2025年粵教滬科版高二物理上冊(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年粵教滬科版高二物理上冊(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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖所示；在電路的輸入端同時(shí)輸入直流電和交變電流，則輸出端輸出的是（）

A.直流電。

B.直流電和交流電。

C.交電流。

D.以上說(shuō)法都不正確。

2、有關(guān)光的波粒二象性的下列說(shuō)法中，正確的是()A.有的光是波，有的光是粒子B.光子與電子是同樣的一種粒子C.光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)，其波動(dòng)性越顯著；波長(zhǎng)越短，其粒子性越顯著D.大量光子的行為往往顯示出粒子性3、q1q2

為真空中的兩個(gè)點(diǎn)電荷，設(shè)它們之間相互作用力的大小為F

關(guān)于F

可以寫(xiě)出三個(gè)表達(dá)式，一個(gè)是F=kq1q2r2

另一個(gè)是F=q2鈰?kq1r2

再有一個(gè)是F=q1鈰?kq2r2.

關(guān)于這三個(gè)表達(dá)式下列說(shuō)法中正確的是(

)

A.前兩種表達(dá)的形式不同，但采用的物理觀點(diǎn)相同B.前兩種表達(dá)的形式不同，采用的物理觀點(diǎn)也不同C.后兩種表達(dá)采用的物理觀點(diǎn)相同，表達(dá)的內(nèi)容也完全相同D.后兩種表達(dá)采用的物理觀點(diǎn)不同，但表達(dá)的內(nèi)容完全相同4、在變速運(yùn)動(dòng)中，物體的速度由0

增加到v

再由v

增加到2v

合外力做功分別為W1

和W2

則W1

與W2

之比為(

)

A.11

B.12

C.13

D.14

5、在一次研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)中，研究小組對(duì)一幢居民樓的供電設(shè)施進(jìn)行了觀察和測(cè)量，整幢居民樓的供電線路可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型，暫停供電時(shí)，用歐姆表測(cè)得A、B間電阻為R，恢復(fù)供電后，測(cè)得A、B間電壓為U，進(jìn)線電流為I，則計(jì)算該幢居民樓的總功率可以用的公式是A.P＝I2RB.P＝U2/RC.P＝IUD.以上公式都能用評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、電場(chǎng)中某一電場(chǎng)線為一直線，線上有A、B、C三個(gè)點(diǎn)，把電荷q1=10-8C從B點(diǎn)移到A點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做了10-7J的功；電荷q2=-10-8C，在B點(diǎn)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)時(shí)大10-7J；那么：

（1）比較A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)高低，由高到低的排序是______；

（2）A、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差是______V；

（3）若設(shè)B點(diǎn)的電勢(shì)為零，電荷q2在A點(diǎn)的電勢(shì)能是______J．7、有一游標(biāo)卡尺，主尺的最小分度1mm，游標(biāo)上有20個(gè)小的等分刻度．現(xiàn)用它測(cè)量一工件的長(zhǎng)度，如圖所示，圖示的讀數(shù)是______mm．8、如圖所示，兩個(gè)閉合圓形線圈AB

的圓心重合，放在同一水平面內(nèi)，線圈A

中通以逐漸增大的順時(shí)針?lè)较虻碾娏?

如圖中箭頭所示)

則線圈B

中的磁通量______(

填“增大”或“減小”)

線圈B

有______(

填“擴(kuò)張”或“收縮”)

的趨勢(shì)．9、多用表在測(cè)量時(shí)的指針位置如圖所示，當(dāng)轉(zhuǎn)換開(kāi)關(guān)分別指示的位置如圖（a）、（b）；（c）時(shí)；多用表的讀數(shù)分別為：

（a）擋的讀數(shù)的____mA．

（b）擋的讀數(shù)的____Ω．

（c）擋的讀數(shù)的____V．

10、一物體的質(zhì)量為2kg，此物體豎直下落，以10m/s速度碰到水泥地面上，隨后又以8m/s的速度反彈。若取豎直向上為正方向，則小球與地相碰前的動(dòng)量是____kg·m／s，相碰后的動(dòng)量是____kg·m／s，相碰過(guò)程中小球動(dòng)量的變化量是____kg·m／s。11、一打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源頻率是50Hz．如圖所示，紙帶上的A點(diǎn)先通過(guò)計(jì)時(shí)器，A、B間歷時(shí)______s，這段時(shí)間內(nèi)紙帶運(yùn)動(dòng)的平均速度是______m/s，打B點(diǎn)時(shí)的速度是______m/s．

12、rm{28}．采用rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}}為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)，在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題：rm{(1)1840}年rm{Devil}用干燥的氯氣通過(guò)干燥的硝酸銀，得到年rm{(1)1840}用干燥的氯氣通過(guò)干燥的硝酸銀，得到rm{Devil}rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}}。該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為_(kāi)______。等曾利用測(cè)壓法在剛性反應(yīng)器中研究了rm{(2)F.Daniels}等曾利用測(cè)壓法在剛性反應(yīng)器中研究了rm{25隆忙}時(shí)時(shí)rm{(2)F.Daniels}rm{25隆忙}rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})}分解反應(yīng)：其中rm{{N}{{{O}}_{2}}}二聚為隨時(shí)間rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{4}}}}的變化如下表所示的反應(yīng)可以迅速達(dá)到平衡。體系的總壓強(qiáng)rm{p}隨時(shí)間rm{t}的變化如下表所示rm{(t=隆脼}時(shí)，時(shí)，rm{p}rm{t}

。rm{(t=隆脼}rm{t/min}rm{0}rm{40}rm{80}rm{160}rm{260}rm{1300}rm{1700}rm{隆脼}rm{p/kPa}rm{35.8}rm{40.3}rm{42.5}rm{45.9}rm{49.2}rm{61.2}rm{62.3}rm{63.1}rm{壟脵}已知：rm{{2}{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})=2{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{4}}}({g})+{{{O}}_{{2}}}({g})Delta{{H}_{{1}}}=-4.4{kJ}cdot{mo}{{{l}}^{-1}}}rm{2{N}{{{O}}_{2}}({g})={{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{4}}}({g}){}Delta{{H}_{{2}}}=-5{5}.{3}{kJ}cdot{mo}{{{l}}^{-1}}}則反應(yīng)rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})=2{N}{{{O}}_{2}}({g})+dfrac{1}{2}{{{O}}_{{2}}}({g})}的rm{{2}{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})=2{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{4}}}({g})+{{{O}}_{{2}}}({g})

Delta{{H}_{{1}}}=-4.4{kJ}cdot

{mo}{{{l}}^{-1}}}______rm{{kJ}cdot{mo}{{{l}}^{-{1}}}}rm{2{N}{{{O}}_{2}}({g})=

{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{4}}}({g}){}Delta{{H}_{{2}}}=-5{5}.{3}

{kJ}cdot{mo}{{{l}}^{-1}}}研究表明，rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})=2{N}{{{O}}_{2}}({g})+dfrac{1}{2}{{{O}}_{{2}}}({g})

}rm{DeltaH=}rm{v=2times{{10}^{-3}}times{{p}_{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}}}({kPa}cdot{{min}^{-1}})}rm{{kJ}cdot

{mo}{{{l}}^{-{1}}}}rm{壟脷}研究表明，rm{壟脷}rm{{{p}_{{{{O}}_{{2}}}}}=2.9{kPa}}rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})}分解的反應(yīng)速率rm{v=2times{{10}^{-3}}times

{{p}_{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}}}({kPa}cdot{{min

}^{-1}})}。rm{t=62min}時(shí)，測(cè)得體系中rm{{{p}_{{{{O}}_{{2}}}}}=2.9

{kPa}}，則此時(shí)的rm{{{p}_{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}}}=}______若提高反應(yīng)溫度至rm{{kPa}}，則rm{v=}______rm{{kPa}cdot{{min}^{-1}}}。rm{壟脹}若提高反應(yīng)溫度至rm{壟脹}______rm{35}填“大于”“等于”或“小于”rm{隆忙}則原因是______。rm{隆忙}時(shí)rm{{N}_{2}{O}_{4}left(gright)?2N{O}_{2}left(gright)}rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})}完全分解后體系壓強(qiáng)rm{{{p}_{infty}}}rm{(}rm{(}rm{35}rm{隆忙)}______位小數(shù)rm{隆忙)}rm{63.1{kPa}(}對(duì)于反應(yīng)rm{)}rm{壟脺25隆忙}時(shí)提出如下反應(yīng)歷程：rm{壟脺25隆忙}快速平衡rm{{N}_{2}{O}_{4}left(gright)?2N{O}_{2}left(gright)

}反應(yīng)的平衡常數(shù)?rm{{{K}_{{p}}}=}慢反應(yīng)______rm{{kPa}}rm{(}快反應(yīng)

rm{(}rm{{{K}_{{p}}}}填標(biāo)號(hào)為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì)算結(jié)果保留rm{1}位小數(shù)rm{)}

rm{1}rm{)}rm{(3)}對(duì)于反應(yīng)rm{(3)}第一步的逆反應(yīng)rm{{2}{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})xrightarrow{{}}4{N}{{{O}}_{2}}({g})+{{{O}}_{{2}}}({g})}，rm{R.A.Ogg}提出如下反應(yīng)歷程：rm{R.A.Ogg}第二步反應(yīng)第一步rm{N_{2}O_{5}?NO_{2}+NO_{3}}快速平衡rm{N_{2}O_{5}?NO_{2}+NO_{3}}反應(yīng)的中間產(chǎn)物只有第二步rm{NO_{2}+NO_{3}}

rm{NO_{2}+NO_{3}}rm{隆煤}rm{NO+NO_{2}+O_{2}}慢反應(yīng)rm{NO+NO_{2}+O_{2}}第三步rm{NO+NO_{3}}第三步反應(yīng)活化能較高rm{NO+NO_{3}}13、一群氫原子處于量子數(shù)n=4

能級(jí)狀態(tài)，氫原子的能級(jí)圖如圖所示，氫原子可能發(fā)射______種頻率的光子；氫原子由量子數(shù)n=4

的能級(jí)躍遷到n=2

的能級(jí)時(shí)輻射光子的能量是_______ev

用n=4

的能級(jí)躍遷到n=2

的能級(jí)時(shí)輻射的光子照射下表中幾種金屬，_______金屬能發(fā)生光電效應(yīng)．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、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)）

15、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)）

16、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)）17、只有沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)才會(huì)降低，所以電勢(shì)降低的方向就一定是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、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)）19、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)）

20、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)）

評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共12分)21、如圖所示，E＝10V，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，電池內(nèi)阻可忽略.（1）閉合開(kāi)關(guān)K，求穩(wěn)定后通過(guò)R1的電流；（2）然后將開(kāi)關(guān)K斷開(kāi)，求這以后通過(guò)R1的總電量.22、如圖所示，abcd是一邊長(zhǎng)為l的勻質(zhì)正方形導(dǎo)線框，總電阻為R，今使線框以恒定速度v水平向右穿過(guò)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)寬度為3l，求線框在進(jìn)入磁區(qū)、完全進(jìn)入磁區(qū)和穿出磁區(qū)三個(gè)過(guò)程中a、b兩點(diǎn)間電勢(shì)差的大?。?3、如圖所示，一質(zhì)量M=0.2kg

的長(zhǎng)木板靜止在光滑的水平地面上，另一質(zhì)量m=0.2kg

的小滑塊，以V0=1.2m/s

的速度從長(zhǎng)木板的左端滑上長(zhǎng)木板。已知小滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)婁脤=0.4(g=10m/s2)

問(wèn)：壟脵

經(jīng)過(guò)多少時(shí)間小滑塊與長(zhǎng)木板速度相等？壟脷

小滑塊在長(zhǎng)木板上留下劃痕的長(zhǎng)度？(

滑塊始終沒(méi)有滑離長(zhǎng)木板)

評(píng)卷人得分五、畫(huà)圖題(共2題，共20分)24、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫(huà)出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象25、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫(huà)出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象評(píng)卷人得分六、解答題(共3題，共6分)26、（1）如圖所示；在“用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)中，光具座上放置的光學(xué)元件依次為①光源；②______、③______、④______、⑤遮光筒、⑥光屏．對(duì)于某種單色光，為增加相鄰亮紋（暗紋）間的距離，可采取______或______的方法．

（2）本實(shí)驗(yàn)的步驟有：

①取下遮光筒左側(cè)的元件；調(diào)節(jié)光源高度，使光束能直接沿遮光筒軸線把屏照亮；

②按合理順序在光具座上放置各光學(xué)元件；并使各元件的中心位于遮光筒的軸線上；

③用米尺測(cè)量雙縫到屏的距離；

④用測(cè)量頭（其讀數(shù)方法同螺旋測(cè)微器）測(cè)量數(shù)條亮紋間的距離．

在操作步驟②時(shí)還應(yīng)注意______和______．

（3）將測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對(duì)齊；將該亮紋定為第1條亮紋，此時(shí)手輪上的示數(shù)如圖甲所示．然后同方向轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對(duì)齊，記下此時(shí)圖乙中手輪上的示數(shù)______mm，求得相鄰亮紋的間距△x為_(kāi)_____mm．

（4）已知雙縫間距d為2.0×10-4m；測(cè)得雙縫到屏的距離l為0.700m，由計(jì)算式λ=______，求得所測(cè)紅光波長(zhǎng)為_(kāi)_____nm．

27、利用電學(xué)方法可以測(cè)量水流對(duì)小球的作用力的大?。畧D中質(zhì)量為m的小鉛球用一根金屬絲系于O點(diǎn)．開(kāi)始時(shí)水不流動(dòng)；小球在豎直方向保持靜止．若水開(kāi)始流動(dòng)，則小鉛球?qū)⒃谒鞯耐苿?dòng)下向左擺動(dòng)一定的角度θ．水流的速度越大，θ也越大．為了測(cè)定水流對(duì)小鉛球推力F的大小，在水平方向固定了一根長(zhǎng)L的電阻絲BC，其C端在懸點(diǎn)O的正下方，OC相距h．BC與懸掛小鉛球的金屬絲接觸點(diǎn)為D，接觸良好，不計(jì)接觸點(diǎn)的摩擦和金屬絲的電阻．現(xiàn)有一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為E；內(nèi)電阻不計(jì)的電源和一只理想電壓表，試將這些器材連接成測(cè)量F的電路，并要求水流的推力F越大時(shí)，電壓表的示數(shù)也越大．

（1）接線圖畫(huà)在圖上．（連接線必須接在圖中各個(gè)小圓點(diǎn)上）

（2）設(shè)小球穩(wěn)定后電壓表的示數(shù)為U；試求水流對(duì)小鉛球的推力F．

28、一列簡(jiǎn)諧橫波沿直線傳播；在這條直線上相距d=1.5m的A；B兩點(diǎn)，其振動(dòng)圖象分別如圖中甲、乙所示．已知波長(zhǎng)λ＞1m，求這列波的波速v．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】

在電路的輸入端同時(shí)輸入直流電和交變電流；由于電容器具有通交流隔直流的特性，輸出端輸出的是交流電．

故選C

【解析】【答案】根據(jù)電容器通交隔直的特性進(jìn)行選擇．

2、C【分析】同一種光在不同條件下，有時(shí)表現(xiàn)出波動(dòng)性，有時(shí)表現(xiàn)出粒子性，A

錯(cuò).

電子是實(shí)物粒子，有靜止質(zhì)量；光子無(wú)靜止質(zhì)量，以場(chǎng)的形式存在，B

錯(cuò).

光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)(

頻率越低)

其波動(dòng)性越顯著，反之，粒子性越顯著，C

對(duì).

大量光子的行為往往表現(xiàn)出波動(dòng)性，D

錯(cuò)．【解析】C

3、B【分析】解：F=kq1q2r2

表示兩電荷間的庫(kù)侖力，F(xiàn)=q2鈰?kq1r2

表示q2

受到q1

產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)它的作用力，F(xiàn)=q1鈰?kq2r2

表示q1

受到q2

產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)它的作用力.

所以前兩種表達(dá)的形式不同，采用的物理觀點(diǎn)也不同.

后兩種表達(dá)采用的物理觀點(diǎn)相同，表達(dá)的內(nèi)容不同.

故B正確，AC

D錯(cuò)誤．

故選B．

真空中的兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力是通過(guò)電場(chǎng)而相互作用的；q1

對(duì)q2

的庫(kù)侖力實(shí)際是q1

產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)q2

的作用力，q2

對(duì)q1

的庫(kù)侖力實(shí)際是q2

產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)q1

的作用力．

解決本題的關(guān)鍵理解庫(kù)侖定律的公式F=kq1q2r2

以及知道庫(kù)侖力是通過(guò)電場(chǎng)而相互作用的．【解析】B

4、C【分析】解：根據(jù)動(dòng)能定理得。

W1=12mv2鈭?0

W2=12m(2v)2鈭?12mv2=3隆脕12mv2

則得：W1W2=13

故選：C

．

外力做功；可運(yùn)用動(dòng)能定理列式或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解即可．

動(dòng)能定理是求解外力做功常用的方法，也可以根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解位移關(guān)系，再根據(jù)功的公式求解功的關(guān)系．【解析】C

5、C【分析】【解析】試題分析：居民樓里有各種不同的電器，不是純電阻電路，對(duì)于非純電阻電路計(jì)算功率只能有P=UI和來(lái)計(jì)算，可是由于本題中不知道W和t，所以只能用P=UI來(lái)計(jì)算功率。故選C考點(diǎn)：考查電功率的計(jì)算【解析】【答案】C二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】解：（1）根據(jù)電勢(shì)差的定義式U=得。

BA間電勢(shì)差UBA==V=10V；說(shuō)明B點(diǎn)的電勢(shì)比A點(diǎn)高10V；

BC間電勢(shì)差UBC==V=-10V；說(shuō)明B點(diǎn)的電勢(shì)比C點(diǎn)低10V

故A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)高低順序是：φC＞φB＞φA．

（2）A、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAC=UAB+UBC=-10V-10V=-20V

（3）設(shè)B點(diǎn)的電勢(shì)為零，A點(diǎn)的電勢(shì)為φA=-10V

電荷q2在A點(diǎn)的電勢(shì)能是Ep=q2φA=-10-8×（-10）J=1×10-7J

故答案為：

（1）φC＞φB＞φA．

（2）-20

（3）1×10-7

（1）根據(jù)電勢(shì)差的定義式U=求出BA間和BC間電勢(shì)差，即可比較三點(diǎn)電勢(shì)的高低；

（2）A、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAC=UAB+UBC．

（3）設(shè)B點(diǎn)的電勢(shì)為零，確定出A點(diǎn)的電勢(shì)，由Ep=qφ公式求出電荷q2在A點(diǎn)的電勢(shì)能．

本題的解題關(guān)鍵是掌握電勢(shì)差的定義式U=并能正確運(yùn)用．也可以推論：正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，判斷電勢(shì)高低．【解析】φC＞φB＞φA．；-20；1×10-77、略

【分析】解：游標(biāo)上有20個(gè)小的等分刻度；可知精確度為0.05mm，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：10.4cm=104mm，游標(biāo)尺上第1個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為1×0.05mm=0.05mm，所以最終讀數(shù)為：104mm+0.05mm=104.05mm．

故答案為：104.05

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法；主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．

對(duì)于基本測(cè)量?jī)x器如游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器等要了解其原理，正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測(cè)量．游標(biāo)卡尺不需要估讀，同時(shí)注意游標(biāo)卡尺的精確度的判斷．【解析】104.058、增大；擴(kuò)張【分析】解：當(dāng)線圈A

中通有不斷增大的順時(shí)針?lè)较虻碾娏鲿r(shí)；知穿過(guò)線圈B

的磁通量垂直向里，且增大，根據(jù)楞次定律，線圈B

產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?；根?jù)磁感線的特點(diǎn)可知，A

環(huán)以?xún)?nèi)的范圍內(nèi)的磁感線的方向向里，而A

環(huán)以外的磁感線的方向向外，由于穿過(guò)線圈B

的向里的磁通量增大，根據(jù)楞次定律的另一種表述，線圈B

有擴(kuò)張的趨勢(shì)，阻礙磁通量的增加．

故答案為：增大；擴(kuò)張．

當(dāng)線圈A

中通有不斷增大的順時(shí)針?lè)较虻碾娏鲿r(shí)；周?chē)拇艌?chǎng)發(fā)生變化，即通過(guò)線圈B

的磁通量發(fā)生變化，根據(jù)楞次定律結(jié)合右手螺旋定則判斷出B

線圈中感應(yīng)電流的方向.

根據(jù)楞次定律的另一種表述，引起的機(jī)械效果阻礙磁通量的變化，確定線圈B

有擴(kuò)張還是收縮趨勢(shì)．

解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；以及掌握楞次定律的另一種表述，感應(yīng)電流引起的機(jī)械效果阻礙磁通量的變化．

該題中A

環(huán)環(huán)內(nèi)的磁場(chǎng)的方向與環(huán)外的磁場(chǎng)的方向不同，A

環(huán)以?xún)?nèi)的范圍內(nèi)的磁感線的方向向里，而A

環(huán)以外的磁感線的方向向外，穿過(guò)B

環(huán)的磁通量是二者的矢量和，這是學(xué)生容易出現(xiàn)錯(cuò)誤的地方．【解析】增大；擴(kuò)張9、略

【分析】

（a）擋測(cè)的是直流電流100mA檔；讀數(shù)為50.0mA．

（b）擋測(cè)的是電阻×100檔；測(cè)量值等于表盤(pán)上讀數(shù)“10”乘以倍率“100”．讀數(shù)為1000Ω．

（c）擋測(cè)的是直流電壓25V檔；讀數(shù)為12.5V；

故答案為：50.0；1000，12.5．

【解析】【答案】多用電表的使用中；能測(cè)量電流；直流電壓、交流電壓、電阻等．有關(guān)表頭讀數(shù)：最上示數(shù)是電阻刻度；中間是直、交流電壓或電流刻度；最下示數(shù)是交流量程是2.5V電壓刻度．因此當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)位于電阻檔時(shí)，先讀出刻度盤(pán)上的讀數(shù)，然后再乘上倍率就是電阻的阻值．注意的是電阻刻度是不均勻的，所以盡量讓指針指在中間附近．當(dāng)選擇開(kāi)關(guān)位于電壓檔時(shí)，根據(jù)電壓量程從而選擇刻度讀數(shù)．同樣電流檔也是一樣的．

10、略

【分析】取豎直向上為正方向，初動(dòng)量為mv=2kg×10m/s=-20kg·m／s，碰后動(dòng)量為2kg×8m/s=16kg·m／s，相碰過(guò)程中小球動(dòng)量的變化量是16kg·m／s-（-20kg·m／s）=36kg·m／s【解析】【答案】-20，16，3611、略

【分析】解：由電源的頻率是50Hz；知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔是0.02s，則A；B間用時(shí)：t=2T=0.04s；

位移為：x=（1.20+1.60）×10-2m=0.028m．

AB段內(nèi)的平均速度為：m/s

設(shè)AB之間的點(diǎn)是F點(diǎn)，則打B點(diǎn)時(shí)的速度等于B前面的一點(diǎn)F到B后面的一點(diǎn)C之間的平均速度，即：m/s

故答案為：0.04；0.70，0.95

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的頻率50HZ；故兩點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.02s，位移為初位置到末位置的有向線段，平均速度為位移與時(shí)間的比值．

要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問(wèn)題的能力，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的理解與應(yīng)用．【解析】0.04；0.70；0.9512、rm{(1)O_{2}}

rm{(2)壟脵+53.1}

rm{壟脷30.0}rm{6.0隆脕10^{-2}}

rm{壟脹}大于溫度升高；容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高。

rm{壟脺13.4}

rm{(3)AC}

【分析】【分析】

本題主要是考查化學(xué)反應(yīng)原理；側(cè)重于化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的有關(guān)分析與計(jì)算，題目難度較大，試題設(shè)計(jì)新穎，陌生感強(qiáng)，計(jì)算量較大，對(duì)學(xué)生的要求較高。壓強(qiáng)和平衡常數(shù)的計(jì)算是解答的難點(diǎn)，注意從阿伏加德羅定律的角度去理解壓強(qiáng)與氣體物質(zhì)的量之間的關(guān)系，注意結(jié)合反應(yīng)的方程式和表中數(shù)據(jù)的靈活應(yīng)用。

【解答】

rm{(1)}氯氣在反應(yīng)中得到電子作氧化劑，硝酸銀中只有氧元素化合價(jià)會(huì)升高，所以氧化產(chǎn)物是氧氣，分子式為rm{O_{2}}故答案為：rm{O_{2}}

rm{(2)壟脵}已知：

rm{壟隆}rm{2N_{2}O_{5}(g)=2N_{2}O_{4}(g)+O_{2}(g)triangleH_{1}=-4.4kJ/mol}

rm{2N_{2}O_{5}(g)=2N_{2}O_{4}(g)+O_{2}(g)triangle

H_{1}=-4.4kJ/mol}rm{2NO_{2}(g)=N_{2}O_{4}(g)triangleH_{2}=-55.3kJ/mol}

根據(jù)蓋斯定律可知rm{壟壟}即得到rm{N_{2}O_{5}(g)=2NO_{2}(g)+1/2O_{2}(g)triangleH=+53.1kJ/mol}故答案為：rm{2NO_{2}(g)=N_{2}O_{4}(g)triangle

H_{2}=-55.3kJ/mol}

rm{壟隆隆脗2-壟壟}根據(jù)方程式可知氧氣與消耗五氧化二氮的物質(zhì)的量之比是rm{N_{2}O_{5}(g)=2NO_{2}(g)+1/2O_{2}(g)triangle

H=+53.1kJ/mol}rm{+53.1}又因?yàn)閴簭?qiáng)之比是物質(zhì)的量之比，所以消耗五氧化二氮減少的壓強(qiáng)是rm{壟脷}則此時(shí)五氧化二氮的壓強(qiáng)是rm{1}因此此時(shí)反應(yīng)速率rm{2}

故答案為：rm{2.9kPa隆脕2=5.8kPa}rm{35.8kPa-5.8kPa=30.0kPa}

rm{v=2.0隆脕10^{-3}隆脕30=6.0隆脕10^{-2}(kPa?min^{-1})}由于溫度升高，容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高，所以若提高反應(yīng)溫度至rm{30.0}則rm{6.0隆脕10^{-2}}完全分解后體系壓強(qiáng)rm{壟脹}大于rm{35隆忙}故答案為：大于；溫度升高，容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高；

rm{N_{2}O_{5}(g)}根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)是rm{p_{隆脼}(35隆忙)}根據(jù)方程式可知完全分解時(shí)最初生成的二氧化氮的壓強(qiáng)是rm{63.1kPa}氧氣是rm{壟脺}總壓強(qiáng)應(yīng)該是rm{71.6kPa+17.9kPa=89.5kPa}平衡后壓強(qiáng)減少了rm{63.1kPa}所以根據(jù)方程式rm{35.8kPa隆脕2=71.6kPa}可知平衡時(shí)四氧化二氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是rm{35.8kPa隆脗2=17.9kPa}二氧化氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是rm{71.6kPa+17.9kPa=89.5

kPa}則反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K=dfrac{18攏廬8^{2}}{26.4}KPa隆脰13.4KPa}故答案為：rm{89.5kPa-63.1kPa=26.4kPa}

rm{2NO_{2}(g)N_{2}O_{4}(g)}第一步反應(yīng)快；所以第一步的逆反應(yīng)速率大于第二步的逆反應(yīng)速率，故A正確；

B.根據(jù)第二步和第三步可知中間產(chǎn)物還有rm{26.4kPa}故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)第二步反應(yīng)生成物中有rm{71.6kPa-26.4kPa隆脕2=18.8kPa}可知rm{K=dfrac

{18攏廬8^{2}}{26.4}KPa隆脰13.4KPa}與rm{13.4}的碰撞僅部分有效；故C正確；

D.第三步反應(yīng)快，所以第三步反應(yīng)的活化能較低，故D錯(cuò)誤，故答案為：rm{(3)A.}

rm{NO}【解析】rm{(1)O_{2}}

rm{(2)壟脵+53.1}

rm{壟脷30.0}rm{6.0隆脕10^{-2}}

rm{壟脹}大于溫度升高；容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高。

rm{壟脺13.4}

rm{(3)AC}

13、62.55

銫【分析】【分析】(1)

根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式Cn2

求出氫原子可能發(fā)射不同頻率光子的種數(shù)；(2)

根據(jù)Em鈭?En=hv

求出輻射光子的能量；(3)

根據(jù)光電效應(yīng)的條件判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)。解決本題的關(guān)鍵掌握能級(jí)的躍遷放出光子或吸收光子的能量滿足h婁脙=Em鈭?En

以及知道光電效應(yīng)的條件。【解答】(1)

根據(jù)Cn2=6

知，氫原子可能發(fā)射6

種不同頻率的光子；(2)

氫原子由量子數(shù)n=4

的能級(jí)躍遷到n=2

的能級(jí)時(shí)輻射光子的能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，即：E=E4鈭?E2=鈭?0.85+3.40eV=2.55eV

(3)E

只大于銫的逸出功，故光子只有照射銫金屬才能發(fā)生光電效應(yīng)。故填：62.55

銫【解析】62.55

銫三、判斷題(共7題，共14分)14、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．15、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．16、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?。?/p>

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??；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(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)．17、B【分析】【解答】解：沿著電場(chǎng)線方向；電勢(shì)降低，且降低最快；

那么電勢(shì)降低最快的方向才是電場(chǎng)線的方向；但電勢(shì)降低的方向不一定是電場(chǎng)線的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場(chǎng)線可以形象直觀表示電場(chǎng)這兩方面的特性：電場(chǎng)線疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的方向反映電勢(shì)的高低．18、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．19、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．20、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．四、計(jì)算題(共3題，共12分)21、略

【分析】【解析】試題分析：電容器穩(wěn)定后相當(dāng)于斷路，Ｋ斷開(kāi)前電容器相當(dāng)于和R2并聯(lián)，K斷開(kāi)后，電容器相當(dāng)于直接接到電源上，K斷開(kāi)前后通過(guò)R1的電量即為前后兩狀態(tài)下電容器帶電量之差.電容器穩(wěn)定后相當(dāng)于斷路，則：（1）Ｉ1＝Ｉ總＝A＝１A（2）斷開(kāi)K前，電容器相當(dāng)于和R2并聯(lián)，電壓為Ｉ1R2，儲(chǔ)存的電量為Q1＝CI1R2斷開(kāi)K穩(wěn)定后，總電流為零，電容器上電壓為E，儲(chǔ)存電量為Q2＝CE所以通過(guò)R1的電量為：ΔQ＝Q2－Q1＝C（E－I1R2）＝1.2×10－3考點(diǎn)：考查了帶電容電路【解析】【答案】（1）1A（2）1.2×10－322、略

【分析】【解析】試題分析：導(dǎo)線框在進(jìn)入磁區(qū)過(guò)程中，ab相當(dāng)于電源，等效電路如下圖甲所示．E＝Blv，r＝R，R外＝R，I＝＝Uab為端電壓；所以Uab＝IR外＝導(dǎo)線框全部進(jìn)入過(guò)程中，磁通量不變，感應(yīng)電流I＝0，但Uab＝E＝Blv導(dǎo)線框在穿出磁區(qū)過(guò)程中，cd相當(dāng)于電源，等效電路如下圖乙所示．E＝Blv，r＝R，R外＝R，I＝＝Uab＝IRab＝×R＝考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路的歐姆定律【解析】【答案】23、解：（1）根據(jù)牛頓第二定律得，小滑塊的加速度

木板的加速度

小滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：

v0-a1t=a2t

解得

（2）小滑塊在長(zhǎng)木板上留下劃痕的長(zhǎng)度為x,對(duì)滑塊與長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒可知：解得：x=0.09m

【分析】(1)

根據(jù)牛頓第二定律分別求出M

和m

的加速度；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出速度相等所需的時(shí)間。

(2)

對(duì)系統(tǒng)列出能量守恒關(guān)系式；得出劃痕的長(zhǎng)度。

解決本題的關(guān)鍵理清滑塊和木板的運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解?！窘馕觥拷猓?1)

根據(jù)牛頓第二定律得；小滑塊的加速度a1=婁脤g=4m/s2

木板的加速度a2=婁脤mgM=0.4隆脕20.2m/s2=4m/s2

小滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng).

根據(jù)運(yùn)動(dòng)