2025年岳麓版高三物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年岳麓版高三物理下册阶段测试试卷732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7题，共14分)1、关于静电场的下列说法，哪是正确的（）A.带电粒子只受电场力作用下的运动，电势能可能增加B.匀强电场中，两点间电势差仅与两点间距离有关C.电势降低的方向就是场强方向D.一点电荷在电场中由a点移动到b点，电势能增量为零，则该电荷一定是沿着等势面移动的2、关于磁场和磁场力的描述，正确的说法是（）A.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱B.磁场力的方向跟磁场方向可能相同C.在磁场中运动的带电粒子一定受到磁场力的作用D.同一通电导体在磁场强的地方受到的磁场力不一定大3、如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块AB

相互绝缘且质量均为2kgA

带正电，电荷量为0.1CB

不带电.

开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A

对B

的压力大小变为15N.g=10m/s2

则(

)

A.电场强度为50N/C

B.电场强度为100N/C

C.电场强度为150N/C

D.电场强度为200N/C

4、示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（）A.U1变大，U2变大B.U1变小，U2变大C.U1变大，U2变小D.U1变小，U2变小5、如图所示，均匀介质中，两波源S1、S2分别位于x轴上x1=0，x2=12m处，质点P位于x轴上xp=4m处．t=0时刻两波源同时开始有平衡位置向y轴正方向振动，振动周期均为T=0.1s，传播速度均为v=40m/s，波源S1、S2的振幅分别为A1=2cm，A2=1cm．则在t=0至t=0.3s内质点P通过的路程为（）A.20cmB.16cmC.12cmD.28cm6、在“探究求合力的方法”的实验中，用两只弹簧测力计A，B把小圆环拉到某一位置O，这时AO，BO间夹角∠AOB＜90°，如图所示．现改变弹簧测力计A的拉力方向，使α角减小，但不改变拉力的大小，那么要使小圆环仍被拉到O点，就应调节弹簧测力计B的拉力大小及β角．在下列调整方法中，哪些是可行的（）A.增大B的拉力，增大β角B.增大B的拉力，β角不变C.增大B的拉力，减小β角D.B的拉力大小不变，增大β角7、表征物体振动快慢程度的物理量是（）A.频率B.振幅C.回复力D.位移评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C处电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有（）A.EBx的大小大于ECx的大小B.EBx的方向沿x轴的正方向C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量为0D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功9、某一电容器上标注的是“300V，5μF”，则下述说法正确的是（）A.该电容器只能在300V电压时正常工作B.该电容器可在低于300V的电压下正常工作C.电压是200V时，电容仍是5μFD.使用时只需考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连10、如图所示；某物体沿两个半径为R的圆弧由A经B到C，下列结论正确的是（）

A.物体的位移等于4R，方向向东B.物体的位移等于2πRC.物体的路程等于4R，方向向东D.物体的路程等于2πR11、为提高百米竞赛运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全过程的录象带，测得运动员在第1s内的位移为8m，前7s内跑了61.6m，跑到终点共用10s，则（）A.运动员在百米全过程的平均速度是10m/sB.运动员在第1s内的平均速度是8m/sC.运动员在7s末的瞬时速度是8.8m/sD.运动员在百米的终点冲刺速度为10m/s12、关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是（）A.单晶体具有各向异性B.多晶体具有各向异性C.非晶体的各种物理性质，在各个方向上都是相同的D.晶体的各种物理性质，在各个方向上都是不同的13、如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中，导体处于静电平衡时，下叙说法正确的是（）A.B两点场强相等，且都为零B.B两点的场强不相等C.感应电荷产生的附加场强大小是|EA|＜|EB|D.当电键K闭合时，电子从大地沿导线向导体移动评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、（2015春•湖州期末）如图所示，用外力把一矩形线圈匀速拉出匀强磁场区域，如果两次拉出的速度之比v1：v2=1：2，则在将线圈拉出磁场区域的过程中，线圈产生的焦耳热之比Q1：Q2=____，通过线圈横截面的电量之比q1：q2=____．15、（2011春•山西期中）如图所示，当光敏电阻RG受到光照时，阻值____，非门输入端A出现低电平，输出端Y出现高电平，发光二极管LED____发光（填“能”或“不能”），当把光遮住时，RG阻值____，输入端A出现高电平，Y端是低电平，二极管____发光（填“能”或“不能”，）达到路灯白天不亮晚上亮的目的．若要使更暗时路灯才亮，应调节R1使其____．16、一小车正以6m/s的速度在水平面上运动，某时刻起小车获得2m/s2的加速度而加速运动，当速度增加到10m/s时，经历的时间是____秒，这个过程的位移是____米．17、【题文】如图所示，一个半径为R、透明的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。已知该球体对蓝光的折射率为则它从球面射出时的出射角____。

若换用一束紫光同样从A点射入该球体，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”）。18、如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的前提下，当小车以速度v

匀速向右运动时，则当拉绳与水平方向成娄脠

角时物块A

的速度大小为______，绳中拉力______A

所受的重力(

填大于、小于、等于)

19、利用气垫导轨验证动能定理；实验装置示意图如图所示：

（1）实验步骤：

①将气垫导轨放在水平桌面上；桌面高度不低于1m，将导轨调至水平．

②用游标卡尺测量挡光条的宽度l；

③由导轨标尺（最小分度1mm）读出两光电门中心之间的距离s=____cm．

④将滑块移至光电门1左侧某处；待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2．

⑤从数字计数器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2．

⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M；再称出托盘和砝码的总质量m．

（2）用表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式：

①滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1=____和v2=____．

②当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为EK1=____和EK2=____．

③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，外力对系统做的总功W=____（重力加速度为g）．

（3）如果W≈____，则可认为验证了动能定理．20、平行板电容器所带电量Q=3.0×10-8C，它的两板之间的电压U=2.0V，则它的电容为____μF．如果两板的带电量各减少一半，则两板电势差为____伏．21、（2014春•启东市校级月考）某交流电压如图所示，则此电压的有效值为____V；如将辉光电压（超过此电压氖管就发光，低于此电压氖管熄灭）为50V的氖管接到此电压上去．那么，1s内氖管发光____次，1次闪光的时间是____s．22、（2014•江苏三模）用氢发出的光照射光电管阴极，如图所示，闭合开关S，发现灵敏电流计中有电流通过，调节滑线变阻器，当电压表读数小于9.0V时，电流计读数不为零，当电压表读数大于或等于9.0V时，电流计读数为零，由此可知阴极材料的逸出功为____eV，若将电（电动势足够大）极性反接，滑线变阻器滑片P从左端向右端移动时，电流计读数变化是____．评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)23、物体的瞬时速度总为零，则平均速度一定为零．____．（判断对错）24、单晶体的所有物理性质都是各向异性的．____．（判断对错）25、一定质量的理想气体，当压强不变而温度由100℃上升到200℃时，其体积增加为原来的2倍．____．（判断对错）评卷人得分五、推断题(共2题，共8分)26、【化学rm{隆陋隆陋}选修rm{5}有机化学基础】结晶玫瑰和高分子树脂rm{M}的合成路线如下图所示：已知：rm{垄脵A}是苯的同系物，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为rm{46}rm{(1)C}中含氧官能团的名称为____，rm{E}的结构简式为____。rm{(2)}写出由rm{G}生成结晶玫瑰的化学方程式____。rm{(3)}在上述流程中“rm{C隆煤D}”在rm{M}的合成过程中的作用是____。rm{(4)}己知rm{G}在一定条件下水解生成rm{H(C_{8}H_{8}O_{3})}写出rm{H}满足下列条件的同分异构体的结构简式____。rm{a}与氯化铁溶液发生显色反应rm{b}苯环上的一氯取代物只有一种rm{c}与足量的氢氧化钠溶液反应，rm{1mol}可消耗rm{3molNaOH}rm{(5)E}的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与rm{E}相似，请以为原料设计它的合成路线rm{(}其他所需原料自选rm{)}27、有机物rm{H}是一种中枢神经兴奋剂，其合成路线如下图所示。是一种中枢神经兴奋剂，其合成路线如下图所示。

rm{H}请回答下列题：的化学名称为_________，rm{(1)A}的结构简式为________。rm{C}中官能团的名称为________。rm{(2)E}rm{B隆煤C}的反应类型分别为________、________。rm{G隆煤H}分子中最多有_____个原子共平面。rm{(3)D}历经两步反应，第一步反应反应的化学方程式为______________。rm{(4)F隆煤G}同时满足下列条件的rm{(5)}的同分异构体有_____种rm{F}不考虑立体异构rm{(}rm{)}能发生银镜反应；rm{垄脵}能与氯化铁溶液反应；rm{垄脷}分子中只有rm{垄脹}个甲基。其中核磁共振氢谱有rm{1}组峰的结构简式为__________。rm{6}参照上述合成路线和信息，以乙烯为原料制备强吸水性树脂的合成路线流程图rm{(6)}可选择题干中相关试剂，无机试剂任选rm{(}_____________________________。rm{)}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．【解析】【解答】解：A：电势能的改变与电场力做功有关；带电粒子只受电场力作用下的运动，没有说明是做正功或做负功，所以电势能可能增大，也可能减小．故A正确；

B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度；故B错误；

C：沿电场方向电势降低速度最快；但电势降落的方向可能与场强方向存在夹角；故C错误；

D：点电荷在电场中由a点移动到b点，电势能增量为零，仅仅说明了a、b两点的电势相等；没有提到运动的路径，则该电荷“可能是”沿着等势面移动的．故D错误．

故选：A2、D【分析】【分析】磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线某点的切线方向表示该点的磁场方向；磁感线是闭合曲线，磁体外部磁感线是从N极到S极，而内部是从S极到N极；【解析】【解答】解：A；磁感线的疏密表示磁场强弱；沿磁感线方向，磁场不一定减弱，比如匀强磁场沿磁感线方向，磁场强弱不变，故A错误；

B；磁场力的方向跟磁场方向不可能相同；磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向相互垂直．故B错误．

C；磁场的方向与运动的带电粒子相平行时；带电粒子不受到磁场力作用，故C错误；

D；在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小；因为同一通电导线在同一磁场地方，不同角度放置，则安培力大小也不同．故D正确；

故选：D3、B【分析】解：物体B

开始时平衡；A

对其的压力等于A

的重力，为20N

加上电场后瞬间A

对B

的压力大小变为15N

而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5N

向上，根据牛顿第二定律，有：

a=F潞脧m=5N2kg=2.5m/s2

再对物体A

受力分析；设电场力为F(

向上)

根据牛顿第二定律，有：

FN+F鈭�mg=ma

解得：

F=m(g+a)鈭�FN=2隆脕(10+2.5)鈭�15=10N

故电场力向上；为10N

故场强为：

E=Fq=100.1=100N/C

向上。

故选：B

．

先对物体B

受力分析求解加速度；再对物体A

受力分析求解电场力，最后根据F=Eq

求解电场强度．

本题关键是采用隔离法先后对物体B

和A

受力分析，然后根据牛顿第二定律多次列方程求解，不难．【解析】B

4、B【分析】【分析】在加速电场中运用动能定理求出末速度v，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出偏转位移，再进行讨论即可解题．【解析】【解答】解：设经过电压为U1的加速电场后；速度为v，在加速电场中，由动能定理得：

mv2=eU1；

电子进入偏转电场后做类平抛运动；

在水平方向上：L=vt；

在竖直方向上：y=at2=••t2；

解得：y=；

由此可知，当U1变小，U2变大时；y变大；

故选：B．5、A【分析】【分析】两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱．同一介质里，波速是相同，则波长与频率成反比．【解析】【解答】解：两列波的波长为λ=vT=40×0.1m=4m；即振动在一个周期内传播的距离为4m．则：

在0-0.1s时间内，两列波都没有到达质点P，质点P处于静止状态，0.1s-0.2s时间内，质点P只参与S1引起的振动，振幅为A=A1=2cm；在△t=0.1s=T时间内，路程为l1=4A1=8cm；在0.2s-0.3s时间内，质点P参与两列波引起的振动，其振幅为A′=A1+A2=3cm，在△t′=0.1s=T时间内，路程l2=4A′=12cm．故质点P在t=0至t=0.3s内质点P通过的路程为L=l1+l2=20cm；故A正确．

故选：A．6、A【分析】【分析】要使结点不变，应保证合力大小、方向不变，保持A的读数不变，即要求一个分力大小不变，故可以根据平行四边形定则作图分析得出结果．【解析】【解答】解：该题本质上考查了物体的动态平衡；由题意可知：保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计A的读数不变，只要符合该条件而且能够做出平行四边形即可，由此可知ABC可以做出平行四边形，D不能．

故选：ABC7、A【分析】【分析】简谐运动的频率（或周期）跟振幅没有关系，而是由本身的性质（在单摆中由初始设定的绳长）决定，所以又叫固有频率，反映了振动的快慢．【解析】【解答】解：A；频率是单位时间内完成全振动的次数；反映了振动的快慢，故A正确；

B；振幅反映了振动的强弱；故B错误；

C；回复力F=-kx；是时刻变化的，与位移有关，故C错误；

D；位移是偏离平衡位置的距离；是时刻变化的，最大位移的大小等于振幅，反映振动的强度，故D错误；

故选：A．二、多选题(共6题，共12分)8、AC【分析】【分析】本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．【解析】【解答】解：A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见EBx＞ECx；故A正确；

B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向；故B错误；

C；与A的分析同理可知O点场强最小；电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量为0，故C正确；

D、在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向；负电荷沿x轴从B移到C的过程中，负电荷的电势能先减小后增大，所以电场力先做正功，后做负功．故D错误．

故选：AC．9、BC【分析】【分析】电容器标注的是：“300V，5μF”，是指其允许的最高电压及容量，与电压高低无关．【解析】【解答】解：A；300V是电容器允许的最高电压；5μF是电容器的容量，与电压高低无关，BC正确，A错误；

D；由于电解电容器存在极性；在使用时必须注意正负极的正确接法，否则不仅电容器发挥不了作用，而且漏电流很大，短时间内电容器内部就会发热，破坏氧化膜，随即损坏，D错误；

故选：BC．10、AD【分析】【分析】位移大小等于初位置到末位置有向线段的长度，方向从初位置指向末位置．路程是物体运动路线的长度．【解析】【解答】解：

A；B物体沿两个半径为R的圆弧由A经B到C；初位置是A点，末位置是C点，则位移大小等于4R，方向向东．故A正确，B错误．

C；D物体的路程等于物体运动路线的长度；由图看出路程等于2πR，没有方向．故C错误，D正确．

故选：AD．11、AB【分析】【分析】运动员在整个过程中做变速运动，通过位移和时间，根据平均速度的定义式求出平均速度的大小，由于运动员具体的运动规律未知，无法求出瞬时速度的大小．【解析】【解答】解：A、运动员全程的平均速度．故A正确；

B、第1s内的位移v1===8m/s；故B正确；

C；由于运动员具体的运动规律未知；故无法得出运动员的瞬时速度．故C、D错误．

故选：AB．12、AC【分析】【分析】晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性．【解析】【解答】解：A：单晶体由于内部原子排列规律相同；所以具有各向异性．故A正确．

B：多晶体是由许多杂乱无章的排列着的小晶体组成的；所以具有各向同性．故B错误．

C：非晶体由于内部分子（或原子；离子）排列不呈有规则空间结构；所以具有各向同性．故C正确．

D：晶体分为单晶体和多晶体；单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性．故D错误．

故选：AC13、AD【分析】【分析】枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形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，电荷才不会定向移动移动．当点电荷移走后，电荷恢复原状．【解析】【解答】解：A；枕形导体在点电荷附近；出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，故A正确．

B；A、B两点场强相等；且都为零，故B错误．

C、点电荷的产生电场在A点的场强大于在B点的场强，在枕形导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，叠加后电场为零，所以感应电荷产生的附加电场EA＞EB故C错误．

D；当电键S闭合时；电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确．

故选AD．三、填空题(共9题，共18分)14、1：21：1【分析】【分析】在拉力作用下，矩形线圈以不同速度被匀速拉出，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律求焦耳热，推导出感应电量表达式，求电量之比．【解析】【解答】解：设线圈左右两边边长为L；上下两边边长为L′，整个线圈的电阻为R，磁场的磁感应强度为B．

线圈拉出磁场时产生的感应电动势为：E=BLv，感应电流为：I=，产生的焦耳热Q=t=•=：Q∝v，则得：Q1：Q2=v1：v2=1：2．

通过导线的电荷量为：q=It=t==，则q与线框移动速度无关，磁通量的变化量△Φ相同，所以通过导线横截面的电荷量q1：q2=1：1．

故答案为：1：2，1：1．15、变小不能增大能增大【分析】【分析】光敏电阻随着光照强度的增大，电阻减小．非门的特点是输入状态和输出状态完全相反．二极管具有单向导电性．【解析】【解答】解：光敏电阻受到光照时，电阻变小，所分担的电压减小，则输入非门的是低电平，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反，所有输出为高电平，二极管具有单向导电性，所有二极管不能发光．当光敏电阻增大，分担的电压增大，则输入非门的是高电平，输出为低电平，二极管具有单向导电性，所有二极管能发光．若要使更暗时路灯才亮，应调节R1使其增大．

故答案为：变小，不能，增大，能，增大．16、216【分析】【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出经历的时间，结合位移时间公式求出该过程中的位移．【解析】【解答】解：根据速度时间公式得，t=．

该过程中的位移x==16m．

故答案为：2，16．17、略

【分析】【解析】

试题分析：（1）由折射率的定义式可得由几何关系可知=30°，故60°。在同种介质中；紫光的偏折程度大于蓝光，故紫光从球体射出后落到水平面上形成的光点与C点相比，位置偏左。

考点：光的折射【解析】【答案】60°；偏左18、vcosθ大于

【分析】【分析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A

的速度，根据平行四边形定则判断出A

的速度变化，从而得出A

的加速度方向，根据牛顿第二定律判断拉力和重力的大小关系。本题考查了运动的合成和分解；解决本题的关键知道小车沿绳子方向的分速度等于物体A

的速度，根据平行四边形定则进行分析。【解答】如图：小车沿绳子方向的速度等于A

的速度；设绳子与水平方向的夹角为娄脠

根据平行四边形定则；物体A

的速度vA=vcos娄脠

小车匀速向右运动时；娄脠

减小，则A

的速度增大，所以A

加速上升，加速度方向向上；

根据牛顿第二定律有：T鈭�GA=mAa

知拉力大于重力；

故填：vcos娄脠

大于。【解析】vcos娄脠vcos娄脠大于

19、60.00（M+m）（）2（M+m）（）2mgsEk2-Ek1【分析】【分析】光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度l很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度；纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．合外力等于重力，则合外力做功等于重力做功．【解析】【解答】解：（1）两光电门中心之间的距离s=60.00cm；

（2）①由于挡光条宽度很小；因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度．

v1=，v2=

②根据动能的定义式；通过光电门1，系统（包括滑块；挡光条、托盘和砝码）的总动能为：

Ek1=（M+m）（）2

通过光电门2；系统（包括滑块；挡光条、托盘和砝码）的总动能为：

Ek2=（M+m）（）2

③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中；外力对系统做的总功：

W=mgh=mgs

（3）如果W=△Ek=Ek2-Ek1则可认为验证了动能定理．

故答案为：

（1）60.00（59.96-60.04也可）；

（2）①；；

②（M+m）（）2；（M+m）（）2；

③mgs；

（3）Ek2-Ek1．20、1.5×10-21.0【分析】【分析】根据电容的定义式C=求出电容的大小，抓住电容不变，根据定义式求出电势差的大小．【解析】【解答】解：电容器的电容C=μF．

带电量减小一半；电容不变；

则U=V．

故答案为：1.5×10-2；1.0；21、50100【分析】【分析】根据交流电压的变化规律为u=100sin100πt（V）求出交流电压的有效值．因为一个周期内氖管上的电压两次超过50V；正半周一次，负半周一次．

由正弦函数对称性求出一个周期内氖管发光的时间．【解析】【解答】解：交流电压如图所示，根据最大值与有效值关系，则有：U==50V；

辉光电压为50V，即加在氖管上的电压不小于50V；氖管就会发光；

因u=100sin100πt；

当50V≤u≤100V；

所以半个周期内，闪光的时间是：s≤t≤s；

由正弦函数对称性，在一个周期内加在氖管上的电压不小于50V的时间是2×s=s．

交流电压的周期T=0.02s；所以在1s内有50个周期，因此1s内氖管发光50×2=100次．

故答案为：50，100，．22、3.09先变大后不变【分析】【分析】光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答．【解析】【解答】解：氢发出的光中具有的最大能量为：Em=（13.6-1.51）eV=12.09eV；又由于当电压表V读数小于9V时；电流计G读数不为零；

当电压表V读数大于或等于9.0V时；电流计G读数为零，所以阴极材料的逸出功；

根据爱因斯坦光电效应方程有：W=hv-Ek=12.09eV-9.0eV=3.09eV；

当电源极性反接时；光电子将被加速，因此光电流增大，电压表读数不断变大，但增至一定程度时，光电流达到饱和值将不变．因此电压表的读数又将不变．所以，电压表的读数是先变大后不变．

故答案为：3.09，先变大后不变．四、判断题(共3题，共18分)23、√【分析】【分析】平均速度表示物在某一段时间或某一过程内的运动情况；而瞬时速度只能表示物体在某一瞬时或某一位置时的速度．平均速度与位移与时间的比值求解．【解析】【解答】解：因瞬时速度为0；则物体不动，无位移，则平均速度为0

故答案为：√24、×【分析】【分析】晶体有单晶体和多晶体两种，单晶体各向异性，而多晶体各向同性．【解析】【解答】解：由于晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同；即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的．故该说法是错误的．

故答案为：×25、×【分析】【分析】一定质量的气体，保持体积不变，温度升高时，发生等容变化，根据查理定律分析压强的变化【解析】【解答】解：根据理想气体的状态方程，一定质量的气体，保持压强不变，温度升高时气体的体积跟它的热力学温度成正比，即：；

初状态：T0=100℃=373K，末状态：T1=200℃=473K；所以温度从100℃升高到200℃时，它的体积改变为原来的倍．

故答案为：×五、推断题(共2题，共8分)26、（1）醛基（2）（3）保护碳碳双键，防止被氧化（4）（5）【分析】【分析】本题考查有机物的推断与合成，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，结合题中已知信息采用正逆相结合的方法进行分析推理解答，注重考查分析信息应用信息的自学能力，难度中等。【解答】rm{A}是苯的同系物，分子组成为rm{C}是苯的同系物，分子组成为rm{A}rm{C}rm{n}rm{n}rm{H}rm{H}rm{2n}rm{-}rm{6}，其相对分子质量为：rm{2n}rm{-}rm{6}，则，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为rm{46}，其相对分子质量为：rm{46}rm{隆脕}rm{2=92}，则rm{14n}rm{-}rm{6=92}，解得rm{n=7}，故rm{A}的分子式为rm{C}rm{46}rm{46}，解得rm{隆脕}，故rm{2=92}的分子式为rm{14n}rm{-}rm{6=92}rm{n=7}rm{A}为rm{C}氧化生成rm{7}，rm{7}与乙醛反应得到rm{H}，rm{H}与rm{8}rm{8}，则rm{A}为，结合信息rm{A}可知，rm{A}氧化生成rm{B}，rm{B}与乙醛反应得到rm{C}，rm{B}与rm{CHCl}为rm{A}为rm{B}为rm{B}与乙酸发生酯化反应得到结晶玫瑰．rm{C}与溴发生加成反应生成得到rm{B}为rm{CHCl}氧化生成rm{3}为rm{3}可知反应得到rm{G}，结合信息rm{垄脷垄脹}可知rm{B}为为rm{G}发生加聚反应得到rm{垄脷垄脹}为rm{B}，rm{C}为rm{C}，rm{G}为rm{G}为，rm{G}与乙酸发生酯化反应得到结晶玫瑰．rm{C}与溴发生加成反应生成得到rm{D}为的结构简式为rm{G}rm{C}rm{D}，rm{D}氧化生成rm{E}为rm{D}由rm{E}生成结晶玫瑰的化学方程式：，结合信息rm{垄脺}可知rm{F}为rm{垄脺}rm{F}，rm{F}发生加聚反应得到rm{M}为rm{F}在上述流程中“rm{M}rm{(}rm{1}rm{)}rm{C}为”在rm{(}的合成过程中的作用是：保护碳碳双键，防止被氧化；rm{1}rm{)}rm{C}，含氧官能团为醛基，rm{E}的结构简式为rm{E}在一定条件下水解生成故答案为：醛基；；rm{(}rm{2}rm{)}由rm{G}生成结晶玫瑰的化学方程式：rm{(}rm{2}rm{)}rm{G}故答案为：；则rm{(}rm{3}rm{)}在上述流程中“rm{C}rm{隆煤}rm{D}”在rm{M}的合成过程中的作用是：保护碳碳双键，防止被氧化；为rm{(}的同分异构体满足条件：rm{3}rm{)}与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基与苯环，rm{C}rm{隆煤}苯环上的一氯取代物只有一种，rm{D}rm{M}与足量的氢氧化钠溶液反应，故答案为：保护碳碳双键，防止被氧化；可消耗，符合条件的同分异构体为：rm{(}rm{4}rm{)}rm{G}在一定条件下水解生成rm{H}rm{(}rm{C}rm{(}rm{4}rm{)}rm{G}苯乙醛与rm{H}反应生成rm{(}rm{C}rm{8