2025年人教新起點高二物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新起點高二物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、我們經常可以看到，在路邊施工處總掛著紅色的電燈，這除了紅色光容易引起人的視覺注意外，還有一個重要原因，這一原因是紅色光()A.比其他色光容易發(fā)生衍射B.比其他色光的光子能量大C.比其他色光容易發(fā)生干涉D.比其他色光更容易發(fā)生光電效應2、如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在沒有磁場的情況下，帶電粒子(

不計重力)

以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時間為t

在該區(qū)域加沿軸線垂直紙面向外方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B

帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射并沿某一直徑方向飛出此區(qū)域時，速度方向偏轉角為60鈭?

如圖所示，根據(jù)上述條件可求下列哪幾種物理量(

)

壟脵

帶電粒子的比荷。

壟脷

帶電粒子在磁場中運動的周期。

壟脹

帶電粒子在磁場中運動的半徑。

壟脺

帶電粒子的初速度．A.壟脵壟脷

B.壟脵壟脹

C.壟脷壟脹

D.壟脹壟脺

3、如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，帶電小球以速度v0

水平射入電場，恰好沿下板邊緣飛出.

若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0

從原處飛入，則帶電小球(

)

A.將打在下板上B.仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C.不發(fā)生偏轉，沿直線運動D.小球可能會打到下板的中央4、一矩形金屬線圈共10

匝，繞垂直磁場方向的轉軸在勻強磁場中勻速轉動，線圈中產生的交變電動勢e

隨時間t

變化的規(guī)律如圖所示，下列說法中正確的是()A.此交流電的頻率為0.2Hz

B.此交變電動勢的有效值為1V

C.t=0.1s

時，線圈平面與磁場方向平行D.在線圈轉動過程中，穿過線圈的最大磁通量為1100婁脨Wb

5、某一電熱器接在U=110V的直流電源上，每秒產生的熱量為Q；現(xiàn)把它改接到交流電源上，每秒產生的熱量為2Q，則該交流電壓的最大值Um是（）

A.110V

B.110V

C.220V

D.220V

6、如圖所示的實驗裝置中，極板A接地，平行板電容器的極板B與一個靈敏的靜電計相接．將A極板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量Q、電容C、兩極間的電壓U，電容器兩極板間的場強E的變化情況是（）A.Q變小，C不變，U不變，E變小B.Q變小，C變小，U不變，E不變C.Q不變，C變小，U變大，E不變D.Q不變，C變小，U變大，E變小7、如圖所示，電場中有A、B兩點，則下列說法中正確的是：（）A.電勢＞場強EA＞EBB.電勢＞場強EA＜EBC.將+q電荷從A點移動到B點電場力做正功D.將-q電荷分別放在B兩點時具有的電勢能EPA＞EPB8、可持續(xù)發(fā)展的首要任務是（）A.環(huán)境保護B.能源開發(fā)C.發(fā)展經濟D.消除貧困9、小明同學騎電動自行車沿平直公路行駛，因電瓶“沒電”，故改用腳蹬騎車勻速前行.

設小明與車的總質量為100kg

人與車的速度恒為5m/s

騎行過程中所受阻力約為車和人總重的0.02

倍，取g=10m/s2

小明騎此電動車做功的功率約為(

)

A.10W

B.100W

C.1000W

D.10000W

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、平行板電容器電容為C，帶電量為Q，板間距離為d，今在兩板距離的中點d/2處，放一電荷q，則它所受到的電場力的大小為11、用三個完全相同的金屬環(huán)，將其相互垂直放置，并把相交點焊接起來成為如圖所示的球形骨架，如整個圓環(huán)的電阻阻值為4Ω，則A、C間的總電阻阻值RAC=____________．(A、B、C、D、E、F為六個相交焊接點，圖中B點在外，D點在內)12、如圖所示為檢測某傳感器的電路圖．傳感器上標有“3V0.9W”的字樣（傳感器可看做一個純電阻），滑動變阻器R0上標有“10Ω1A”的字樣；電流表的量程為0.6A，電壓表的量程為3V．則。

（1）傳感器的電阻為______Ω，額定電流為______A．

（2）為了確保電路各部分的安全，在a、b之間所加的電源電壓最大值是______V．

（3）如果傳感器的電阻變化超過標準值1Ω，則該傳感器就失去作用．實際檢測時，將一個恒壓電源加在圖中a、b之間．閉合開關S，通過調節(jié)R0來改變電路中的電流和R0兩端的電壓．檢測記錄如下：

。電壓表示數(shù)U/V電流表示數(shù)I/A第一次1.480.16第二次0.910.22若不計檢測電路對傳感器電阻的影響，通過計算分析，你認為這個傳感器是否仍可使用？______（填“可以”或“不可以”）此時a、b所加的電壓是______V．13、一物體的質量為2kg，此物體豎直落下，以10m/s的速度碰到水泥地面上，隨后又以8m/s的速度被反彈起，若取豎直向上為正方向，相碰過程小球動量的變化是____kg?m/s．14、如圖是某勻強電場的等勢面示意圖，AB

兩點間相距5cm婁脠=53鈭?

一帶電量為鈭?4隆脕10鈭?6C

的微粒沿AB

做勻速直線運動(sin53鈭?=0.8,cos53鈭?=0.6,g=10m/s2)

則此微粒的質量為m=

______kg

．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）16、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

17、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

18、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）19、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）20、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）21、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）22、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、作圖題(共1題，共5分)23、我們可以通過實驗探究電磁感應現(xiàn)象中；感應電流方向的決定因素和遵循的物理規(guī)律．以下是實驗探究過程的一部分．

（1）如圖（1）所示，當磁鐵N向下運動時，發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉．若要探究線圈中產生感應電流的方向，必須知道______．

（2）如圖（2）所示，實驗中發(fā)現(xiàn)閉合開關時，電流表指針向右偏．閉合開關穩(wěn)定后，若向左移動滑動觸頭，此過程中電流表指針向______偏轉；若將線圈A抽出，此過程中電流表指針向______偏轉（均選填“左”或“右”）．評卷人得分五、簡答題(共4題，共36分)24、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素的原子序數(shù)依次增大，其中非金屬元素rm{A}的基態(tài)原子中成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的兩倍，rm{C}元素在地殼中含量最高，rm{D}的單質是短周期中熔點最低的金屬，rm{E}的合金是我國使用最早的合金。rm{B}rm{C}rm{D}五種元素的原子序數(shù)依次增大，其中非金屬元素rm{E}的基態(tài)原子中成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的兩倍，rm{A}元素在地殼中含量最高，rm{C}的單質是短周期中熔點最低的金屬，rm{D}的合金是我國使用最早的合金。rm{E}元素的基態(tài)原子核外電子排布式為____________。rm{(1)E}的某種氫化物rm{(2)A}分子中含有_________個rm{A_{2}H_{2}}鍵和_________個rm{婁脪}鍵。rm{婁脨}的含氧酸根離子rm{(3)A}的立體構型是____________。rm{AO_{3}^{n-}}的最簡單氫化物的沸點比rm{(4)B}的最簡單氫化物的沸點高得多，其原因是___________。rm{A}的最高價氧化物對應的水化物溶解于氨水中生成的復雜化合物的化學式是__________。rm{(5)E}下圖是rm{(6)}單質的晶體堆積方式，這種堆積方式的晶胞中原子的配位數(shù)為_________，若該原子的半徑為rm{D}此晶體的密度rm{rpm}________rm{婁脩=}用含rm{g隆隴cm^{-3}(}的代數(shù)式表示，阿伏加德羅常數(shù)用rm{r}表示rm{N_{A}}rm{)}25、如圖為氫原子的能級圖，已知處于較高能級的氫原子能自發(fā)地向較低能級躍遷，則：（1）一群氫原子由n＝4能級向n＝1能級躍遷時最多可輻射出________種不同頻率的光．（2）要想使處在n＝2激發(fā)態(tài)的氫原子電離至少吸收________eV的能量．26、硫及硫化物廣泛存在于自然界中，回答下列問題：rm{(1)}基態(tài)rm{S}原子中，核外電子占據(jù)的最高能層的符號是___________，有__________種不同形狀的電子云。rm{(2)(NH_{4})_{2}SO_{4}}中rm{O}rm{N}rm{S}三種元素的第一電離能的大小關系為_______________________。rm{(3)}中學化學常用rm{KSCN}檢驗rm{Fe^{3+}}列舉一種與rm{SCN^{-}}互為等電子體的分子：___________，rm{SCN^{-}}中rm{C}原子的雜化方式為_________________。rm{(4)}乙硫醇rm{(CH_{3}CH_{2}SH)}的相對分子質量比rm{CH_{3}CH_{2}OH}大，但乙醇的沸點高于乙硫醇的原因是_________________________________________________。rm{(5)PbS}是一種重要的半導體材料，具有rm{NaC1}型結構rm{(}如圖rm{)}其中陰離子采用面心立方最密堆積方式，rm{X-}射線衍射實驗測得rm{PbS}的晶胞參數(shù)為rm{a=0.594nm}rm{壟脵}已知坐標參數(shù)：rm{A(0,0,0)}rm{B(dfrac{1}{2},dfrac{1}{2},0)}則rm{B

(dfrac{1}{2},dfrac{1}{2},0)}的坐標參數(shù)為__________________。rm{C}晶體中rm{壟脷PbS}的配位數(shù)為_________，rm{Pb^{2+}}為______rm{r(S^{2-})}rm{nm}已知rm{(}rm{sqrt{2}=1.414)}晶體的密度為_________rm{壟脹PbS}rm{g隆隴cm^{-3}}列出計算式即可rm{(}rm{)}27、如圖所示，質量為m

的小球B

連接著輕質彈簧，靜止在光滑水平面上，質量為m

的小球A

以某一速度向右運動，與彈簧發(fā)生碰撞，當AB

兩球距離最近時彈簧的彈性勢能為Ep

則碰撞前A

球的速度v0

等于多少？參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【解析】【答案】A2、A【分析】解：設圓柱形區(qū)域的橫截面半徑為R

帶電粒子(

不計重力)

以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時間為t

則：

2R=vt壟脵

在該區(qū)域加沿軸線垂直紙面向外方向的勻強磁場，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射并沿某一直徑方向飛出此區(qū)域時，速度方向偏轉角為60鈭?

畫出運動軌跡：

結合幾何關系；有：

r=Rtan60鈭?=3R壟脷

粒子做勻速圓周運動；根據(jù)牛頓第二定律，有：

qvB=mv2r壟脹

周期：

T=2婁脨mqB壟脺

解得：

mq=3t2B

粒子的周期：

T=2婁脨mqB=3婁脨t

因為初速度無法求出；則無法求出軌道半徑，故壟脵壟脷

正確，壟脹壟脺

錯誤；

故選：A

．

在沒有磁場時；不計重力的帶電粒子以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域時粒子做勻速直線運動；在有磁場時，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區(qū)域時，粒子做勻速圓周運動.

在勻速直線運動中雖不知半徑，但可由位移與時間列出與入射速度的關系，再由勻速圓周運動中半徑公式可算出粒子的比荷；周期．

帶電粒子僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力只改變速度的方向不改變速度的大小，洛倫茲力對粒子也不做功.

同時當粒子沿半徑方向入射，則也一定沿著半徑方向出射．【解析】A

3、B【分析】解：由平行板電容器電容及其與電量、電壓的關系可得：C=?S4蟺kd=QU

所以，電容器中場強E=Ud=4婁脨kQ系S

不變；

故帶電小球受力不變；那么，小球的運動軌跡不變，故B正確，ACD錯誤；

故選：B

根據(jù)平行板電容器電容的決定式及電容與電量；電壓的關系求得場強的表達式；從而根據(jù)兩板距離變化得到場強變化，從而得到小球受力變化，進而得到軌跡變化．

帶電粒子在勻強電場中受到的電場力恒定，故一般通過受力分析(

或運動分析)

由牛頓第二定律，通過加速度得到運動情況(

或受力情況)

．【解析】B

4、D【分析】【分析】根據(jù)圖象可得出交流電的最大值、有效值、周期、頻率等物理量的大小..

根據(jù)交流電圖象獲取有關交流電的各種信息，是對學生的基本要求，要熟練掌握．【解答】A.根據(jù)圖象可知；該交流電的周期為0.2s

故頻率為5Hz

故A錯誤；

B.該交流電的最大值為1V

有效值為22V

故B錯誤；

C.t=0.1s

時；電動勢為零，此時線圈處在中性面上，故C錯誤．

D.由Em=NBS婁脴

得：線圈磁通量的最大值婁碌m=BS=EmN婁脴=110隆脕2婁脨0.2=1100婁脨Wb

故D正確．

故選D。

【解析】D

5、C【分析】

設電熱器的電阻為R．

當電熱器接在U=110V的直流電源上時，Q=

當電熱器改接到交流電源上時，2Q=

兩式一比，得Um=2U=220V．

故選C

【解析】【答案】直流和交流求解焦耳熱都可以運用焦耳定律；對于交流，要用有效值求解熱量．采用比例法處理．根據(jù)有效值與最大值關系求出最大值．

6、C【分析】【解析】試題分析：平行板電容器與靜電計并聯(lián)，電容器所帶電量不變．故A、B錯誤．增大電容器兩極板間的距離d時，由知，電容C變小，Q不變，根據(jù)知，U變大，而Q、k、?、S均不變，則E不變．故C正確，D錯誤．故選C考點：電容器動態(tài)變化分析問題，【解析】【答案】C7、B|C【分析】沿著電場線的方向電勢逐漸降低，可得電勢＞電場線的疏密表示電場的強弱，可得場強EA＜EB，A錯誤、B正確；沿著電場線的方向移動正電荷，電場力做正功，C正確；負電荷在電勢高處電勢能較低，故將-q電荷分別放在A、B兩點時具有的電勢能EPAPB,D錯誤?！窘馕觥俊敬鸢浮緽C8、C【分析】【解答】發(fā)展經濟；滿足人民的基本需要在發(fā)展中國家的可持續(xù)發(fā)展行動中具有根本性的作用．貧困會養(yǎng)活人們以持續(xù)的方式利用資源；并會加劇對環(huán)境的壓力．因此，對發(fā)展中國家來說，加速經濟發(fā)展、提高人均收水平是實現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展的前提條件．故選：C

【分析】可持續(xù)發(fā)展戰(zhàn)略要求經濟、社會、生態(tài)三方面的協(xié)調發(fā)展，要求正確處理好經濟增長與社會發(fā)展、生態(tài)保護的關系．一方面，只有經濟增長而沒有社會、生態(tài)的相應發(fā)展，這樣的社會肯定是不完善的；另一方面也不能離開經濟發(fā)展去追求社會其它方面的發(fā)展．9、B【分析】解：設人汽車的速度大小為5m/s

人在勻速行駛時，人和車的受力平衡，阻力的大小為f=0.02mg=0.02隆脕1000N=20N

此時的功率P=FV=fV=20隆脕5W=100W

所以B正確．

故選：B

．

人在勻速行駛時；受到的阻力的大小和腳蹬車的力的大小相等，由P=FV=fV

可以求得此時人受到的阻力的大?。?/p>

在計算平均功率和瞬時功率時一定要注意公式的選擇，P=Wt

只能計算平均功率的大小，而P=Fv

可以計算平均功率也可以是瞬時功率，取決于速度是平均速度還是瞬時速度．【解析】B

二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】【解析】【答案】Qq/Cd11、略

【分析】解：假設電流由A點流入，C流出，則由A分成四個支路，故四個支路為并聯(lián)關系；由于金屬環(huán)相同，則其各自部分電阻相等，故BDEF四點一定為等勢點；故BDEF圓環(huán)短路；故電路為ADC、AEC、ABC、AFC四個支路并聯(lián)，每個支路電阻為2Ω；故總電阻為：=0.5Ω；

故答案為：0.5Ω【解析】0.5Ω12、略

【分析】解：（1）傳感器的電阻為：R傳===10Ω

I傳===0.3A

（2）要求電路各部分安全，則要求電路的最大電流：I=I傳=0.3A；

此時電源電壓最大值：Um=U傳+U0；

U傳為傳感器的額定電壓，U0為R0調至最大值R0m=10Ω時，R0兩端的電壓，即，U0=I傳R0m=0.3A×10Ω=3V；

電源電壓最大值：Um=U傳+U0=3V+3V=6V；

（3）設實際檢測時，加在a、b間的電壓為U，傳感器的實際電阻為R'傳．

根據(jù)第一次實驗記錄數(shù)據(jù)有：U=I1R'傳+U1=0.16A×R'傳+1.48V①

根據(jù)第二次實驗記錄數(shù)據(jù)有：U=I2R'傳+U2=0.22A×R'傳+0.91V②

由①；②兩式解得：

R傳′=9.67Ω；U=3V

傳感器的電阻變化為△R=R傳一R傳′=l0Ω一9.67Ω＜0.5Ω

∴此傳感器仍可使用．

故答案為：（1）10；0.3；

（2）6；

（3）可以；3．

本題目非常有意思；循序漸進，步步加深，考查學生能否靈活利用所學的知識解決問題．第一問非常簡單，根據(jù)傳感器上的銘牌標志，利用電功率公式便可求出電阻和電流，而第二問就必須求出各用電器所能通過的電流，從而比較得出干路最大電流，然后利用相關公式求出最大電壓．第三問就得利用所知物理量，及要求未知量，結合數(shù)學中的二元一次方程組來解決，最后便可求出所加電壓．

這道題目綜合性比較強，非?？疾閷W生各方面的能力，學生在做這類題目時要膽大細心認真，并且會結合數(shù)學中的相關知識去解決物理中的問題．題目非常不錯！【解析】10；0.3；6；可以；313、略

【分析】

取豎直向上方向為正方向；則小球與地面碰撞過程中動量的變化為：

△p=mv2-m（-v1）=2×（10+8）kg．m/s=36kg?m/s；正號表示方向豎直向上．

故答案為：36．

【解析】【答案】取豎直向上方向為正方向；分別表示出碰地前后小球的動量，小球動量的變化量等于末動量與初動量的差．

14、略

【分析】解：設勻強電場的場強大小為E

則：

E=UABd=UABABsin婁脠=10鈭?(鈭?10)0.05隆脕sin53鈭?=500V/m

因微粒勻速運動；則有mg=qE

則得：m=qEg=4隆脕10鈭?6隆脕50010kg=2.0隆脕10鈭?4kg

故答案為：2隆脕10鈭?4

．

微粒沿AB

勻速運動；所受的重力與電場力平衡.

先根據(jù)AB

兩點間的距離和電勢差求出場強，再由平衡條件求解微粒的質量．

本題要掌握場強與電勢差關系公式U=Ed

知道d

是沿電場線方向的距離，即兩個等勢面間的距離．【解析】2隆脕10鈭?4

三、判斷題(共8題，共16分)15、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．16、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．17、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?8、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．19、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大小．

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．20、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．21、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．22、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．四、作圖題(共1題，共5分)23、略

【分析】解：（1）如圖甲所示；當磁鐵的N極向下運動時，發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉，若要探究線圈中產生感應電流的方向，必須知道電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系．

（2）如圖乙所示；實驗中發(fā)現(xiàn)閉合開關時，穿過線圈B的磁通量增加，電流表指針向右偏；電路穩(wěn)定后，若向左移動滑動觸頭，通過線圈A的電流增大，磁感應強度增大，穿過線圈B的磁通量增大，電流表指針向右偏轉；若將線圈A抽出，穿過線圈B的磁通量減少，電流表指針向左偏轉．

故答案為：（1）電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系；（2）右；左．

（1）要探究感應電流方向；應該知道電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系．

（2）根據(jù)題意確定電流表指針偏轉方向與磁通量變化的關系；然后根據(jù)磁通量的變化判斷指針的偏轉方向．

探究電磁感應現(xiàn)象實驗，在實驗前應明確電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系；本題無法直接利用楞次定律進行判斷電流方向，但是可以根據(jù)題意得出產生使電流表指針右偏的條件，即可不根據(jù)繞向判出各項中應該出現(xiàn)的現(xiàn)象．【解析】電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系；右；左五、簡答題(共4題，共36分)24、rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)3}rm{2}

rm{(3)}正三角形

rm{(4)}氨分子間可以形成氫鍵而甲烷分子間不能，所以氨的沸點比甲烷高

rm{(5)[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}

rm{(6)8}rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times10^{-30}}}rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times

10^{-30}}}【分析】【分析】非金屬元素rm{A}的基態(tài)原子中成對電子數(shù)是未成時電子數(shù)的兩倍，則電子排布偉rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故元素rm{A}為rm{C}rm{C}元素在地殼中含量最高，則元素rm{C}為rm{O}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素的原子序數(shù)依次增大，元素rm{A}為rm{C}元素rm{C}為rm{O}則元素rm{B}為rm{N}rm{D}的單質是短周期中熔點最低的金屬，則元素rm{D}為rm{Na}rm{E}的合金是我國使用最早的合金，則元素rm{E}為rm{Cu}據(jù)此進行分析。rm{(1)}元素rm{E}為rm{Cu}原子序數(shù)為rm{29}據(jù)此書寫基態(tài)原子電子排布式；rm{(2)}元素rm{A}為rm{C}rm{A}的某種氫化物rm{A_{2}H_{2}}為rm{C_{2}H_{2}}其結構式為rm{H-C隆脭C-H}據(jù)此進行分析；rm{(3)}據(jù)雜化方式，分析空間構性；rm{(4)}氫鍵對物理性質的影響；rm{(5)}元素rm{E}為rm{Cu}rm{E}的最高價氧化物對應的水化物為rm{Cu(OH)_{2}}rm{Cu(OH)_{2}}溶于氨水生成配合物rm{[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}據(jù)此進行分析；rm{(6)}如圖是rm{D}單質的晶體堆積方式，離中心原子rm{Na}最近的rm{Na}原子數(shù)有rm{8}個，故這種堆積方式的晶胞中原子的配位數(shù)為rm{8}該晶胞中rm{Na}原子個數(shù)rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+1=2}每個晶胞的質量rm{=dfrac{23}{N_{A}}隆脕2}rm{Na}原子的直徑為rm{2rpm}晶胞的邊長rm{=2sqrt{2}rpm}所以晶胞的體積為rm{16sqrt{2}r^{3}pm}根據(jù)rm{婁脩=dfrac{m}{V}}計算其密度。本題考查物質結構與性質，涉及空間構型、氫鍵對物質熔沸點的影響、核外電子排布、晶體類型與性質、晶胞結構與計算等，難度中等?！窘獯稹糠墙饘僭豶m{A}的基態(tài)原子中成對電子數(shù)是未成時電子數(shù)的兩倍，則電子排布偉rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}故元素rm{A}為rm{C}rm{C}元素在地殼中含量最高，則元素rm{C}為rm{O}rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種元素的原子序數(shù)依次增大，元素rm{A}為rm{C}元素rm{C}為rm{O}則元素rm{B}為rm{N}rm{D}的單質是短周期中熔點最低的金屬，則元素rm{D}為rm{Na}rm{E}的合金是我國使用最早的合金，則元素rm{E}為rm{Cu}

rm{(1)}元素rm{E}為rm{Cu}原子序數(shù)為rm{29}則其基態(tài)原子電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}

故答案為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}

rm{(2)}元素rm{A}為rm{C}rm{A}的某種氫化物rm{A_{2}H_{2}}為rm{C_{2}H_{2}}其結構式為rm{H-C隆脭C-H}故分子中含有rm{3}個rm{婁脪}鍵，rm{2}個rm{婁脨}鍵；

故答案為：rm{3}rm{2}

rm{(3)}元素rm{A}為rm{C}則rm{AO_{3}^{n-}}為rm{CO_{3}^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}中心原子的價層電子對數(shù)rm{=3+dfrac{1}{2}(4+2-3隆脕2)=3}雜化方式為rm{=3+dfrac

{1}{2}(4+2-3隆脕2)=3}沒有孤電子對，分子的立體構型為正三角形；

故答案為：正三角形；

rm{sp^{2}}元素rm{(4)}為rm{A}元素rm{C}為rm{B}rm{N}的最簡單的氫化物的沸點比rm{B}的最簡單的氫化物的沸點高得多；其原因是氨分子間可以形成氫鍵而甲烷分子間不能，所以氨的沸點比甲烷高；

故答案為：氨分子間可以形成氫鍵而甲烷分子間不能；所以氨的沸點比甲烷高；

rm{A}元素rm{(5)}為rm{E}rm{Cu}的最高價氧化物對應的水化物為rm{E}rm{Cu(OH)_{2}}溶于氨水生成配合物rm{Cu(OH)_{2}}

故答案為：rm{[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}

rm{[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}如圖是rm{(6)}單質的晶體堆積方式，離中心原子rm{D}最近的rm{Na}原子數(shù)有rm{Na}個，故這種堆積方式的晶胞中原子的配位數(shù)為rm{8}該晶胞中rm{8}原子個數(shù)rm{Na}每個晶胞的質量rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+1=2}rm{=dfrac{23}{N_{A}}隆脕2}原子的直徑為rm{Na}晶胞的邊長rm{2rpm}所以晶胞的體積為rm{=2sqrt{2}rpm}所以此晶體的密度rm{婁脩=dfrac{dfrac{23}{N_{A}}隆脕2}{16sqrt{2}r^{3}隆脕10^{-30}}=dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times10^{-30}}g/cm^{3}}

故答案為：rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times10^{-30}}}

rm{16sqrt{2}r^{3}pm}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{(2)3}rm{2}rm{(3)}正三角形rm{(4)}氨分子間可以形成氫鍵而甲烷分子間不能，所以氨的沸點比甲烷高rm{(5)[Cu(NH_{3})_{4}](OH)_{2}}rm{(6)8}rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times10^{-30}}}rm{dfrac{23}{8N_{A}r^{3}times

10^{-30}}}25、略

【分析】試題分析：4個軌道任意選兩個軌道為電子電離后，電子的電勢能為零，當動能為零時吸入的能量最小。根據(jù)能量守恒所得E為3.40?？键c：氫原子能級結構、氫原子能級公式【解析】【答案】（1）6（2）3.4026、rm{(1)M}rm{2}

rm{(2)N>O>S}

rm{(3)CO_{2}}rm{CS_{2}}rm{N_{2}O}rm{COS}等rm{sp}

rm{(1)}乙醇分子間存在氫鍵

rm{(5)壟脵(dfrac{1}{2},dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}

rm{(5)壟脵(dfrac{1}{2},dfrac{1}{2},

dfrac{1}{2})}rm{壟脷6}

rm{壟脹dfrac{4隆脕239}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕{(0.594隆脕{10}^{?7})}^{3}}}rm{0.210}【分析】【分析】本題考查物質結構與性質，涉及元素的第一電離能的大小的比較，核外電子的排布，等電子體，原子的雜化方式，晶胞的計算等?！窘獯稹縭m{(1)S}原子核外有rm{3}個電子層，核外電子占據(jù)的最高能層的符號是rm{M}原子核外有rm{(1)S}個電子層，核外電子占據(jù)的最高能層的符號是rm{3}基態(tài)rm{M}原子核外電子排布式為rm{S}rm{1s}rm{2}rm{2}rm{2s}rm{2}rm{2}rm{2p}rm{6}rm{6}，有rm{3s}種不同形狀的電子云，rm{2}rm{2}rm{3p}元素原子rm{4}能級有rm{4}個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量降低，第一電離能rm{2}故答案為：rm{M}rm{2}rm{M}同周期，電離能rm{2}rm{(2)N}rm{p}rm{3}rm{N>O}rm{O}原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的粒子互為等電子體，rm{S}rm{O>S}的價電子總數(shù)為第一電離能的大小關系為，故答案為：rm{N>O>S}；rm{(3)}r