2025年人教五四新版高二物理下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年人教五四新版高二物理下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5题，共10分)1、如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态。若b板不动，将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（）A.液滴将加速向下运动B.M点电势升高，液滴在M点时电势能将减小C.M点的电场强度变小了D.在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不同2、将面积为1.0×10-3m2的圆面放入水平向右的匀强磁场中，圆面与磁感线之间的夹角为30°，如图所示．若穿过该圆面的磁通量为3.0×10-5Wb，则此匀强磁场的磁感应强度B等于（）A.1.5×10-2TB.3.0×10-2TC.6.0×10-2TD.3.46×10-2T3、如图所示，在弹性限度内，将一轻质弹簧从伸长状态变为压缩状态的过程中，其弹性势能的变化情况是(

)

A.一直减小B.一直增大C.先减小再增大D.先增大再减小4、如图所示，虚线abc

代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，PRQ

是这条轨迹上的三点，由此可知(

)

A.带电粒子在R

点时的速度大小大于在Q

点时的速度大小B.带电粒子在P

点时的电势能比在Q

点时的电势能大C.带电粒子在R

点时的动能与电势能之和比在Q

点时的小，比在P

点时的大D.带电粒子在R

点时的加速度大小小于在Q

点时的加速度大小5、如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法正确的是（）A.回到出发点的速度v等于初速度v0B.上行过程中通过R的电量大于下行过程中通过R的电量C.上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量D.上行的运动时间大于下行的运动时间评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、如图所示，线圈的自感系数较大，开关闭合电路稳定后灯泡正常发光，则下列说法正确的是（）A.开关S闭合，电路稳定后，现突然断开开关S时，灯泡立即熄灭B.开关S闭合，电路稳定后，现突然断开开关S时，灯泡慢慢熄灭C.开关S原先断开状态，现突然闭合开关S时，灯泡立即变亮D.开关S原先断开状态，现突然闭合开关S时，灯泡慢慢变亮7、下列说法正确的是（）A.物理的基本规律在所有惯性系中都是等价的B.在不同的惯性系中，光在真空中的传播速度是不同的C.在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动都无关D.以上说法均不正确8、如图所示，Q

为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘.

由于它的转动使金属环P

中产生了如图所示的所感应电流，则Q

盘的转动情况是(

)

A.顺时针加速转动B.逆时针加速转动C.顺时针减速转动仪D.逆时针减速转动9、如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，则（）A.线圈转动周期为0.01sB.电动势有效值为22VC.t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量变化率为零D.t=0.02s时刻穿过线框回路的磁通量为零10、在孤立点电荷鈭�Q

的电场中，一质子在距离点电荷r0

处具有E0

的动能，恰好逃逸此电场的束缚。轨道无穷远处电势为零，E

表示电场强度大小，?

表示电势，Ep

表示质子的电势能，Ek

表示质子的动能，r

表示质子与点电荷的距离，下图可能正确的是(

)

A.B.C.D.11、图所示，左圆形导电环半径为r=.0cm

导电环一个理变器的原线圈相，变压器副线圈两端与一理想压表相连，电环的电阻计，环有垂直于圆平的变化场磁感应度B

的变化率为鈻�B鈻�t=41娄脨sn娄脴tT?s鈭�1)

若电压表的示为10V

取10

则(

)

A.变压器原线圈输入电压的最大值U1m=0.141V

B.变压器原线圈输入电压的有效值U1=0.141V

C.变压器的原、副线圈的匝数比n1n2=1100

D.变压器的原、副线圈的匝数比n1n2=1001

12、如图为氢原子的能级示意图，现有大量氢原子处于n=4的激发态；当向低能级跃迁时会辐射出若干不同频率的光，下列说法正确的是（）

A.共能辐射出三种不同频率的光B.从n=4的能级跃迁到n=1的能级时辐射的光子频率最高C.从n=2的能级跃迁到n=1的能级时辐射的光子频率最高D.从n=4的能级跃迁到n=3的能级时辐射的光子波长最长评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、在磁感应强度B的匀强磁场中，垂直于磁场放入一段通电导线。若任意时刻该导线中有N个以速度v做定向移动的电荷，每个电荷的电量为q。则每个电荷所受的洛伦兹力f＝___________，该段导线所受的安培力为F＝___________。14、如图是一个简单的组合逻辑电路，则X=____，Y=____．

。ABZ11X1111Y

15、如图所示，A和B两平行金属板相距10mm，M点距A板及N点距B板均为2mm，两极板间的电压为4V，则板间场强为______N/C.A板电势为________V，N点电势为________V.16、电场和磁场都具有______的性质；运动的电荷垂直进入磁场，若速度方向与磁场方向不平行，将受到______的作用；电荷在电场中，将受到______的作用；通电线圈在磁场中，将受到______的作用（选填“电场力”、“洛仑兹力”、“安培力”、“力”）．17、如图所示是一个双量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为3V，当使用a、c两个端点时，量程为15V．已知电流表的内阻为Rg=400Ω，满偏电流Ig=500微安，则电阻R1和R2的值应该分别为______和______。评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)18、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）19、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）

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）

评卷人得分五、简答题(共4题，共28分)21、如图所示，A、B两端的电压U恒为18V，电阻R1=20Ω；灯泡L标有“6V，1.8W”的字样，当灯泡L正常发光时，求：

（1）电阻R2的阻值。

（2）电路消耗的总电功率P．22、Ⅰ、为了达到下表中的实验要求，请从“供选择的化学试剂及方法”栏中，选择正确选项的____填入对应的空格中。。序号实验要求答案供选择的化学试剂及方法rm{a}检验乙酸是否具有酸性____A.新制的氢氧化铜悬浊液rm{b}检验植物油中是否含有碳碳双键____B.紫色石蕊试液rm{c}检验尿液中是否含有葡萄糖____C.加入饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，分液rm{d}除去乙酸乙酯中的少量乙酸____D.溴水

Ⅱ、碳、氢、氧rm{3}种元素组成的有机物rm{A}相对分子质量为rm{102}含氢的质量分数为rm{9.8%}分子中氢原子个数为氧原子个数的rm{5}倍。rm{(1)A}的分子式是____________。rm{(2)A}与rm{NaHCO_{3}}溶液反应的同分异构体有_____________种。rm{(3)A}还有另一类酯类同分异构体，该异构体在酸性条件下水解，生成两种相对分子质量相同的化合物，写出符合该条件的酯的结构简式rm{(2}种rm{)}_________________、________________。23、硫代硫酸钠晶体rm{(Na_{2}S_{2}O_{3}隆陇5H_{2}O,M=248g隆陇mol^{?1})}可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：rm{(Na_{2}S_{2}O_{3}隆陇5H_{2}O,M=248

g隆陇mol^{?1})}已知：rm{(1)}rm{K_{sp}(BaSO_{4})=1.1隆脕10^{?10}}市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质；选用下列试剂设计实验方案进行检验：

rm{K_{sp}(BaS_{2}O_{3})=4.1隆脕10^{?5}}试剂：稀盐酸、稀rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}、rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}溶液、rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}。rm{{,!}_{3}}实验步骤现象rm{垄脵}取少量样品，加入除氧蒸馏水rm{垄脷}固体完全溶解得无色澄清溶液rm{垄脹}___________rm{垄脺}___________，有刺激性气体产生rm{垄脻}静置，___________rm{垄脼}___________rm{(2)}利用rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：rm{垄脵}溶液配制：称取rm{1.2000g}某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至rm{100mL}的_________中，加蒸馏水至____________。rm{垄脷}滴定：取rm{0.00950mol隆陇L^{?1}}的rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}标准溶液rm{20.00mL}硫酸酸化后加入过量rm{KI}发生反应：rm{Cr_{2}O_{7}^{2?}+6I^{?}+14H^{+}=3I_{2}+2Cr^{3+}+7H_{2}O}然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：rm{I_{2}+2S_{2}O_{3}^{2?}=S_{4}O_{6}^{2?}+2I^{?}}加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为终点。平行滴定rm{3}次，样品溶液的平均用量为rm{24.80mL}则样品纯度为_________rm{%(}保留rm{1}位小数rm{)}24、某含镍rm{(Ni)}废催化剂中主要含有rm{Ni}还含有rm{Al}rm{Al}废催化剂中主要含有rm{(Ni)}还含有rm{Ni}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}及其它不溶于酸、碱的杂质。部分金属氢氧化物rm{{,!}_{3}}近似值如下表所示：。、rm{Fe}及其它不溶于酸、碱的杂质。部分金属氢氧化物rm{Ksp}近似值如下表所示：化学式rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{Ni(OH)_{2}}rm{K_{sp}}近似值rm{10^{-17}}rm{10^{-39}}rm{10^{-34}}rm{10^{-15}}现用含镍废催化剂制备rm{NiSO_{4}隆陇7H_{2}O}晶体，其流程图如下：回答下列问题：rm{(1)}“碱浸”时发生反应的离子方程式为rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}________________。rm{(2)}“酸浸”所使用的酸为_____________。rm{(3)}“净化除杂”需加入rm{H_{2}O_{2}}溶液，其作用是___________________。然后调节rm{pH}使溶液中铁元素恰好完全沉淀，列式计算此时的rm{pH}___________________________。rm{(4)}“操作rm{A}”为_____、过滤、洗涤、干燥，即得产品。rm{(5)NiSO_{4}}在强碱性溶液中可被rm{NaClO}氧化为rm{NiOOH}该反应的离子方程式为__________。rm{(6)NiOOH}可作为镍氢电池的电极材料，该电池的工作原理如下图所示，其放电时，正极的电极反应式为__________________________。评卷人得分六、证明题(共2题，共6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。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】试题分析:水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，使两板的电压不变；而带电液滴在M处受到重力与电场力处于静止状态，当a板向下平移一小段距离时，两板距离变小，但两板电压变大，导致极板间的电场强度变大，从而使电场力大于重力，致使带电液滴向上运动．故A错误；水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，使两板的电压不变；而带电液滴在M处受到重力与电场力处于静止状态，当a板向下平移一小段距离时，导致极板间的电场强度变大，而M点到零电势的距离不变，则M点的电势升高．由于液滴带负电，所以液滴在M点时电势能将减小．故B正确；C、水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，使两板的电压不变；而带电液滴在M处受到重力与电场力处于静止状态，当a板向下平移一小段距离时，导致极板间的电场强度变大．故C错误；D、在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于两板的电压不变，所以电场力做功相同．故D错误；考点：电容器的动态分析．【解析】【答案】B2、C【分析】解：如图，磁通量Φ=BSsin30°则B==6×10-2T

故选C．

线圈放在匀强磁场中；与磁场方向不垂直，将圆面投影到与磁场垂直的方向，投影面积和磁感应强度的乘积等于磁通量，再求出磁感应强度．

求解磁通量时，往往根据两种特殊情况运用投影的方法求解．在匀强磁场中，当线圈与磁场方向平行时，磁能量Φ=0；当线圈与磁场方向垂直时，磁能量Φ=BS．【解析】【答案】C3、C【分析】【分析】

发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用，也具有势能，这种势能叫做弹性势能，同一弹性物体在一定范围内形变越大，具有的弹性势能就越多，反之，则越小。本题关键是明确弹性势能与弹簧的形变量之间的关系；知道形变量越大，弹性势能越大；可以掌握弹簧弹性势能的表达式进行分析，注意形变量包括拉伸和压缩两种情况。

【解答】

根据弹簧的弹性势能的表达式：EP=12kx2

可知；弹簧的形变量越大，弹性势能越大，将一轻质弹簧从伸长状态变为压缩状态的过程中，弹簧的形变量先减小后增大，所以弹性势能先减小后增大；故C正确，ABD错误。

故选C。【解析】C

4、A【分析】解：A

电荷做曲线运动；电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P

运动到Q

电场力做负功，电势能增大，动能减小，R

点速度小于Q

点速度，若粒子从Q

运动到P

则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q

点速度小于R

点速度，P

点时的电势能比在Q

点时的电势能小，故A正确，B错误；

C；只有电场力做功；电势能和动能之和守恒，故带电质点在P

点的动能与电势能之和等于在Q

点的动能与电势能之和，保持不变.

故C错误；

D；由电场线疏密确定出；R

点场强大比Q

大，电场力大，加速度大，故D错误；

故选：A

根据轨迹弯曲的方向可知；电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P

点场强大，电场力大，加速度大．

该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键.

根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点(

电场线与等势面交点以及已知点)

的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．【解析】A

5、C【分析】试题分析：金属棒运动过程中，切割磁感线产生感应电流，通过电阻将一部分动能转化为电能．因此回到出发点时的速度V小于初速度V0，A错误；上行和下行过程中，回路磁通量的变化量大小相等，流过某一截面的电荷量q=可知，上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量．B错误；根据能量守恒定律，可知经过同一个位置，上行速度总要大于下行速度，上行感应电流大于下行感应电流，则上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量．上行总时间小于下行的总时间，C正确，D错误。考点：能量守恒定律，动能定理【解析】【答案】C二、多选题(共7题，共14分)6、AD【分析】解：A；当断开开关S的瞬间；线圈产生自感电动势，但是线圈与灯泡A在开关断开后，不能形成回路，则灯A立即熄灭．故A正确，B错误；

C；开关S原先断开状态；现突然闭合开关S时，由于线圈的自感，电流只能慢慢增大，所以灯泡慢慢变亮．故C错误，D正确．

故选：AD．

当断开电键的瞬间；线圈中电流要减小，会产生自感现象，若断开电键后，线圈；灯泡能构成回路，则灯泡不会立即熄灭，若线圈、灯泡不能构成回路，则灯泡立即熄灭．闭合开关时，线圈对电流的增大有一定的阻碍作用．

自感是一种特殊的电磁感应现象，遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律，利用这个定律进行判断即可．【解析】【答案】AD7、AC【分析】解：狭义相对论基本假设是：不同的惯性参考系中光速是不变的；所有惯性系中基本规律都是等价的；光的速度与光的频率；光源的运动都无关；故AC正确；BD错误；

故选：AC．

狭义相对论基本假设是：光速不变原理（就是在任何速度匀速运动的参考系中；光速不变）和相对性原理（就是在任何惯性系中，物理定律的形式都是相同的）；

狭义相对效应有：运动的尺缩短；运动的时钟变慢，运动物体质量变大等．

本题考查了狭义相对论基本假设和狭义相对效应，高中阶段对于相对论只需掌握基本内容即可．【解析】【答案】AC8、BC【分析】解：A

若Q

顺时针加速转动；则Q

环中有逆时针且大小变大的电流，导致通过P

环磁通量变大，根据安培定则可得P

处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故A错误；

B；若Q

逆时针加速转动；则Q

环中有顺时针且大小变大的电流，导致通过P

环磁通量变大，根据安培定则可得P

处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故B正确；

C；若Q

顺时针减速转动；则Q

环中有逆时针且大小变小的电流，导致通过P

环磁通量变小，根据安培定则可得P

处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故C正确；

D；若Q

逆时针减速转动；则Q

环中有顺时针且大小变小的电流，导致通过P

环磁通量变小，根据安培定则可得P

处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故D错误．

故选：BC

．

由于Q

带负电；当转动时相当于电荷定向移动，从而产生电流，并且电流的变化，导致B

的磁通量发生变化，最终使金属环P

有电流．

考查由电荷的定向移动形成电流，根据安培定则来确定电流与磁场方向，再由楞次定律来判定感应电流的方向．【解析】BC

9、BC【分析】解：A；由图乙可知T=0.02s；故A错误；

B、根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E==22V；故B正确．

C；由图可知t=0.01s时刻感应电动势等于零；所以穿过线框回路的磁通量变化率为零，故C正确；

D；0.02s时电动势为零；线圈平面与磁场方向垂直，此时穿过线圈的磁通量最大，故D错误；

故选：BC．

由图乙可知特殊时刻的电动势；根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值．

本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力．【解析】【答案】BC10、AC【分析】解：A

孤立点电荷鈭�Q

产生的场强大小与r

的关系为E=kQr2

由数学知识得知，E

与r鈭�2

成正比，E鈭�r鈭�2

图象是过原点的直线。故A正确。

B、由E=kQr2

知，r

增大，E

减小，娄脮鈭�r

图象的斜率大小等于场强，则娄脮鈭�r

图象斜率随r

的增大逐渐减小，而且规定无穷远处电势为零，娄脮<0.

故B错误。

CD

质子从r0

到无穷远处，电场力做负功，电势能增大。由上分析可知娄脮鈭�r

图象是非线性关系，质子的电势能EP=q娄脮

则得知，质子的电势能与r

是非线性关系，根据能量守恒定律得知，动能与电势能总量不变，则质子的动能作非线性减小。根据Ek鈭�r

图象的斜率表示电场力的大小；知图象的斜率应减小，故C正确，D错误。

故选：AC

根据点电荷场强公式E=kQr2

分析E鈭�r鈭�2

图象的形状。娄脮鈭�r

图象的斜率大小等于场强。由电势能与电势的关系为EP=q娄脮.

根据能量守恒研究动能的变化。

本题的关键是明确娄脮鈭�r

图象斜率大小等于场强，Ek鈭�r

图象的斜率表示电场力的大小，根据能量守恒定律分析动能的变化。【解析】AC

11、AC【分析】解：AB

根据磁应强度B

的变化：鈻�B鈻�t=141娄脨sin娄脴t(?鈭�)

那么线圈输电压的有效为：U1=Em2=0.

故A正确，错误；

想器的原；副线圈匝数之比等于电压之比1n2mU=1100

故C正确，D

错；

得原圈的电压值为：Em=鈻�鈱�鈻�t=鈻�鈰�S鈻�t=141隆脕娄脨r2=011V

故选AC。

变器是根据电磁感应来工作的；当原线圈的通量副是没感应流的，根据变压器的工作的原分析原线圈中的电的变化即可得出结论．

变器只在交路工作，变压器是根据磁通的变来工作的，知道变压的作的理就可以解决本题．【解析】AC

12、B:D【分析】【详解】

A．根据数学组合公式

知，大量处于n=4激发态的氢原子；向低能级跃迁时可放出6种不同频率的光子，故A错误；

BCD．当氢原子由n=4跃迁到n=1能级时，能级能量的差值最大，根据

知对应辐射出的光子能量最大，频率最高；而从n=4跃迁到n=3能级；能级能量的差值最小，辐射的光子能量最小，频率最低，波长最长，故BD正确，C错误。

故选BD。三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】试题分析：电荷的速度方向垂直磁场，根据洛伦兹力来公式可得，每个电荷受到的洛伦兹力为N个电荷受到的磁场力和即为导线受到的安培力，所以考点：考查了洛伦兹力，安培力【解析】【答案】qvB、NqvB14、略

【分析】

根据非门和或门的特点知；当A端输入0，B端输入1，则输出为0，即X=0．当A端输入1，B端输入1，则输出为1，即Y=1．

故本题答案为：X=0；Y=1．

【解析】【答案】非门的特点是输入状态与输出状态完全相反；或门的特点是只要有一个条件满足；该事件就能发生．

15、略

【分析】试题分析：根据可知两板间的电场强度为板间电场方向向上，故A点的电势低于B板的电势，因B板接地电势为零，所以可知A板电势为-4V；B、N之间的电势差为所以N点的电势为-0.8V。考点：平行板电容器【解析】【答案】400－4－0.816、力洛伦兹力电场力安培力【分析】解：电场和磁场都具有力的性质；即对放入其中的电荷有力的作用；在磁场中，如果运动电荷的方向与磁场方向不平行，则一定会受到洛伦兹力；而电荷在电场中一定受到电场力的作用；通电线圈在磁场中安培力的作用；

故答案为：力；洛仑兹力、电场力、安培力。

明确电场和磁场的性质；知道电场对电荷有力的作用；而磁场对电流和运动电荷有力的作用．

本题考查电场和磁场中力的性质，要明确电场和磁场的不同，明确电荷在电场中即受到电场力的作用；而静止的电荷或平行于磁场的电荷不受洛伦兹力的作用．【解析】力洛伦兹力电场力安培力17、5600Ω24000Ω【分析】解：电压表量程为3V时；串联电阻阻值：

R1=-Rg=-400=5600Ω；

电压表量程为15V时，R2=-Rg-R1=-400-5600=24000Ω；

故答案为：5600Ω；24000Ω。

根据电路图应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。

本题考查了求电阻阻值，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。【解析】5600Ω24000Ω四、判断题(共3题，共9分)18、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．19、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．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．五、简答题(共4题，共28分)21、略

【分析】

（1）灯L正常发光，其电压为额定电压6V，功率为1.8W，据此求出通过灯泡的电流，根据欧姆定律求出通过R1的电流，进而求出电阻R2的阻值；

（2）电路消耗的总电功率根据P=UI求解．

本题是电路的计算问题，首先要分清各部分电路的关系，其次抓住灯泡正常发光的条件：电压等于额定电压，难度不大，属于基础题．【解析】解：（1）灯泡L正常发光时，灯泡的电压为UL=6V；通过灯泡的电流为：

通过R1的电流为：

I=

根据欧姆定律得：

（2）电路消耗的总电功率：

P=UI=18×0.6=10.8W．

答：（1）电阻R2的阻值为20Ω；

（2）电路消耗的总电功率P为10.8W．22、Ⅰ.BDAC

Ⅱ.C5H10O24CH3COOCH（CH3）2CH3COOCH2CH2CH3【分析】【分析】本题考查有机物分子式与结构的推断；官能团的结构和性质、有机反应类型、同分异构体书写以及对反应信息的利用能力；难度中等。

【解答】Ⅰrm{.a.}乙酸具有酸性，可使酸碱指示剂变色，可用紫色石蕊试液检验，溶液变红色，故答案为rm{B}rm{b.}碳碳双键可与溴水发生加成反应，可使溴水褪色，故答案为rm{D}rm{c.}葡萄糖含有醛基，可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应，在加热条件下进行，生成砖红色沉淀，故答案为rm{A}rm{d.}乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应，可用于饱和碳酸钠溶液检验，故答案为rm{C}Ⅱrm{.(1)}有机物rm{A}的相对分子质量是rm{102}含氢的质量分数为rm{9.8%}则分子中含有的rm{N(H)=}rm{dfrac{102隆脕9.8拢楼}{1}=10}分子中氢原子个数为氧个数的rm{dfrac{102隆脕9.8拢楼}{1}

=10}倍，rm{5}根据相对分子质量是rm{N(O)篓T2}所以rm{102}所以有机物rm{N(C)=5}的分子式为rm{A}故答案为：rm{C_{5}H_{10}O_{2}}rm{C_{5}H_{10}O_{2}}与rm{(2)A}溶液反应说明分子组成里有羧基，则符合条件的rm{NaHCO_{3}}为rm{A}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}COOH}rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{2}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}CH(CH_{3})COOH}共rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}COOH}种；故答案为：rm{4}rm{4}的一种酯类同分异构体，在酸性条件下水解，生成两种相对分子质量相同的化合物，符合条件的结构简式为：rm{(3)A}或rm{CH_{3}COOCH(CH_{3})_{2}}故答案为：rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH_{3}}或rm{CH_{3}COOCH(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{2}CH_{3}}【解析】Ⅰrm{.B}rm{D}rm{A}rm{C}Ⅱrm{.}rm{C}rm{C}rm{{,!}_{5}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{10}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{4}rm{CH}rm{4}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOCH(CH}rm{COOCH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}23、rm{(1)垄脹}加入过量稀盐酸rm{垄脺}出现乳黄色浑浊rm{垄脻(}吸rm{)}取上层清液，滴入rm{BaCl_{2}}溶液rm{垄脼}产生白色沉淀

rm{(2)垄脵}烧杯容量瓶刻度rm{垄脷}蓝色退去rm{95.0}

【分析】【分析】本题是实验题，定性，定量检测，涉及溶液配制，数据处理，用较强的综合性，是较难题。【解答】rm{(1)}实验目的：硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，设计实验检验。检验硫酸根离子用氯化钡和盐酸，但需排除硫代硫酸根离子干扰，所以rm{垄脹}加入过量稀盐酸与硫代硫酸根反应，生成二氧化硫和硫。所以现象应为：rm{垄脺}出现乳黄色浑浊。检验硫酸根离子的操作：静置后，rm{垄脻(}吸rm{)}取上层清液，滴入rm{BaCl_{2}}溶液；现象：rm{垄脼}产生白色沉淀证明硫酸根离子的存在。；

故答案为：rm{垄脹}加入过量稀盐酸与硫代硫酸根反应，生成二氧化硫和硫；rm{垄脺}出现乳黄色浑浊；rm{垄脻(}吸rm{)}取上层清液，滴入rm{BaCl_{2}}溶液；rm{垄脼}产生白色沉淀；rm{(2)}实验目的：利用rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。一定体积溶液配制：根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤：初溶在rm{垄脵}烧杯中完成，再转入rm{100mL}容量瓶，定容加水至液凹面最低处与刻度线相切；故答案为：烧杯；容量瓶；刻度；rm{垄脷}滴定终点的判断：最后一滴滴入，溶液由蓝色褪去，且rm{30s}不恢复原色样品纯度rm{=dfrac{m麓驴戮禄脦茂}{m脩霉脝路}}rm{=dfrac{0.00950隆脕0.02隆脕3隆脕2隆脕dfrac{100}{24.80}隆脕158}{1.2000}隆脕100拢楼}rm{=dfrac{0.00950隆脕0.02隆脕3隆脕2隆脕

dfrac{100}{24.80}隆脕158}{1.2000}隆脕100拢楼}故答案为：蓝色退去；rm{=95.0%}rm{95.0}【解析】rm{(1)垄脹}加入过量稀盐酸rm{垄脺}出现乳黄色浑浊rm{垄脻(}吸rm{)}取上层清液，滴入rm{BaCl_{2}}溶液rm{垄脼}产生白色沉淀rm{(2)垄脵}烧杯容量瓶刻度rm{垄脷}蓝色退去rm{95.0}

24、rm{(1)2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}

rm{(1)2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}稀硫酸rm{(2)}或硫酸、rm{(}

rm{H_{2}SO_{4})}将rm{(3)}氧化为rm{Fe^{2+}}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{Fe^{3+}}

rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{

dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{

dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}冷却结晶

rm{(5)2N{i}^{2+}+Cl{O}^{-}+4O{H}^{-}=2NiOOH隆媒+C{l}^{-}+{H}_{2}O}

rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=

dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{pH=2.7}【分析】【分析】本题考查了物质的制备，物质的分离和提纯的基本方法，电化学原理等，难度中等。【解答】rm{(1)}废催化剂中主要含rm{Ni}还含有rm{Al}rm{Al}还含有rm{Ni}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}，加入碱，均与碱反应，发生反应的离子方程式为rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O}，rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}，故答案为：rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}rm{Al}最终产品为rm{Al_{2}O_{3}}发生反应的离子方程式为rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O

}rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O

}，rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}为了不引入新杂质，应加硫酸，故答案为：稀硫酸rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}或硫酸、rm{(2)}rm{NiSO}rm{NiSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆陇7H}与rm{隆陇7H}rm{{,!}_{2}}接近，不溶于除去rm{O}为了不引入新杂质，应加硫酸，故答案为：应将其转化为rm{O}rm{(}rm{H_{2}SO_{4})}；rm{(3)}rm{Fe(OH)}将rm{Fe(OH)}氧化为rm{{,!}_{2}}rm{Ni(OH)}使溶液中铁元素恰好完全沉淀，此时rm{Ni(OH)}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{{,!}_{2}Ksp}故答案为：将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.