压变压器的匝数比是6：125；降压变压器的匝数比是235：11；

用户使用的电灯均为“220V；100W”；最多可使用470盏这种规格的电灯．

【解析】【答案】根据题意求出发电机的输出功率；根据输电损失的功率求出输电电流；由功率的变形公式求出输电电压；然后根据升压变压器原副线圈电压求出变压器的匝数比；求出输电电压损失，然后求出减压变压器输入电压，由变压器的变压比求出降压变压器的匝数比；求出用户得到的功率，然后求出可以使用的灯泡盏数．

11、略

【分析】

A；在建筑物顶上安装避雷针；这是静电的防护．当安装避雷针后，可将云层与地面间的电压中和．故A错误；

B；人在地毯上行走后；通过摩擦起电，当接触金属把手时出现放电，从而使人感觉有触电．所以这是静电的危害．故B正确；

C；在油罐车行驶中；油与罐相互摩擦，从而使得车带电，若不及时导走，会伤击到人，所以通常在车上连接拖地铁链．所以这是静电的防护．故C错误；

D；静电植绒、静电复印；则是静电的利用，故D错误；

故选：B

【解析】【答案】静电是由相互摩擦导致电荷发生移动；从而出现带电现象．在日常生活中，静电现象无处不在，当有的静电现象要利用有的静电现象要防护．

12、略

【分析】【解析】试题分析：设线圈的ab边长为L，bc边长为L′，整个线圈的电阻为R，把ab边拉出磁场时，cd边以速度v匀速运动切割磁感线产生感应电动势.其电流方向从c指向d，线圈中形成的感应电流cd边所受的安培力为了维持线圈匀速运动，所需外力大小为因此拉出线圈过程外力的功外力的功率线圈中产生的焦耳热考点：考查法拉第电磁感应定律的应用【解析】【答案】1:2、1:4、1:213、略

【分析】当线圈转到如图位置时，磁通量最大，但磁通量变化率为零，线圈中的感应电动势为0；当线圈从图示位置转过90°时，磁通量变化率最大，线圈中的感应电动势最大，为BSW【解析】【答案】0BSW14、长【分析】【解答】根据电磁波谱可知，无线电磁的波长比伦琴射线的波长还长，由题，电磁波的波速为c，频率f，根据波速公式v=λf得，波长为λ=

故答案：长，．

【分析】已知电磁波的波速c，频率f，根据波速公式v=λf，求出电磁波的波长λ．15、略

【分析】解：(1)20

分度的游标卡尺；精确度是0.05mm

游标卡尺的主尺读数为11mm

游标尺上第10

个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10隆脕0.05mm=0.50mm

所以最终读数为：11mm+0.50mm=11.50mm

．

(2)50

分度的游标卡尺；精确度是0.02mm

游标卡尺的主尺读数为10mm

游标尺上第20

个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为20隆脕0.02mm=0.40mm

所以最终读数为：10mm+0.40mm=10.40mm

．

(3)

螺旋测微器的固定刻度为5.5mm

可动刻度为4.6隆脕0.01mm=0.046mm

所以最终读数为5.5mm+0.046mm=5.546mm

由于需要估读，最后的结果可以在5.545鈭�5.547

之间．

故答案为：(1)11.50

(2)10.40

(3)5.546(5.545鈭�5.547

都对)

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；主尺读数加上游标读数，不需估读.

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】11.5010.405.546(5.545鈭�5.547

都对)

16、略

【分析】【解析】【答案】________________17、略

【分析】解：（1）小表盘表针超过了半刻线；故：

t=0+57.0s=57.0s

（2）根据单摆的周期公式T=2π有：

故T2-l图线的斜率表示：

故g===9.86m/s2

（3）根据单摆的周期公式T=2π有：g=

A；摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故A错误；

B；单摆的周期与摆球的质量无关；故对重力加速度的测量无影响，故B错误；

C；把n次全振动时间误当成（n+1）次全振动时间；周期的测量值偏小，故重力加速度的测量值偏大，故C正确；

D；以摆线长作为摆长来计算；没有考虑球的半径，故摆长的测量值偏小，故测得重力加速度偏小，故D错误；

故选：C．

（4）在“用单摆测定重力加速度的实验”中；测单摆周期时，当摆球经过平衡位置时速度最大，故从平衡位置开始计时误差最小；

摆球经过平衡位置时开始计时并计1次；测出经过该位置N次所用时间为t，则单摆周期为：

T==

故答案为：（1）57.0；（2）9.86m/s2；（3）C；（4）平衡位置，．

（1）秒表先读分针读数；再读秒针读数，两者相加；机械式秒表的小表盘表示分钟，大表盘表示秒，大表盘一圈30秒；为了确定是前三十秒还是后三十秒，需要参考小表盘两分钟之间的半刻线：如果小表盘表针没到半刻线，就是某分钟+小表盘示数秒；如果小表盘表针超过了半刻线，就是某分钟+（大表盘示数+30）秒；

（2）由单摆的周期公式T=2π变形得到l与T2的表达式，分析T2-l图线的斜率的意义；并求出斜率，得到g；

（3）由单摆的周期公式T=2π推导出重力加速度的表达式进行分析；

（4）摆球每半个周期通过一次平衡位置，根据t=T；求出周期．

本题考查了秒表读数、重力加速度的测量原理和误差来源，关键从实验原理出发考虑误差情况，不难．【解析】57.0；9.86m/s2；C；平衡位置；三、判断题(共6题，共12分)18、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．19、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．20、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．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：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．23、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、推断题(共1题，共7分)24、（1）CaNA（2）水分子之间形成氢键（3）F＞N＞O（4）（5）三角锥形sp3杂化（6）【分析】【分析】本题考查了物质的结构与性质。需要学生的识记和理解，多做有助于快速判断。【解答】rm{A}基态原子rm{2p}能级有rm{3}个单电子，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}则rm{A}为rm{N}元素；rm{B}意思是基态原子rm{p}轨道上成对电子数等于未成对电子数，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}则rm{B}为rm{O}元素；rm{C}的氢化物常用于刻蚀玻璃，则rm{C}为rm{F}元素；rm{D}元素基态原子核外电子分处rm{6}个不同能级，且每个能级均已排满，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}}则rm{D}为rm{Ca}rm{E}的原子序数等于rm{C}与rm{D}的原子序数之和，即rm{E}的原子序数为rm{9+20=29}故E为rm{Cu}rm{(1)D}的元素符号为rm{Ca}rm{A}的单质为rm{N_{2}}结构式为rm{N隆脭N}rm{14g}氮气为rm{14g隆脗28g/mol=0.5mol}含有rm{娄脨}键的个数为rm{0.5mol隆脕2隆脕N_{A}}rm{mol-1=N_{A}}，所以本题答案为：rm{Ca}rm{N_{A}}rm{(2)B}元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是：水分子之间形成氢键，增大分子间的作用，所以本题答案为：水分子之间形成氢键；rm{(3)}同周期所原子序数增大元素的电负性增大，rm{3}种元素的电负性由大到小的顺序为：rm{F>N>O}所以本题答案为：rm{F>N>O}rm{(4)Cu^{2+}}的价层电子排布式为rm{3d^{9}}则价电子排布图为所以本题答案为：rm{(5)A}的最简单氢化物为rm{NH_{3}}分子的空间构型为三角锥形，其中rm{N}原子形成rm{3}个rm{N-H}键、含有rm{1}对孤对电子，杂化轨道数目为rm{4}rm{N}原子的杂化类型是rm{sp^{3}}杂化，所以本题答案为：三角锥形rm{sp^{3}}杂化；rm{(6)}晶胞中白色球数目为rm{8}黑色球数目为rm{8隆脕1/8+6隆脕1/2=4}结合化学式rm{CaF_{2}}可知白色球为rm{F}黑色球为rm{Ca}晶胞质量为rm{(4隆脕78)/N_{A}g}晶体的密度为rm{娄脩g?cm^{-3}}则r