2025年粤教沪科版高二物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年粤教沪科版高二物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示；在电路的输入端同时输入直流电和交变电流，则输出端输出的是（）

A.直流电。

B.直流电和交流电。

C.交电流。

D.以上说法都不正确。

2、有关光的波粒二象性的下列说法中，正确的是()A.有的光是波，有的光是粒子B.光子与电子是同样的一种粒子C.光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著D.大量光子的行为往往显示出粒子性3、q1q2

为真空中的两个点电荷，设它们之间相互作用力的大小为F

关于F

可以写出三个表达式，一个是F=kq1q2r2

另一个是F=q2鈰�kq1r2

再有一个是F=q1鈰�kq2r2.

关于这三个表达式下列说法中正确的是(

)

A.前两种表达的形式不同，但采用的物理观点相同B.前两种表达的形式不同，采用的物理观点也不同C.后两种表达采用的物理观点相同，表达的内容也完全相同D.后两种表达采用的物理观点不同，但表达的内容完全相同4、在变速运动中，物体的速度由0

增加到v

再由v

增加到2v

合外力做功分别为W1

和W2

则W1

与W2

之比为(

)

A.11

B.12

C.13

D.14

5、在一次研究性学习活动中，研究小组对一幢居民楼的供电设施进行了观察和测量，整幢居民楼的供电线路可简化为如图所示的模型，暂停供电时，用欧姆表测得A、B间电阻为R，恢复供电后，测得A、B间电压为U，进线电流为I，则计算该幢居民楼的总功率可以用的公式是A.P＝I2RB.P＝U2/RC.P＝IUD.以上公式都能用评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、电场中某一电场线为一直线，线上有A、B、C三个点，把电荷q1=10-8C从B点移到A点时电场力做了10-7J的功；电荷q2=-10-8C，在B点的电势能比在C点时大10-7J；那么：

（1）比较A、B、C三点的电势高低，由高到低的排序是______；

（2）A、C两点间的电势差是______V；

（3）若设B点的电势为零，电荷q2在A点的电势能是______J．7、有一游标卡尺，主尺的最小分度1mm，游标上有20个小的等分刻度．现用它测量一工件的长度，如图所示，图示的读数是______mm．8、如图所示，两个闭合圆形线圈AB

的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A

中通以逐渐增大的顺时针方向的电流(

如图中箭头所示)

则线圈B

中的磁通量______(

填“增大”或“减小”)

线圈B

有______(

填“扩张”或“收缩”)

的趋势．9、多用表在测量时的指针位置如图所示，当转换开关分别指示的位置如图（a）、（b）；（c）时；多用表的读数分别为：

（a）挡的读数的____mA．

（b）挡的读数的____Ω．

（c）挡的读数的____V．

10、一物体的质量为2kg，此物体竖直下落，以10m/s速度碰到水泥地面上，随后又以8m/s的速度反弹。若取竖直向上为正方向，则小球与地相碰前的动量是____kg·m／s，相碰后的动量是____kg·m／s，相碰过程中小球动量的变化量是____kg·m／s。11、一打点计时器所用电源频率是50Hz．如图所示，纸带上的A点先通过计时器，A、B间历时______s，这段时间内纸带运动的平均速度是______m/s，打B点时的速度是______m/s．

12、rm{28}．采用rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}}为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：rm{(1)1840}年rm{Devil}用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到年rm{(1)1840}用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到rm{Devil}rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}}。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_______。等曾利用测压法在刚性反应器中研究了rm{(2)F.Daniels}等曾利用测压法在刚性反应器中研究了rm{25隆忙}时时rm{(2)F.Daniels}rm{25隆忙}rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})}分解反应：其中rm{{N}{{{O}}_{2}}}二聚为随时间rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{4}}}}的变化如下表所示的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强rm{p}随时间rm{t}的变化如下表所示rm{(t=隆脼}时，时，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{垄脵}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}}}则反应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{垄脷}研究表明，rm{垄脷}rm{{{p}_{{{{O}}_{{2}}}}}=2.9{kPa}}rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})}分解的反应速率rm{v=2times{{10}^{-3}}times

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

}^{-1}})}。rm{t=62min}时，测得体系中rm{{{p}_{{{{O}}_{{2}}}}}=2.9

{kPa}}，则此时的rm{{{p}_{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}}}=}______若提高反应温度至rm{{kPa}}，则rm{v=}______rm{{kPa}cdot{{min}^{-1}}}。rm{垄脹}若提高反应温度至rm{垄脹}______rm{35}填“大于”“等于”或“小于”rm{隆忙}则原因是______。rm{隆忙}时rm{{N}_{2}{O}_{4}left(gright)?2N{O}_{2}left(gright)}rm{{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})}完全分解后体系压强rm{{{p}_{infty}}}rm{(}rm{(}rm{35}rm{隆忙)}______位小数rm{隆忙)}rm{63.1{kPa}(}对于反应rm{)}rm{垄脺25隆忙}时提出如下反应历程：rm{垄脺25隆忙}快速平衡rm{{N}_{2}{O}_{4}left(gright)?2N{O}_{2}left(gright)

}反应的平衡常数​rm{{{K}_{{p}}}=}慢反应______rm{{kPa}}rm{(}快反应

rm{(}rm{{{K}_{{p}}}}填标号为以分压表示的平衡常数，计算结果保留rm{1}位小数rm{)}

rm{1}rm{)}rm{(3)}对于反应rm{(3)}第一步的逆反应rm{{2}{{{N}}_{{2}}}{{{O}}_{{5}}}({g})xrightarrow{{}}4{N}{{{O}}_{2}}({g})+{{{O}}_{{2}}}({g})}，rm{R.A.Ogg}提出如下反应历程：rm{R.A.Ogg}第二步反应第一步rm{N_{2}O_{5}?NO_{2}+NO_{3}}快速平衡rm{N_{2}O_{5}?NO_{2}+NO_{3}}反应的中间产物只有第二步rm{NO_{2}+NO_{3}}

rm{NO_{2}+NO_{3}}rm{隆煤}rm{NO+NO_{2}+O_{2}}慢反应rm{NO+NO_{2}+O_{2}}第三步rm{NO+NO_{3}}第三步反应活化能较高rm{NO+NO_{3}}13、一群氢原子处于量子数n=4

能级状态，氢原子的能级图如图所示，氢原子可能发射______种频率的光子；氢原子由量子数n=4

的能级跃迁到n=2

的能级时辐射光子的能量是_______ev

用n=4

的能级跃迁到n=2

的能级时辐射的光子照射下表中几种金属，_______金属能发生光电效应．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

15、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

16、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）17、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）18、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）19、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

20、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、计算题(共3题，共12分)21、如图所示，E＝10V，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，电池内阻可忽略.（1）闭合开关K，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关K断开，求这以后通过R1的总电量.22、如图所示，abcd是一边长为l的匀质正方形导线框，总电阻为R，今使线框以恒定速度v水平向右穿过方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域．已知磁感应强度为B，磁场宽度为3l，求线框在进入磁区、完全进入磁区和穿出磁区三个过程中a、b两点间电势差的大小．23、如图所示，一质量M=0.2kg

的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m=0.2kg

的小滑块，以V0=1.2m/s

的速度从长木板的左端滑上长木板。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数娄脤=0.4(g=10m/s2)

问：垄脵

经过多少时间小滑块与长木板速度相等？垄脷

小滑块在长木板上留下划痕的长度？(

滑块始终没有滑离长木板)

评卷人得分五、画图题(共2题，共20分)24、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象25、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象评卷人得分六、解答题(共3题，共6分)26、（1）如图所示；在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为①光源；②______、③______、④______、⑤遮光筒、⑥光屏．对于某种单色光，为增加相邻亮纹（暗纹）间的距离，可采取______或______的方法．

（2）本实验的步骤有：

①取下遮光筒左侧的元件；调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；

②按合理顺序在光具座上放置各光学元件；并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；

③用米尺测量双缝到屏的距离；

④用测量头（其读数方法同螺旋测微器）测量数条亮纹间的距离．

在操作步骤②时还应注意______和______．

（3）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐；将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数______mm，求得相邻亮纹的间距△x为______mm．

（4）已知双缝间距d为2.0×10-4m；测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算式λ=______，求得所测红光波长为______nm．

27、利用电学方法可以测量水流对小球的作用力的大小．图中质量为m的小铅球用一根金属丝系于O点．开始时水不流动；小球在竖直方向保持静止．若水开始流动，则小铅球将在水流的推动下向左摆动一定的角度θ．水流的速度越大，θ也越大．为了测定水流对小铅球推力F的大小，在水平方向固定了一根长L的电阻丝BC，其C端在悬点O的正下方，OC相距h．BC与悬挂小铅球的金属丝接触点为D，接触良好，不计接触点的摩擦和金属丝的电阻．现有一个电动势为E；内电阻不计的电源和一只理想电压表，试将这些器材连接成测量F的电路，并要求水流的推力F越大时，电压表的示数也越大．

（1）接线图画在图上．（连接线必须接在图中各个小圆点上）

（2）设小球稳定后电压表的示数为U；试求水流对小铅球的推力F．

28、一列简谐横波沿直线传播；在这条直线上相距d=1.5m的A；B两点，其振动图象分别如图中甲、乙所示．已知波长λ＞1m，求这列波的波速v．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】

在电路的输入端同时输入直流电和交变电流；由于电容器具有通交流隔直流的特性，输出端输出的是交流电．

故选C

【解析】【答案】根据电容器通交隔直的特性进行选择．

2、C【分析】同一种光在不同条件下，有时表现出波动性，有时表现出粒子性，A

错.

电子是实物粒子，有静止质量；光子无静止质量，以场的形式存在，B

错.

光的波长越长(

频率越低)

其波动性越显著，反之，粒子性越显著，C

对.

大量光子的行为往往表现出波动性，D

错．【解析】C

3、B【分析】解：F=kq1q2r2

表示两电荷间的库仑力，F=q2鈰�kq1r2

表示q2

受到q1

产生的电场对它的作用力，F=q1鈰�kq2r2

表示q1

受到q2

产生的电场对它的作用力.

所以前两种表达的形式不同，采用的物理观点也不同.

后两种表达采用的物理观点相同，表达的内容不同.

故B正确，AC

D错误．

故选B．

真空中的两个点电荷之间的库仑力是通过电场而相互作用的；q1

对q2

的库仑力实际是q1

产生的电场对q2

的作用力，q2

对q1

的库仑力实际是q2

产生的电场对q1

的作用力．

解决本题的关键理解库仑定律的公式F=kq1q2r2

以及知道库仑力是通过电场而相互作用的．【解析】B

4、C【分析】解：根据动能定理得。

W1=12mv2鈭�0

W2=12m(2v)2鈭�12mv2=3隆脕12mv2

则得：W1W2=13

故选：C

．

外力做功；可运用动能定理列式或运动学公式列式求解即可．

动能定理是求解外力做功常用的方法，也可以根据运动学公式求解位移关系，再根据功的公式求解功的关系．【解析】C

5、C【分析】【解析】试题分析：居民楼里有各种不同的电器，不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路计算功率只能有P=UI和来计算，可是由于本题中不知道W和t，所以只能用P=UI来计算功率。故选C考点：考查电功率的计算【解析】【答案】C二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】解：（1）根据电势差的定义式U=得。

BA间电势差UBA==V=10V；说明B点的电势比A点高10V；

BC间电势差UBC==V=-10V；说明B点的电势比C点低10V

故A、B、C三点的电势高低顺序是：φC＞φB＞φA．

（2）A、C两点间的电势差UAC=UAB+UBC=-10V-10V=-20V

（3）设B点的电势为零，A点的电势为φA=-10V

电荷q2在A点的电势能是Ep=q2φA=-10-8×（-10）J=1×10-7J

故答案为：

（1）φC＞φB＞φA．

（2）-20

（3）1×10-7

（1）根据电势差的定义式U=求出BA间和BC间电势差，即可比较三点电势的高低；

（2）A、C两点间的电势差UAC=UAB+UBC．

（3）设B点的电势为零，确定出A点的电势，由Ep=qφ公式求出电荷q2在A点的电势能．

本题的解题关键是掌握电势差的定义式U=并能正确运用．也可以推论：正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小，判断电势高低．【解析】φC＞φB＞φA．；-20；1×10-77、略

【分析】解：游标上有20个小的等分刻度；可知精确度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为：10.4cm=104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm．

故答案为：104.05

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；主尺读数加上游标读数，不需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．游标卡尺不需要估读，同时注意游标卡尺的精确度的判断．【解析】104.058、增大；扩张【分析】解：当线圈A

中通有不断增大的顺时针方向的电流时；知穿过线圈B

的磁通量垂直向里，且增大，根据楞次定律，线圈B

产生逆时针方向的电流；根据磁感线的特点可知，A

环以内的范围内的磁感线的方向向里，而A

环以外的磁感线的方向向外，由于穿过线圈B

的向里的磁通量增大，根据楞次定律的另一种表述，线圈B

有扩张的趋势，阻碍磁通量的增加．

故答案为：增大；扩张．

当线圈A

中通有不断增大的顺时针方向的电流时；周围的磁场发生变化，即通过线圈B

的磁通量发生变化，根据楞次定律结合右手螺旋定则判断出B

线圈中感应电流的方向.

根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的变化，确定线圈B

有扩张还是收缩趋势．

解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向；以及掌握楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化．

该题中A

环环内的磁场的方向与环外的磁场的方向不同，A

环以内的范围内的磁感线的方向向里，而A

环以外的磁感线的方向向外，穿过B

环的磁通量是二者的矢量和，这是学生容易出现错误的地方．【解析】增大；扩张9、略

【分析】

（a）挡测的是直流电流100mA档；读数为50.0mA．

（b）挡测的是电阻×100档；测量值等于表盘上读数“10”乘以倍率“100”．读数为1000Ω．

（c）挡测的是直流电压25V档；读数为12.5V；

故答案为：50.0；1000，12.5．

【解析】【答案】多用电表的使用中；能测量电流；直流电压、交流电压、电阻等．有关表头读数：最上示数是电阻刻度；中间是直、交流电压或电流刻度；最下示数是交流量程是2.5V电压刻度．因此当选择开关位于电阻档时，先读出刻度盘上的读数，然后再乘上倍率就是电阻的阻值．注意的是电阻刻度是不均匀的，所以尽量让指针指在中间附近．当选择开关位于电压档时，根据电压量程从而选择刻度读数．同样电流档也是一样的．

10、略

【分析】取竖直向上为正方向，初动量为mv=2kg×10m/s=-20kg·m／s，碰后动量为2kg×8m/s=16kg·m／s，相碰过程中小球动量的变化量是16kg·m／s-（-20kg·m／s）=36kg·m／s【解析】【答案】-20，16，3611、略

【分析】解：由电源的频率是50Hz；知打点计时器打点的时间间隔是0.02s，则A；B间用时：t=2T=0.04s；

位移为：x=（1.20+1.60）×10-2m=0.028m．

AB段内的平均速度为：m/s

设AB之间的点是F点，则打B点时的速度等于B前面的一点F到B后面的一点C之间的平均速度，即：m/s

故答案为：0.04；0.70，0.95

打点计时器的频率50HZ；故两点间的时间间隔为0.02s，位移为初位置到末位置的有向线段，平均速度为位移与时间的比值．

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．【解析】0.04；0.70；0.9512、rm{(1)O_{2}}

rm{(2)垄脵+53.1}

rm{垄脷30.0}rm{6.0隆脕10^{-2}}

rm{垄脹}大于温度升高；容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。

rm{垄脺13.4}

rm{(3)AC}

【分析】【分析】

本题主要是考查化学反应原理；侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大，试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。

【解答】

rm{(1)}氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为rm{O_{2}}故答案为：rm{O_{2}}

rm{(2)垄脵}已知：

rm{垄隆}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}

根据盖斯定律可知rm{垄垄}即得到rm{N_{2}O_{5}(g)=2NO_{2}(g)+1/2O_{2}(g)triangleH=+53.1kJ/mol}故答案为：rm{2NO_{2}(g)=N_{2}O_{4}(g)triangle

H_{2}=-55.3kJ/mol}

rm{垄隆隆脗2-垄垄}根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是rm{N_{2}O_{5}(g)=2NO_{2}(g)+1/2O_{2}(g)triangle

H=+53.1kJ/mol}rm{+53.1}又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是rm{垄脷}则此时五氧化二氮的压强是rm{1}因此此时反应速率rm{2}

故答案为：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})}由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至rm{30.0}则rm{6.0隆脕10^{-2}}完全分解后体系压强rm{垄脹}大于rm{35隆忙}故答案为：大于；温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高；

rm{N_{2}O_{5}(g)}根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是rm{p_{隆脼}(35隆忙)}根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是rm{63.1kPa}氧气是rm{垄脺}总压强应该是rm{71.6kPa+17.9kPa=89.5kPa}平衡后压强减少了rm{63.1kPa}所以根据方程式rm{35.8kPa隆脕2=71.6kPa}可知平衡时四氧化二氮对应的压强是rm{35.8kPa隆脗2=17.9kPa}二氧化氮对应的压强是rm{71.6kPa+17.9kPa=89.5

kPa}则反应的平衡常数rm{K=dfrac{18拢庐8^{2}}{26.4}KPa隆脰13.4KPa}故答案为：rm{89.5kPa-63.1kPa=26.4kPa}

rm{2NO_{2}(g)N_{2}O_{4}(g)}第一步反应快；所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，故A正确；

B.根据第二步和第三步可知中间产物还有rm{26.4kPa}故B错误；

C.根据第二步反应生成物中有rm{71.6kPa-26.4kPa隆脕2=18.8kPa}可知rm{K=dfrac

{18拢庐8^{2}}{26.4}KPa隆脰13.4KPa}与rm{13.4}的碰撞仅部分有效；故C正确；

D.第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，故D错误，故答案为：rm{(3)A.}

rm{NO}【解析】rm{(1)O_{2}}

rm{(2)垄脵+53.1}

rm{垄脷30.0}rm{6.0隆脕10^{-2}}

rm{垄脹}大于温度升高；容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。

rm{垄脺13.4}

rm{(3)AC}

13、62.55

铯【分析】【分析】(1)

根据数学组合公式Cn2

求出氢原子可能发射不同频率光子的种数；(2)

根据Em鈭�En=hv

求出辐射光子的能量；(3)

根据光电效应的条件判断能否发生光电效应。解决本题的关键掌握能级的跃迁放出光子或吸收光子的能量满足h娄脙=Em鈭�En

以及知道光电效应的条件。【解答】(1)

根据Cn2=6

知，氢原子可能发射6

种不同频率的光子；(2)

氢原子由量子数n=4

的能级跃迁到n=2

的能级时辐射光子的能量等于两能级间的能级差，即：E=E4鈭�E2=鈭�0.85+3.40eV=2.55eV

(3)E

只大于铯的逸出功，故光子只有照射铯金属才能发生光电效应。故填：62.55

铯【解析】62.55

铯三、判断题(共7题，共14分)14、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．15、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．16、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．17、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．18、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．19、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．20、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、计算题(共3题，共12分)21、略

【分析】【解析】试题分析：电容器稳定后相当于断路，Ｋ断开前电容器相当于和R2并联，K断开后，电容器相当于直接接到电源上，K断开前后通过R1的电量即为前后两状态下电容器带电量之差.电容器稳定后相当于断路，则：（1）Ｉ1＝Ｉ总＝A＝１A（2）断开K前，电容器相当于和R2并联，电压为Ｉ1R2，储存的电量为Q1＝CI1R2断开K稳定后，总电流为零，电容器上电压为E，储存电量为Q2＝CE所以通过R1的电量为：ΔQ＝Q2－Q1＝C（E－I1R2）＝1.2×10－3考点：考查了带电容电路【解析】【答案】（1）1A（2）1.2×10－322、略

【分析】【解析】试题分析：导线框在进入磁区过程中，ab相当于电源，等效电路如下图甲所示．E＝Blv，r＝R，R外＝R，I＝＝Uab为端电压；所以Uab＝IR外＝导线框全部进入过程中，磁通量不变，感应电流I＝0，但Uab＝E＝Blv导线框在穿出磁区过程中，cd相当于电源，等效电路如下图乙所示．E＝Blv，r＝R，R外＝R，I＝＝Uab＝IRab＝×R＝考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【解析】【答案】23、解：（1）根据牛顿第二定律得，小滑块的加速度

木板的加速度

小滑块做匀减速直线运动；木板做匀加速直线运动．根据运动学公式有：

v0-a1t=a2t

解得

（2）小滑块在长木板上留下划痕的长度为x,对滑块与长木板组成的系统，由能量的转化与守恒可知：解得：x=0.09m

【分析】(1)

根据牛顿第二定律分别求出M

和m

的加速度；根据运动学公式求出速度相等所需的时间。

(2)

对系统列出能量守恒关系式；得出划痕的长度。

解决本题的关键理清滑块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。【解析】解：(1)

根据牛顿第二定律得；小滑块的加速度a1=娄脤g=4m/s2

木板的加速度a2=娄脤mgM=0.4隆脕20.2m/s2=4m/s2

小滑块做匀减速直线运动；木板做匀加速直线运动.

根据运动