2024年上外版高二物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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2024年上外版高二物理下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如下圖所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動．在移動過程中，下列說法正確的是()A.F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和B.F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C.木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能D.F對木箱做的功等于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力做的功之和2、如圖所示，矩形線圈放在兩同向相等的直線電流之間，都在同一平面內(nèi)，矩形線圈從左向右勻速運動到虛線位置過程中，回路中的感應電流方向情況為(

)

A.先adcba

后abcda

B.先abcda

后adcba

C.一直是adcba

D.一直是abcda

3、放在空氣中的平行玻璃磚，當光束投射到它的第一表面時將有A.如果入射角大于臨界角，則光在第一表面發(fā)生全反射B.在第一表面處，由于光是由空氣射向玻璃，故不會發(fā)生全反射C.在第二表面處，由于光是由玻璃射向空氣，所以可能發(fā)生全反射D.由于表面一與表面二平行，所以無論光以多大入射角入射到第一表面，在第二表面處都不會發(fā)生全反射4、在光滑水平桌面上有兩個相同的彈性小球AB

質(zhì)量都為m

現(xiàn)B

球靜止，A

球向B

球運動，發(fā)生正碰。已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為EP

則碰前A

球速度等于()

A.Epm

B.2Epm

C.2Epm

D.22Epm

5、現(xiàn)有一系列處于n=4

能級的氫原子，用它在躍遷過程中發(fā)出的光照射金屬鈉，已經(jīng)知道金屬鈉的逸出功為2.29eV

氫原子的能級結構圖如圖所示，則下列說法中正確的是：A.躍遷過程中將釋放5

種頻率的光子B.躍遷過程中釋放光子的最小能量為0.66eV

C.躍遷過程中釋放光子的最大能量為13.6eV

D.躍遷過程中釋放的所有光子都能引起鈉的光電效應評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、在“測定玻璃磚的折射率”的實驗中，某同學在畫玻璃磚下界面bb′時，上界面與aa′直線離開了一段距離，但aa′與bb′仍然平行，如圖所示。如果其他操作不變，他測得玻璃磚的折射率比真實值將____（填寫“偏大”“偏小”“仍然準確”）。7、在“測定金屬絲電阻率”的實驗中需要測出其長度L；直徑d和電阻R．

（1）用螺旋測微器測金屬絲直徑時讀數(shù)如圖甲，則金屬絲的直徑為______mm．

（2）若用圖乙測金屬絲的電阻，則測量結果將比真實值______．（填“偏大”或“偏小”）8、如圖所示，兩根平行的長直導線PQ

中，通以同方向、同大小的電流，矩形導線框abcd

與PQ

處于同一平面內(nèi)，從圖中所示位置I

向右勻速運動到位置Ⅱ，運動過程中______(

填“無”或“有”)

感應電流產(chǎn)生．9、1919

年盧瑟福通過如圖所示的實驗裝置，第一次完成了原子核的人工轉變，并由此發(fā)現(xiàn)______.

圖中A

為放射源發(fā)出的______粒子，B

為______氣.

10、平行板電容器兩板相距2cm，接在200V電源上，帶電量為5×10-8庫侖．這個電容器的電容是____，板間電場強度是____V/M．11、一定質(zhì)量的理想氣體分別按下圖所示的三種不同過程變化，其中表示等壓變化的是____，等容變化的是____（填“A”；“B”或“C”）．

12、邊長為a

的正方形，處于有界磁場如圖，一束電子以v0

水平射入磁場后，分別從A

處和C

處射出，則vAvC=

______；所經(jīng)歷的時間之比tAtB=

______．13、請回答有關植物細胞亞顯微結構的相關內(nèi)容：(1)葉綠體是綠色植物進行________的場所。(2)細胞有氧呼吸的主要場所是____________。(3)_________是遺傳信息庫，是細胞代謝和遺傳的控制中心。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、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）15、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）16、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）

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）

18、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）19、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）20、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）

評卷人得分四、簡答題(共2題，共4分)21、某學生用rm{0.2000}rm{mol?L}rm{mol?L}的標準rm{-1}溶液滴定未知濃度的鹽酸；其操作可分為如下幾步：

rm{-1}調(diào)節(jié)液面至“rm{NaOH}”或“rm{壟脵}”刻度線稍下；并記下讀數(shù)；

rm{0}固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體；

rm{0}用蒸餾水洗滌堿式滴定管后立即注入rm{壟脷}溶液至“rm{壟脹}”刻度線以上；

rm{NaOH}量取rm{0}待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入rm{壟脺}滴酚酞溶液；

rm{20.00mL}用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù)請回答：

rm{3}以上操作步驟中有一步有錯誤，請指出編號______，

rm{壟脻}該實驗原理是____________________rm{(1)}以上操作步驟中有一步有錯誤，請指出編號______，用離子方程式表示rm{(1)}rm{(2)}該實驗原理是____________________rm{(}用離子方程式表示rm{)}用標準rm{(2)}溶液滴定時，應將標準rm{(}溶液注入______中rm{)}從圖中選填“甲”或“乙”rm{(3)}用標準rm{NaOH}溶液滴定時，應將標準rm{NaOH}溶液注入______中rm{.(}從圖中選填“甲”或“乙”rm{)}

rm{(3)}下列操作會引起實驗結果偏大的是：______rm{NaOH}填編號rm{NaOH}

A.在錐形瓶裝液前；留有少量蒸餾水。

B.滴定前；堿式滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡。

C.錐形瓶先用蒸餾水洗滌后；再用待測液潤洗。

D.用酸式滴定管量取待測液時將一滴待測液滴在錐形瓶外。

rm{.(}判斷到達滴定終點的現(xiàn)象是：______________________________rm{)}以下是實驗數(shù)據(jù)記錄表：。rm{(4)}滴定次數(shù)鹽酸體積rm{NaOH}溶液體積讀數(shù)滴定前滴定后滴定前滴定后rm{1}rm{14}．rm{2}通過計算可得，該鹽酸濃度為：______rm{mol?L}rm{mol?L}計算結果保留rm{-1_{(}}位小數(shù)rm{-1_{(}}．rm{2}22、I.室溫下，將一元酸rm{HA}的溶液和rm{KOH}溶液等體積混合rm{(}忽略混合后溶液的體積變化rm{)}實驗數(shù)據(jù)如下表：

請回答：rm{(1)HA}溶液和rm{KOH}溶液反應的離子方程式為________________rm{(2)}實驗rm{壟脵}反應后的溶液中由水電離出的rm{c(OH^{-})=}___________rm{mo1隆隴L^{-1}}rm{x=}__________rm{0.2mo1隆隴L^{-1}}rm{(}填“rm{>}”“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}rm{(3)}下列關子實驗rm{壟脷}反應后的溶液說法不正確的是_________rm{(}填字母rm{)}rm{a.}溶液中只存在著兩個平衡rm{b.}溶液中：rm{c(A^{-})+c(HA)>0.1mo1隆隴L^{-1}}rm{c(A^{-})+c(HA)>0.1

mo1隆隴L^{-1}}溶液中rm{c(K^{+})=c(A^{-})>c(OH^{-})=c(H^{+})}rm{c.}已知rm{c(K^{+})=

c(A^{-})>c(OH^{-})=c(H^{+})}rm{triangleH=-572kJ隆隴mol^{-1}}某氫氧燃料電池以疏松多孔石墨棒為電極，rm{II.}溶液為電解質(zhì)溶液。rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(l)}寫出該電極工作時負極的電極反應式為_____________、正極的電極反應式為____。rm{triangle

H=-572kJ隆隴mol^{-1}}評卷人得分五、綜合題(共3題，共21分)23、【物理隆陋隆陋

選修3鈭?3

】(1)

下列說法不正確的是(

)

A.豎直玻璃管里的水銀面不是平面，而是“上凸”的，這是表面張力所致B.相對濕度是空氣里水蒸氣的壓強與大氣壓強的比值C.物理性質(zhì)表現(xiàn)為各向同性的固體一定是非晶體D.壓縮氣體需要用力，這是氣體分子間有斥力的表現(xiàn)E.

氣缸里一定質(zhì)量的理想氣體發(fā)生等壓膨脹時，單位時間碰撞器壁單位面積的氣體分子數(shù)一定減少(2)

如圖，體積為V

內(nèi)壁光滑的圓柱形導熱氣缸頂部有一質(zhì)量和厚度均可忽略的活塞；氣缸內(nèi)密封有溫度為2.4T0

壓強為1.2P0

的理想氣體.P0

和T0

分別為大氣的壓強和溫度.

已知：氣體內(nèi)能U

與溫度T

的關系為U=aTa

為正的常量；容器內(nèi)氣體的所有變化過程都是緩慢的，且氣體先經(jīng)過等容變化，后經(jīng)過等壓變化.

求：壟脵

氣缸內(nèi)氣體與大氣達到平衡時的體積V1

壟脷

在活塞下降過程中，氣缸內(nèi)氣體放出的熱量Q

24、(1)(1)質(zhì)量為mm帶電量為qq的小球，從傾角為婁脠婁脠的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感應強度為BB如圖所示。若帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是(())壟脵

小球帶正電壟脷

小球在斜面上運動時做勻加速直線運動壟脹

小球在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動壟脺

則小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時的速率為mgcos婁脠/Bq

(2)

如圖所示，電源電動勢E=9V

內(nèi)電阻r=0.5婁賂

電阻R1=5.0婁賂R2=3.5婁賂R3=6.0婁賂R4=3.0婁賂

電容C=2.0婁脤F.

當電鍵K

由與a

接觸到與b

接觸通過R3

的電量是多少？25、(1)

在“測定導體電阻”的實驗中，電源使用二節(jié)新干電池，被測電阻的阻值約為5婁賂

電流表內(nèi)阻約0.2婁賂

電壓表內(nèi)阻約為2k婁賂

滑動變阻器的規(guī)格是“10婁賂1.5A

”.

實驗電路如圖，電路連接正確，實驗數(shù)據(jù)記錄如表格所示，其中有一組數(shù)據(jù)有拼湊的嫌疑，請指出是哪組有嫌疑__________.(

選填組號ABCD)

。實驗組號A

B

C

D

電壓/V

0.6

1.2

1.8

2.4

電流/A

0.12

0.24

0.36

0.48

(2)

利用多用電表和電阻箱測量電源的電動勢和內(nèi)阻的電路如圖a.

調(diào)節(jié)電阻箱，記錄多組電阻箱示數(shù)R

和多用電表示數(shù)I

作出R鈭?1I

的圖線如圖b.

由圖b

可求得電動勢E=

__________V

內(nèi)阻r=

__________婁賂.(

結果均保留2

位有效數(shù)字)

忽略偶然誤差，本實驗測得的E虜芒

和r虜芒

與真實值比較：E虜芒

________E脮忙r虜芒

__________r脮忙攏廬(

選填“<

”“=

”或“>

”)

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C|D【分析】由動能定理可知F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功、重力勢能增量之和，A錯；B錯；CD對；【解析】【答案】CD2、C【分析】解：根據(jù)安培定則判斷得知；兩導線之間的磁場方向為：左側導線產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，右側導線產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，兩導線之間的磁場是兩個磁場疊加的結果，中線的磁感應強度為零，疊加后的結果是中線左側磁場向里，右側向外，根據(jù)楞次定律判斷可知：

線圈從開始到中線過程中，磁場方向向里，磁通量減小，感應電流方向沿adcba

從中線向右過程中，磁場方向向外，磁通量增加，感應電流方向沿adcba.

即感應電流方向一直沿adcba.

故C正確；ABD錯誤．

故選C．

線圈所在磁場是由兩根通電導線產(chǎn)生的；根據(jù)安培定則判斷可知兩導線之間的磁場方向為：左側導線產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，右側導線產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，兩導線之間的磁場是兩個磁場疊加的結果，中線的磁感應強度為零，疊加后的結果是中線左側磁場向里，右側向外，根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向．

本題關鍵要確定磁場的方向，運用安培定則和楞次定律結合進行判斷即可．【解析】C

3、B|D【分析】【解析】【答案】BD4、C【分析】解：設碰撞前A

球的速度為v

當兩球壓縮最緊時，速度相等，根據(jù)動量守恒得，mv=2mv隆盲

則v隆盲=v2.

在碰撞過程中總機械能守恒，有12mv2=122m攏廬(v2)2+EP

得v=2Epm.

故C正確；AB

D錯誤．

故選C．

兩球壓縮最緊時；兩球速度相等.

根據(jù)碰撞過程中動量守恒，以及總機械能守恒求出碰前A

球的速度．

本題屬于動量守恒與能量守恒的綜合題，解決本題的關鍵掌握動量守恒和能量守恒定律．【解析】C

5、B【分析】【分析】氫原子能級間躍遷時，吸收和輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，能級差越大，光子頻率越大，發(fā)生光電效應的條件是入射光子的能量大于逸出功。解決本題的關鍵知道能級間躍遷滿足的規(guī)律，以及掌握光電效應的條件，能夠熟練運用光電效應方程?！窘獯稹緼.一群氫原子處于n=4

的激發(fā)態(tài)，在向較低能級躍遷的過程中向外發(fā)出光子，可以釋放種不同能量的光子；故A錯誤；

B.躍遷過程中釋放光子的最小能量為鈭?0.85鈭?(鈭?1.51)=0.66eV

故B正確；

C.躍遷過程中釋放光子的最大能量為鈭?0.85鈭?(鈭?13.6)=12.75eV

故C錯誤；

D.從n=4

躍遷到n=3

輻射的光子能量為0.66eV

從n=4

躍遷到n=2

輻射的光子能量為2.55eV

由n=4

躍遷到n=1

輻射的光子能量為12.75eV

．

從n=3

躍遷到n=1

輻射的光子能量為12.09eV

從n=3

躍遷到n=2

輻射的光子能量為1.89eV

由n=2

躍遷到n=1

輻射的光子能量為10.2eV

．

可見有四種光子能量大于金屬的逸出功；所以有4

種頻率的光能使金屬鈉發(fā)生光電效應，故D錯誤。

故選B?！窘馕觥緽

二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】【解析】試題分析：操作時將界線aa'、bb'畫好后誤用另一塊寬度稍窄的玻璃磚后，作出光路圖，分析測得的入射角和折射角受到的影響，就能分析誤差．如圖所示，實線是實際光線，虛線是該同學所作的光線，可見，該同學利用插針法確定入射光線、折射光線后，測得的入射角不受影響，但測得的折射角比真實的折射角偏大，因此測得的折射率偏?。键c：測定玻璃的折射率．【解析】【答案】偏小7、略

【分析】解：（1）由圖甲所示螺旋測微器可知；固定刻度示數(shù)為0.5mm，可動刻度示數(shù)為19.8×0.01mm=0.198mm，金屬絲直徑為0.5mm+0.198mm=0.698mm；

（2）由圖乙所示電路圖可知；電流表采用外接法，由于電壓表分流，所測電流偏大，由歐姆定律可知，金屬絲電阻測量值偏?。?/p>

故答案為：（1）0.698；（2）偏?。?/p>

螺旋測微器固定刻度與可動刻度所示之和是螺旋測微器的示數(shù)；

分析電路結構；根據(jù)電路結構；應用歐姆定律分析實驗誤差．

螺旋測微器固定刻度與可動刻度所示之和是螺旋測微器的示數(shù)；游標卡尺不需要估讀，螺旋測微器需要估讀；對游標卡尺讀數(shù)時，要注意游標尺的精度．【解析】0.698；偏小8、有【分析】解：根據(jù)安培定則和磁場的疊加原理判斷得知；在PQ

的中線左側磁場向里，右側磁場向外．

當導線框從P

處運動向中線運動時；磁場向里，磁通量增加，會有感應電流產(chǎn)生.

當導線框經(jīng)過中線時，磁場方向先向里，后向外，磁通量先減小，后增加，會產(chǎn)生感應電流.

當導線框從中線向Q

運動時，磁場方向向外，磁通量減小，會有感應電流產(chǎn)生．

故答案為：有．

兩根平行長直導線中；通以同方向同強度的電流，產(chǎn)生磁場，根據(jù)安培定則和磁場的疊加原理可知，在中線左側磁場向里，右側磁場向外.

當導線框向右運動時，磁通量變化，產(chǎn)生感應電流．

本題關鍵要掌握要根據(jù)磁感線條數(shù)的變化，分析磁通量的變化，注意線框經(jīng)過中線，穿過線框的磁場方向有兩個，要根據(jù)抵消后的磁通量分析．【解析】有9、略

【分析】解：盧瑟福第一次用婁脕

粒子轟擊氮核完成了原子核的人工轉變并發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子；因此圖中的A

為放射源發(fā)出的婁脕

粒子，B

為氮氣．

故答案為：質(zhì)子；婁脕

氮．

要了解盧瑟福發(fā)現(xiàn)質(zhì)子并實現(xiàn)原子核人工轉變核反應方程以及實驗裝置中各部分的作用；注意書寫核反應方程的原則是質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒．

盧瑟福用婁脕

粒子轟擊氮核發(fā)現(xiàn)質(zhì)子并首次實現(xiàn)原子核的人工轉變在歷史上有著重要意義，要了解實驗和該核反應方程．【解析】質(zhì)子；婁脕

氮10、略

【分析】

由題，電容器的電壓U=200V，電量Q=5×10-8C，則電容C===2.5×10-10F，板間電場強度是E==V/m=1×104V/m

故答案為：2.5×10-10F，1×104V/m．

【解析】【答案】平行板電容器接在200V電源上，板間建立勻強電場，板間電壓等于電源的電壓為U=200V，由電容的定義式C=求解電容．由E=求出板間場強．

11、略

【分析】

氣體做等壓變化；A；B圖象中的壓強變化，故A、B錯誤；

根據(jù)氣態(tài)方程：=C（常數(shù)），有V=由于是等壓變化，故為常數(shù)；因此V-T圖為過原點的直線，故表示等壓變化的是C．

根據(jù)氣態(tài)方程：=C（常數(shù)），有P=由于是等容變化，故為常數(shù)；因此P-T圖為過原點的直線，故表示等容變化的是B．

故答案為：C；B．

【解析】【答案】根據(jù)氣體狀態(tài)方程來理解圖象含義；可以寫出圖象中兩個物理量的函數(shù)關系來判斷圖象的形狀．

12、略

【分析】解：電子磁場中做勻速圓周運動，從A

點射出時，OA

中點為圓心，軌跡半徑RA=12a

軌跡的圓心角婁脠A=婁脨

從C

點射出時，A

為圓心，軌跡半徑RC=a

軌跡的圓心角婁脠C=婁脨2

由軌跡半徑公式R=mv0qB

得：vAvC=RARC=12aa=12

電子在磁場中運動的周期T=2婁脨mqB

可知電子運動的周期與速度無關.

電子在磁場中所經(jīng)歷的時間t=婁脠2蟺T

則得tAtB=婁脠A婁脠C=婁脨婁脨2=21

故答案為：1221

．

由幾何關系可知從兩孔射出的粒子的運動半徑；則由洛侖茲力充當向心力可得出粒子的速度關系；由周期公式及轉過的角度可求得時間之比．

本題為帶電粒子在磁場中運動的基本問題，只需根據(jù)題意明確粒子的運動半徑及圓心即可順利求解．【解析】1221

13、（1）光合作用

（2）線粒體

（3）細胞核【分析】【分析】本題考查細胞的結構和功能，意在考查學生對知識的理解和記憶能力?！窘獯稹浚?）葉綠體是綠色植物進行光合作用的場所。（2）細胞有氧呼吸的主要場所是線粒體。（3）細胞核是遺傳信息庫，是細胞代謝和遺傳的控制中心?！窘馕觥浚?）光合作用（2）線粒體（3）細胞核三、判斷題(共7題，共14分)14、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．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；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．15、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(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】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，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，導體是等勢體．16、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．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小．18、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．19、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(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】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，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，導體是等勢體．20、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．四、簡答題(共2題，共4分)21、（1）③

（2）H++OH-=H2O

（3）乙

（4）BC

（5）當?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)部褪色

（6）0.16【分析】【分析】本題考查酸堿中和滴定，涉及了滴定過程，誤差分析，濃度求算等知識，熟記酸堿中和滴定的實驗步驟和注意事項，側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導與訓練，有利于培養(yǎng)學生規(guī)范的實驗設計能力，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)壟脹}用蒸餾水洗滌堿式滴定管后再用rm{NaOH}溶液潤洗；

故答案為：rm{壟脹}

rm{(2)}標準rm{NaOH}溶液滴定未知濃度的鹽酸，原理為：rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}

故答案為：rm{H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}

rm{(3)}用標準rm{NaOH}溶液滴定時，應將標準rm{NaOH}溶液注入堿式滴定管，故選乙，故答案為：乙；rm{(4)A.}在錐形瓶裝液前；留有少量蒸餾水，不影響滴定結果，故A錯誤；

B.滴定前，堿式滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡，消耗的標準液增大，rm{;c(麓媒虜芒)=dfrac{Vleft(;鹵錨脳錄right)隆脕cleft(鹵錨脳錄right)}{Vleft(;麓媒虜芒right)}}；滴定結果偏高，故B正確；

C.錐形瓶先用蒸餾水洗滌后，再用待測液潤洗，導致待測液增多，消耗標準液增大，rm{;c(麓媒虜芒)=dfrac{Vleft(;鹵錨脳錄right)隆脕cleft(鹵錨脳錄right)}{Vleft(;麓媒虜芒right)}}滴定結果偏高，故C正確；

D.一滴待測液滴在錐形瓶外，消耗的標準液減少，rm{;c(麓媒虜芒)=dfrac{Vleft(;鹵錨脳錄right)隆脕cleft(鹵錨脳錄right)}{Vleft(;麓媒虜芒right)}}滴定結果偏低，故D錯誤；

故選BC，故答案為：rm{;c(麓媒虜芒)=

dfrac{Vleft(;鹵錨脳錄right)隆脕cleft(鹵錨脳錄right)}{Vleft(;麓媒虜芒right)}

}

rm{;c(麓媒虜芒)=

dfrac{Vleft(;鹵錨脳錄right)隆脕cleft(鹵錨脳錄right)}{Vleft(;麓媒虜芒right)}

}標準rm{;c(麓媒虜芒)=

dfrac{Vleft(;鹵錨脳錄right)隆脕cleft(鹵錨脳錄right)}{Vleft(;麓媒虜芒right)}

}rm{BC}溶液滴定未知濃度的鹽酸；酚酞溶液做指示劑，到達滴定終點時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不再變化；

故答案為：當?shù)稳胱詈笠坏蝦m{(5)}時；溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)部褪色；

rm{N}兩次消耗氫氧化鈉溶液的體積為：rm{aOH}rm{NaOH}rm{(6)}rm{16.30}平均值為rm{mL}rm{16.22}rm{mL}rm{dfrac{16.30+16.22}{2}}rm{=16.26(}rm{dfrac{nleft(NaOHright)}{0.020L}}rm{mL)}rm{dfrac{0.01626L隆脕0.2000mo{l}^{-1}}{0.020L}}rm{c(HC}rm{l)=}

故答案為：rm{dfrac{nleft(NaOHright)}{0.020L}

}rm{=}【解析】rm{(1)壟脹}rm{(2)H^{+}+OH^{-}=H_{2}O}rm{(3)}乙rm{(4)BC}rm{(5)}當?shù)稳胱詈笠坏蝦m{NaOH}時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)部褪色rm{(6)0.16}22、rm{(1)HA+OH^{-}=A^{-}+H_{2}O}rm{(2)1.0隆脕{10}^{-5}}rm{>}rm{(3)a}rm{(4)H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}簍T2H_{2}O}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+4e}rm{O+4e}rm{{,!}^{-}}【分析】【分析】本題主要考查了離子濃度大小比較，明確溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)是解本題關鍵，注意電荷守恒和物料守恒的靈活運用。【解答】rm{(1)}等物質(zhì)的量濃度且等體積的rm{HA}和rm{KOH}混合后，二者恰好反應生成rm{KA}混合溶液rm{pH>7}溶液呈堿性，說明rm{HA}是弱酸，則rm{HA}溶液和rm{KOH}溶液反應的離子方程式為：溶液和rm{HA}溶液反應的離子方程式為：rm{KOH}故答案為：rm{HA+OH^{-}=A^{-}+H_{2}O}rm{HA+OH^{-}=A^{-}+H_{2}O}rm{(2)}反應后的溶液實驗rm{壟脵}反應后的溶液rm{pH=9}中，則由水電離出的中，則由水電離出的rm{c(O{H}^{-})=dfrac{1.0隆脕{10}^{-14}}{{10}^{-9}}=1.0隆脕{10}^{-5}mol/L}當?shù)任镔|(zhì)的量的酸和堿恰好反應時，溶液呈堿性，要使等體積的酸和堿混合后溶液呈中性，則酸的濃度應大于堿，即rm{壟脵}故答案為rm{pH=9}rm{c(O{H}^{-})=

dfrac{1.0隆脕{10}^{-14}}{{10}^{-9}}=1.0隆脕{10}^{-5}mol/L}rm{x>0.2mol?L^{-1}}rm{1.0隆脕{10}^{-5}}溶液中只存在著水的電離平衡，rm{>}的電離平衡，rm{(3)}的水解平衡，三個平衡，故rm{a.}溶液中只存在著水的電離平衡，rm{HA}的電離平衡，rm{KA}的水解平衡，三個平衡，故rm{a}錯誤；錯誤；rm{a.}則溶液中：rm{HA}故rm{KA}正確；rm{a}溶液為rm{b.c(HA)>0.2mol/L}和rm{c(A^{-})+c(HA)>0.1mol隆隴L^{-1}}的混合溶液，溶液顯中性，離子濃度大小關系為：rm故rm{c.}正確；故答案為：rm{HA}rm{KA}氫氣為負極，失去電子，在堿性電解質(zhì)溶液中，負極生成水，則負極反應式為rm{c(K^{+})=c(A^{-})>c(OH^{-})=c(H^{+})}rm{c}rm{a}rm{(4)}rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}簍T2H_{2}O}正極的電極反應式為rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}故答案為：rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+4e}rm{O+4e}rm{{,!}^{-}}rm{=4OH}rm{=4OH}rm{{,!}^{-}}rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}簍T2H_{2}O}

rm{O}【解析】rm{(1)HA+OH^{-}=A^{-}+H_{2}O}rm{(2)1.0隆脕{10}^{-5}}rm{>}rm{(3)a}rm{(4)H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}簍T2H_{2}O}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+4e}rm{O+4e}rm{{,!}^{-}}五、綜合題(共3題，共21分)23、（1）BCD

（2）

解：①在氣體由P=1.2P0下降到P0的過程中，氣體體積V不變；

由查理定律得：①

在氣體溫度由T1變?yōu)門0的過程中，體積由V減小到V1，氣體壓強不變，由蓋?呂薩克定律得：②

由①②式得：③

即：氣缸內(nèi)氣體與大氣達到平衡時的體積V1為

②在活塞下降過程中，活塞對氣體做的功為：W=P0(V-V1)④

在這一過程中，氣體內(nèi)能的減少為：△U=a(T1-T0)⑤

由熱力學第一定律得；氣缸內(nèi)氣體放出的熱量為：Q=W+△U⑥

由②③④⑤⑥式得：

即：在活塞下降過程中，氣缸內(nèi)氣體放出的熱量Q為【分析】(1)

【分析】豎直玻璃管里的水銀面不是平面，而是“上凸”的是水銀相對于玻璃的浸潤產(chǎn)生的，與表面張力有關；空氣的相對濕度等于水蒸氣的實際壓強與同溫下水的飽和汽壓的比值；多晶體與非晶體都有各向同性；壓縮氣體需要用力，這是氣體內(nèi)外之間的壓強差；將壓強的微觀意義結合理想氣體的狀態(tài)方程解釋單位時間碰撞器壁單位面積的氣體分子數(shù)的變化。本題考查了熱學的有關基礎知識，對于這部分知識，計算題少，主要是理解和記憶，因此平時要加強練習注意積累。【解答】A.豎直玻璃管里的水銀面不是平面；而是“上凸”的，這是表面張力產(chǎn)生的浸潤現(xiàn)象所致，故A正確，不合題意；

B.空氣的相對濕度等于水蒸氣的實際壓強與同溫下水的飽和汽壓的比值；故B錯誤，符合題意；

C.物理性質(zhì)表現(xiàn)為各向同性的固體可能是多晶體；不一定是非晶體，故C錯誤，符合題意；

D.氣體之間分子距離很大；分子力近似為零，用力才能壓縮氣體是由于氣體內(nèi)部與容器外之間的壓強差造成的，并非由于分子之間的斥力造成，故D錯誤，符合題意；

E.氣缸里一定質(zhì)量的理想氣體發(fā)生等壓膨脹時，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程：PVT=C

可知，壓強不變而體積增大，則氣體的溫度一定升高；溫度是分子的平均動能的標志，溫度升高則分子的平均動能增大，單個分子對器壁的撞擊力增大，壓強不變則單位時間碰撞器壁單位面積的氣體分子數(shù)一定減少，故E正確，不合題意。故選BCD。

(2)

本題考查氣體的理想狀態(tài)方程，利用查理定律和蓋呂薩克定律結合熱力學第一定律求解，分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，是正確解題的關鍵。壟脵壟脵由題意可知氣體在溫度變化時先做等容變化；再做等壓變化，則由氣體實驗定律可求得最后的體積；

壟脷壟脷由功的公式可求得活塞對氣體所做的功，由題意可知氣體內(nèi)能的變化量；由熱力學第一定律可求得氣缸放出的熱量。【解析】(1)BCD

(2)

解：壟脵壟脵在氣體由P=1.2P0

下降到P0

的過程中，氣體體積V

不變；由查理定律得：T1T=P0P壟脵

在氣體溫度由T1

變?yōu)門0

的過程中，體積由V

減小到V1

氣體壓強不變，由蓋?

呂薩克定律得：VV1=T1T0壟脷

由壟脵壟脷

式得：V1=12V壟脹

即：氣缸內(nèi)氣體與大氣達到平衡時的體積VV1為12Vdfrac{1}{2}V

壟脷壟脷在活塞下降過程中；活塞對氣體做的功為：W=0(V鈭?V1)壟脺

在這一過程中，氣體內(nèi)能的減少為：鈻?U=a(T1鈭?T0)壟脻

由熱力學第一定律得，氣缸內(nèi)氣體放出的熱量為：Q=W+鈻?U壟脼

由壟脷壟脹壟脺壟脻壟脼

式得：Q=12P0V+aT0

即：在活塞下降過程中，氣缸內(nèi)氣體放出的熱量QQ為12P0V+aT0dfrac{1}{2}{P}_{0}V+a{T}_{0}24、（1）①②④（2）解：電路中的電流：當開關接a時,電容器的電壓為：U1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1UU111=I電量為：R1RR111=1×5.0=5.0VQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1QQ1當開關接1時1電容器的電壓為：=CU1UU111=2×10?610?61010電量為：?6?6?6?6×5C=1×10?510?51010?5?5?5?5Cb，且上極板帶負電，下極板帶正電。由，U2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5V可知，開關由U2=I?R2=1×3.5V=3.5V接U2=I?R2=1×3.5V=3.5V的過程中，電量變化為：U2UU222=I?R2R2RR222=1×3.5V=3.5VQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5C即通過Q2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5C的電荷量為Q2QQ222=【分析】【分析】(1)

由帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知電流的方向，可知電荷的電性；(2)

對重力進行分解，求合力，可知合力是否為恒力，可知小球的運動性質(zhì)；(3)

小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時洛倫茲力等于重力沿斜面向下的分力，可得知小球對斜面壓力為零時的速率。本題主要考查的是洛倫茲力的方向的判斷，主要是應用力的分解以及牛頓第二定律可知物體的運動過程?！窘獯稹繅琶?/p>

帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知電流的方向沿斜面向下，故小球帶正電，故壟脵

正確；壟脷壟脹

小球在斜面上運動時加速度由重力垂直斜面向下的分力，垂直斜面向上的支持力和洛倫茲力，沿斜面向下的分力提供，故加速度為gsin婁脠

故做勻加速直線運動，故壟脷

正確，壟脹

錯誤；壟脺

小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時，應有mgcos婁脠=Bqv

故速率為mgcos婁脠Bq

故壟脺

正確。故選壟脵壟脷壟脺

(2)

分析出開關分別接ab

時電路的串并聯(lián)關系，分析電容的電壓、電量便可知通過R33的電量。由圖可知，R11與R22串聯(lián)，當開關接a

時，電容器與R11并聯(lián)；根據(jù)串聯(lián)電路的分壓規(guī)律求出電容器的電壓，即可求得電量。

當開關與b

連接時，C

與R22并聯(lián)即可求得電量，當開關與b

連接時，C

與R22并聯(lián)；由C

中電量的變化可得出流過R33的電量?！窘馕觥?1)壟脵壟脷壟脺

(2)

解：電路中的電流：I=ER1+R2+r=90.5+5.0+3.5A=1A

當開關接aa時，電容器的電壓為：UU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==1