2025年仁爱科普版高三物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年仁爱科普版高三物理上册阶段测试试卷12考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、我国将要发射一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥1号”．设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面．已知月球的质量为地球质量的，月球的半径约为地球半径的，地球上的第一宇宙速度约为7.9km/s，则该探月卫星绕月运行的速率约为（）A.0.4km/sB.1.8km/sC.11km/sD.36km/s2、大小均为10N的两个力合成，下列关于合力大小与两力夹角对应关系正确的是（）A.夹角为60°时，合力为10NB.夹角为90°时，合力为20NC.夹角为120°时，合力为10ND.任何情况下，合力为20N3、一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点（如图所示）；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需的时间是（）A.8s或14sB.4s或8sC.14s或sD.s或84、【题文】在静电场中，将一个电子由a点移到b点，电场力做功10eV，下面判断正确的是（）A.电场强度方向一定是由b指向aB.电子的电势能减少了10eVC.电势差Uab=10VD.5、下列有关放射性知识的说法中正确的是()A.Th衰变成Pb要经过6次β衰变和4次α衰变B.把放射性元素掺杂到其它稳定元素之后，放射性元素半衰期变短C.放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的D.β射线和γ射线都是电磁波，但β射线穿透本领远比γ射线大6、（2015•韶关一模）如图所示，A、B为同一水平线上的两个固定绕绳装置，转动A、B，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直下降，关于此过程中绳上拉力大小的变化，下列说法正确的是（）A.不变B.逐渐减小C.逐渐增大D.先减小，后增大7、验电器已带正电，将另一带正电的导体球移近验电器小球，但不接触．在移近的过程中，验电器金属箔片间的夹角将（）A.减小B.不变C.增大D.增大后再减小8、如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．f表示木块与挡板间摩擦力的大小，N表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高．则（）A.N变大、f不变B.N变大、f变大C.N不变、f不变D.N变小、f变小9、如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至a、b物块间高度差为h．在此过程中，下列说法正确的是（）A.物块a的机械能逐渐减少B.物块b机械能减少了mghC.物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功D.物块a重力势能的增加量小于其动能增加评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、如图所示，重100N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为15cm，劲度系数为500N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为10cm，若滑块与斜面间最大静摩擦力为25N，现用一测力计沿斜面向上拉物体，当弹簧的长度仍为10cm时，测力计读数可能为（）A.10NB.30NC.50ND.70N11、下列说法中正确的是（）A.标量的运算一定遵守平行四边形法则B.中央电视台新闻联播节目“19时开播”是指时刻C.在直线运动中，位移和路程大小可能相同D.位移和路程都是矢量12、如图所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆周运动的精彩场面，目测体重为G的女运动员做圆周运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员（）A.受到的拉力为GB.受到的拉力为2GC.向心加速度为gD.向心加速度为2g13、如图所示，纸面内有一以ABCD

为顶点的正方形区域，其中心O

处有一带电荷量为Q

的正点电荷，EF

分别为AB

边和AD

边的中点，则在该电荷产生的电场中(

)

A.ABCD

四点处的电场强度相同B.AEB

三点间的电势差满足UAE=UEB

C.AF

两点处的电场强度大小之比为12

D.电子在D

处时的电势能大于在F

处的电势能14、做匀加速直线运动的物体在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则以下判断正确的有（）A.物体经A点的速度大小为B.物体运动的加速度为C.物体到达B点的速度大小为D.物体运动的加速度为15、在介质中波的传播方向上有两个质点P和Q，它们的平衡位置相距1.4m，且大于一个波长，介质中波速为2.0m/s，P和Q的振动图线如所示，则各质点振动的周期可能是（）A.0.70sB.0.56sC.0.40sD.0.60s16、人捏住竖直铁杆匀速上爬，则下列说法正确的是（）A.人受到的摩擦力方向向下B.人受到的摩擦力方向向上C.手捏铁杆的力增加，人受到的摩擦力变大D.手捏铁杆的力增加，人受到的摩擦力保持不变评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、有一充电的平行板电容器，两板间电压为9V，现使它的电荷量减少6×10-4C，于是电容器两极板间电压降为原来的，此电容器的电容是____μF，电容器原来的带电荷量是____C，若电容器极板上的电荷全部放掉，电容器的电容是____μF．18、（2011春•怀柔区期末）纯电动概念车E1是中国馆的镇馆之宝之一．若E1概念车的总质量为920kg，在16s内从静止加速到100km/h（即27.8m/s），受到恒定的阻力为1500N，假设它做匀加速直线运动，其动力系统提供的牵引力为____N．当E1概念车以最高时速120km/h（即33.3m/s）做匀速直线运动时，其动力系统输出的功率为____kW．19、一物体在水平面内沿半径R=20cm的圆形轨道做匀速圆周运动，线速度V=0.2m/s，那么，它的向心加速度为____m/s2，它的角速度为____rad/s，它的周期为____s．20、（2015•扬州校级四模）如图所示，一个透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平方向射入球体后经B点射出，最后射到水平面上的C点．已知∠BOC=30°，∠BCO=30°，该球体对蓝光的折射率为____；若换用一束红光同样从A点水平射向该球体，则它从球体射出后落到水平面上形成的光点与C点相比，位置____（填“偏左”、“偏右”或“不变”）．21、（2011秋•南昌期中）要用伏安法测量Rx的电阻，已知电压表内阻约几kΩ，电流表内阻约1Ω，若采用甲图的电路，Rx的测量值比真实值____（选择“偏大”或“偏小”），若Rx约为10Ω应采用____（选“甲图”或“乙图”）的电路，误差会比较大．评卷人得分四、解答题(共2题，共6分)22、某列波在t=0时刻的波形图如图所示；此时质点P正向y轴正方向运动，经0.1s第一次达到波峰位置，求：

（1）判断波的传播方向；

（2）求周期T及波速v；

（3）画出t=0.7s时的波形图（至少画够一个波长）．23、如图示，光滑水平地面上放有一质量为m的导热气缸，用活塞封闭了一部分气体．活塞质量为，截面积为S，可无摩擦滑动，气缸静止时与缸底距离为L0．现用水平恒力F向右推气缸，最后气缸与活塞达到相对静止状态．已知大气压强为P0．求：

（1）稳定时封闭气体的压强。

（2）稳定时活塞与缸底部的距离？评卷人得分五、简答题(共3题，共9分)24、-个质量为2kg的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因素为0.15，（g取10m/s2）求。

（1）若改用一水平力向左为7N的力拉物体．求物体的加速度大小和方向。

（2）在（1）中当物体运动一段时间后．突然撤去拉力，求物体的加速度大小和方向．25、从离地面500m的空中自由释放一个小球，空气阻力忽略不计，取g=10m/s2；求：

（1）小球经过多长时间落到地面？

（2）小球在下落的第4s内的位移是多少？

（3）如果在释放第一个小球1s后，在同一位置再释放第二个小球，当两球的距离相差50m时，则第二个小球下落了多长时间？26、金属及其化合物在科学研究和生产中具有重要的用途。rm{(1)}三氯化铁溶液用于检验乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：

rm{垄脵}此配合物中，铁离子价电子排布图为____________________________________；rm{垄脷}此配离子中含有的化学键为_______________。

A.离子键rm{B.}金属键rm{C.}极性键D.非极性键rm{E.}配位键rm{F.}氢键rm{G.娄脪}键rm{H.娄脨}键rm{(2)NO_{2}^{-}}与钴盐形成的配离子rm{[Co(NO_{2})_{6}]^{3-}}可用于检验rm{K^{+}}的存在。rm{NO_{2}^{-}}离子的rm{VSEPR}模型名称为______________，rm{K_{3}[Co(NO_{2})_{6}]}是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是___________________。rm{(3)BF_{3}}可用于制造火箭的高能燃料。rm{BF_{3}}分子中rm{F}原子和rm{B}原子采用同种杂化方式为_________，rm{BF_{3}}分子还中存在大rm{娄脨}键，可用符号rm{娄脨_{m}^{n}}表示rm{(}其中rm{m}代表参与形成大rm{娄脨}键的原子数，rm{n}代表参与形成大rm{娄脨}键的电子数，如苯分子中的大rm{娄脨}键可表示为rm{娄脨_{6}^{6})}则分子中的大rm{娄脨}键应表示为____________。rm{(4)}硼酸rm{(H_{3}BO_{3})}晶体为层状结构。其中一层的结构片段如图rm{(a)}所示，将这些rm{H_{3}BO_{3}}分子聚集在一起的作用力为_________________________。rm{(5)ZnS}在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方rm{ZnS}晶体的结构如图所示，rm{a}的配位数为_______，已知晶胞密度为rm{娄脩g/cm^{3}}则相邻rm{2}个rm{b}微粒之间的距离为_________rm{nm(}列计算式rm{)}参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度．

探月卫星贴近月球表面；运行的速率即为月球的第一宇宙速度．

根据月球质量和地球质量的关系，月球半径和地球半径的关系，根据第一宇宙速度的表达式求出月球的第一宇宙速度和地球第一宇宙速度的关系，从而求出月球的第一宇宙速度大小．【解析】【解答】解：根据万有引力提供向心力；有：

G=m

得：v=；

在星球表面运行的卫星，轨道半径近似等于星球半径，即r=R

已知月球质量约为地球质量的，月球半径约为地球半径的；地球上的第一宇宙速度约为7.9km/s；

月球的第一宇宙速度和地球第一宇宙速度之比是：；

则月球的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍；大约1.8km/s．

所以探月卫星绕月运行的速率约为1.8km/s．

故选：B．2、C【分析】【分析】力的合成满足平行四边形定则，结合它们的夹角，作出平行四边形，根据三角知识，可以确定合力的大小．【解析】【解答】解：A、夹角为60°时，平行四边形为菱形，则由三角知识可知，合力为10N；故A错误；

B、夹角为90°时，平行四边形为矩形，则由三角知识可知，合力为10N；故B错误；

C；由题意；设两个相等的共点力大小为F，当它们之间的夹角为120°时合力如图。

由等边三解形的知识可知分力与合力大小相等；即为100N，故C正确；

D；由上可知；故D错误．

故选：C．3、C【分析】【分析】振子开始运动的方向可能先向右，也可能向左，画出振子的运动过程示意图，确定振动周期，再求出振子第三次到达M点还需要经过的时间可能值．【解析】【解答】解：若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示．得到振动的周期为T=4s+4×s=s，振子第三次通过M点需要经过的时间为t=T-2s=s．

若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，如图2，振动的周期为T=16s，振子第三次通过M点需要经过的时间为t=T-2s=14s．

故选：C．4、B【分析】【解析】略【解析】【答案】B5、C【分析】解：A、Th衰变成Pb时；质量数减小24，而质子数减小8，对于β衰变质量数不变，质子数在增加1，因此经过6次α衰变，而α衰变质量数减小4，质子数减小2，所以要经过4次β衰变，故A错误；

B；半衰期不受化合物或单质的影响；放射性元素半衰期不变，故B错误．

C；β衰变的实质是原子核中的一个中子转化成一个质子；同时产生一个电子，这个电子以β射线的形式释放出去，同时辐射出γ光子．故C正确．

D；在β射线和γ射线中由于γ射线是光子；不带电，所以电离本领很弱，贯穿本领很强，因此β射线穿透本领远比γ射线小．故D错误．

故选C．【解析】【答案】C6、B【分析】【分析】二力合成时；夹角越小，合力越大；

同样；将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；

物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线．【解析】【解答】解：物体受三个力；重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力平衡；

两个拉力合力一定；夹角不断减小，故拉力不断减小；

故选：B．7、C【分析】【分析】验电器是利用同种电荷相互排斥原理制成的，金属箔片是否张开角度说明物体是否带电，金属箔片张开角度的大小反应了物体带电的多少．【解析】【解答】解：验电器已带正电；将另一带正电的导体球移近验电器小球，但不接触．在移近的过程中；

根据同种电荷相互排斥原理得验电器金属箔片带的正电荷增加；所以验电器金属箔片间的夹角将增大．

故选：C．8、A【分析】【分析】本题可采用力的分解法研究．首先将重物受到的重力按效果分解，求出分力与合力的关系表达式，然后再对木块受力分析，根据平衡条件即可求解．【解析】【解答】解：先对三个物体以及支架整体受力分析；受重力（2m+M）g，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：

2f=（M+2m）g，解得f=（M+2m）g；故静摩擦力f不变．

将细线对O的拉力按照效果正交分解；如图。

设两个杆夹角为θ，则有F1=F2=；

再将杆对滑块m的推力F1按照效果分解；如图。

根据几何关系；有。

Fx=F1•sin

故Fx=•sin=

根据平衡条件有：N=Fx=

若挡板间的距离稍许增大后；角θ变大，滑块m对墙壁的压力N变大，故A正确；

故选：A．9、B【分析】【分析】本题中物体a、b构成的系统机械能守恒，物体B重力势能的减小量等于a动能增加量、b动能增加量、a重力势能增加量之和．【解析】【解答】解：A；物体a加速上升；动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A错误；

B、a、b间高度差为h，a上升的高度与b下降的高度均为，物体a、b构成的系统机械能守恒，有（2m）g=mg+mv2+（2m）v2，解得v=；

物体b动能增加量为（2m）v2=mgh，重力势能减小mgh，故机械能减小mgh；故B错误；

C、物体b重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b加速下降；失重，拉力小于重力，故C错误；

D、物体a动能增加量为mv2=mgh，重力势能增加量为mgh；故物块a重力势能的增加量大于其动能增加，故D错误；

故选：B．二、多选题(共7题，共14分)10、ABC【分析】【分析】当弹簧长度缩短为10cm时，由胡克定律求得弹簧的弹力，分析物体的状态，再分析当弹簧的长度为10cm时，根据平衡条件得到测力计拉力的最大值．【解析】【解答】解：当弹簧长度缩短为10cm时，由胡克定律得弹簧的弹力为：F1=kx1=500×0.05N=25N；

由于Gsin30°-F1=50N-25N=25N

当弹簧的长度为10cm时，弹簧的弹力为：F2=kx2=500×0.05N=25N；当物体刚要上滑时，静摩擦力达到最大，测力计读数最大为：

Fmax=Gsin30°+fm-F2=50N+25N-25N=50N．

故测力计读数不可能为70N．故BC正确D错误．当F2+f=mgsin30°时；f=25N=25N，物块可以保持静止，所以A满足题意．

故选：ABC．11、BC【分析】【分析】矢量的运算遵守平行四边形定则．时间间隔简称为时间对应时间轴的是一个段，而时刻对应时间轴上的是一个点．如果物体做单向直线运动，位移大小和路程就相等．位移矢量，路程是标量．【解析】【解答】解：A；矢量的运算遵守平行四边形定则；标量的运算遵守代数运算，故A错误．

B；中央电视台新闻联播节目“19时开播”是一个时间点；指时刻，故B正确．

C；如果物体做单向直线运动；位移大小和路程就相等，故C正确．

D；位移矢量；路程是标量，故D错误．

故选：BC．12、BC【分析】【分析】以女运动员为研究对象，分析受力情况，作出力图，由重力和男运动员的拉力的合力提供女运动员的向心力，根据牛顿第二定律求解拉力和向心加速度．【解析】【解答】解：女运动员做圆锥摆运动；由对女运动员受力分析可知，受到重力；男运动员对女运动员的拉力，如图所示，竖直方向合力为零；

由Fsin30°=G

解得：F=2G；故A错误，B正确．

水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有Fcos30°=ma向

即2mgcos30°=ma向；

所以a向=g；故C正确，D错误．

故选BC13、CD【分析】解：AABCD

四点处的电场强度大小相等；但方向不同，则电场强度不同，故A错误。

B；AEB

三点间的电势差应满足UAE=UBE.

故B错误。

C、AF

两点到O

点的距离之比为21

由E=kQr2

知AF

两点处的电场强度大小之比12

故C正确。

D；D

处电势比F

处电势低；根据负电荷在电势低处电势能大，知电子在D

处时的电势能大于在F

处的电势能，故D正确。

故选：CD

根据电场线的分布情况分析各点电场强度的关系。由电场线的方向分析电势关系。由E=kQr2

求AF

两点处的电场强度大小之比。结合电势高低分析电势能的大小。

本题关键要搞清点电荷电场的分布情况，灵活运用公式E=kQr2

要知道公式中Q

是场源电荷，r

是到场源电荷的距离。【解析】CD

14、AD【分析】【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出A点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，结合速度时间公式求出B点的速度．【解析】【解答】解：A、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则；故A正确．

B、根据得，加速度a=，则物体到达B点的速度=；故B；C错误，D正确．

故选：AD．15、BC【分析】【分析】根据振动图象知道两个质点的状态关系，确定波长与距离1.4m的关系，得到波长，即可由波速公式求出周期．由于波的传播方向未知，要分两种情况：波由P向Q传播和波由Q向P传播进行讨论．【解析】【解答】解：由振动图象知：t=0时刻；P处于波峰，Q经过平衡位置向上运动，结合波形和条件：

若波由P向Q传播，s=1.4m大于一个波长，则得：（n+）=1.4m，得λ=m；

由v=，得T=s

同理可得，波由Q向P传播T=s；（n=0，1，2，）

由于n是整数；T不可能等于0.70s；0.60s，故BC正确．

故选：BC16、BD【分析】【分析】匀速攀上和匀速滑下的过程中，受力均平衡．匀速攀上时，其重力与静摩擦力平衡；匀速下滑时，其重力与滑动摩擦力平衡．【解析】【解答】解：A；匀速攀上时；其重力与静摩擦力平衡，由平衡条件可知：f方向竖直向上，f=G，A错误B正确；

C；手捏铁杆的力增加；人受到的摩擦力保持不变，增大的是最大静摩擦力，C错误D正确．

故选：BD．三、填空题(共5题，共10分)17、2004.5×10-4200【分析】【分析】平行板电容器的电荷量减少△Q=6×10-4C，电压降低△U=3V，根据C=求解电容．由Q=CU求出电容器原来的带电荷量．电容器极板上的电荷全部放掉，电容器的电容不变．【解析】【解答】解：由题：平行板电容器的电荷量减少△Q=6×10-4C；电压降低△U=3V；

则C===2×10-4F=200μF

电容器原来的带电荷量Q=CU=2×10-4×9=1.8×10-3C

电容反映电容器本身的特性；电容器极板上的电荷全部放掉，电容器的电容不变，仍为200μF．

故本题答案是：200，4.5×10-4，200．18、3.1×10350【分析】【分析】根据加速度的定义式求出加速度，再根据牛顿第二定律求解牵引力，匀速运动时牵引力等于阻力，根据P=Fv即可求解功率．【解析】【解答】解：根据加速度的定义式得：a=

根据牛顿第二定律得：

F-f=ma

解得：F=3.1×103N

匀速运动时牵引力等于阻力；

所以P=Fv=1500×33.3W=50kW

故答案为：3.1×103；5019、0.212π【分析】【分析】利用向心加速度、角速度的公式可以求前两个空，利用周期公式求周期．【解析】【解答】解：向心加速度a==0.2m/s2，角速度ω==1rad/s，周期T==2πs．

答案为0.2，1，2π20、偏右【分析】【分析】根据入射角与折射角，由n=求折射率．换用红光，折射率减小，偏折程度变小，从而确定出折射后落到水平面上的位置．【解析】【解答】解：根据几何关系得；入射角i=∠AOB=30°．折射角β=60°

根据折射定律得球体对蓝光的折射率为n==．

红光的折射率比蓝光小；则光线射出后偏折程度减小，即β变小，所以从球体射出后落到水平面上形成的光点与C点相比，位置偏右．

故答案为：，偏右．21、偏小甲图【分析】【分析】甲图误差来源于电压表的分流作用；导致电压测量值偏大；乙图误差主要来源于电流表的分压作用，电流测量值偏大；

根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路．【解析】【解答】解：甲图误差来源于电压表分流作用，导致电流测量值偏大，根据欧姆定律R=；可知电阻测量值偏小；

电压表内阻约几千欧，电流表内阻约1Ω，若Rx的阻值约为10Ω；相对来说，电压表内阻远大于待测电阻阻值，因此电流表应采用外接法，应选图甲所示实验电路；

故答案为：偏小；甲图．四、解答题(共2题，共6分)22、略

【分析】【分析】（1；2）质点P正向y轴正方向运动；根据波形的平移法判断波的传播方向．根据质点P经0.1s第一次达到波峰位置，可知求出周期，由图读出波长，即可求得波速；

（3）根据时间与周期的关系，画出t=0.7s时的波形图．【解析】【解答】解：（1；2）质点P正向y轴正方向运动；由波形平移法可知波沿x轴正方向传播，且由题意得周期为：

T=4△t=0.4s

由图读出波长为λ=2m，则波速为：

（3）如下图所示

答：（1）波的传播方向是沿x轴正方向传播；

（2）周期是0.4s；波速是5m/s

（3）

23、略

【分析】【分析】根据牛顿第二定律求出整体加速度，再根据活塞受力情况求得封闭气体压强；有理想气体状态方程列式求解受力稳定后活塞与气缸底部距离．【解析】【解答】解：（1）选择气缸；活塞和密闭气体整体作为研究对象；受力分析可知，水平恒力F即为整体受到的合外力；

由牛顿第二定律得F=（m+）a

隔离活塞对其受力分析；设封闭气体压强为P；

则由牛顿第二定律得（P-P0）S=a

气缸和活塞相对静止具有相同的加速度，联立以上两式，可得P=P0+

（2）由气缸为导热气缸可知；气缸内气体温度不变，气体为等温变化，设稳定时活塞与缸底部的距离为L

由理想气体状态方程=C得。

P0L0S=PLS

可得L==L0

答：（1）稳定时封闭气体的压强为P0+；

（2）稳定时活塞与缸底部的距离为L0．五、简答题(共3题，共9分)24、略

【分析】【分析】（1）分析物体受力情况；根据牛顿第二定律求加速度；

（2）突然撤去拉力，物体在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度．【解析】【解答】解：（1）对物体受力分析；受重力；支持力、拉力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

F-μmg=ma

解得：a=m/s2；方向水平向左；

（2）撤去拉力后，物体在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：a′==0.15×10=1.5m/s2；方向水平向右．

答：（1）若改用一水平力向左为7N的力拉物体，则物体的加速度大小为2m/s2；方向水平向左；

（2）在（1）中当物体运动一段时间后，突然撤去拉力，则物体的加速度大小为1.5m/s2，方向水平向右．25、略

【分析】【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出小球落地的时间，分别求出4s内和3s内的位移，第4s内的位移等于4s内的位移减去3s内的位移，当两球的距离相差50m时，设第二个小球下落的时间为t，根据位移公式求解即可．【解析】【解答】解：（1）根据得：

（2）自开始下落计时，在4s内的位移；

前3s内的位移；

则小球在下落的第4s内的位移x=h4-h3=80-45=35m

（3）当两球的距离相差50m时；设第二个小球下落的时间为t，则有：

解得：t=4.5s

答：（1）小球经过10s时间落到地面；

（2）小球在下落的第4s内的位移是35m；

（3）如果在释放第一个小球1s后，在同一位置再释放第二个小球，当两球的距离相差50m时，则第二个小球下落了4.5s时间．26、rm{(1)垄脵}rm{垄脷CDEGH}

rm{(2)}平面三角形rm{O>N>Co>K}

rm{(3)sp^{2}}杂化

rm{(4)}分子间氢键、范德华力

rm{(5)4}rm{(}或rm{)}【分析】【分析】本题考查较为综合，题目难度中等，涉及杂化轨道类型、化学键类型、电负性大小比较、晶胞的计算、价电子排布式的书写、等电子体等知识点，对学生的空间想象有一定要求，侧重考查学生对知识的迁移应用，注意信息的理解和综合应用。【解答】rm{(1)垄脵}此配合物中，铁离子价电子排布图为故答案为