2025年外研版高三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年外研版高三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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象；下面结论正确的是（）

A.电源的电动势为1.0VB.电源的内阻为2ΩC.电源的短路电流为0.5AD.电源的内阻为12Ω2、如图所示；是用悬线悬挂的电灯，下列说法中正确的是（）

A.电灯对悬线的拉力与电灯所受的重力是平衡力B.电灯对悬线的拉力与线对顶的拉力是平衡力C.悬线对电灯的拉力与顶对悬线的拉力是作用力和反作用力D.悬线对电灯的拉力与电灯对悬线的拉力是作用力和反作用力3、如图所示，虚线a、b；c表示O处点电荷的电场中的三个等势面；设相临两等势面间距离相等．一带正电的粒子射入电场后的运动径迹如图实线所示，其中1、2、3、4分别表示运动径迹与等势面的一些交点，则下列判断错误的是（）

A.O处的点电荷一定带正电。

B.粒子在1；2、3、4各位置处的动能与电势能的总和一定相等。

C.粒子由1位置到2位置的动能减少；电势能增加。

D.粒子由位置1到位置2和由位置3到位置4的过程中电场力做功的大小关系为W12=2W34

4、2007年10月24日18时05分；搭载着我国首颗探月卫星嫦娥一号的长征三号甲运载火箭在西昌卫星发射中心三号塔架点火发射．卫星接近月球时进行三次制动变轨，最后进入工作轨道．如果不考虑地球和太阳的影响，以月球为参考系，当卫星从第一次变轨后到第三次变轨后（三个绕月轨道均视为圆轨道），下列说法正确的是（）

A.卫星的运行速度会减小。

B.卫星的动能会减小。

C.卫星的加速度会减小。

D.卫星与月球的引力势能会减小。

5、竖直墙壁上固定有一靶，在离墙壁一定距离的同一处，将两只飞镖水平掷出，不计空气阻力，两只飞镖插在靶上的状态如图所示（侧视图）．则下列说法中正确的是（）A.A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度小B.B镖插入靶时的末速度比A镖插入靶时的末速度大C.B镖的运动时间比A镖的运动时间长D.A镖的质量一定比B镖的质量大评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、（2012秋•上海期中）从倾角为θ的斜面顶端用弹簧枪把一个原来静止的小球以15J的初动能水平弹射出去，小球刚好能落到斜面的底端．已知小球落到斜面底端时动能为35J．不计空气阻力，小球在飞行过程中，重力对小球做功为____J，斜面的倾角θ为____．7、如图所示是两列相干波的干涉图样，实线表示波峰，虚线表示波谷，两列波的振幅都为10cm，波速和波长分别为1m/s和0.2m，C点为AB连线的中点。则图示时刻C点的振动方向_______（选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为_________cm。8、如图所示，在验证动量守恒定律的实验中，将一个质量为m1的钢球A多次从斜槽轨道上端紧靠固定挡板处由静止释放，这个钢球经过斜槽轨道后由水平轨道飞出，在地面上落点的平均位置为P点．然后在水平轨道末端放置一个质量为m2的胶木球B(A、B两球的半径相等)，将A球仍然多次从斜槽轨道的同一位置由静止释放，和球B发生碰撞，碰后两球分别落到地面上，根据两球落在地面的痕迹确定两球各自的落地点的平均位置分别为M点和N点．水平轨道末端重锤线指向地面的O点，测得OM=s1，OP=s2，ON=s3．重力加速度为g．

(1)若测量出水平轨道到地面的高度为h，则与B两球相碰前的瞬间A球的速度v1=____________．

(2)在允许误差范围内，当m1、m2、s1、s2、s3满足关系式____________时，就表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒．9、为了保证高铁的行车安全，车辆转弯处轨道的铺设要求是相当高的。如果在转弯处铺成如图所示内、外等高的轨道，则车辆经过弯道时，火车的_______________(

选填“外轮”、“内轮”)

对轨道有侧向挤压，容易导致翻车事故。为此，铺设轨道时应该把_______________(

选填“外轨”、“内轨”)

适当降低一定的高度。10、如图所示；甲为一列简谐横波在t=0

时刻的波形图，图乙为质点P

的振动图象.

则该机械波的传播速度为______m/s

在t=0.25s

时质点Q

的加速度______(

填“大于”或“小于”)

质点P

的加速度．

11、已知某手表的分针长为1cm，秒针长为1.5cm，则秒针针尖的线速度大小为____m/s，分针和秒针转动的角速度之比为____．12、（2011秋•铅山县校级月考）如图所示为某物体的x-t图象，在第1s内物体的速度大小是____，从第2s末至第3s末物体的速度大小是____，物体返回时的速度大小是____，4s内通过的路程是____，位移大小是____，4s内物体的平均速度大小是____，平均速率是____．13、电量为2×10-6C的点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10-4N，方向向右，则A点的场强为____N/C，方向____，若把另一电荷放在该点受到力为2×10-4N，方向____，则这个电荷的电量为____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、气体由状态1变到状态2时，一定满足方程=．____．（判断对错）15、原先没有磁性的铁，在长期受到磁铁的吸引会产生磁性____．（判断对错）16、阴离子在阳极放电，阳离子在阴极放电．____（判断对错）17、坐标系都是建立在参考系上的．____．（判断对错）18、液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定．____．（判断对错）19、公式E=和对于任何静电场都是适用的．____．（判断对错）20、形状规则的物体，重心一定在其几何中心．____（判断对错）评卷人得分四、实验探究题(共4题，共28分)21、某同学用如图所示的装置，探究共点力合成的规律．ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计．第一次实验，当装置平衡时，记下绳子的结点D和三段绳子拉力的______和对应钩码的数目，数据如图所示，如果“力的平行四边形定则”成立，则=______；第二次实验，仅把右侧滑轮F的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）．22、实验室有下列器材：

灵敏电流计（内阻约为50Ω）；电压表（0～3V；内阻约为10kΩ）；

电阻箱R1（0～9999Ω）；滑动变阻器R2（0～100Ω；1.5A）；

旧干电池一节；导线开关若干．

（1）某实验小组先测灵敏电流计的内阻，电路如图甲所示，测得电压表示数为2V，灵敏电流计示数为4mA，电阻箱旋钮位置如图乙所示，则灵敏电流计内阻为______Ω．

（2）为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为______Ω．调好后连接成如图丙所示的电路测干电池的电动势和内阻，调节滑动变阻器读出了几组电压表和电流计的示数如下表，请在图丁所示的坐标系中作出合适的U-IG图线．

。U/V0.80.91.01.11.2IG/mA3.02.52.01.51.0（3）由作出的U-IG图线求得干电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω．23、某同学想将满偏电流Ig=100μA；内阻未知的微安表改装成电压表。

（1）该同学设计了图甲所示电路测量该微安表的内阻；所用电源的电动势为4V．请帮助该同学按图甲所示电路完成实物图乙的连接。

（2）该同学先闭合开关S1，调节R2的阻值，使微安表的指针偏转到满刻度；保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持R2的阻值不变，调节R1的阻值，当微安表的指针偏转到满刻度的时，R1的阻值如图丙所示，则该微安表内阻的测量值Rg=______Ω；该测量值______（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。

（3）若要将该微安表改装成量程为1V的电压表，需______（填“串联”或“并联”）阻值R0=______Ω的电阻。24、某小组在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中选用了规格为“3.8V；0.5A”的小灯泡，并选用多用电表测小灯泡两端的电压。

（1）在红；黑表笔与多用电表已正确连接情况下；按图1所示的电路图正确接线后，多用电表一支表笔接①处，另一支表笔接触点从②换到③时，多用电表的示数变化较大，而电流表示数几乎不变则表笔与电路的正确接法是______（填字母）

A．红表笔接①；黑表笔接②

B．红表笔接①；黑表笔接③

C．黑表笔接①；红表笔接②

D．黑表笔接①；红表笔接③

（2）在某次正确的操作中；多用电表的选择开关与指针位置分别如图2和图3所示，则多用电表的读数是______。

（3）该小组测得了多组电压、电流数据后，在I-U坐标系中正确地描好了一系列数据点，如图4所示。甲同学认为根据数据点应连接成直线①，乙同学认为应连接成光滑曲线②．你认为正确的是______同学（选填“甲”或“乙”）；由正确图线求出电压为2.00V时小灯泡的电阻R=x______Ω（保留两位有效数字）。评卷人得分五、推断题(共4题，共36分)25、对氨基苯甲酸酯类是一类局部麻醉药，化合物rm{M}是该类药物之一。合成rm{M}的一种路线如下：已知以下信息：rm{垄脵}核磁共振氢谱显示rm{B}只有一种化学环境的氢，rm{H}苯环上有两种化学环境的氢。rm{垄脷}rm{垄脹E}为芳香烃，其相对分子质量为rm{92}rm{垄脺}rm{(}苯胺，易被氧化rm{)}回答下列问题：rm{(1)A}的结构简式为____，其化学名称是____。rm{(2)}由rm{G}生成rm{H}的反应类型为____，rm{H}在一定条件下可以发生聚合反应，写出该聚合反应的化学方程式____。rm{(3)D}的同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气的共有____种rm{(}不考虑立体异构rm{)}其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为rm{6:1}的是____rm{(}写结构简式rm{)}rm{(4)}参照上述合成路线，以乙烯和环氧乙烷为原料rm{(}无机试剂任选rm{)}制备rm{1}rm{6-}己二醛，设计合成路线____26、【选修rm{5-}有机化学基础】以芳香烃rm{A}为原料合成有机物rm{F}和rm{I}的合成路线如下：rm{垄脜A}的分子式为____，rm{C}中的官能团名称为____。rm{垄脝D}分子中最多有____个原子共平面。rm{垄脟E}生成rm{F}的反应类型为____，rm{G}的结构简式为____。rm{垄脠}由rm{H}生成rm{I}的化学方程式为____。rm{垄脡}符合下列条件的rm{B}的同分异构体有____种rm{(}不考虑立体异构rm{)}其中核磁共振氢谱为rm{4}组峰，且面积比为rm{6}rm{2}rm{1}rm{1}的是____rm{(}写出其中一种的结构简式rm{)}rm{垄脵}属于芳香化合物；rm{垄脷}能发生银镜反应。rm{垄脢}已知参照上述合成路线，以苯和丙酸为原料rm{(}无机试剂任选rm{)}设计制备的合成路线____。27、【化学rm{-}选修rm{5}有机化学基础】第四届中国工业大奖于rm{2016}年rm{12}月rm{11}日在北京颁奖，获奖项目之一为国家级一类抗癌新药rm{隆陋隆陋}盐酸埃克替尼的研发。它的关键中间体rm{G}的一种合成路线如下：注：分子式rm{A}rm{C_{2}H_{4}O}rm{E}rm{C_{13}H_{16}O_{6}}已知：rm{垄脵A}分子中只有一种化学环境的氢；rm{垄脷TsCl}为rm{(1)A}的名称为_________________。rm{(2)G}中所含官能团的名称是________________________；rm{E}的结构简式为_________________。rm{(3)}由rm{B}生成rm{C}的反应类型是________________，由rm{F}生成rm{G}的反应类型是________________。rm{(4)PEO}是由rm{A}在烃基铝催化下加聚而成的线型高分子，该加聚反应的化学方程式为____。rm{(5)}三取代芳香族化合物rm{W}是rm{D}的同分异构体。rm{W}既能发生银镜反应和水解反应，又能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应。rm{1molW}最多可与rm{4molNaOH}反应，rm{W}的核磁共振氢谱只有rm{4}组峰。rm{W}的结构简式为_____________________。rm{(6)}参照上述合成路线，以邻硝基甲苯rm{(}rm{)}和乙醇为原料rm{(}无机试剂任选rm{)}设计制备邻氨基苯甲酸乙酯rm{(}rm{)}的合成路线：___________________________________________。28、A、rm{B}rm{C}rm{D}是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。rm{B}rm{E}均为组成空气的成分。rm{F}的焰色反应呈黄色。在rm{G}中，非金属元素与金属元素的原子个数比为rm{1隆脙2.}在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如图rm{(}图中部分产物未列出rm{)}请填写下列空白：rm{(1)A}是_____，rm{C}是_____。rm{(2)B}rm{C}rm{D}三种元素的简单离子半径由大到小的顺序：_____________________rm{(}用离子符合表示rm{)}rm{(3)}写出化合物rm{E}rm{F}的电子式：_____________________、____________________。rm{(4)H}与盐酸反应生成rm{E}的化学方程式是______________________。rm{(5)E}与rm{F}反应的化学方程式是_________________________。rm{(6)F}与rm{G}的水溶液反应生成rm{I}和rm{D}的离子方程式是________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义．当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流．当电流为0.3A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻【解析】【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律U=E-Ir得；当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6V．故A错误．

B、D、电源的内阻等于图线的斜率大小，r==A=2Ω．故B正确；D错误．

C、外电阻R=0时，短路电流为I==3A．故C错误．

故选：B2、D【分析】【分析】（1）静止或做匀速直线运动的物体将受到平衡力的作用；当两个力满足四个条件时，才是一对平衡力，即“作用在同一个物体上；大小相等、方向相反、在同一条直线上”；

（2）物体间力的作用是相互的；一个物体对另一个物体施加力的同时，也受到另一个物体的反作用力．【解析】【解答】解：A；电灯对电线的拉力与电灯所受的重力；二者分别作用在电线和电灯上，大小相等、方向相同、作用在同一直线上不是平衡力，故A错误；

B；电灯对悬线的拉力与线对顶的拉力是平衡力；作用在不同的物体上，不是平衡力，故B错误；

C；悬线对电灯的拉力与顶对悬线的拉力；涉及三个物体，不是作用力和反作用力，故C错误；

D；电灯对电线的拉力与电线对电灯的拉力；二者分别作用在电线和电灯上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，符合相互作用力的条件，因此它们是一对相互作用力，故D正确．

故选：D3、D【分析】

A；由于曲线运动的合力应该指向内侧；故从粒子的运动轨迹可以看出，粒子受到排斥力，故场源电荷是正电荷，电故A正确；

B；粒子在运动的整个过程中；只受电场力，故只有电场力做功，电场力做功等于电势能的减小量，总功又等于动能的增加量，故电势能和动能之和守恒，故B正确；

C；粒子从1到2的运动过程中；受到排斥力，受力的方向与运动方向之间的夹角大于90°，电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大．故C正确；

D；由于点电荷的电场不是匀强电场；电场线越密的地方，等差等势面也越密．故从位置1到位置2电场力做的功大于从位置3到位置4电场力做功的两倍，故D错误；

本题要求选错误的选项；故选：D

【解析】【答案】根据电子的运动轨迹判断受力情况；从而确定场源电荷的电性；根据功能关系判断能量的转化情况；根据沿着电场线电势降低判断电势的变化情况．

4、D【分析】

卫星绕月球看成匀速圆周运动；根据万有引力提供向心力列出等式。

=ma=m

A、v=

卫星从第一次变轨后到第三次变轨后；轨道半径变小，所以卫星的运行速度会增加，动能增加，故AB错误。

C、a=轨道半径变小，所以卫星的加速度会增加，故C错误。

D；卫星从第一次变轨后到第三次变轨后；轨道半径变小，离月球距离减小，所以卫星与月球的引力势能会减小，故D正确。

故选D．

【解析】【答案】卫星绕月球看成匀速圆周运动；根据万有引力提供向心力列出等式表示出需要比较的物理量求解．

5、C【分析】【分析】A、B两只“飞镖”，水平掷出，不计空气阻力，都做平抛运动，根据竖直方向上的位移比较运动的时间，再通过水平位移和时间比较初速度．【解析】【解答】解：A、由于两个飞镖从同一个点抛出，水平位移相同，但是B在A的下面，说明B在竖直方向上的位移比A的大，由h=得；B的运动的时间要比A的长，所以A初速度要比B的大，故A错误，C正确．

B；由A的分析可知A镖的初速度大；由于运动的时间很短，AB在竖直方向上的速度的差别很小，所以A的末速度要比B的末速度大，故B错误．

D；平抛运动的规律与物体的质量无关；所以不能判断AB质量的关系，故D错误．

故选：C．二、填空题(共8题，共16分)6、20300【分析】【分析】对小球的平抛运动过程运用动能定理列式可以求解出合力做的功，等于重力做的功；斜面的倾斜角即为位移与水平方向的夹角，根据动能的表达式求出初末速度之比，再根据平抛运动的位移偏转角θ正切与速度偏转角α的正切的关系公式tanθ=求解位移方向与水平方向的夹角．【解析】【解答】解：小球的平抛运动过程中只有重力做功；运用动能定理，有

W=Ek2-Ek1=35J-15J=20J

即重力做功为20J；

小球初末速度的比值为：=

故小球的末速度的竖直分量与水平分量之比为：tanα==

小球的位移与水平方向夹角θ的正切为：tanθ==；故θ=30°；

故答案为：20，30°．7、略

【分析】【解析】试题分析：根据图示可知波传播方向由B指向A，图示时刻C点的振动方向向下。波动周期T=λ/v=0.2s，振动加强区域振幅为20cm，从图示时刻再经过0.25s时，A点经过的路程为5×10cm=100cm考点：考查波的干涉【解析】【答案】向下1008、略

【分析】解：(1)A球和B球相撞后；B球的速度增大，A球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以碰撞前A球的落地点是P点；

t=

(2)碰撞后小球A的速度为碰撞后小球B的速度为

若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒；

带入数据得：m1s2=m1s1+m2s3

故答案为：m1s2=m1s1+m2s3【解析】m1s2=m1s1+m2s39、外轮；内轨【分析】解：火车拐弯需要有指向圆心的向心力；若内；外轨等高，则火车拐弯时由外轨的压力去提供，则火车的外轮对轨道有侧向挤压，若火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，要靠重力和支持力的合力提供向心力，则铺设轨道时应该把内轨降低一定的高度，使外轨高于内轨．

故答案为：外轮；内轨。

火车拐弯需要有指向圆心的向心力；若内；外轨等高，则火车拐弯时由外轨的压力去提供，若火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，要靠重力和支持力的合力提供向心力，进而判断降低哪一侧的高度．

本题是生活中圆周运动问题，关键是分析受力情况，分析外界提供的向心力与所需要的向心力的关系，难度不大，属于基础题．【解析】外轮；内轨10、略

【分析】解：由振动图象与波动图象可知，娄脣=4mT=0.2s

波速v=娄脣T=40.2=20m/s

．

因t=0.25s=114

时；据波的周期性可知，P

质点到达波谷，Q

质点到达平衡位置上方，但没有到达波峰，则质点Q

的加速度小于质点P

的加速度．

故答案为：20

小于。

由振动图象与波动图象可求出波的传播速度，t=0.25s=114

时；据波的周期性判断该时刻两个质点的位置，从而判断加速度大小．

考查由波动图象与振动图象来确定波速，掌握质点不随着波迁移，理解在不同时刻时，质点的位置、加速度与速度的如何变化．【解析】20

小于11、1.57×10-31：60【分析】【分析】秒针转一圈的时间为1min，根据ω=得出角速度．由v=ωr求解【解析】【解答】解：秒针角速度rad/s；秒针针尖的线速度大小为：

v=ωr==1.57×10-3m/s；

分针角速度为：rad/s；

分针和秒针转动的角速度之比为：=1：60

故答案为：1.57×10-3，1：6012、1m/s0m/s3m/s4m2m0.5m/s1m/s【分析】【分析】位移时间图线的斜率表示速度，结合图线的斜率求出物体的速度，根据物体的首末位置确定物体的位移，从而结合平均速度的定义式求出平均速度的大小，根据路程和时间的比值求出平均速率．【解析】【解答】解：第1s内物体的速度；第2s末至第3s末物体的位移为零，则速度大小为零．

物体返回时的速度大小；负号表示方向，即返回时的速度大小为3m/s．

4s内通过的路程s=1+3m=4m，位移的大小x=2m，4s内的平均速度大小，平均速率v=．

故答案为：1m/s，0m/s，3m/s，4m，2m，0.5m/s，1m/s．13、200向右向右1×10-6C【分析】【分析】电场强度等于试探电荷所受电场力与其电荷量的比值，方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．同一点电场强度不变，由电场力F=qE求解电荷量．【解析】【解答】解：A点的场强为：E==N/C=200N/C；方向：向右．

把另一电荷放在该点时；场强不变所受的电场力方向向右．由F′=q′E得：

q′==C=1×10-6C．

故答案为：200，向右，向右，1×10-6C三、判断题(共7题，共14分)14、×【分析】【分析】根据理想气体的状态方程即可做出判定．【解析】【解答】解：对于一定质量的理想气体，由状态1变到状态2时，一定满足方程=．若不满足一定质量的条件；该公式不成立．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×15、√【分析】【分析】在铁棒未被磁化前，铁棒内的分子电流的排布是杂乱无章的，故分子电流产生的磁场相互抵消，对外不显磁性，但当铁棒靠近磁铁时分子电流由于受到磁场的作用而使磁畴的取向大致相同从而被磁化对外表现出磁性；对磁铁加热或敲打时会使磁铁内的分子电流的排布变的杂乱无章，从而使磁铁的磁性减弱．【解析】【解答】解：在铁棒未被磁化前；铁棒内的分子电流的排布是杂乱无章的，故分子电流产生的磁场相互抵消，对外不显磁性，但当铁棒靠近磁铁时分子电流由于受到磁场的作用而使磁畴的取向大致相同从而被磁化对外表现出磁性．所以该说法是正确的．

故答案为：√16、×【分析】【分析】阴极射线是在1858年利用低压气体放电管研究气体放电时发现的．1897年约瑟夫•约翰•汤姆生根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子．【解析】【解答】解：阴极即负极；阴极射线是负极发出的射线，是电子流；同理，阳离子在阳极放电．故该说法是错误的．

故答案为：×．17、√【分析】【分析】建立坐标系的意义是为了定量描述质点的位置变化，要根据问题的实际需要，建立合适的坐标系，沿直线运动建立直线坐标系，在平面上运动，建立平面直角坐标系．【解析】【解答】解：建立坐标系是为了定量描述物体的位置和位置的变化；坐标系都是建立在参考系上的，没有参考系则坐标系无法建立，所以该说法是正确的．

故答案为：√18、√【分析】【分析】人们熟悉的物质状态（又称相）为气、液、固，较为生疏的是电浆和液晶，液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态．【解析】【解答】解：液晶像液体一样可以流动；又具有某些晶体结构特征的一类物质，所以液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定．故该说法是正确的．

故答案为：√19、×【分析】【分析】场强定义式E=适应任何电场，E=只适用于真空中点电荷；场强取决于电场本身，与检验电荷无关．【解析】【解答】解：场强定义式E=适应任何电场，E=只适用于真空中点电荷；故错误．

故答案为：×．20、×【分析】【分析】重心就是重力的作用点，物体的重心在物体的几何中心上有两个条件：质地均匀，外形规则．【解析】【解答】解：由于课本上指出重心就是重力的作用点；因此重力作用在物体的重心点上；质地均匀，外形规则的物体的重心在物体的几何中心上．质量不是均匀分布的物体，即使外形规则的物体，重心有可能不在物体的几何中心上．所以以上说法是错误的．

故答案为：×四、实验探究题(共4题，共28分)21、略

【分析】解：第一次实验；当装置平衡时，记下绳子的结点D和三段绳子拉力的方向和对应钩码的数目；

根据O点处于平衡状态；正交分解有：

竖直方向：3mgsinα+4mgsinβ=5mg①

水平方向：3mgcosα=4mgcosβ②

联立①②解得：=．

以O点为研究对象；受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即EO，FO两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故∠EOF不变；

故答案为：方向，不变．

稳定后；O点处于平衡状态，所受三个力的合力为零，即任何两个力的合力与另外一个力等大反向，根据平衡条件和平行四边形定则可正确解答．

掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析．【解析】方向；不变22、略

【分析】解：（1）由图乙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：R1=0×1000Ω+4×100Ω+5×10Ω+5×1Ω=455Ω；

由欧姆定律可得：Rg+R1===500Ω；

电流计内阻为：Rg=500-455=45Ω．

（2）将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，并联电阻阻值：R===5Ω；

根据表中实验数据在坐标系内描出对应点；然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：

（3）由图示电源U-I图象可知；图象与纵轴交点坐标值为1.4，电源电动势E=1.4V；

电流表内阻，RA===4.5Ω，图象斜率：k===20Ω；

电源内阻：r=k-RA=20-4.5=15.5Ω．

故答案为：（1）45；（2）5，U-IG图象如图所示；（3）1.4；15.5．

（1）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由串联电路特点与欧姆定律求出灵敏电流计的内阻．

（2）根据并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值；应用描点法作出图象．

（3）电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势；图象斜率绝对值是电源内阻．

本题考查了求电流表内阻、电流表改装、作图象、求电源电动势与内阻；电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，分析清楚电路结构、应用串联电路特点可以求出电流计内阻；电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．【解析】45；5；1.4；15.523、142小于串联9858【分析】解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图；实物电路图如图所示：

（1）由图丙所示可知；电阻箱阻值为：R=2×100Ω+8×10Ω+4×1Ω+0×0.1Ω=284Ω；

S2闭合；R和R′并联电压相等，各支路电流之和等于总电流。

由欧姆定律可知：IgRg=（1-）IgR

解得：Rg==Ω=142Ω；

闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R2的电流小于原来电流的三分之一；则该实验测出的电表内阻偏小；

（3）把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻；

分压电阻阻值为：R0=-Rg=-142=9858Ω；

故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）142；小于；（3）串联；9858。

（1）根据图示电路图连接实物电路图。

（2）要结合电路串并电压；电流特点以及电流与电阻关系求解电流表的内阻。

（3）根据电压表的改装原理；应用串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。

本题考查了测电流表内阻、电压表的改装，知道实验原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。【解析】142小于串联985824、A3.2V乙5.0【分析】解：（1）万用表可作为电压表和电流表及欧姆表用；电压表测电压可并联在电路中，①电表中表头的电流有固定的流向必须从红表笔流进，黑表笔流出，故红表笔接在①处；由于表笔接触点从②换到③时，多用电表的电压的示数变化较大，可知电流表的内电阻对测量的结果影响较大，所以应采用电流表外接法，所以黑表笔接②。

故A正确；BCD错误。

故选：A

（2）由图2可知；该测量的结果为电压，档位是直流5V；由图3可知，5V的电压档的最小刻度为0.1V，可得该电压为3.2V；

（3）小灯泡的伏安特性曲线为曲线；所以要连接成光滑曲线，故乙正确，甲错误；

由图可知，当电压为2.00V时对应的电流值为0.40A，根据欧姆定律，知电阻：R==5.0Ω

故答案为：（1）A；（2）3.2V；（3）乙；5.0

（1）根据电压表电流表和欧姆表的工作原理选取合适的表；万用表的红色表笔接电源的正极。

（2）根据电压表的读数方法读出电压值；

（3）小灯泡的伏安特性曲线为曲线；由欧姆定律求出电阻值。

解决本题的关键掌握器材选取的原则，掌握滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别。【解析】A3.2V乙5.0五、推断题(共4题，共36分)25、（1）2-甲基丙烯（2）还原反应（3）15（4）【分析】【分析】本题考查的是有机物的合成与推断，掌握有机物各官能团的结构和性质及相互转化的条件是解答本题的关键，注意题中信息的运用。【解答】核磁共振氢谱显示rm{B}只有一种化学环境的氢，则rm{B}中一个碳原子上连有三个甲基，所以rm{B}的结构简式则rm{A}的结构简式为只有一种化学环境的氢，则rm{B}中一个碳原子上连有三个甲基，所以rm{B}的结构简式则rm{B}的结构简式为rm{A}可知，；根据信息rm{垄脷}可知，rm{D}的结构简式为的结构简式为rm{垄脷}为芳香烃，其相对分子质量为rm{D}则rm{E}为芳香烃，其相对分子质量为rm{92}则rm{E}的分子式为rm{{C}_{7}{H}_{8}}则其结构简式为rm{H}苯环上有两种化学环境的氢，则苯环上两种取代基处于对位，根据rm{E隆煤F}反应条件可知，该反应为甲苯与浓硝酸发生的硝化反应，根据rm{H}苯环上两种取代基处于对位，则硝基处于甲基的对位，所以rm{F}为rm{G}为rm{H}为rm{D}与rm{H}在一定条件下发生酯化反应，生成rm{M}则rm{M}为的分子式为rm{E}则其结构简式为rm{92}苯环上有两种化学环境的氢，则苯环上两种取代基处于对位，根据rm{E}反应条件可知，该反应为甲苯与浓硝酸发生的硝化反应，根据rm{{C}_{7}{H}_{8}}苯环上两种取代基处于对位，则硝基处于甲基的对位，所以rm{H}为rm{E隆煤F}为rm{H}为rm{F}与rm{G}在一定条件下发生酯化反应，生成rm{H}则rm{D}为rm{H}的结构简式为rm{M}甲基丙烯，故答案为：rm{M}甲基丙烯；rm{(1)A}，其化学名称为rm{2-}甲基丙烯，生成rm{2-}的反应为苯环上的硝基转化为氨基，所以为还原反应；rm{2-}在一定条件下可以发生聚合反应，该聚合反应的化学方程式____故答案为：还原反应；rm{(2)}为其同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气，则不含羟基，含有醚键，则连有醚键的两个烃基可分别为甲基和戊基，乙基和丁基，丙基和丙基。甲基只有一种，乙基只有一种，丙基有两种，丁基有rm{(2)}种，戊基有rm{G}种，所以连有醚键的两个烃基可分别为甲基和戊基，有rm{H}种结构，分别为乙基和丁基时有rm{H}种结构，分别为丙基和丙基时有rm{(3)D}种结构，所以共有rm{4}种结构，其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为rm{8}的是故答案为：rm{8}rm{4}乙烯与溴发生加成反应生成rm{3}rm{8+4+3=15}二溴乙烷，根据信息rm{6:1}可知rm{15}rm{(4)}二溴乙烷发生信息rm{1}的反应生成rm{2-}rm{垄脷}己二醇，rm{1}rm{2-}二溴乙烷发生信息rm{垄脷}的反应生成rm{1}rm{6}己二醇，rm{1}rm{6}己二醇在铜作用下被氧气氧化为rm{1}rm{6-}己二醛，其合成路线为：rm{1}己二醇在铜作用下被氧气氧化为rm{2-}rm{垄脷}己二醛，其合成路线为：故答案为：rm{1}【解析】rm{(1)}rm{2-}甲基丙烯rm{(2)}还原反应rm{(3)15}rm{(4)}26、（1）C7H8羟基（2）17（3）消去反应（4）（5）14（6）【分析】【分析】本题考查有机物的推断，侧重有机物结构与性质的考查，要求对学生熟练掌握基础知识，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和迁移能力。【解答】根据rm{B}的结构简式可推知rm{A}为甲苯，rm{B}与四氢铝锂反应，把酮基还原为相应的醇rm{C}rm{C}在浓硫酸作用下发生消去反应生成对甲基苯乙烯rm{D}rm{D}中的双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成二溴代烃rm{E}rm{E}在rm{KOH/}乙醇、加热条件下发生消去反应生成对甲基苯乙炔rm{F}由rm{I}的结构简式可推知rm{H}为rm{G}为rm{(1)A}为甲苯，分子式为rm{C_{7}H_{8}}rm{C}为醇，官能团为羟基，故答案为：rm{C_{7}H_{8}}羟基；rm{(2)D}为对甲基苯乙烯，分子中最多有rm{17}个原子共平面，故答案为：rm{17}rm{(3)E}生成rm{F}的反应类型是消去反应，rm{G}为苯甲醛，结构简式为故答案为：消去反应；rm{(4)H}生成rm{I}为酯化反应，化学方程式为故答案为：rm{(5)垄脵}属于芳香化合物，说明结构中存在苯环，rm{垄脷}能发生银镜反应，说明结构存在醛基，综合上述，苯环上有一个取代基，分别为：rm{-CH_{2}CH_{2}CHO}rm{-CH(CH_{3})CHO}两种；苯环上有两个取代基时，有两种情况：其一：rm{-CH_{2}CH_{3}}和rm{-CHO}有邻、间、对三种；其二：rm{-CH_{2}CHO}和rm{-CH_{3}}有邻、间、对三种；苯环上有三个取代基：两个rm{-CH_{3}}一个rm{-CHO}有rm{6}种结构；符合条件的同分异构体一共有rm{14}种；其中核磁共振氢谱为rm{4}组峰，且面积比为rm{6}rm{2}rm{1}rm{1}的有两种分别为故答案为：rm{14}rm{(6)}以苯和丙酸为原料制备的合成路线为故答案为：【解析】rm{(1)C_{7}H_{8}}羟基rm{(2)17}rm{(3)}消去反应rm{(4)}rm{(5)14}rm{(6)}27、（1）环氧乙烷（2）羧基、醚键、氨基（3）取代反应还原反应（4）（5）（6）【分析】【分析】本题考查有机物的推断与有机物的合成，为高考常见题型，题目综合考查学生分析问题能力和综合运用化学知识的能力，为高考常见题型，答题时注意把握题给信息，为解答该题的关键。【解答】rm{(1)}根据rm{A}的分子式rm{C_{2}H_{4}O}且rm{A}分子中只有一种化学环境的氢，可知rm{A}的结构简式为：名称为环氧乙烷；分子中只有一种化学环境的氢，可知rm{A}的结构简式为：名称为环氧乙烷；rm{A}故答案为：环氧乙烷；由rm{(2)}的结构简式可知rm{G}中所含官能团的名称是羧基、醚键、氨基；根据rm{G}中所含官能团的名称是的分子式rm{G}rm{E}rm{C}rm{C}rm{13}及合成路线可知rm{13}为：故答案为：羧基、醚键、氨基；rm{H}由合成路线可知由rm{H}生成rm{16}的反应类型是取代反应；rm{16}生成rm{O_{6}}及合成路线可知rm{E}为：的反应类型是还原反应；故答案为：取代反应；还原反应；rm{O_{6}}rm{E}由rm{(3)}在烃基铝催化下加聚而成，该加聚反应的化学方程式为：rm{B}生成rm{C}的反应类型是rm{B}rm{C}是由rm{F}生成rm{G}的反应类型是还原反应；的同分异构体，rm{F}既能发生银镜反应和水解反应，又能与rm{G}rm{(4)}rm{)PEO}由rm{A}在烃基铝催化下加聚而成，该加聚反应的化学方程式为：最多可与rm{)PEO}反应，rm{A}的核磁共振氢谱只有故答案为：组峰，满足条件的rm{(5)}的结构简式为：三取代芳香