2025年華東師大版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年華東師大版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、1930年勞倫斯制成了世界上第一臺(tái)回旋加速器，其原理如圖所示，它的核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和交變電源相連接，兩盒放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于盒底面，某一帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，通過兩盒間的窄縫時(shí)反復(fù)被加速，當(dāng)達(dá)到最大圓周半徑時(shí)通過特殊裝置被引出。下列說法正確的是A.帶電粒子在回旋加速器中從磁場(chǎng)中獲得能量B.帶電粒子在回旋加速器中從電場(chǎng)中獲得能量C.高頻交變電源的電壓越大，帶電粒子從出口被引出時(shí)獲得的動(dòng)能越大D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，帶電粒子從出口被引出時(shí)獲得的動(dòng)能越大2、“天宮二號(hào)”在發(fā)射過程中伴隨著軌道修正和姿態(tài)調(diào)整；下列過程中，地面控制人員能夠?qū)ⅰ疤鞂m二號(hào)”看成質(zhì)點(diǎn)的是（）

A.整流罩分離的過程B.太陽(yáng)帆板展開的過程C.姿態(tài)調(diào)整的過程D.環(huán)繞地球飛行的過程3、有一個(gè)在y方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體；其振動(dòng)圖象如圖所示，下列關(guān)于圖中（1）～（4）的判斷正確的是（）

A.圖（3）可作為該物體的回復(fù)力-時(shí)間圖象B.圖（2）可作為該物體的回復(fù)力-時(shí)間圖象C.圖（1）可作為該物體的速度-時(shí)間圖象D.圖（4）可作為該物體的加速度-時(shí)間圖象4、如圖所示的彈簧振子在A；B之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；O為平衡位置，則（）

A.當(dāng)振子從O向A運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移變小B.當(dāng)振子從A向O運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度變大C.當(dāng)振子從O向B運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度變小D.當(dāng)振子從B向O運(yùn)動(dòng)時(shí)，回復(fù)力變大5、如圖中的滑動(dòng)變阻器在電路中起到改變電路中電流和電壓的作用，下列關(guān)于供電電路中滑動(dòng)變阻器的接法的敘述中，正確的是（）A.甲圖示限流接法，乙圖是分壓接法B.當(dāng)電表量程不夠時(shí)，首選圖乙接法C.當(dāng)要求電表讀數(shù)從0開始連續(xù)變化時(shí)一定要選用甲圖所示電路D.當(dāng)要求電路耗能最少時(shí)一定要選用甲圖所示電路6、電磁場(chǎng)理論的建立，促進(jìn)了現(xiàn)代社會(huì)的發(fā)展．下列應(yīng)用中，同時(shí)使用了電磁波接收和發(fā)射技術(shù)的電器是（）A.微波爐B.收音機(jī)C.電視機(jī)D.手機(jī)7、一電壓表由電流表G與電阻R串聯(lián)而成，若在使用中發(fā)現(xiàn)此電壓表的讀數(shù)總比準(zhǔn)確值稍小一些，可以加以改正的措施是（）A.在R上串聯(lián)一個(gè)比R小得多的電阻B.在R上串聯(lián)一個(gè)比R大得多的電阻C.在R上并聯(lián)一個(gè)比R小得多的電阻D.在R上并聯(lián)一個(gè)比R大得多的電阻8、“嫦娥三號(hào)”經(jīng)過約8

天的繞月飛行，于北京時(shí)間2013

年12

月14

日21

時(shí)11

分，成功著陸在月球西經(jīng)19.51

度、北緯44.12

度的虹灣以東區(qū)域.

下列說法正確的是()A.“西經(jīng)19.51

度、北緯44.12

度”表示位移B.“8

天”是時(shí)刻，“21

時(shí)11

分”是時(shí)間C.在觀測(cè)“嫦娥三號(hào)”繞月運(yùn)行周期時(shí)可將其看做質(zhì)點(diǎn)D.“嫦娥三號(hào)”繞月球做橢圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，處于平衡狀態(tài)9、下列說法正確的是(

)

A.兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定是直線運(yùn)動(dòng)B.兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定是曲線運(yùn)動(dòng)C.兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)可能是直線運(yùn)動(dòng)也可能是曲線運(yùn)動(dòng)D.兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)一定是勻變速直線運(yùn)動(dòng)評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、彈簧振子以O(shè)

點(diǎn)為平衡位置做簡(jiǎn)諧振動(dòng).

從O

點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，振子第一次到達(dá)M

點(diǎn)用了0.3

秒，又經(jīng)過0.2

秒第二次通過M

點(diǎn).

則振子第三次通過M

點(diǎn)還要經(jīng)過的時(shí)間可能是(

)

A.13

秒B.815

秒C.1.4

秒D.1.6

秒11、如圖所示，絕緣金屬平行板電容器充電后，靜電計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)一定角度，若不改變兩極板帶的電量而減小兩極板間的距離，同時(shí)在兩極板間插入電介質(zhì)，則(

)

A.電容器的電容將減小B.電容器的電容將增大C.靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度會(huì)減小D.靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度會(huì)增大12、如圖所示，三角形金屬導(dǎo)軌EOF

上放有一金屬桿AB

在外力作用下，使AB

保持與OF

垂直，以速度v

勻速?gòu)腛

點(diǎn)開始右移，設(shè)導(dǎo)軌與金屬棒均為粗細(xì)相同的同種金屬制成，則下列判斷正確的是(

)

A.電路中的感應(yīng)電流大小不變B.電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變C.電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸增大D.電路中的感應(yīng)電流逐漸減小13、如圖1

所示，甲、乙兩個(gè)并排放置的共軸線圈，甲中通有如圖2

所示的電流，則下列判斷正確的是(

)

A.在tl

到t2

時(shí)間內(nèi)，甲乙相吸B.在t2

到t1

時(shí)間內(nèi)，甲乙相吸C.在t1

到t2

時(shí)間內(nèi)，乙中電流減小D.在t2

到t3

時(shí)間內(nèi)，乙中電流減小14、如圖所示。在光滑絕緣水平面上有一單匝線圈ABCD.

在水平外力作用下以大小為v

的速度向右勻速進(jìn)入豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。第二次以大小為v3

的速度向右勻速進(jìn)入該勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則下列說法正確的是(

)

A.笫二次進(jìn)入與笫一次進(jìn)入時(shí)線圈中的電流之比為13

B.第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)外力做功的功率之比為13

C.第二次進(jìn)入與笫一次進(jìn)入時(shí)線圈中產(chǎn)生的熱量之比為13

D.第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)通過線圈中某一橫截面的電荷量之比為13

15、某理想變壓器的原線圈接一交流電，副線圈接如圖所示電路，R1=R2

開關(guān)S

原來斷開.

現(xiàn)將S

閉合，交流電壓表的示數(shù)U

交流電流表的示數(shù)I

電阻R1

上的功率P1

及變壓器原線圈的輸入功率P

的變化情況分別是()

A.U

減小B.I

減小C.P1

增大D.P

增大16、某一導(dǎo)體的伏安特性曲線如圖中AB

段(

曲線)

所示；關(guān)于導(dǎo)體的電阻，以下說法正確的是(

)

A.B

點(diǎn)的電阻為12婁賂

B.B

點(diǎn)的電阻為40婁賂

C.導(dǎo)體的電阻因溫度的影響改變了10婁賂

D.導(dǎo)體的電阻因溫度的影響改變了9婁賂

17、如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)．導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab、cd，與導(dǎo)軌一起構(gòu)成閉合回路。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，其余部分的電阻不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌所在的平面內(nèi)都有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開始時(shí)，兩導(dǎo)體棒均在導(dǎo)軌上靜止不動(dòng)，某時(shí)刻給導(dǎo)體棒ab以水平向右的初速度v0，則（）A.導(dǎo)體棒ab剛獲得速度v0時(shí)受到的安培力大小為B.兩導(dǎo)體棒最終將以的速度沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)C.兩導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中產(chǎn)生的熱量為mv02D.當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度變?yōu)関0時(shí)，導(dǎo)體棒cd的加速度大小為評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)18、在圖的電路中，R是阻值為“0～15Ω”，額定電流為2A的滑動(dòng)變阻器，L是一個(gè)“12V、24W”的燈泡，電路兩端電壓保持恒定．當(dāng)電鍵S斷開，且滑動(dòng)變阻器Pa部分電阻為4Ω時(shí)，燈泡正常發(fā)光，則電路兩端電壓U=____V．當(dāng)滑動(dòng)變阻器Pa部分電阻為9Ω時(shí)，電建S閉合后，流過燈泡的電流為____A．

19、質(zhì)量為2kg的物體從高處自由下落，在這2s內(nèi)重力對(duì)物體所做功的平均功率是____W，第2s末重力對(duì)物體做功的瞬時(shí)功率是____W．(g取)20、在用電火花計(jì)時(shí)器（或電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器）研究小車勻變速直線運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)打出了一條紙帶，已知計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.02s，他按打點(diǎn)先后順序每5個(gè)點(diǎn)取1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，得到了O、A、B、C、D等幾個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，如圖所示，則相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為____s．用刻度尺量得OA=1.50cm，AB=1.90cm，BC=2.30cm，CD=2.70cm．由此可知，打C點(diǎn)時(shí)紙帶的速度大小為____m/s，小車的加速度為____m/s2．

21、電動(dòng)勢(shì)是描述電源這種本領(lǐng)的物理量，它的單位是______，常用干電池兩極間的電壓大約是的______伏．鉛蓄電池兩極間的電壓大約是的______伏．22、如圖所示，質(zhì)量分別為m1

和m2

的兩個(gè)物塊AB

疊放在一起，在粗糙的水平面上向右做加速度大小為a

的勻減速直線運(yùn)動(dòng)并保持相對(duì)靜止，運(yùn)動(dòng)過程中B

受到的摩擦力為_____、方向___________23、如圖所示的電路中，A、B端接在恒壓電源上，S斷開時(shí)電流表的示數(shù)2A，S閉合時(shí)電流表的示數(shù)為3A，則電阻R1與R2的阻值之比R1∶R2＝______，S斷開與閉合兩種情況下R1的功率之比P1∶P1′______。24、一個(gè)單擺在甲地時(shí)，在時(shí)間t內(nèi)完成m次全振動(dòng)，移至乙地時(shí)，經(jīng)過相同的時(shí)間完成n次全振動(dòng)，則甲、乙兩地重力加速度大小之比g甲：g乙等于______________。25、（6分）黑體輻射的規(guī)律如圖所示，從中可以看出，隨著溫度的降低，各種波長(zhǎng)的輻射強(qiáng)度都有（填“增加”、“減少”“不變”），輻射強(qiáng)度的極大值向波長(zhǎng)（填“較長(zhǎng)”、“較短”）的方向移動(dòng)．評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共3題，共21分)26、某臺(tái)電動(dòng)機(jī)的額定電壓為110V；額定電流是6A，正常工作時(shí)的效率是80%，求：

（1）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的輸入功率；

（2）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的輸出功率；

（3）電動(dòng)機(jī)正常工作30min，該電動(dòng)機(jī)電樞線圈電阻產(chǎn)生的內(nèi)能．27、rm{[}化學(xué)rm{隆陋隆陋}選修r(nóng)m{3}物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)rm{]}東晉rm{隆露}華陽(yáng)國(guó)志rm{?}南中志rm{隆路}卷四中已有關(guān)于白銅的記載，云南鎳白銅rm{(}銅鎳合金rm{)}聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為_________，rm{3d}能級(jí)上的未成對(duì)的電子數(shù)為______。rm{(2)}硫酸鎳溶于氨水形成rm{[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}藍(lán)色溶液。rm{壟脵[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}中陰離子的立體構(gòu)型是_____。rm{壟脷}在rm{[Ni(NH_{3})_{6}]^{2+}}中rm{Ni^{2+}}與rm{NH_{3}}之間形成的化學(xué)鍵稱為______，提供孤電子對(duì)的成鍵原子是_____。rm{壟脹}氨的沸點(diǎn)rm{(}填“高于”或“低于”rm{)}膦rm{(PH_{3})}原因是______；氨是_____分子rm{(}填“極性”或“非極性”rm{)}中心原子的軌道雜化類型為_______。rm{(3)}單質(zhì)銅及鎳都是由______鍵形成的晶體：元素銅與鎳的第二電離能分別為：rm{I_{Cu}=1959kJ/mol}rm{I_{Ni}=1753kJ/mol}rm{I_{Cu}>I_{Ni}}的原因是______。rm{(4)}某鎳白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

rm{壟脵}晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為_____。rm{壟脷}若合金的密度為rm{dg/cm^{3}}晶胞參數(shù)rm{a=}________rm{nm}28、利用電動(dòng)機(jī)通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動(dòng)勢(shì)E=6V

電源內(nèi)阻r=1婁賂

電阻R=3婁賂

重物質(zhì)量m=0.10kg

當(dāng)將重物固定時(shí)，理想電壓表的示數(shù)為5V

當(dāng)重物不固定，且電動(dòng)機(jī)最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時(shí)，電壓表的示數(shù)為5.5V(

不計(jì)摩擦，g

取10m/s2).

求：

(1)

串聯(lián)入電路的電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻為多大？

(2)

重物勻速上升時(shí)的速度大小．

(3)

勻速提升重物3m

需要消耗電源多少能量？參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B|D【分析】【解析】試題分析：在磁場(chǎng)中洛倫茲力不做功,所以粒子在電場(chǎng)中獲得能量,A錯(cuò);B對(duì);只有當(dāng)粒子偏轉(zhuǎn)的半徑增大到D型盒半徑時(shí)才能從出口飛出，所以最大動(dòng)能與電源電壓無(wú)關(guān)，由D型盒的半徑?jīng)Q定，C錯(cuò)；D對(duì)；考點(diǎn)：考查回旋加速器【解析】【答案】BD2、D【分析】【解答】解：A；研究整流罩分離過程時(shí)；天宮二號(hào)的大小和形狀不能忽略，不能看成質(zhì)點(diǎn)．故A錯(cuò)誤．

B；研究太陽(yáng)帆板展開過程時(shí)．天宮二號(hào)的大小和形狀不能忽略；不能看成質(zhì)點(diǎn)．故B錯(cuò)誤．

C；在調(diào)整姿態(tài)的過程中；要考慮到飛船的形狀，天宮二號(hào)的大小和形狀不能忽略，不能看成質(zhì)點(diǎn)．故C錯(cuò)誤．

D；研究天宮二號(hào)繞地球飛行時(shí)；天宮二號(hào)的大小和形狀能夠忽略，可以看成質(zhì)點(diǎn)．故D正確．

故選：D

【分析】當(dāng)物體的大小和形狀在研究的問題中能忽略，物體可以看成質(zhì)點(diǎn)．由此分析即可．3、A【分析】解：由圖示簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)圖象可知；t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)由平衡位置向正的最大位移處運(yùn)動(dòng)，回復(fù)力F=-kx，回復(fù)力大小與位移成正比，方向相反，則回復(fù)力-時(shí)間圖象在t=0時(shí)刻為零，大小應(yīng)逐漸變大，方向是負(fù)的；

A；由圖（3）可知；t=0時(shí)刻該變量為零，從此刻開始，變量逐漸變大，方向是負(fù)的，由于回復(fù)力的方向與位移方向等大反向，質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)刻從零逐漸變大，方向是正的，則它對(duì)應(yīng)的回復(fù)力從零開始逐漸變大，方向是負(fù)的，因此圖（3）可作為該物體的回復(fù)力-時(shí)間圖象，故A正確；

B；由圖（2）所示可知；在t=0時(shí)刻該量為正的最大，從t=0時(shí)刻該量逐漸減小，圖（2）不能作為該物體的回復(fù)力-時(shí)間圖象，故B錯(cuò)誤；

C；做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體在平衡位置時(shí)速度最大；物體從平衡位置向正的最大位移處運(yùn)動(dòng)過程中，速度逐漸減小，速度方向?yàn)檎模蓤D（1）所示圖象可知，該圖象所反映的量在t=0時(shí)刻為零，從t=0時(shí)刻開始逐漸變大，該圖象不能作為該物體的速度-時(shí)間圖象，故C錯(cuò)誤；

D、由牛頓第二定律可知，做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)物體的加速度：a=-加速度大小與位移成正比，方向與位移方向相反，在t=0時(shí)刻，物體的位移為零，加速度大小為零，由圖（4）所示圖象可知，該圖象不能作為該物體的加速度-時(shí)間圖象，故D錯(cuò)誤．

故選：A．

圖y-t圖象表示振動(dòng)曲線；分析速度；回復(fù)力、加速度與位移的關(guān)系，即可判斷選項(xiàng)中各圖可能表示什么圖．

本題關(guān)鍵要掌握簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中各個(gè)量與位移的關(guān)系，可定性作出判斷，選擇圖象．【解析】【答案】A4、B【分析】解：A；振子在從O向A運(yùn)動(dòng)的過程；是從平衡位置向最大位移運(yùn)動(dòng)的過程，所以位移變大．故A錯(cuò)誤；

B；振子從A向O運(yùn)動(dòng)時(shí)；是向著平衡位置移動(dòng)，位移變小，加速度變小，速度增大．故B正確；

C；振子從O向B運(yùn)動(dòng)時(shí)；是從平衡位置向最大位移運(yùn)動(dòng)的過程，所以位移變大，彈簧的彈力在增大，所以加速度增大．故C錯(cuò)誤；

D；振子從B向O運(yùn)動(dòng)時(shí)；向著平衡位置移動(dòng)，位移變小，彈簧的彈力在減小，回復(fù)力減小．故D錯(cuò)誤．

故選：B

彈力為振子所受的合力；方向與加速度方向相同．判斷振子加速還是減速看速度與加速度的方向關(guān)系，速度與加速度同向，速度增大，速度與加速度反向，速度減?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵知道判斷振子加速還是減速看速度與加速度的方向關(guān)系，速度與加速度同向，速度增大，速度與加速度反向，速度減小．【解析】【答案】B5、C【分析】解：A；由圖可知；甲為分壓接法，乙為限流接法，故A錯(cuò)誤；

B；當(dāng)電表量程不夠時(shí)；不能再采用限流接法，應(yīng)采用分壓控制電壓大小，讓電路由零開始調(diào)節(jié)，故B錯(cuò)誤；

C；當(dāng)要求電表讀數(shù)從0開始連續(xù)變化時(shí)一定要選用分壓接法；故應(yīng)選擇甲圖所示電路，故C正確；

D；限流接法電路中電流較?。缓哪茌^小，故要求電路耗能最少時(shí)一定要選用乙圖所示電路，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

明確滑動(dòng)變阻器的基本使用方法；明確分壓和限流接法的正確選擇即可解答。

本題考查分壓和限流接法的掌握情況，要注意選擇分壓的三種情況：一是要求從零開始調(diào)節(jié)的；二是電表量程不夠時(shí)；三是滑動(dòng)變阻器太小，起不到應(yīng)用的保護(hù)作用時(shí)?！窘馕觥緾6、D【分析】解：微波爐；收音機(jī)、電視機(jī)、手機(jī)等都要利用電磁波來傳遞信息；但同時(shí)使用了電磁波接收和發(fā)射技術(shù)的電器只有手機(jī)，故D正確，ABC錯(cuò)誤．

故選：D．

電磁波和電流在生活中都有著廣泛的應(yīng)用；電磁波的應(yīng)用主要是用來傳遞信息，而只有手機(jī)使用了電磁波接收和發(fā)射技術(shù)．

現(xiàn)代社會(huì)為信息社會(huì)，信息的傳播離不開電磁波，故應(yīng)掌握電磁波的性質(zhì)及應(yīng)用．【解析】【答案】D7、D【分析】解：電壓表的讀數(shù)總比準(zhǔn)確值稍小一些；說明通過電流表G的電流偏小，串聯(lián)的電阻R偏大，為減小串聯(lián)電阻R的阻值需在R上并聯(lián)一個(gè)比R大得多的電阻，所以D正確；

故選：D

電流表與電流表都是由表頭改裝成的；電壓表是本題與分壓電阻串聯(lián)成的，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知，若電壓表讀數(shù)總比準(zhǔn)確值小，說明通過本題的電流較小，應(yīng)減小分壓電阻的大小，根據(jù)并聯(lián)電阻需要任一支路電阻可知，應(yīng)在R上并聯(lián)一個(gè)比R大得多的電阻．

電流表、電壓表的改裝，實(shí)質(zhì)上是電阻的串、并聯(lián)問題，只要分清分電流、總電流，分電壓、總電壓，應(yīng)用歐姆定律就能解決【解析】【答案】D8、C【分析】【分析】探測(cè)器受月亮引力可用萬(wàn)有引力公式F=GMmr2F=Gdfrac{Mm}{{r}^{2}}分析即可。本題考查萬(wàn)有引力定律，知道公式及含義即可求解?！窘獯稹緼BCDABCD．當(dāng)探測(cè)器運(yùn)動(dòng)至cc點(diǎn)時(shí)，離月球的距離最遠(yuǎn)，由萬(wàn)有引力公式F=GMmr2得：探測(cè)器受月亮引力最小，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。

【分析】慣性是物體本身具有的一種性質(zhì)，任何物體無(wú)論在何種情況下都有慣性；當(dāng)它在月球表面行駛時(shí)，它受月球引力，所以對(duì)月面有壓力，月面對(duì)它有支持力，也受阻力；牛頓運(yùn)動(dòng)定律只適用于低速、宏觀、弱引力，而不適用于高速、微觀與強(qiáng)引力。本題是基本概念理解及牛頓運(yùn)動(dòng)定律適用范圍，難度不大。【解答】A.慣性是物體本身具有的一種性質(zhì)；與物體是否運(yùn)動(dòng)；是否受力等外界因素?zé)o關(guān)，物體在任何狀態(tài)下、任何時(shí)候都有慣性，故A錯(cuò)誤；

BC.

當(dāng)它在月球表面行駛時(shí)受到月球的引力；故受支持力和阻力，故BC錯(cuò)誤；

D.牛頓運(yùn)動(dòng)定律只適用于低速、宏觀、弱引力，而不適用于高速、微觀與強(qiáng)引力，當(dāng)它在月球表面行駛時(shí)遵循牛頓運(yùn)動(dòng)定律，故D正確。故選D。

【分析】

“嫦娥一號(hào)”和“嫦娥二號(hào)”環(huán)月運(yùn)行時(shí)，由GMm(R+h)2=mv2R+h=m婁脴2(R+h)即可比較出大小關(guān)系。本題知道衛(wèi)星的處理方法，即月球的引力提供它們做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力?！窘獯稹?/p>

AB.AB.由GMm(R+h)2=m婁脴2(R+h)得：婁脴=GM(R+h)3，距離月面越高，角速度越小，故婁脴1<婁脴2{婁脴}_{1}<{婁脴}_{2}故AB錯(cuò)誤；CD.CD.由GMm(R+h)2=mv2R+hGdfrac{Mm}{{left(R+hright)}^{2}}=mdfrac{{v}^{2}}{R+h}得：v=GMR+hv=sqrt{dfrac{GM}{R+h}}距離月面越高，線速度越小，故v1<v2{v}_{1}<{v}_{2}故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。

【分析】

“坐標(biāo)表示位置；時(shí)刻是指一瞬時(shí)，時(shí)間是一段間隔；一個(gè)物體能不能看成質(zhì)點(diǎn)的條件是看形狀和大小對(duì)研究的問題是否有影響；平衡狀態(tài)是指勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)。本題常見概念的區(qū)分與理解。

【解答】

A.“西經(jīng)19.5119.51度、北緯44.1244.12度”是坐標(biāo)，坐標(biāo)表示位置不是位移，故A錯(cuò)誤；

B.“88天”是指一段間隔，是時(shí)間；“2121時(shí)1111分”是一瞬間，是時(shí)刻，故B錯(cuò)誤；

C.在觀測(cè)“嫦娥三號(hào)”繞月運(yùn)行周期時(shí)，“嫦娥三號(hào)”的形狀和大小對(duì)運(yùn)行周期無(wú)影響，故可將其看作質(zhì)點(diǎn)，故C正確；

D.嫦娥三號(hào)”繞月球做橢圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)；“嫦娥三號(hào)”所處的狀態(tài)不是平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。

?故選C。

【解析】?！拘☆}1

】C【小題2

】D【小題3

】D【小題4

】C9、C【分析】解：A

兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)不一定是直線運(yùn)動(dòng).

如平拋運(yùn)動(dòng).

故A錯(cuò)誤．

B；根據(jù)平行四邊形定則知；兩個(gè)不在同一直線上的勻速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，卻是直線運(yùn)動(dòng).

故B錯(cuò)誤．

C；由上分析可知；兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，若加速度與速度共線，則是直線運(yùn)動(dòng)，若不共線，則是曲線運(yùn)動(dòng)，故C正確；

D；兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)的合加速度與合初速度方向共線時(shí)；則是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，若不共線時(shí)，則是勻變速曲線運(yùn)動(dòng).

故D錯(cuò)誤．

故選：C

．

合運(yùn)動(dòng)是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)取決于合速度方向與合加速度方向是否在同一條直線上.

根據(jù)平行四邊形定則；可知合速度；合位移與分速度、分位移的大小關(guān)系．

解決本題的關(guān)鍵知道合運(yùn)動(dòng)是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)取決于合速度方向與合加速度方向是否在同一條直線上.

以及會(huì)根據(jù)平行四邊形定則判斷合速度與分速度的大小關(guān)系．【解析】C

二、多選題(共8題，共16分)10、AC【分析】解：如圖，假設(shè)彈簧振子在水平方向BC

之間振動(dòng)，如圖1

若振子開始先向左振動(dòng)，振子的振動(dòng)周期為T=2隆脕0.2s+0.13隆脕4s=1.63s

則振子第三次通過M

點(diǎn)還要經(jīng)過的時(shí)間是t=0.2s+0.13隆脕4s=13s.

如圖2

若振子開始先向右振動(dòng)，振子的振動(dòng)周期為T=4隆脕(0.3+0.22)ss=1.6s

則振子第三次通過M

點(diǎn)還要經(jīng)過的時(shí)間是t=1.6s鈭?0.2s=1.4s

．

故選：AC

根據(jù)振動(dòng)周期的定義：振子完成一次全振動(dòng)所用的時(shí)間；確定彈簧振子的周期，畫出振子的運(yùn)動(dòng)路線，求出振子第三次通過M

點(diǎn)還要經(jīng)過的時(shí)間可能值．

本題的解題關(guān)鍵是畫出振子的運(yùn)動(dòng)路線，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，求出振動(dòng)周期，再求解時(shí)間．【解析】AC

11、BC【分析】解：根據(jù)C=?S4婁脨kd

減小d

增大介電常數(shù)，則電容增大，根據(jù)C=QUQ

不變，U

減小，所以指針的偏轉(zhuǎn)角度減小.

故BC正確，AD錯(cuò)誤．

故選：BC

靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差；通過電容的變化，判斷電勢(shì)差的變化．

本題的解題關(guān)鍵是要掌握電容的決定式C=?S4婁脨kd

和電容的定義式C=QU

并抓住電容器的電量不變進(jìn)行分析．【解析】BC

12、AC【分析】解：設(shè)導(dǎo)軌和金屬棒單位長(zhǎng)度的電阻為r.隆脧EOF=婁脕

．

B；C

從O

點(diǎn)開始金屬棒運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t

時(shí)；有效的切割長(zhǎng)度L=vt?tan婁脕

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E=BLv=Bvt?tan婁脕?v隆脴t

則知電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸增大，故B錯(cuò)誤，C正確．

A、D

根據(jù)電阻定律得t

時(shí)刻回路中總電阻為：R=(vt+vt?tan婁脕+vtcos偽)r

感應(yīng)電流大小為：I=ER

聯(lián)立整理可得：I=Bv2tan婁脕(v+vtan偽+vcos偽)rI

與t

無(wú)關(guān)，說明電路中感應(yīng)電流大小不變，故A正確，D錯(cuò)誤．

故選：AC

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小根據(jù)公式E=BLvL

是有效的切割長(zhǎng)度分析；要判斷感應(yīng)電流，先由電阻定律分析回路中電阻中如何變化，再根據(jù)歐姆定律分析．

本題關(guān)鍵要抓住感應(yīng)電流既與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有關(guān)，還與回路中的電阻有關(guān)，根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)解析式，再進(jìn)行分析．【解析】AC

13、AD【分析】解：A

在t1

到t2

時(shí)間內(nèi)；若設(shè)逆時(shí)針(

從左向右看)

方向?yàn)檎?，則線圈甲電流方向逆時(shí)針且大小減小，所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈乙方向向右的磁通量大小減小，由楞次定律可知，線圈乙的電流方向逆時(shí)針方向，因此甲、乙中電流方向相同，出現(xiàn)相互吸引現(xiàn)象，故A正確；

B；在t2

到t3

時(shí)間內(nèi)；若設(shè)逆時(shí)針方向(

從左向右看)

為正，則線圈甲電流方向順時(shí)針且大小增大，所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈乙方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，線圈乙的電流方向逆時(shí)針方向，因此甲、乙中電流方向相反，甲、乙出現(xiàn)互相排斥，故B錯(cuò)誤；

C；由題意可知；在t1

到t2

時(shí)間內(nèi)，磁通量的變化率在變大，所以線圈乙感應(yīng)電流也變大，故C錯(cuò)誤；

D；在t2

到t3

時(shí)間內(nèi)；磁通量的變化率是變小的，所以線圈乙感應(yīng)電流變小，故D正確；

故選：AD

根據(jù)安培定則確定電流與磁場(chǎng)的方向關(guān)系；再根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。當(dāng)磁通量增大時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與它相反，當(dāng)磁通量減小時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與它相同。最后運(yùn)用同向電流相互吸引，異向電流相互排斥。

解決本題的關(guān)鍵掌握安培定則、楞次定律的內(nèi)容，知道感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。同時(shí)注意同向電流相互吸引與同種電荷相互排斥不同；本題也可以直接利用”阻礙“的另一種描述”來拒去留“進(jìn)行分析，明確相互間的作用力?！窘馕觥緼D

14、AC【分析】解：設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為BCD

邊長(zhǎng)度為L(zhǎng)AD

邊長(zhǎng)為L(zhǎng)隆盲

線圈電阻為R

A、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv

感應(yīng)電流為：I=ER=BLvR

感應(yīng)電流I

與速度v

成正比，第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中電流之比：I2攏潞I1=v3攏潞v=1攏潞3

故A正確；

B、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力為：FA=BIL=B2L2vR

線圈做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得，外力為：F=FA=BIL=B2L2vR

外力功率為：P=Fv=B2L2v2R

功率與速度的平方成正比，第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)外力做功的功率之比為：P2攏潞P1=(v3)2攏潞v2=1攏潞9

故B錯(cuò)誤；

C、線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量為：Q=I2Rt=(BLvR)2隆脕R隆脕L隆盲v=B2L2L隆盲vR

產(chǎn)生的熱量與速度成正比，第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時(shí)線圈中產(chǎn)生熱量之比：Q2攏潞Q1=v3攏潞v=1攏潞3

故C正確；

D、通過導(dǎo)線橫截面電荷量為：q=I鈻?t=鈻?婁碌R鈻?t鈻?t=BLL隆盲R

電荷量與速度無(wú)關(guān)，電荷量之比為11

故D錯(cuò)誤；

故選：AC

根據(jù)切割公式E=BLv

求解電動(dòng)勢(shì)；由歐姆定律求出感應(yīng)電流，然后求出電流之比；線框勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，安培力與外力平衡，根據(jù)安培力公式求解安培力，再結(jié)合平衡條件得到外力，最后根據(jù)P=Fv

求解外力的功率；由焦耳定律求出線圈產(chǎn)生的熱量，然后求出熱量之比，由電流定義式求出電荷量間的關(guān)系。

本題考查電磁感應(yīng)導(dǎo)體棒切割磁場(chǎng)模型，本題關(guān)鍵明確線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，電動(dòng)勢(shì)E=BLv

然后根據(jù)P=Fv

求解功率，根據(jù)Q=I2Rt

求解熱量，能由電流定義式可以求出電荷量。【解析】AC

15、AD【分析】略【解析】AD

16、BC【分析】解：ABB

點(diǎn)的電阻為：RB=UBIB=61.5隆脕10鈭?1婁賂=40婁賂

故A錯(cuò)誤；B正確；

CDA

點(diǎn)的電阻為：RA=UAIA=31.0隆脕10鈭?1婁賂=30婁賂

則兩點(diǎn)間的電阻改變了40鈭?30=10婁賂

故C正確，D錯(cuò)誤；

故選：BC

由圖讀出AB

點(diǎn)時(shí)電壓和電流，根據(jù)電阻的定義式R=UI

求解電阻；再得到電阻的變化量．

本題考查對(duì)伏安特性曲線的了解，要注意明確各點(diǎn)的電阻應(yīng)通過電阻的定義式R=UI

求解，不能根據(jù)切線的斜率求．【解析】BC

17、BC【分析】解：A、當(dāng)導(dǎo)體棒ab剛獲得速度v0時(shí)，導(dǎo)體棒cd還沒開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv0，回路中的感應(yīng)電流為：I=故此時(shí)導(dǎo)體棒ab受到的安培力大小為F=BIL，以上各式聯(lián)立可解得：F=故A錯(cuò)誤；

B、從開始到兩導(dǎo)體棒達(dá)到共同速度的過程中，兩棒的總動(dòng)量守恒，則可得：mv0=2mv

解得其共同速度為：v=故B正確；

C、由能量守恒定律得，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的總熱量為：Q=mv02-?2mv2

整理可得：Q=mv02；故C正確；

D、設(shè)導(dǎo)體棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，導(dǎo)體棒cd的速度大小為v1，則由動(dòng)量守恒定律可得：mv0=m?v0+mv1

此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E'=BL（v0-v1）

感應(yīng)電流為：I'=

此時(shí)導(dǎo)體棒cd受到的安培力為：F'=BI'L

所以導(dǎo)體棒cd的加速度大小為：a=

聯(lián)立以上各式可解得：a=故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

開始時(shí)cd棒靜止，只對(duì)ab棒分析；由E=BLv和閉合電路歐姆定律求出電流，從而求出其受到的安培力大小；

本題中兩根導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況：ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應(yīng)電流。ab棒受到的與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用作減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力作用下作加速運(yùn)動(dòng)。在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速；cd棒繼續(xù)加速，兩棒速度達(dá)到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v作勻速運(yùn)動(dòng)，由于平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面且兩棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行，故由兩棒組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；再根據(jù)能量守恒定律，求解棒中產(chǎn)生的熱量，由牛頓第二定律確定加速度大小。

本題是動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律及能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用問題，分析兩棒組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中是不是合外力為零或者內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒的條件，從而為確定兩棒最后的末速度找到解決途徑是關(guān)鍵，之后分析這類電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化較易：系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱。【解析】BC三、填空題(共8題，共16分)18、略

【分析】

“12V、24W”的燈泡，可知電阻R=燈泡正常工作的電流為當(dāng)電鍵S斷開，且滑動(dòng)變阻器Pa部分電阻為4Ω時(shí)，燈泡正常發(fā)光，因此電路兩端的電壓U=I（R+RL）=2×（6+4）V=20V；

當(dāng)滑動(dòng)變阻器Pa部分電阻為9Ω時(shí)，電建S閉合后，燈泡與滑動(dòng)變阻器Pb部分電阻為6Ω并聯(lián)；所以得到。

總電阻為12Ω，根據(jù)則流過燈泡的電流為．

故答案為：20；

【解析】【答案】根據(jù)“12V；24W”的燈泡；可求得燈泡的電阻與工作電流，由燈泡與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)后根據(jù)燈泡正常發(fā)光，從而可確定電路電壓．當(dāng)改變滑動(dòng)變阻器電阻時(shí)，根據(jù)電壓不變，由歐姆定律可求出燈泡的電流．

19、200400【分析】【解答】由可得：

重力所做的功為：W=mgh=20×20=400J；

2s內(nèi)重力做功的平均功率為：

落地時(shí)的速度v=gt=10×2=20m/s

P=Fv=20×20=400w

故答案為：200400

【分析】（1）由自由落體規(guī)律可求得2s內(nèi)物體下落的高度，則由功的公式可求得重力所做的功，由功率的計(jì)算公式可求得平均功率；（2）瞬時(shí)功率由p=Fv求出．20、0.10.250.4【分析】【解答】解：按打點(diǎn)先后順序每5個(gè)點(diǎn)取1個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)；所以相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T=0.1s；

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度；可以求出打紙帶上C點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大?。?/p>

vC==0.25m/s

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小；

得：a==0.4m/s2．

故答案為：0.1；0.25；0.4

【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度；可以求出打紙帶上C點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大?。?/p>

根據(jù)物體的加速根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大?。?1、略

【分析】解：電源的電動(dòng)勢(shì)等于電源沒有接入電路時(shí)兩極間的電壓；則電動(dòng)勢(shì)的單位與電壓的單位相同，均是伏特．

干電池兩極間的電壓等于電動(dòng)勢(shì)；大約為1.5V；鉛蓄電池兩極間的電壓等于其電動(dòng)勢(shì)，大約為2V．

故答案為：伏特；1.5；2．

電動(dòng)勢(shì)的單位與電壓的單位相同；是伏特．常用干電池兩極間的電壓大約是1.5V，鉛蓄電池兩極間的電壓大約是2V．

本題是常識(shí)性問題，考查識(shí)記能力，比較簡(jiǎn)單，高考中不大可能出現(xiàn)．【解析】伏特；1.5；222、水平向左【分析】【分析】對(duì)B

受力分析列出牛頓第二定律方程求解摩擦力。本題是牛頓第二定律的直接應(yīng)用，注意研究對(duì)象的選擇?！窘獯稹繉?duì)B

列出牛頓第二定律方程：f=m2a

因?yàn)榧铀俣认蜃螅誓Σ亮Ψ较蛳蜃?。故填：m2a

水平向左【解析】m2a

水平向左23、略

【分析】試題分析:S斷開時(shí)，電阻R1直接接入電源，則I1=U/R1＝2A①S閉合時(shí)，三個(gè)電阻并聯(lián)，電流表測(cè)量的是通過電阻R1和R2的總電流，則I2=U/R1+U/R2＝3A②由①②解得：R1/R2=1/2S斷開與閉合兩種情況下通過R1的電流不變，根據(jù)P=I2R可知，兩種情況下R1的功率相等，即P1/P1′=1/1考點(diǎn)：串聯(lián)電路和并聯(lián)電路【解析】【答案】1：2；1：124、略

【分析】在甲地時(shí)，在乙地時(shí)，兩式聯(lián)立得加速度之比為m2：n2【解析】【答案】m2：n225、略

【分析】【解析】【答案】（6分）減少；較長(zhǎng)四、簡(jiǎn)答題(共3題，共21分)26、略

【分析】

（1）電動(dòng)機(jī)工作時(shí)；輸入功率P=UI；

（2）電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出=ηP入；

（3）動(dòng)機(jī)線圈消耗的功率P=P入-P出；再根據(jù)Q=Pt求解．

本題考查功率公式的應(yīng)用，要注意明確電動(dòng)機(jī)為非純電阻電路，各個(gè)公式的應(yīng)用要明確，不能混淆，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】解：（1）電動(dòng)機(jī)的輸入功率為：P入=UI=110×6=660W；

（2）電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P出=ηP入=660×0.80=528W；

（3）電動(dòng)機(jī)線圈消耗的功率為：P=P入-P出=660-528=132W

電動(dòng)機(jī)正常工作30min，電樞線圈電阻產(chǎn)生的內(nèi)能為：W=Pt=132×30×60=3.78×104J

答：（1）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的輸入功率為660W；

（2）電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的輸出功率為528W；

（3）電動(dòng)機(jī)正常工作30min，該電動(dòng)機(jī)電樞線圈電阻產(chǎn)生的內(nèi)能為3.78×104J．27、rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{8}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{2}

rm{(2)壟脵}正四面體

rm{壟脷}配位鍵rm{N}

rm{壟脹}高于氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強(qiáng)極性rm{sp^{3}}

rm{(3)}金屬rm{Cu^{+}}的rm{3d}全充滿比rm{Ni^{+}}的更穩(wěn)定，難以失去電子

rm{(4)3}rm{1}

rm{壟脷}rm{{left[dfrac{251}{d隆脕6.02隆脕{10}^{23}}right]}^{frac{1}{3}}隆脕{10}^{7}}rm{{left[

dfrac{251}{d隆脕6.02隆脕{10}^{23}}right]}^{frac{1}{3}}隆脕{10}^{7}

}【分析】【分析】本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、空間構(gòu)型與雜化方式判斷、配位鍵、氫鍵、電離能、晶胞計(jì)算等，是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)主干知識(shí)的綜合考查，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)?！窘獯稹縭m{(1)Ni}元素原子核外電子數(shù)為rm{28}核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{8}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{3d}能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)為rm{2}故填：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{8}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{2}rm{(2)壟脵SO_{4}^{2-}}中rm{S}原子的孤電子對(duì)數(shù)rm{=dfrac{6+2-2隆脕4}{2}=0}價(jià)層電子對(duì)數(shù)rm{=4+0=4}離子空間構(gòu)型為正四面體，故填：正四面體；rm{壟脷Ni^{2+}}提供空軌道，rm{NH_{3}}中rm{N}原子含有孤電子對(duì)，二者之間形成配位鍵，故填：配位鍵；rm{N}rm{壟脹PH_{3}}分子之間為范德華力，氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強(qiáng)，增大了物質(zhì)的沸點(diǎn)，故氨氣的沸點(diǎn)高于rm{PH_{3}}分子的，rm{NH_{3}}分子為三角錐形結(jié)構(gòu)，分子中正負(fù)電荷重心不重合，屬于極性分子，rm{N}原子有rm{1}對(duì)孤對(duì)電子，形成rm{3}個(gè)rm{N-H}鍵，雜化軌道數(shù)為rm{4}氮原子采取rm{sp^{3}}雜化，故填：高于；氨氣分子之間形成氫鍵，分