2025年上外版高二物理下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年上外版高二物理下冊階段測試試卷537考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、北半球某地的地磁場磁感應(yīng)強度的豎直分量大小為4.5×10－5T.一靈敏電壓表連接在當?shù)厝牒：佣蔚膬砂叮訉?00m，該河段漲潮和落潮時有海水（視為導(dǎo)體）流過.設(shè)落潮時，海水自西向東流，流速為2m/s.下列說法正確的是()A.電壓表記錄的電壓為5mVB.電壓表記錄的電壓為9mVC.河南岸的電勢較高D.河北岸的電勢較高2、如圖電路（a）、（b）中，電阻R和自感線圈L的電阻值都是很小．接通S，使電路達到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光（）A.在電路（a）中，斷開S，A將立即變暗B.在電路（a）中，斷開S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗C.在電路（b）中，斷開S，A將漸漸變暗D.在電路（b）中，斷開S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗3、如圖所示，正方形線圈abcd放在勻強磁場中；下列能使線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）

A.在磁場中向上平動B.向紙外平動C.以ad邊為軸，向紙外轉(zhuǎn)動D.以中心O為軸，在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動4、物體的溫度升高時，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.分子的平均動能一定增加D.每個分子的動能一定增加5、如圖所示；點電荷+Q

固定，點電荷+q

沿直線從A

運動到B.

此過程中，兩電荷間的庫侖力是()

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，先變大后變小評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、研究小組欲測一新材料制成的均勻圓柱體的電阻率.

步驟如下：

(1)

用游標為20

分度的卡尺測量其長度如圖1

由圖可知其長度為______mm

；?

(2)

用螺旋測微器測量其直徑如圖2

由圖2

可知其直徑為______cm

；

(3)

該同學(xué)想用伏安法測量其電阻R

現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下：

待測圓柱體電阻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(

電動勢3V

內(nèi)阻不計)

滑動變阻器R1(

阻值范圍0隆蘆15婁賂

允許通過的最大電流2.0A)

滑動變阻器R2(

阻值范圍0隆蘆20

k

婁賂

允許通過的最大電流0.5A)

開關(guān)S

導(dǎo)線若干。

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

填所用器材的代號)

7、美國物理學(xué)家密立根利用光電管對光電效應(yīng)現(xiàn)象進行研究，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____，計算出普朗克常量表達式為h=

____．8、如圖所示，兩個帶等量異種電荷的小球，質(zhì)量均為2g

各用5.1cm

長的絕緣細線吊住，細線質(zhì)量不計，小球可看成質(zhì)點，懸點OO鈥?

相距d=4cm.

平衡時，兩球各偏離豎直方向1cm

則每個小球的電荷量為______.

如果外加一個水平方向的勻強電場后，兩球重新回到懸線豎直位置.

此電場方向為______，大小E=

______．9、隆露

探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系隆路

的實驗中，由實驗測得某彈簧的長度L

和彈力的關(guān)系如圖所示，則該彈簧的原長為______cm

勁度系數(shù)為______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，從開始上拋到落地這段時間內(nèi)物體的平均速度為____米/秒．（g=10m/s2）評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)11、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(chǎn)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(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

12、如圖所示為某示波管內(nèi)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(shè)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）

13、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）14、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）15、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（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(chǎn)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(guān)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(nèi)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(shè)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）

評卷人得分四、計算題(共2題，共16分)18、如圖所示，兩平行金屬板A、B長l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高300V，即UAB＝300V．一帶正電的粒子電量q＝10－10C，質(zhì)量m＝10－20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)．已知兩界面MN、PS相距為L＝12cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上．不計粒子重力求(靜電力常數(shù)k＝9×109N·m2/C2)（1）粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離多遠？（2）點電荷的電量．19、一個電阻為r、邊長為L的正方形線圈abcd共N匝；線圈在磁感強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO′以如圖所示的角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，外電路電阻為R．

（1）在答卷圖中標出此刻線圈感應(yīng)電流的方向。

（2）轉(zhuǎn)動過程中感應(yīng)電動勢的最大值有多大？

（3）線圈平面與磁感線夾角為60°時的感應(yīng)電動勢多人？

（4）設(shè)發(fā)電機由柴油機帶動；其他能量損失不計，線圈轉(zhuǎn)一周，柴油機做多少功？

（5）從圖示位置開始，線圈轉(zhuǎn)過60°的過程中通過R的電量是多少？評卷人得分五、識圖作答題(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)容器充滿氮氣（氮氣對生物的代謝無影響），并放置有酵母菌培養(yǎng)液，開始時閥門關(guān)閉．請回答下列問題：

（1）實驗開始后的一段時間內(nèi)，閥門始終關(guān)閉，則左側(cè)容器內(nèi)CO2濃度的變化趨勢是__．（2）一段時間后，在打開閥門的短時間內(nèi)，該植物葉肉細胞中的值將__；當容器中CO2濃度保持相對穩(wěn)定時，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，則打開閥門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（基因為A、a），乙（基因為B、b）兩種遺傳病，其中有一種為紅綠色盲病，據(jù)圖回答下列問題：

（1）圖中_______病為紅綠色盲，另一致病基因在_______染色體上，為_______性遺傳。（2）Ⅱ6的基因型為_____________，與Ⅱ6基因型一定相同的個體是____，Ⅱ7的基因型為_____________。（3）若Ⅲ11和Ⅲ13結(jié)婚，則其后代兩病兼得的概率為_______________。22、【生物選做】本次未命制題評卷人得分六、簡答題(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間內(nèi)地面對皮球的平均作用力？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，四種物質(zhì)的電離平衡常數(shù)rm{(K)}如下表。時，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)電實驗，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，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，rm{10mL0.1mol隆隴L^{-1}}變化如圖所示，判斷曲線對應(yīng)的溶液為________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}三點對應(yīng)溶液的導(dǎo)電能力由強到弱的順序是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到弱的順序是_______。rm{(}rm{)}

rm{a}依據(jù)提供數(shù)據(jù)回答下列問題。

rm求rm{c}時，_______rm{(}用rm{a}rmrm{c}表示，下同rm{)}溶液中水的電離程度由強到弱的順序是_______。rm{(}rm{a}rmrm{c}rm{)}rm{(4)}由此可判斷rm{壟脵}求rm{298K}時，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，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：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}}請寫出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)報道，一定條件下rm{Fe_{2}O_{3}}可被甲烷還原為“納米級”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}的密閉容器中進行，rm{H}后達到平衡，測得rm{>0}在反應(yīng)中質(zhì)量消耗rm{壟脵}則該段時間內(nèi)用rm{26}表達的平均反應(yīng)速率為____。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分子質(zhì)量不變rm{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rm{c.}可用rm{v}進行還原，已知：rm{{,!}_{脮媒}(CO)}rm{v}時，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}時反應(yīng)達到平衡。此時rm{=0.5}的轉(zhuǎn)化率為rm{1L}則rm{0.04molFeO(s)}rm{x}____。rm{molCO}還可用來制備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錯誤；B正確；在北半球地磁場磁感應(yīng)強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較高，所以C錯誤；D正確?？键c：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S，L、A串聯(lián)，由于線圈阻礙電流變小，L相當于電源，導(dǎo)致A將逐漸變暗，流過A的電流方向不會發(fā)生變化。故A錯誤，B錯誤；

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

故選：D。

電感總是阻礙電流的變化．線圈中的電流增大時；產(chǎn)生自感電流的方向更原電流的方向相反，抑制增大；線圈中的電流減小時，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．

線圈中電流變化時，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢；線圈電流增加，相當于一個瞬間電源接入電路，線圈左端是電源正極．當電流減小時，相當于一個瞬間電源，線圈右端是電源正極．【解析】D3、C【分析】解：AB；由于磁場是勻強磁場；把線圈沿紙面向右拉動，或向下拉動，或垂直紙面向外運動，其磁通量均不變化，均無感應(yīng)電流產(chǎn)生，故AB錯誤；

C；當以ad為軸轉(zhuǎn)動線圈時；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)動時，線圈內(nèi)的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故D錯誤。

故選：C。

產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是：穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化。因此無論線圈如何運動；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，解題時要把握問題實質(zhì)，關(guān)鍵是看閉合線圈中的磁通量是否變化，與運動形式無關(guān)?！窘馕觥緾4、C【分析】溫度是分子熱運動平均動能的標志，溫度升高，分子熱運動平均動能一定增加，故ABD錯誤，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，利用庫侖定律的公式求解。本題考查庫侖定律，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?！窘獯稹繋щ娤嗤男∏蚴艹饬ψ饔?，而距離先越來越近，后越來越遠，由于電量保持不變，根據(jù)F=kQqr2

可知，電場力逐漸增大后逐漸減小，故D正確，ABC錯誤。故選D。【解析】D

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)游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀；

(2)(2)螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(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)實驗器材確定滑動變阻器接法確定選擇滑動變阻器。

本題考查了電阻定律的應(yīng)用、游標卡尺與螺旋測微器的讀數(shù)，應(yīng)用電阻定律即可求出電阻率的表達式；螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)，螺旋測微器需要估讀。【解答】(1)(1)游標卡尺的固定刻度讀數(shù)為50mm50mm游標尺上第88個刻度游標讀數(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)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1mm1mm可動刻度讀數(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)電源的電動勢是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，

題目要求測得多組數(shù)據(jù)進行分析，所以需要采用分壓式接法，滑動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，通過關(guān)系式得出斜率、截距表示的含義。該題通過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)方程以及最大初動能與遏止電壓的關(guān)系。【解答】根據(jù)Ekm=hv鈭?W0=eUc

解得：UC=h婁脥e鈭?h婁脥0e

可知，當Uc=0

時，對應(yīng)的頻率為截止頻率，所以截止頻率為：婁脥1

圖線的斜率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)受向左的電場力，則電場的方向向右；

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

．

對其中一個小球受力分析；運用合成法，根據(jù)幾何關(guān)系求解庫侖力大小，然后根據(jù)庫侖定律求出小球的電荷量；

A

球帶負電；B

球帶正電，B

對A

的吸引力水平向右，要使A

處于豎直方向平衡，就要加一個水平向右的電場，使A

受到的電場力等于B

球?qū)

的吸引力．

本題主要考查了庫侖定律及場強的疊加，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；當彈力為零時，彈簧原長為：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

．

當彈力為零時；彈簧處于原長；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)，即圖線的斜率．

解決本題的關(guān)鍵掌握胡克定律F=kx

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

10、略

【分析】

設(shè)物體落地時的速度大小為v；則根據(jù)機械能守恒定律得：

mgh+mv=

解得，v==m/s=20m/s

豎直向上方向為正方向，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)機械能守恒求出物體落地時速度大?。畬τ谪Q直上拋運動，可以看成一種勻減速直線運動，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(cè)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(jié)論．12、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?。?3、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?。?/p>

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(guān)．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，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．14、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)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(dǎo)體在點電荷附近，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，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(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．15、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．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(cè)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(jié)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?。?、計算題(共2題，共16分)18、略

【分析】試題分析：（1）設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h,穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則：即：代入數(shù)據(jù)，解得：h＝0.03m＝3cm帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得：代入數(shù)據(jù)，解得：y＝0.12m＝12cm（2）設(shè)粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為則：代入數(shù)據(jù)，解得：所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：解得因為粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動，其半徑與速度方向垂直．勻速圓周運動的半徑：由代入數(shù)據(jù)，解得：考點：本題考查類平拋運動與勻速圓周運動的綜合應(yīng)用，分析粒子的受力情況和運動情況是解題的基礎(chǔ)．難點是運用幾何知識求解出對應(yīng)的邊長．【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）線圈平面與B成60°時的瞬時感應(yīng)電動勢e=Emcos60°=NBωL2

（4）電動勢的有效值

電流的有效值I=

柴油機的功轉(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)動過程中感應(yīng)電動勢的最大值有NBωL2

（3）線圈平面與磁感線夾角為60°時的感應(yīng)電動勢是NBωL2

（4）設(shè)發(fā)電機由柴油機帶動，其他能量損失不計，線圈轉(zhuǎn)一周，柴油機做功是πN2B2ωL4?

（5）從圖示位置開始，線圈轉(zhuǎn)過60°的過程中通過R的電量是【分析】

根據(jù)Em=nBSω求出感應(yīng)電動勢的峰值，從中性面開始計時，瞬時電動勢e=Emsinωt．

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

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

（2）根據(jù)E=Blv

得Em=NBωS=NBωL2

（3）線圈平面與B成60°時的瞬時感應(yīng)電動勢e=Emcos60°=NBωL2

（4）電動勢的有效值

電流的有效值I=

柴油機的功轉(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)動過程中感應(yīng)電動勢的最大值有NBωL2

（3）線圈平面與磁感線夾角為60°時的感應(yīng)電動勢是NBωL2

（4）設(shè)發(fā)電機由柴油機帶動，其他能量損失不計，線圈轉(zhuǎn)一周，柴油機做功是πN2B2ωL4?

（5）從圖示位置開始，線圈轉(zhuǎn)過60°的過程中通過R的電量是五、識圖作答題(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）乳酸菌無氧呼吸不釋放CO2，打開閥門后，CO2由左側(cè)容器向右側(cè)容器擴散，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】本題考查細胞呼吸和光合作用相關(guān)的知識，解本題的關(guān)鍵是讀懂裝置圖，明確閥門打開前左側(cè)植物的光合作用大于呼吸作用，右側(cè)只能進行無氧呼吸，而閥門打開后，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，打開閥門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、氮氣，酵母菌只能進行無氧呼吸，產(chǎn)生二氧化碳和酒精，當閥門打開后，可以利用左側(cè)提供的氧氣進行有氧呼吸，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）一段時間后，在打開閥門的短時間內(nèi)，右側(cè)的二氧化碳進入左側(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程增強，而三碳化合物的還原過程基本不變，所以短時間內(nèi)該植物葉肉細胞中C5/C3的值將變?。划斎萜鰿O2濃度保持相對穩(wěn)定時，說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)，由于乳酸菌無氧呼吸不釋放CO2，打開閥門后，CO2由左側(cè)容器向右側(cè)容器擴散，引起容器中CO2濃度下降，因此該植物的光合速率下降。【解析】（1）逐漸降低后趨于穩(wěn)定（2）變小大于零此時植物的光合速率與植物和酵母菌的呼吸速率之和相等（3）乳酸菌無氧呼吸不釋放CO2，打開閥門后，CO2由左側(cè)容器向右側(cè)容器擴散，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】本題的知識點是根據(jù)遺傳系譜圖判斷遺傳病的類型并寫出遺傳系譜圖中相關(guān)個體的基因型，基因的自由組合定律和分離定律的實質(zhì)和應(yīng)用，對于遺傳病發(fā)病概率的推測，意在考查學(xué)生理解所學(xué)知識的要點，把握知識的內(nèi)在聯(lián)系，并應(yīng)用相關(guān)知識結(jié)合題圖信息對某些遺傳病的問題進行解釋、推理、判斷的能力?！窘獯稹浚?）由5號、6號個體不患甲病而10號個體患甲病，由無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】無需解答【解析】無需答案六、簡答題(共3題，共27分)23、略

【分析】

由機械能守恒定律可求得皮球落地和反彈時的速度；再由動量定理可求得地面對皮球的平均沖力F

即可．

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

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；則對碰撞過程由動量定理可知：

mgt鈭?Ft=鈭?mv隆盲鈭?mv

解得：F=16N

答：球與地面接觸這段時間內(nèi)地面對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)及鹽類水解的特點是解答本題的關(guān)鍵，常用的方法是利用電離的不完全性、測定鹽溶液的rm{pH}做對比實驗等來判斷弱電解質(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)電實驗，燈泡很暗，說明溶液中的離子濃度很小，但不能說明溶液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，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，弱電解質(zhì)rm{298K}的rm{K=1.8隆脕10^{-5}}變化小，所以曲線rm{K=5.1隆脕10}對應(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，說明離子總濃度大，溶液導(dǎo)電能力越強，所以溶液導(dǎo)電能力由強到弱的順序是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，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，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)問題，題目難度不大，考查學(xué)生對化學(xué)知識的整合能力。【解答】I.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