2025年上外版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線(xiàn)※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年上外版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷537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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、北半球某地的地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量大小為4.5×10－5T.一靈敏電壓表連接在當(dāng)?shù)厝牒：佣蔚膬砂叮訉?00m，該河段漲潮和落潮時(shí)有海水（視為導(dǎo)體）流過(guò).設(shè)落潮時(shí)，海水自西向東流，流速為2m/s.下列說(shuō)法正確的是()A.電壓表記錄的電壓為5mVB.電壓表記錄的電壓為9mVC.河南岸的電勢(shì)較高D.河北岸的電勢(shì)較高2、如圖電路（a）、（b）中，電阻R和自感線(xiàn)圈L的電阻值都是很?。油⊿，使電路達(dá)到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光（）A.在電路（a）中，斷開(kāi)S，A將立即變暗B.在電路（a）中，斷開(kāi)S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗C.在電路（b）中，斷開(kāi)S，A將漸漸變暗D.在電路（b）中，斷開(kāi)S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗3、如圖所示，正方形線(xiàn)圈abcd放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；下列能使線(xiàn)圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）

A.在磁場(chǎng)中向上平動(dòng)B.向紙外平動(dòng)C.以ad邊為軸，向紙外轉(zhuǎn)動(dòng)D.以中心O為軸，在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)4、物體的溫度升高時(shí)，物體內(nèi)（）A.分子間的距離一定增大B.分子間的作用力一定增大C.分子的平均動(dòng)能一定增加D.每個(gè)分子的動(dòng)能一定增加5、如圖所示；點(diǎn)電荷+Q

固定，點(diǎn)電荷+q

沿直線(xiàn)從A

運(yùn)動(dòng)到B.

此過(guò)程中，兩電荷間的庫(kù)侖力是()

A.吸引力，先變小后變大B.吸引力，先變大后變小C.排斥力，先變小后變大D.排斥力，先變大后變小評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、研究小組欲測(cè)一新材料制成的均勻圓柱體的電阻率.

步驟如下：

(1)

用游標(biāo)為20

分度的卡尺測(cè)量其長(zhǎng)度如圖1

由圖可知其長(zhǎng)度為_(kāi)_____mm

；?

(2)

用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖2

由圖2

可知其直徑為_(kāi)_____cm

；

(3)

該同學(xué)想用伏安法測(cè)量其電阻R

現(xiàn)有的器材及其代號(hào)和規(guī)格如下：

待測(cè)圓柱體電阻R(

阻值約為200

歐)

電流表A1(

量程0隆蘆4

m

A

內(nèi)阻約50婁賂)

電流表A2(

量程0隆蘆15

m

A

內(nèi)阻約30婁賂)

電壓表V1(

量程0隆蘆3V

內(nèi)阻約10

k

婁賂)

電壓表V2(

量程0隆蘆15V

內(nèi)阻約25

k

婁賂)

直流電源E(

電動(dòng)勢(shì)3V

內(nèi)阻不計(jì))

滑動(dòng)變阻器R1(

阻值范圍0隆蘆15婁賂

允許通過(guò)的最大電流2.0A)

滑動(dòng)變阻器R2(

阻值范圍0隆蘆20

k

婁賂

允許通過(guò)的最大電流0.5A)

開(kāi)關(guān)S

導(dǎo)線(xiàn)若干。

電流表應(yīng)用______，電壓表應(yīng)用______，滑動(dòng)變阻器應(yīng)用______(

填所用器材的代號(hào))

7、美國(guó)物理學(xué)家密立根利用光電管對(duì)光電效應(yīng)現(xiàn)象進(jìn)行研究，得到金屬的遏止電壓Uc

與入射光頻率婁脥

的關(guān)系如圖，由此可計(jì)算出普朗克常量h.

電子電量用e

表示，由圖象中的數(shù)據(jù)可知，這種金屬的截止頻率為_(kāi)___，計(jì)算出普朗克常量表達(dá)式為h=

____．8、如圖所示，兩個(gè)帶等量異種電荷的小球，質(zhì)量均為2g

各用5.1cm

長(zhǎng)的絕緣細(xì)線(xiàn)吊住，細(xì)線(xiàn)質(zhì)量不計(jì)，小球可看成質(zhì)點(diǎn)，懸點(diǎn)OO鈥?

相距d=4cm.

平衡時(shí)，兩球各偏離豎直方向1cm

則每個(gè)小球的電荷量為_(kāi)_____.

如果外加一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，兩球重新回到懸線(xiàn)豎直位置.

此電場(chǎng)方向?yàn)開(kāi)_____，大小E=

______．9、隆露

探究彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系隆路

的實(shí)驗(yàn)中，由實(shí)驗(yàn)測(cè)得某彈簧的長(zhǎng)度L

和彈力的關(guān)系如圖所示，則該彈簧的原長(zhǎng)為_(kāi)_____cm

勁度系數(shù)為_(kāi)_____N/m

．10、在距地面高15米處以10米/秒的速度豎直上拋一物體，從開(kāi)始上拋到落地這段時(shí)間內(nèi)物體的平均速度為_(kāi)___米/秒．（g=10m/s2）評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)11、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

12、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線(xiàn)和虛線(xiàn)分別表示電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)線(xiàn)．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

13、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）14、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為9000N/C，在電場(chǎng)內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場(chǎng)強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

16、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

17、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線(xiàn)和虛線(xiàn)分別表示電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)線(xiàn)．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共2題，共16分)18、如圖所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢(shì)高300V，即UAB＝300V．一帶正電的粒子電量q＝10－10C，質(zhì)量m＝10－20kg，從R點(diǎn)沿電場(chǎng)中心線(xiàn)垂直電場(chǎng)線(xiàn)飛入電場(chǎng)，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線(xiàn)上的O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)．已知兩界面MN、PS相距為L(zhǎng)＝12cm，粒子穿過(guò)界面PS最后垂直打在放置于中心線(xiàn)上的熒光屏EF上．不計(jì)粒子重力求(靜電力常數(shù)k＝9×109N·m2/C2)（1）粒子穿過(guò)界面PS時(shí)偏離中心線(xiàn)RO的距離多遠(yuǎn)？（2）點(diǎn)電荷的電量．19、一個(gè)電阻為r、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線(xiàn)圈abcd共N匝；線(xiàn)圈在磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線(xiàn)的軸OO′以如圖所示的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，外電路電阻為R．

（1）在答卷圖中標(biāo)出此刻線(xiàn)圈感應(yīng)電流的方向。

（2）轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值有多大？

（3）線(xiàn)圈平面與磁感線(xiàn)夾角為60°時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)多人？

（4）設(shè)發(fā)電機(jī)由柴油機(jī)帶動(dòng)；其他能量損失不計(jì)，線(xiàn)圈轉(zhuǎn)一周，柴油機(jī)做多少功？

（5）從圖示位置開(kāi)始，線(xiàn)圈轉(zhuǎn)過(guò)60°的過(guò)程中通過(guò)R的電量是多少？評(píng)卷人得分五、識(shí)圖作答題(共3題，共24分)20、如圖：將某綠色植物置于左側(cè)密閉透明的容器中；給予恒定且適宜的光照；右側(cè)容器充滿(mǎn)氮?dú)猓ǖ獨(dú)鈱?duì)生物的代謝無(wú)影響），并放置有酵母菌培養(yǎng)液，開(kāi)始時(shí)閥門(mén)關(guān)閉．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始后的一段時(shí)間內(nèi)，閥門(mén)始終關(guān)閉，則左側(cè)容器內(nèi)CO2濃度的變化趨勢(shì)是__．（2）一段時(shí)間后，在打開(kāi)閥門(mén)的短時(shí)間內(nèi)，該植物葉肉細(xì)胞中的值將__；當(dāng)容器中CO2濃度保持相對(duì)穩(wěn)定時(shí)，該植物的凈光合速率__（填“大于零”“小于零或：“等于零”），原因是_________________________________。（3）若將酵母菌培養(yǎng)液換為乳酸菌培養(yǎng)液，則打開(kāi)閥門(mén)后該植物的光合速率有所下降，原因是______________。21、下圖遺傳譜系中有甲（基因?yàn)锳、a），乙（基因?yàn)锽、b）兩種遺傳病，其中有一種為紅綠色盲病，據(jù)圖回答下列問(wèn)題：

（1）圖中_______病為紅綠色盲，另一致病基因在_______染色體上，為_(kāi)______性遺傳。（2）Ⅱ6的基因型為_(kāi)____________，與Ⅱ6基因型一定相同的個(gè)體是____，Ⅱ7的基因型為_(kāi)____________。（3）若Ⅲ11和Ⅲ13結(jié)婚，則其后代兩病兼得的概率為_(kāi)______________。22、【生物選做】本次未命制題評(píng)卷人得分六、簡(jiǎn)答題(共3題，共27分)23、一質(zhì)量為m=0.2kg

的皮球.

從高H=0.8m

處自由落下，與地面相碰t=0.1s

后反彈的最大高度為h=0.45m

求球與地面接觸這段時(shí)間內(nèi)地面對(duì)皮球的平均作用力？24、亞硝酸rm{(HNO_{2})}為一元弱酸；其性質(zhì)與硝酸相似。

已知：rm{298K}時(shí)，四種物質(zhì)的電離平衡常數(shù)rm{(K)}如下表。時(shí)，四種物質(zhì)的電離平衡常數(shù)rm{298K}如下表。。rm{(K)}rm{HNO}2rm{NH_{3}隆隴H_{2}O}rm{H_{2}CO}3rm{H_{2}SO}3rm{K(mol隆隴L^{-1})^{-2}}rm{5.1隆脕10^{-4}}rm{1.8隆脕10^{-5}}rm{K_{a1}=4.2隆脕10^{-7;}}rm{K_{a2}=5.61隆脕10^{-11}}rm{K_{a1}=1.3隆脕10^{-2}}rm{K_{a2}=6.3隆脕10^{-8}}rm{(1)}下列不能說(shuō)明rm{HNO_{2}}是弱電解質(zhì)的是rm{_}________。

A.常溫下rm{0.1mol隆隴L}rm{0.1mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}rm{NaNO}rm{NaNO}

rm{{,!}_{2}}溶液的rm{pH>7}rm{pH>7}

B.用一定濃度rm{HNO}rm{HNO}等體積的鹽酸和rm{{,!}_{2}}溶液做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗C.等rm{pH}等體積的鹽酸和rm{HNO}rm{pH}

rm{HNO}rm{{,!}_{2}}溶液分別與足量鋅反應(yīng)，rm{HNO}rm{HNO}rm{{,!}_{2}}放出的氫氣較多時(shí)，將D.常溫下，rm{0.1mol隆隴L}的亞硝酸溶液與rm{0.1mol隆隴L}氨水混合，所得溶液為rm{{,!}^{-1}}rm{HNO}rm{HNO}填“酸性”、“堿性”或“中性”rm{{,!}_{2}}原因是___________________________。溶液的rm{pH=2.3}若將rm{pH=2.3}的rm{(2)298K}rm{10mL0.1mol隆隴L^{-1}}兩溶液分別加水稀釋?zhuān)瑀m{10mL0.1mol隆隴L^{-1}}變化如圖所示，判斷曲線(xiàn)對(duì)應(yīng)的溶液為_(kāi)_______rm{(}填“酸性”、“堿性”或“中性”rm{)}原因是___________________________。填化學(xué)式rm{(}圖中rm{)}rm{(3)}rm{pH=2}三點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的導(dǎo)電能力由強(qiáng)到弱的順序是rm{HNO_{2}}用rm{HCl}rm{pH}rm{I}表示，下同________溶液中水的電離程度由強(qiáng)到弱的順序是_______。rm{(}rm{)}

rm{a}依據(jù)提供數(shù)據(jù)回答下列問(wèn)題。

rm求rm{c}時(shí)，_______rm{(}用rm{a}rmrm{c}表示，下同rm{)}溶液中水的電離程度由強(qiáng)到弱的順序是_______。rm{(}rm{a}rmrm{c}rm{)}rm{(4)}由此可判斷rm{壟脵}求rm{298K}時(shí)，rm{NaHSO}rm{壟脵}rm{298K}rm{NaHSO}rm{{,!}_{3}}電離程度溶液中rm{HSO}填“rm{HSO}”、“rm{{,!}_{3}^{-}}”或“水解平衡常數(shù)rm{K}”rm{K}

rm{{,!}_{h}}rm{=}rm{=}________rm{_}由此可判斷rm{HSO}rm{_}rm{HSO}rm{{,!}_{3}^{-}}水解程度________rm{_}電離程度rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}時(shí)，向含有rm{_}的溶液中加入rm{(}的rm{>}后，則溶液中rm{<}rm{=}和rm{)}的離子濃度由大到小是______。25、碳酸亞鐵rm{(FeCO_{3})}是菱鐵礦的主要成分，將rm{FeCO_{3}}加熱到rm{200隆忙}開(kāi)始分解為rm{FeO}和rm{CO_{2}}若在空氣中高溫煅燒rm{FeCO_{3}}則生成rm{Fe_{2}O_{3}}I.已知rm{25隆忙}rm{101kPa}時(shí)：rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)}rm{triangleH=-1648kJ?mol^{-1}}rm{4Fe(s)+

3O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)}rm{triangleH=-393kJ?mol^{-1}}rm{2FeCO_{3}(s)=2Fe(s)+2C(s)+3O_{2}(g)}rm{triangleH=+1480kJ?mol^{-1}}rm{triangle

H=-1648kJ?mol^{-1}}請(qǐng)寫(xiě)出rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}在空氣中煅燒生成rm{triangle

H=-393kJ?mol^{-1}}的熱化學(xué)方程式____。rm{2FeCO_{3}(s)=2Fe(s)+2C(s)+

3O_{2}(g)}生成的rm{triangleH=

+1480kJ?mol^{-1}}和rm{(1)}在一定條件下被還原為金屬鐵。rm{FeCO_{3}}據(jù)報(bào)道，一定條件下rm{Fe_{2}O_{3}}可被甲烷還原為“納米級(jí)”的金屬鐵。其反應(yīng)為：rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CH_{4}(g)=2Fe(s)+3CO(g)+6H_{2}(g)}rm{II.}rm{FeO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{(2)}原子序數(shù)為rm{Fe_{2}O_{3}}的鐵元素位于元素周期表的第____周期。rm{Fe_{2}O_{3}(s)+3CH_{4}(g)=2Fe(s)+

3CO(g)+6H_{2}(g)}反應(yīng)在rm{婁隴}的密閉容器中進(jìn)行，rm{H}后達(dá)到平衡，測(cè)得rm{>0}在反應(yīng)中質(zhì)量消耗rm{壟脵}則該段時(shí)間內(nèi)用rm{26}表達(dá)的平均反應(yīng)速率為_(kāi)___。rm{壟脷}將一定量的rm{5L}和一定量的rm{2min}置于恒溫恒壓容器中，在一定條件下反應(yīng)，能表明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____。rm{Fe_{2}O_{3}}的轉(zhuǎn)化率等于rm{4.8g}的產(chǎn)率rm{H_{2}}混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變r(jià)m{壟脹}rm{Fe_{2}O_{3}(s)}rm{CH_{4}(g)}rm{a.CH_{4}}rm{CO}rm{b.}固體的總質(zhì)量不變r(jià)m{c.}可用rm{v}進(jìn)行還原，已知：rm{{,!}_{脮媒}(CO)}rm{v}時(shí)，rm{FeO(s)+CO(g)?Fe(s)+CO_{2}(g)}rm{{,!}_{脛忙}(H_{2})=1漏U2}rm{d.}若在rm{(3)FeO}密閉容器中加入rm{CO}并通入rm{t}rm{隆忙}rm{FeO(s)+CO(g)?Fe(s)

+CO_{2}(g)}rm{K}時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡。此時(shí)rm{=0.5}的轉(zhuǎn)化率為rm{1L}則rm{0.04molFeO(s)}rm{x}____。rm{molCO}還可用來(lái)制備rm{t}rm{隆忙}在水溶液中的水解分三步：rm{Fe^{3+}+H_{2}O?Fe(OH)^{2+}+H^{+;;}}rm{FeO(s)}rm{50%}rm{{,!}Fe(OH)^{2+}+H_{2}O?Fe(OH)_{2}^{+}+H^{+;}}rm{x}rm{=}rm{Fe(OH)_{2}^{+}+H_{2}O?Fe(OH)_{3}+H^{+}}rm{III.Fe_{2}O_{3}}rm{FeCl_{3}}rm{FeCl_{3}}以上水解反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{Fe^{3+}+H_{2}O?Fe(OH)^{2+}+

H^{+;;}}rm{K}rm{{,!}_{1}}rm{{,!}Fe(OH)^{2+}+H_{2}O?

Fe(OH)_{2}^{+}+H^{+;}}rm{K}rm{{,!}_{2}}由大到小的順序是____。通過(guò)控制條件；以上水解產(chǎn)物聚合生成聚合物的離子方程式為：

rm{Fe(OH)_{2}^{+}+H_{2}O?Fe(OH)_{3}+

H^{+}}rm{K}rm{{,!}_{3}}rm{(4)}rm{K}rm{{,!}_{1}}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{K}rm{{,!}_{3}}rm{x}rm{Fe^{3+}+}rm{y}rm{H_{2}O?Fe}rm{{,!}_{x}}欲使平衡正向移動(dòng)可采用的方法是____rm{(OH)(3}填字母rm{x}rm{-}加水稀釋rm{y}加入少量rm{)+}固體rm{y}升溫rm{+}加入少量rm{y}固體rm{H^{+}}參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B|D【分析】試題分析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=BLv=9mV，所以A錯(cuò)誤；B正確；在北半球地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量為豎直向下，根據(jù)右手定則課判斷河北岸的電勢(shì)較高，所以C錯(cuò)誤；D正確。考點(diǎn)：本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律【解析】【答案】BD2、D【分析】解：AB；在電路a中；斷開(kāi)S，L、A串聯(lián)，由于線(xiàn)圈阻礙電流變小，L相當(dāng)于電源，導(dǎo)致A將逐漸變暗，流過(guò)A的電流方向不會(huì)發(fā)生變化。故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；

CD、在電路b中；由于電阻R和自感線(xiàn)圈L的電阻值都很小，所以通過(guò)燈泡的電流比線(xiàn)圈的電流小，斷開(kāi)S時(shí)，由于線(xiàn)圈阻礙電流變小，導(dǎo)致A將變得更亮，然后逐漸熄滅。故C錯(cuò)誤，D正確；

故選：D。

電感總是阻礙電流的變化．線(xiàn)圈中的電流增大時(shí)；產(chǎn)生自感電流的方向更原電流的方向相反，抑制增大；線(xiàn)圈中的電流減小時(shí)，產(chǎn)生自感電流的方向更原電流的方向相同，抑制減小，并與燈泡構(gòu)成電路回路．

線(xiàn)圈中電流變化時(shí)，線(xiàn)圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；線(xiàn)圈電流增加，相當(dāng)于一個(gè)瞬間電源接入電路，線(xiàn)圈左端是電源正極．當(dāng)電流減小時(shí)，相當(dāng)于一個(gè)瞬間電源，線(xiàn)圈右端是電源正極．【解析】D3、C【分析】解：AB；由于磁場(chǎng)是勻強(qiáng)磁場(chǎng)；把線(xiàn)圈沿紙面向右拉動(dòng)，或向下拉動(dòng)，或垂直紙面向外運(yùn)動(dòng)，其磁通量均不變化，均無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，故AB錯(cuò)誤；

C；當(dāng)以ad為軸轉(zhuǎn)動(dòng)線(xiàn)圈時(shí)；其磁通量發(fā)生變化，故有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C正確；

D；以中心O為軸；在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線(xiàn)圈內(nèi)的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是：穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化。因此無(wú)論線(xiàn)圈如何運(yùn)動(dòng)；關(guān)鍵是看其磁通量是否變化，從而判斷出是否有感應(yīng)電流產(chǎn)生。

本題考查感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，解題時(shí)要把握問(wèn)題實(shí)質(zhì)，關(guān)鍵是看閉合線(xiàn)圈中的磁通量是否變化，與運(yùn)動(dòng)形式無(wú)關(guān)?！窘馕觥緾4、C【分析】溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度升高，分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能一定增加，故ABD錯(cuò)誤，C正確；選C.5、D【分析】【分析】由于是同種電荷，小球受斥力作用，距離先減小后增大，利用庫(kù)侖定律的公式求解。本題考查庫(kù)侖定律，根據(jù)公式直接判斷，注意同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原理。【解答】帶電相同的小球受斥力作用，而距離先越來(lái)越近，后越來(lái)越遠(yuǎn)，由于電量保持不變，根據(jù)F=kQqr2

可知，電場(chǎng)力逐漸增大后逐漸減小，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D?！窘馕觥緿

二、填空題(共5題，共10分)6、（1）50.15（2）0.1200（3）A2V1R1【分析】【分析】(1)(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；

(2)(2)螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)；

(3)(3)根據(jù)提供的電源選擇電壓表；根據(jù)電路中的電流選擇電流表；根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材確定滑動(dòng)變阻器接法確定選擇滑動(dòng)變阻器。

本題考查了電阻定律的應(yīng)用、游標(biāo)卡尺與螺旋測(cè)微器的讀數(shù)，應(yīng)用電阻定律即可求出電阻率的表達(dá)式；螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)，螺旋測(cè)微器需要估讀?！窘獯稹?1)(1)游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為50mm50mm游標(biāo)尺上第88個(gè)刻度游標(biāo)讀數(shù)為0.05隆脕3m0.05隆脕3m=0.15mm=0.15mm所以最終讀數(shù)為：50mm+0.15mm=50.15mm50mm+0.15mm=50.15mm

(2)(2)螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為1mm1mm可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01隆脕20.0mm=0.200mm0.01隆脕20.0mm=0.200mm所以最終讀數(shù)為：1mm+0.200mm=1.200mm1mm+0.200mm=1.200mm

(3)(3)電源的電動(dòng)勢(shì)是4V4V所以要選擇量程是3V3V的電壓表VV11；

電路中的電流約為：I隆脰UR=3220A=0.0136A=13.6mA，所以要選擇量程是10mA10mA的電流表AA22，

題目要求測(cè)得多組數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，所以需要采用分壓式接法，滑動(dòng)變阻器選擇電阻值比較小的RR1{,!}_{1}。故填(1)50.15(2)0.1200(3)A2V1R1

【解析】(1)50.15

(2)0.1200

(3)A2V1R1

7、ν1【分析】【分析】入射光的頻率增大，光電子的最大初動(dòng)能增大，遏止電壓增大；根據(jù)光電效應(yīng)方程得出Uc鈭?婁脥

的關(guān)系式，通過(guò)關(guān)系式得出斜率、截距表示的含義。該題通過(guò)圖象的方法考查光電效應(yīng)，解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程以及最大初動(dòng)能與遏止電壓的關(guān)系?！窘獯稹扛鶕?jù)Ekm=hv鈭?W0=eUc

解得：UC=h婁脥e鈭?h婁脥0e

可知，當(dāng)Uc=0

時(shí)，對(duì)應(yīng)的頻率為截止頻率，所以截止頻率為：婁脥1

圖線(xiàn)的斜率k=he

則：h=U1e婁脥3鈭?婁脥1

故答案為：婁脥

1U1e婁脥3鈭?婁脥1

【解析】婁脥

11U1e婁脥3鈭?婁脥1

8、×10-8c；向右；7.5×104N/q【分析】解：對(duì)帶正電的小球受力分析；如圖：

根據(jù)幾何關(guān)系：F=mg15攏廬12鈭?12=15mg

由庫(kù)侖定律：F=kq2r2

即4隆脕10鈭?3=9隆脕109隆脕q20.022

得：q=43隆脕10鈭?8c

要使左邊小球受力平衡；應(yīng)受向左的電場(chǎng)力，則電場(chǎng)的方向向右；

根據(jù)平衡條件：qE=kq2d2

E=9隆脕109隆脕43隆脕10鈭?80.042=7.5隆脕104N/q

故答案為：43隆脕10鈭?8c

向右；7.5隆脕104N/q

．

對(duì)其中一個(gè)小球受力分析；運(yùn)用合成法，根據(jù)幾何關(guān)系求解庫(kù)侖力大小，然后根據(jù)庫(kù)侖定律求出小球的電荷量；

A

球帶負(fù)電；B

球帶正電，B

對(duì)A

的吸引力水平向右，要使A

處于豎直方向平衡，就要加一個(gè)水平向右的電場(chǎng)，使A

受到的電場(chǎng)力等于B

球?qū)

的吸引力．

本題主要考查了庫(kù)侖定律及場(chǎng)強(qiáng)的疊加，根據(jù)小球受力平衡求解．【解析】43隆脕10鈭?8c

向右；7.5隆脕104N/q

9、略

【分析】解：由圖可知；當(dāng)彈力為零時(shí)，彈簧原長(zhǎng)為：L0=15cm

據(jù)胡克定律F=kx

得：F=k(L鈭?L0)

由圖象斜率等于勁度系數(shù)：k=50鈭?025鈭?15N/cm=5N/cm=500N/m

故答案為：15500

．

當(dāng)彈力為零時(shí)；彈簧處于原長(zhǎng)；根據(jù)胡克定律F=kx

從圖上根據(jù)彈簧的形變量和彈力大小，求出勁度系數(shù)，即圖線(xiàn)的斜率．

解決本題的關(guān)鍵掌握胡克定律F=kx

同時(shí)能根據(jù)圖象分析原長(zhǎng)和勁度系數(shù)，知道圖象的斜率表示勁度系數(shù)．【解析】15500

10、略

【分析】

設(shè)物體落地時(shí)的速度大小為v；則根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：

mgh+mv=

解得，v==m/s=20m/s

豎直向上方向?yàn)檎较?，由初速度為v=10m/s；末速度為v=-20m/s

則平均速度為==-5m/s．

故答案為：-5

【解析】【答案】先根據(jù)機(jī)械能守恒求出物體落地時(shí)速度大?。畬?duì)于豎直上拋運(yùn)動(dòng)，可以看成一種勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度為-g，根據(jù)公式=求平均速度．

三、判斷題(共7題，共14分)11、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱(chēng)；無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線(xiàn)比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．12、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?3、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類(lèi)似于高度差；沒(méi)有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大小．

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)．由以上的分析可知，以上的說(shuō)法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大小；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)；沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無(wú)關(guān)．14、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．15、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場(chǎng)強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷出場(chǎng)強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．16、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱(chēng)；無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線(xiàn)比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．17、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大小．四、計(jì)算題(共2題，共16分)18、略

【分析】試題分析：（1）設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的側(cè)向位移為h,穿過(guò)界面PS時(shí)偏離中心線(xiàn)OR的距離為y，則：即：代入數(shù)據(jù)，解得：h＝0.03m＝3cm帶電粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由相似三角形知識(shí)得：代入數(shù)據(jù)，解得：y＝0.12m＝12cm（2）設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為則：代入數(shù)據(jù)，解得：所以粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為：設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：解得因?yàn)榱Ｗ哟┻^(guò)界面PS最后垂直打在放置于中心線(xiàn)上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過(guò)界面PS后將繞點(diǎn)電荷Q作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其半徑與速度方向垂直．勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：由代入數(shù)據(jù)，解得：考點(diǎn)：本題考查類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)的綜合應(yīng)用，分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是解題的基礎(chǔ)．難點(diǎn)是運(yùn)用幾何知識(shí)求解出對(duì)應(yīng)的邊長(zhǎng)．【解析】【答案】（1）12cm（2）19、解：（1）電流方向如圖所示。

（2）根據(jù)E=Blv

得Em=NBωS=NBωL2

（3）線(xiàn)圈平面與B成60°時(shí)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=Emcos60°=NBωL2

（4）電動(dòng)勢(shì)的有效值

電流的有效值I=

柴油機(jī)的功轉(zhuǎn)化為電能；轉(zhuǎn)-周做功。

W=EIT=2πN2B2ω2L2?

=πN2B2ωL4?

（5）I平均=E平均?=

∴

答：（1）如圖。

（2）轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值有NBωL2

（3）線(xiàn)圈平面與磁感線(xiàn)夾角為60°時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是NBωL2

（4）設(shè)發(fā)電機(jī)由柴油機(jī)帶動(dòng)，其他能量損失不計(jì)，線(xiàn)圈轉(zhuǎn)一周，柴油機(jī)做功是πN2B2ωL4?

（5）從圖示位置開(kāi)始，線(xiàn)圈轉(zhuǎn)過(guò)60°的過(guò)程中通過(guò)R的電量是【分析】

根據(jù)Em=nBSω求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的峰值，從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)e=Emsinωt．

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而得出平均感應(yīng)電流，根據(jù)q=t求出通過(guò)電阻R的電荷量．

本題考查了有關(guān)交流電描述的基礎(chǔ)知識(shí)，要能根據(jù)題意寫(xiě)出瞬時(shí)值的表達(dá)式，知道有效值跟峰值的關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．線(xiàn)框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生正弦式交變電流．而對(duì)于電表讀數(shù)、求產(chǎn)生的熱量均由交變電的有效值來(lái)確定，而涉及到耐壓值時(shí)，則由最大值來(lái)確定．而通過(guò)某一電量時(shí)，則用平均值來(lái)求．【解析】解：（1）電流方向如圖所示。

（2）根據(jù)E=Blv

得Em=NBωS=NBωL2

（3）線(xiàn)圈平面與B成60°時(shí)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=Emcos60°=NBωL2

（4）電動(dòng)勢(shì)的有效值

電流的有效值I=

柴油機(jī)的功轉(zhuǎn)化為電能；轉(zhuǎn)-周做功。

W=EIT=2πN2B2ω2L2?

=πN2B2ωL4?

（5）I平均=E平均?=

∴

答：（1）如圖。

（2）轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值有NBωL2

（3）線(xiàn)圈平面與磁感線(xiàn)夾角為60°時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是NBωL2

（4）設(shè)發(fā)電機(jī)由柴油機(jī)帶動(dòng)，其他能量損失不計(jì)，線(xiàn)圈轉(zhuǎn)一周，柴油機(jī)做功是πN2B2ωL4?

（5）從圖示位置開(kāi)始，線(xiàn)圈轉(zhuǎn)過(guò)60°的過(guò)程中通過(guò)R的電量是五、識(shí)圖作答題(共3題，共24分)20、（1）逐漸降低后趨于穩(wěn)定（2）變小大于零此時(shí)植物的光合速率與植物和酵母菌的呼吸速率之和相等（3）乳酸菌無(wú)氧呼吸不釋放CO2，打開(kāi)閥門(mén)后，CO2由左側(cè)容器向右側(cè)容器擴(kuò)散，引起容器中CO2濃度下降，因此該植物的光合速率下降

【分析】【分析】本題考查細(xì)胞呼吸和光合作用相關(guān)的知識(shí)，解本題的關(guān)鍵是讀懂裝置圖，明確閥門(mén)打開(kāi)前左側(cè)植物的光合作用大于呼吸作用，右側(cè)只能進(jìn)行無(wú)氧呼吸，而閥門(mén)打開(kāi)后，左側(cè)可以為右側(cè)的有氧呼吸提供氧氣，右側(cè)可以為左側(cè)的光合作用提供二氧化碳。據(jù)圖分析；左側(cè)容器內(nèi)有綠色植物；恒定且適宜的光照和空氣，植物可以進(jìn)行光合作用和呼吸作用，且光合作用大于呼吸作用，則植物產(chǎn)生了大量的氧氣，打開(kāi)閥門(mén)后可以為酵母菌有氧呼吸提供氧氣；右側(cè)裝置內(nèi)有酵母菌培養(yǎng)液、氮?dú)?，酵母菌只能進(jìn)行無(wú)氧呼吸，產(chǎn)生二氧化碳和酒精，當(dāng)閥門(mén)打開(kāi)后，可以利用左側(cè)提供的氧氣進(jìn)行有氧呼吸，也可以為左側(cè)的光合作用提供二氧化碳。

【解答】（1）由于閥門(mén)始終關(guān)閉，且左側(cè)植物的光合作用大于呼吸作用，所以左側(cè)容器內(nèi)CO2濃度先逐漸降低，后來(lái)由于二氧化碳的不足，導(dǎo)致光合作用減弱，所以二氧化碳的濃度又趨于穩(wěn)定。（2）一段時(shí)間后，在打開(kāi)閥門(mén)的短時(shí)間內(nèi)，右側(cè)的二氧化碳進(jìn)入左側(cè)，導(dǎo)致左側(cè)二氧化碳與五碳化合物固定生成三碳化合物的過(guò)程增強(qiáng)，而三碳化合物的還原過(guò)程基本不變，所以短時(shí)間內(nèi)該植物葉肉細(xì)胞中C5/C3的值將變小；當(dāng)容器CO2濃度保持相對(duì)穩(wěn)定時(shí)，說(shuō)明植物光合作用消耗的二氧化碳與植物和酵母菌呼吸作用產(chǎn)生的二氧化碳之和相等，所以該植物的凈光合速率大于0。（3）若將酵母菌培養(yǎng)液換為乳酸菌培養(yǎng)，由于乳酸菌無(wú)氧呼吸不釋放CO2，打開(kāi)閥門(mén)后，CO2由左側(cè)容器向右側(cè)容器擴(kuò)散，引起容器中CO2濃度下降，因此該植物的光合速率下降?！窘馕觥浚?）逐漸降低后趨于穩(wěn)定（2）變小大于零此時(shí)植物的光合速率與植物和酵母菌的呼吸速率之和相等（3）乳酸菌無(wú)氧呼吸不釋放CO2，打開(kāi)閥門(mén)后，CO2由左側(cè)容器向右側(cè)容器擴(kuò)散，引起容器中CO2濃度下降，因此該植物的光合速率下降

21、（1）乙常隱（2）AaXBXbⅡ8AaXbY（3）1/6【分析】【分析】本題的知識(shí)點(diǎn)是根據(jù)遺傳系譜圖判斷遺傳病的類(lèi)型并寫(xiě)出遺傳系譜圖中相關(guān)個(gè)體的基因型，基因的自由組合定律和分離定律的實(shí)質(zhì)和應(yīng)用，對(duì)于遺傳病發(fā)病概率的推測(cè)，意在考查學(xué)生理解所學(xué)知識(shí)的要點(diǎn)，把握知識(shí)的內(nèi)在聯(lián)系，并應(yīng)用相關(guān)知識(shí)結(jié)合題圖信息對(duì)某些遺傳病的問(wèn)題進(jìn)行解釋、推理、判斷的能力。【解答】（1）由5號(hào)、6號(hào)個(gè)體不患甲病而10號(hào)個(gè)體患甲病，由無(wú)中生有女兒有為常隱可知，甲病為常染色體隱性遺傳病，所以，甲病不可能是紅綠色盲?。t綠色盲病是伴X隱性遺傳?。?，結(jié)合題干信息可知，乙病為紅綠色盲病、甲病為常染色體隱性遺傳病。（2）Ⅱ6不患甲病和乙病，但其父親是紅綠色盲病患者、女兒是甲病患者，因此，Ⅱ6攜帶兩種遺傳病的致病基因，基因型為AaXBXb，同理Ⅱ8也是兩病基因攜帶者，基因型為AaXBXb，根據(jù)Ⅱ7的女兒患有甲病、其本人是紅綠色盲患者但不患甲病可判斷其基因型為AaXbY。（3）由第（3）小題分析可推測(cè)Ⅱ5和Ⅱ6的基因型是AaXBY和AaXBXb，則Ⅲ11可能的基因型及比例為：AAXBY：AaXBY=1：2；Ⅲ13的基因型是aaXbXb，若Ⅲ11和Ⅲ13結(jié)婚，則其后代兩病兼得的概率為：【解析】（1）乙常隱（2）AaXBXbⅡ8AaXbY（3）1/622、略

【分析】無(wú)需解答【解析】無(wú)需答案六、簡(jiǎn)答題(共3題，共27分)23、略

【分析】

由機(jī)械能守恒定律可求得皮球落地和反彈時(shí)的速度；再由動(dòng)量定理可求得地面對(duì)皮球的平均沖力F

即可．

本題考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，在解題時(shí)要注意動(dòng)量的矢量性，故應(yīng)先設(shè)定正方向，難度適中．【解析】解：皮球自由下落過(guò)程中；由機(jī)械能守恒定律可知：

mgh=12mv2

解得：v=2gH=2隆脕10隆脕0.8=4m/s

同理，回彈過(guò)程的速度v隆盲=2gh=2隆脕10隆脕0.45=3m/s

方向豎直向上；

設(shè)向下為正；則對(duì)碰撞過(guò)程由動(dòng)量定理可知：

mgt鈭?Ft=鈭?mv隆盲鈭?mv

解得：F=16N

答：球與地面接觸這段時(shí)間內(nèi)地面對(duì)皮球的平均作用力為16N

．24、rm{(1)B}

rm{(2)}酸性反應(yīng)恰好生成的亞硝酸銨，亞硝酸根離子水解呈堿性，銨根離子水解呈酸性，但是亞硝酸根離子水解程度小于銨根離子，故呈酸性。

rm{(3)HCl}rm{b>a>c}rm{c>a>b}

rm{(4)壟脵7.7隆脕10^{-13;;}}rm{<}

rm{壟脷H_{2}SO3+HCO_{3}^{-}=HSO_{3}^{-}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}

rm{(5)c(HCO_{3}^{-})>c(NO_{2}^{-})>c(CO_{3}^{2-})}【分析】【分析】本題考查弱電解質(zhì)的判斷及溶液中離子濃度大小比較，明確弱電解質(zhì)的性質(zhì)及鹽類(lèi)水解的特點(diǎn)是解答本題的關(guān)鍵，常用的方法是利用電離的不完全性、測(cè)定鹽溶液的rm{pH}做對(duì)比實(shí)驗(yàn)等來(lái)判斷弱電解質(zhì)?！窘獯稹縭m{(1)A}．常溫下rm{0.1mol隆隴L}rm{0.1mol隆隴L}rm{{,!}^{-1;}}rm{NaNO}rm{NaNO}，則rm{{,!}_{2}}溶液顯堿性，說(shuō)明溶液的rm{pH>7}能水解，即rm{pH>7}是弱電解質(zhì)，故能證明rm{NaNO_{2}}是弱電解質(zhì)；B.rm{NO_{2}^{-}}rm{HNO_{2}}rm{HNO_{2}}用一定濃度rm{HNO}是否不完全電離，不能證明rm{HNO}是弱電解質(zhì)；C.等rm{{,!}_{2}}等體積的鹽酸和溶液做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗，說(shuō)明溶液中的離子濃度很小，但不能說(shuō)明溶液rm{HNO_{2}}rm{HNO_{2}}rm{pH}rm{HNO_{2}}，則分別與足量鋅反應(yīng)，rm{HNO}的物質(zhì)的量大rm{HNO}說(shuō)明rm{{,!}_{2}}溶液中放出的氫氣較多部分電離，故能證明是弱電解質(zhì)；D.rm{HNO_{2}}rm{{,!}_{,}}rm{HNO_{2}}rm{HNO_{2}}rm{HNO_{2}}說(shuō)明常溫下，rm{0.1mol隆隴L}溶液中rm{0.1mol隆隴L}部分電離，故能證明rm{{,!}^{-1}}是弱電解質(zhì)；故答案為：rm{HNO}rm{HNO}反應(yīng)恰好生成的亞硝酸銨，已知在rm{{,!}_{2}}時(shí)，一水合氨的溶液的rm{pH=2.3}亞硝酸的電離平衡常數(shù)rm{pH=2.3}rm{HNO_{2}}所以亞硝酸的電離程度大于一水合氨的電離程度，則銨根離子的水解程度大于亞硝酸根離子的程度，根據(jù)越弱越水解，銨根離子的水解程度大，所以最后所得溶液為酸性；

故答案為：酸性；反應(yīng)恰好生成的亞硝酸銨，亞硝酸根離子水解呈堿性，銨根離子水解呈酸性，但是亞硝酸根離子水解程度小于銨根離子，故呈酸性；rm{HNO_{2}}相同rm{HNO_{2}}的rm{B}rm{(2)}rm{298K}加水稀釋時(shí)，弱電解質(zhì)rm{298K}的rm{K=1.8隆脕10^{-5}}變化小，所以曲線(xiàn)rm{K=5.1隆脕10}對(duì)應(yīng)的溶液為鹽酸；鹽酸和亞硝酸都是一元酸，溶液中rm{{,!}^{-4}}越小氫離子濃度越大，說(shuō)明離子總濃度大，溶液導(dǎo)電能力越強(qiáng)，所以溶液導(dǎo)電能力由強(qiáng)到弱的順序是rm{(3)}溶液中的氫離子的濃度越大，則水電離程度越小，所以rm{pH}rm{HNO}故答案為：rm{HNO}rm{{,!}_{2}}、rm{HCl}rm{HCl}rm{HNO_{2}}rm{pH}rm{I}rm{pH}rm{b>a>c}rm{{K}_{h};=dfrac{cleft({H}_{2}S{O}_{3}right)cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}=dfrac{{K}_{W}}{{K}_{a1}}=dfrac{{10}^{-14}}{1.3隆脕{10}^{-2}}=7.7隆脕{10}^{-13}}溶液中水的電離程度由強(qiáng)到弱的順序是rm{c>a>b}rm{HCl}rm{b>a>c}的水解程度小于其電離程度，故答案為：rm{c>a>b}rm{(4)壟脵}；rm{NaHSO}由rm{NaHSO}rm{{,!}_{3}}溶液中rm{HSO}rm{HSO}和rm{{,!}_{3}^{-}}的電離平衡常數(shù)可知，水解平衡常數(shù)的酸性弱于rm{{K}_{h};=

dfrac{cleft({H}_{2}S{O}_{3}right)cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(HS{{O}_{3}}^{-}right)}=

dfrac{{K}_{W}}{{K}_{a1}}=

dfrac{{10}^{-14}}{1.3隆脕{10}^{-2}}=7.7隆脕{10}^{-13}}的酸性，所以rm{HSO}rm{HSO}rm{{,!}_{3}^{-}}水解平衡常數(shù)小于其電離平衡常數(shù)，所以rm{HSO_{3}^{-}}，故答案為：rm{7.7隆脕10^{-13;;}}；rm{<}rm{壟脷}時(shí)，向含有rm{H}rm{H}rm{{,!}_{;2}}rm{SO}rm{SO}的rm{{,!}_{3}}rm{H_{2}CO_{3}}rm{HSO_{3}^{-}}rm{H_{2}CO_{3}}所以得到等濃度的rm{H_{;2}SO_{3}}溶液和rm{NaHCO}和rm{NaHCO}由于水解程度rm{{,!}_{3}}由于rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}所以溶液反應(yīng)的主要離子方程式為濃度增大，所以rm{H_{2}SO3+HCO_{3}^{-}=HSO_{3}^{-}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{H_{2}SO3+HCO_{3}^{-}=HSO_{3}^{-}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(5)}rm{98K}時(shí)，向含有rm{2molNa}rm{98K}rm{2molNa}rm{{,!}_{2}}rm{CO}，故答案為：rm{CO}

rm{{,!}_{3}}【解析】rm{(1)B}rm{(2)}酸性反應(yīng)恰好生成的亞硝酸銨，亞硝酸根離子水解呈堿性，銨根離子水解呈酸性，但是亞硝酸根離子水解程度小于銨根離子，故呈酸性。rm{(3)HCl}rm{b>a>c}rm{c>a>b}rm{(4)壟脵7.7隆脕10^{-13;;}}rm{<}rm{壟脷H_{2}SO3+HCO_{3}^{-}=HSO_{3}^{-}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}rm{(5)c(HCO_{3}^{-})>c(NO_{2}^{-})>c(CO_{3}^{2-})}25、I．（1）4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s)+4CO2(g)=－260kJ?mol-1II．（2）①四②0.018mol?（L?min）-1③bcd（3）0.06III．(4)K1>K2>K3acd【分析】【分析】本題考查蓋斯定律、化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡、化學(xué)平衡常數(shù)的相關(guān)問(wèn)題，題目難度不大，考查學(xué)生對(duì)化學(xué)知識(shí)的整合能力?！窘獯稹縄.rm{(1)}由已知反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：由已知反應(yīng)的熱化學(xué)方