2025年西师新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年西师新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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、目前雷达发出的电磁波频率多在200MHz～1000MHz的范围内，下列关于雷达和电磁波的说法正确的是（）A.真空中，上述频率范围的电磁波的波长在30m～150m之间B.电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的C.波长越短的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播D.测出电磁波从发射到接收的时间，就可以确定到障碍物的位置2、在物理学中，突出问题的主要方面，忽略次要因素，建立理想化的“物理模型”，并将其作为研究对象，是经常采用的一种科学研究方法．质点就是这种物理模型之一．下列对物体能否看做质点的说法正确的是（）A.体积、质量都很大的物体不能看成质点B.研究火车过桥所需的时间，火车可以被看成质点C.研究乒乓球的各种旋转运动时不能把乒乓球看成质点D.研究运动员跨栏时身体各部位的姿势时可以把运动员看成质点3、(2011年衢州一中检测)如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是()4、【题文】如右图所示；将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，充电完成后，将电键S闭合到2位置，让其放电，在电键S闭合瞬间将产生火花．放电后，再次将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，然后断开电键，将两金属板间距离拉大些，并再次将电键闭合到2位置，让其放电，产生火花，则两次放电过程相比较()

A.两次放电过程放出的电荷量相等B.两次放电过程释放的能量相等C.第二次放电过程放出的电荷量较大D.第二次放电过程释放的能量较小5、显微镜观察细微结构时，由于受到衍射现象的影响而观察不清，因此观察越细小的结构，就要求波长越短，波动性越弱，在加速电压值相同的情况下，关于电子显微镜与质子显微镜的分辨本领，下列判定正确的是（）A.电子显微镜分辨本领较强B.质子显微镜分辨本领较强C.两种显微镜分辨本领相同D.两种显微镜分辨本领不便比较6、关于爆炸，下列说法中正确的是（）A.爆炸时由于物体所受到的合外力不为零，故动量一般认为不守恒B.爆炸时，由于内力远大于外力，故认为动量守恒C.爆炸时动能一定会损失D.爆炸时动能增加，动量也增加7、一质点在时间t内沿半径为R的圆周运动了两周又回到出发点，在此运动过程中质点的平均速度为（）A.B.C.D.08、在如图所示的电路中，电阻R1、R2、R3的阻值均为2Ω，电流表内阻不计，在B、C两点间加上6V的电压时，电流表的读数为（）A.0B.1AC.1.5AD.2A9、如图所示为研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，平行板电容器的极板B与一灵敏的静电计相接，极板A与静电计的金属外壳用导线接地．若极板A稍向上移动一点，观察到静电计指针示数变大．高二某同学经分析作出平行板电容器电容变小的结论．他的依据是（）A.两极板间的电压不变，极板上的电量变小，电容变小B.两极板间的电压不变，极板上的电量变大，电容变小C.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小，电容变小D.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大，电容变小评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（2015•金山区一模）如图，电源电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，滑动变阻器总电阻R=16Ω，在滑片P从a滑到b的过程中，电流表的最大示数为____A，滑动变阻器消耗的最大功率为____W．11、（2014•烟台一模）如图所示是透明圆柱形介质的横截面；BC为圆的直径．一束单色光沿AB方向入射，∠ABC=120°．光自B点进入介质内只经过一次折射后从介质中射出，出射光线平行于BC．

①求介质的折射率；

②若改变∠ABC的大小；则从B点射入介质中的单色光能否在介质的内表面发生全反射？

答：____（填“能”或“不能”）12、（2007秋•芗城区校级期末）如图所示，在水平力作用下，所受重力大小为G的物体，保持沿竖直墙壁匀速下滑，物体与墙壁之间的动摩擦因数为µ，F物体所受摩擦力大小等于____或____，方向为____．13、（2008秋•嘉定区期中）汽车运动的v-t图象，如图所示，汽车在40s末的加速度为____m/s2；80s末的加速度为____m/s2；200s内的总位移为____m；200s内的平均速度为____m/s．14、【题文】（4分，每空2分）如图为某一简谐横波在t＝0时刻的波形图，此时质点a振动方向沿y轴正方向，从这一时刻开始，质点a、b；c中第一次最先回到平衡位置的是_______；若t＝0.02s时，质点c第一次到达波谷处，从此时刻起开始计时，c点的振动方程为________cm.

15、一弹簧振子做简谐运动，振幅为4cm，振子通过平衡位置时速度大小为2m/s，则振子经过离平衡位置2cm处时的速度____（选填“大于“、“小于“或“等于“）1m/s．16、一点光源以功率P向外发出波长为λ的单色光，已知普朗克恒量为h，光速为c，则此光源每秒钟发出的光子数为____个，每一个光子的动量为____；若某种金属逸出功为W，用此光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能为____；如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，则光电子的最大初动能将____（选填“增加”、“减小”或“不变”）．17、火星的半径是地球半径的一半，其质量是地球质量的，火星的第一宇宙速度是____km/s；若一宇航员的质量是72kg，则他在火星上所受的重力为____N．（地球表面的重力加速度取10m/s2）18、电流传感器可以像电流表一样测量电流，它的优点是反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化，还可以与计算机相连；能在很短的时间内画出电流随时间的变化图象．

按图甲连接电路；提供8V直流电源，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在瞬间完成，然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏上显示出电流随时间变化的I--t曲线，如图乙．

（1）图中画出的竖直狭长矩形（图乙最左端），它面积的物理意义是：____；

（2）估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量是____C；

（3）根据以上数据估算，电容器的电容是____F．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)19、青藏高原测水沸时的温度：应选用水银温度计和酒精温度计．____．（判断对错）20、电子手表中的液晶在外加电压的影响下能够发光．____．（判断对错）21、作用在物体上的合外力减小时，速度也随之减小．____（判断对错）22、物体的速度为零时，它的机械能一定为零．____（判断对错）23、原子核由质子、中子和电子组成．____（判断对错）24、电子手表中的液晶在外加电压的影响下能够发光．____．（判断对错）25、只要温度不变且处处相等，系统就一定处于平衡态．____．（判断对错）26、穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，回路中感应电流就一定为零．____（判断对错）27、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）评卷人得分四、实验探究题(共3题，共30分)28、如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M

气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6

个钩码，设每个钩码的质量为m

且M=4m

(1)

用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=

_________cm

(2)

某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t

则滑块通过光电门的速度为___(

用题中所给字母表示)

(3)

开始实验时，细线另一端挂有6

个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1

接着每次实验时将1

个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3

个钩码时细线上的拉力为F2

则F1

___2F2(

填“大于”“等于”或“小于”)

(4)

若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L

钩码的个数为n

测出每次挡光片通过光电门的时间为t

测出多组数据，并绘出n鈭�1/t2

图象，已知图线斜率为k

则当地重力加速度为___(

用题中字母表示)

．29、在“研究小车匀变速直线运动”的实验中，所用的交流电源的频率为50Hz

如图所示，在所记录的纸带上选择6

个计数点ABCDEF

相邻两计数点之间还有四个点未画出，BCDEF

各点到A

点的距离依次是2.01m5.00cm9.02cm13.97cm19.92cm

垄脵

相邻两个计数点之间的时间间隔为____s

垄脷

小车在D

点的速度为VD=

____m/s(

根据所给数据保留3

位有效数字)

垄脹

可算出小车加速度为____m/s2(

保留3

位有效数字)

30、垄脵

图是某同学连接的实验电路实物图.

若L1L2

灯都不亮；他采用下列两种方法进行故障检查，应用多用电表的直流电压挡进行检查，那么选择开关应置于______量程．

A.直流电压2.5VB.

直流电压10V

C.直流电压50VD.

直流250V

垄脷

该同学测试结果如表1

所示，在测试ab

间电压时，红表笔应接触______(

填“a

”或“b

”).

根据测试结果；可以判定出故障是______．

A.灯L1

短路B.

灯L2

短路C.cd

段断路D.df

段断路。

表一：

。测试点电压示数ab有示数cd无示数df有示数垄脹

将开关断开；再选择欧姆挡测试，测量结果如表2

所示，那么进一步检查出现的故障是______

A.灯L1

断路B.

灯L2

断路C.

灯L1L2

都断路D.de

间导线断路．

表二：

。测试点表针偏转情况cddeef评卷人得分五、简答题(共4题，共40分)31、质量为1kg的物体，受到12N竖直向上的拉力，由静止开始运动，经过2s，（g=10.0m/s2）求。

（1）物体向上的加速度是多少？

（2）2s内拉力对物体做的功是多少？

（3）2s末拉力的瞬时功率是多少？32、1mol某种理想气体的质量和体积分别为MA和VA，每个气体分子的质量为m0；求：

①阿伏加德罗常数NA；

②该气体分子间的平均距离．33、rm{Cu}rm{Fe}rm{Se}rm{Co}rm{S}rm{P}等元素常用于化工材料的合成。请回答下列问题：rm{Cu}rm{Fe}rm{Se}rm{Co}rm{S}等元素常用于化工材料的合成。请回答下列问题：rm{P}最外层电子排布式为________，其核外共有________种不同运动状态的电子。rm{(1)Fe^{3+}}比rm{Fe^{3+}}更稳定的原因是________。rm{Fe^{2+}}硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性从大到小的顺序为________rm{(2)}用元素符号表示rm{(}rm{)}分子的空间构型为________。rm{SeO_{2}}可用于制造火柴，其分子结构如图所示。rm{(3)P_{4}S_{3}}分子中硫原子的杂化轨道类型为________，每个rm{P_{4}S_{3}}分子中含孤电子对的数目为________。rm{P_{4}S_{3}}铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶胞的边长为rm{(4)}则该氧化物的密度为________rm{acm}rm{g隆陇cm^{-3}}设阿伏加德罗常数的值为rm{(}rm{N_{A})}34、质量为490g的木块静止在光滑的水平面上；一质量为10g的子弹以500m/s的速度沿水平方向射入木块内，子弹相对于木块静止后，子弹具有的速度大小为10m/s，求：

（1）木块的动能增加了多少？

（2）子弹损失的动能是多少？

（3）产生的内能是多少？评卷人得分六、证明题(共2题，共6分)35、如图所示，1、2、3为p-V图中一定量理想气体的三个状态，该理想气体由状态1经过程1-3-2到达状态2．试利用气体实验定律证明：．36、（2016•海淀区模拟）如图所示，将小物块（可视为质点）平放在水平桌面的一张薄纸上，对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出，物块的位移很小，人眼几乎观察不到物块的移动．已知物块的质量为M，纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1，纸与物块间的动摩擦因数为μ2；重力加速度为g．

（1）若薄纸的质量为m；则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中；

①求薄纸所受总的摩擦力为多大；

②从冲量和动量的定义；结合牛顿运动定律和运动学规律，证明：水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量．（注意：解题过程中需要用到；但题目中没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明．）

（2）若薄纸质量可忽略，纸的后边缘到物块的距离为L，从开始抽纸到物块最终停下，若物块相对桌面移动了很小的距离s0（人眼观察不到物块的移动），求此过程中水平拉力所做的功．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】本题考查了麦克斯韦的电磁场理论与雷达的原理，比较简单，根据麦克斯韦的电磁场理论内容即可正确解答．【解析】【解答】解：A、根据λ=；电磁波频率在200MHz至1000MHz的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间，故A错误；

B；根据麦克斯韦的电磁场理论可知；均匀变化的电场产生恒定的磁场，均匀变化的磁场产生恒定的电场，电磁波是变化磁场产生电场变化电场产生磁场不断交替变化产生的，故B错误；

C；波长越长的电磁波；越容易绕过障碍物，便于远距离传播，故C错误；

D；雷达是利用电磁波的反射原理；根据电磁波的传播速度，结合来回传播的时间，即可确定障碍物的距离，故D正确．

故选：D．2、C【分析】【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．【解析】【解答】解：A；地球的质量体积都很大；研究地球绕太阳公转时，地球的大小相对于地球和太阳之间的距离来说太小了，完全可以忽略，此时可以看成质点，所以A错误；

B；研究火车过桥所需的时间时；火车是不能看成质点的，火车的长度相对于桥不能忽略，所以B错误；

C；在研究乒乓球的旋转方向时；乒乓球不能看成质点，看成质点的话，乒乓球就没有旋转可言了，所以C正确；

D；研究运动员跨栏时身体各部位的姿势时；不能看成质点，否则就没有姿势可言了，所以D错误；

故选C．3、C【分析】由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsinθ＋Ff＝ma1，下滑阶段有：mgsinθ－Ff＝ma2，因此a1>a2，B选项错误；且v>0和v<0时，速度图象的斜率不同，故A选项错误；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C正确．【解析】【答案】C4、A【分析】【解析】

试题分析：两次充电是用同一电源进行的，根据公式克的所以所充电的电荷量相同，故放电时所放出的电荷量也相等，A正确，C错误；根据公式可得断开电源后；在将两金属板间距离拉大的过程中，电场力不变，距离增大，故克服电场力做功，电场能增加．BD错误。

故选A

考点：考查了电容的动态分析。

点评：本题需要知道，当断开电源后，电容器两极版间的电场大小与两极板的距离无关【解析】【答案】A5、B【分析】【分析】根据实物粒子也具有波粒二象性，其波长：λ=，与粒子的动量成反比，结合相同加速电压下，得出动量的大小不同，从而即可求解．【解析】【解答】解：由于质子的质量远大于电子的质量，所以如果显微镜使用经相同电压加速后的质子工作，质子的动量更大，根据λ=；则有，波长更小，其分辨率比电子显微镜高．故ACD错误，B正确．

故选：B．6、B【分析】【分析】系统所受合外力为零时系统动量守恒，当内力远大于外力时，越快近似认为动量守恒．【解析】【解答】解：在爆炸过程中内力远大于外力；可以认为系统动量守恒，爆炸过程化学能转化为动能，系统机械能增加，故B正确，ACD错误；

故选：B．7、D【分析】【分析】平均速度等于位移与时间的比值，由题意求出质点的位移和时间，根据比值求平均速度即可．【解析】【解答】解：质点沿圆周运动两周又回到出发点；故全程质点的位移为0，故平均速度也为0．

故选：D．8、B【分析】【分析】图中电阻R2与R3并联后与R1串联，电流表测量的是电阻R2的电流；先求解总电阻，根据欧姆定律求解干路电流，根据并联电路的电流关系得到通过电阻R2的电流．【解析】【解答】解：图中电阻R2与R3并联后与R1串联，电路的总电阻为：R=2+=3Ω；

根据欧姆定律，干路电流为：I=

由于并联电路的电流与电阻成反比；故：

IR2==1A

故选：B．9、D【分析】【分析】由题看出，电容器的电量几乎不变．将极板A稍向上移动一点，观察到静电计指针示数变大，由公式C=分析电容变化．【解析】【解答】解：B极板与静电计相连；所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变．

将极板A稍向上移动一点，观察到静电计指针示数变大，说明电容器极板间电压变大，由公式C=知电容C变小．故D正确；ABC错误．

故选：D二、填空题(共9题，共18分)10、10.75【分析】【分析】分析电路明确电路结构，再根据闭合电路欧姆定律求得电流表的最大示数；由功率公式可知当内外电阻相等时功率达最大．【解析】【解答】解：由图可知，滑动变阻器两端相互并联后与R1串联，当滑动变阻器短路时，电流表示数最大，则最大电流I===1A；

把保护电阻看做电源的内阻，电源与保护电阻等效于电源，滑动变阻器是外电路，滑片P从a滑到b的过程中，电路外电阻R先变大后变小，等效电源电动势E不变，由P=可知，滑动变阻器消耗的电功率先变小后变大，当内外电路电阻相等时，外电路功率最大，即当R=r+R1=1+2=3Ω时；外电路功率最大，故此时滑动变阻器消耗的功率为：

P===0.75W；

故答案为：1；0.75．11、不能【分析】【分析】①画出光路图；由几何关系求得光线在B点的入射角．根据对称性和光路可逆原理求出光线出射时的折射角，由几何知识求出光线在B点的折射角，即可由折射定律求解介质的折射率；

②若改变∠ABC的大小，根据光路的可逆性分析光线单色光能否在介质的内表面发生全反射．【解析】【解答】解：①作出光路图；如图所示，则得入射角i=180°-∠ABC=180°-120°=60°

设光线从圆柱形介质中的出射点为D；出射光线DE．

由对称性和光路可逆原理知：α=60°

因DE∥BC；故β=60°；

所以∠BOD=120°

所以光线在B点的折射角：r=30°

折射率：

②不能．因为根据几何知识可知：光线射到介质的内表面时入射角等于射入时的折射角；根据光路可逆性原理可知光线一定能射出介质，不能发生全反射．

故答案为：

①介质的折射率为；

②不能12、GµF竖直向上【分析】【分析】物体在压力F作用下，沿粗糙竖直面匀速下滑，则由受力平衡可确定，物体受到滑动摩擦力，大小由平衡条件可确定，也可以由滑动摩擦力公式来确定．而方向与相对运动方向相反．【解析】【解答】解：对物体受力分析；水平方向：压力与弹力。

竖直方向：重力与滑动摩擦力。

由于物体处于平衡状态；所以滑动摩擦力大小等于重力的大小．即为f=G．

或由f=μN=μF

滑动摩擦力的方向与重力方向相反．即为竖直向上。

故答案为：G或μF；竖直向上．13、0.50450022.5【分析】【分析】v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．平均速度等于总位移除以总时间．【解析】【解答】解：根据a=得：

a40==0.5m/s2；

60-160s；汽车匀速运动，加速度为零，所以80s末的加速度为0

根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：x=S=×（100+200）×30m=4500m

200s内的平均速度为：m/s=22.5m/s

故答案为：0.5；0；4500；22.5．14、略

【分析】【解析】

试题分析：a点振动方向沿y轴正方向，则b点振动方向沿y轴负方向，c点直接沿y轴负方向运动，则a点、b点第一次回到平衡位置的时间都大于而c点第一次回到平衡位置的时间等于所以a、b、c第一次最快回到平衡位置的是c点；若t=0.02s时，质点c第一次到达波谷处，则0.02s=c点振动的周期为T=0.04s，=50πrad/s．则从此时刻起开始计时，c点的振动方程为或者y=-Acosωt=-8cos（50πt）（cm）。

考点：波传播的特点，根据质点带动法判断质点振动方向质点的振动方程【解析】【答案】c15、大于【分析】【分析】振子从平衡位置向最大位移处运动时速度从2m/s减小到0，做减速运动过程．根据位移越大，加速度越大，速度变化越来越快进行分析．【解析】【解答】解：从平衡位置向最大位移处运动时速度从2m/s减小到0；是个变减速运动过程．因为回复力的大小是F=-kx，x增大，则回复力F是逐渐增大的，说明在此运动过程中振子加速度的数值是逐渐增大，即速度的减小程度是越来越快，因此在平衡位置到最大位移处连线的中点即离平衡位置2cm处的速度是大于1m/s．

故答案为：大于．16、h-W不变【分析】【分析】根据光子的能量求出光源每秒发出的光子数．根据光电效应方程求出光电子的最大初动能．【解析】【解答】解：光子的能量E0=h，则每秒内发出的光子数n==．光子的动量P=mC==

根据光电效应方程得，光电子的最大初动能Ekm=h-W．光子的最大初动能与频率有关；与入射光强度无关，故增大强度，最大初动能不变．

故答案为：、、h-W、不变17、3.7320【分析】【分析】第一宇宙速度是星球表面的环绕速度，根据v=列式求解；根据万有引力定律列式求解重力．【解析】【解答】解：火星的半径是地球半径的一半，其质量是地球质量的；根据环绕速度公式，有：

v地==7.9km/s

v火=

故：v火=v地=×7.9km/s=3.7km/s

根据万有引力公式；有：

F地=G=72×10=720N

F火=G=×720=320N

故答案为：3.7，320N．18、在0.1s内电容器的放电量5.6×10-37.0×10-4【分析】【分析】（1）由图象的含义可知；横轴与纵轴的乘积即为电量，即可求解；

（2）通过横轴与纵轴的数据；求出一个格子对应的电量，再结合图象所包含的面积，算出多少个格子，从而即可求解；

（3）根据电容器的电容可知，结合电量与电势差，即可求解．【解析】【解答】解：（1）根据图象的含义；因Q=It，所以竖直狭长矩形的面积表示为：在0.1s内电容器的放电量；

（2）根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电量为0.08×10-3C；由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为70；

所以释放的电荷量是0.08×10-3C×70=5.6×10-3C；

（3）根据电容器的电容可知，C==7.0×10-4F；

故答案为：在0.1s内电容器的放电量；5.6×10-3；7.0×10-4．三、判断题(共9题，共18分)19、×【分析】【分析】选择温度计的原则是：温度计内测温物质的凝固点应低于被测物体的温度，同时，温度计内测温物质的沸点应高于被测物体的温度．【解析】【解答】解：在海平面上水的沸点为100℃；在青藏高原水的沸点也有80℃多，而酒精的沸点只有78℃，所以不能选择酒精温度计．该说法是错误的．

故答案为：×．20、×【分析】【分析】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；液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．【解析】【解答】解：液晶在外加电压的影响下并不发光；而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．所以该说法是错误的．

故答案为：×21、×【分析】【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．【解析】【解答】解：加速度是反映速度变化快慢的物理量．根据牛顿第二定律可知；加速度的方向与物体受到的合外力的方向相同；

结合速度与加速度的关系可知；当加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大．当物体的加速度方向与速度方向相反，速度减小．

所以作用在物体上的合外力减小时；速度可能随之减小，也可能随之增大．所以以上说法是错误的．

故答案为：×22、×【分析】【分析】机械能包括动能和重力势能，速度为零说明动能为零．【解析】【解答】解：物体的速度为零时；则动能为零，但重力势能不一定为零，所以机械能不一定为零，故错误．

故答案为：×23、×【分析】【分析】原子核由质子和中子构成．【解析】【解答】解：原子核由质子；中子构成；故说法错误．

故答案为：×24、×【分析】【分析】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；液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．【解析】【解答】解：液晶在外加电压的影响下并不发光；而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．所以该说法是错误的．

故答案为：×25、×【分析】【分析】首先知道平衡态和热平衡的定义，知道影响的因素是不同；知道温度是判断系统热平衡的依据；据此分析判断即可．【解析】【解答】解：一般来说；平衡态是针对某一系统而言的，描述系统状态的参量不只温度一个，还与体积压强有关，当温度不变时，系统不一定处于平衡态．所以该说法是错误的．

故答案为：×26、×【分析】【分析】结合产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化即可正确判定．【解析】【解答】解：产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化；题目中穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，没有说明磁通量是否变化，所以不能判断出没有感应电流产生．所以以上说法是错误的．

故答案为：×27、√【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：√四、实验探究题(共3题，共30分)28、(1)0.520(2)v=dt(3)

小于(4)5d2kL

【分析】【分析】(1)

游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数；不需估读；

(2)

根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度；

(3)

通过整体隔离法；结合牛顿第二定律求出拉力的大小，从而进行比较；

(4)

根据速度位移公式，结合牛顿第二定律得出n鈭�1t2

的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度。解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小.

对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线斜率进行求解。【解答】(1)

游标卡尺的主尺读数为5mm

游标读数为0.05隆脕4mm=0.20mm

则最终读数为5.20mm=0.520cm

(2)

极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度v=dt

(3)

对整体分析，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F

11=Ma

11=4m隆脕0.6g=2.4mg

，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F

22=7ma

22=2.1mg

知F

11<2F

22

(4)

滑块通过光电门的速度v=dt

根据v

22=2aL

得，d2t2=2aL

因为a=nmg10m=ng10nmg10m=ng10

代入解得；

图线的斜率k=5d2gL2

解得g=5d2kL

．

故填：(1)0.520(2)dt(3)

小于(4)5d2kL

【解析】(1)0.520(2)v=dt(3)

小于(4)5d2kL

29、（1）0.1（2）0.449（3）0.973【分析】【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度；可以求出打纸带上D

点时小车的瞬时速度大小，根据?x=aT2

求加速度。

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。

【解答】(1)

相邻两计数点间的时间间隔T=0.02sx5=0.1s

(2)D

点为CE

的中间时刻，由中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知vD=(13.97鈭�5.00)隆脕10鈭�22隆脕0.1m/s=0.449m/s

(3)

由?x=aT2

加速度为a=xFD鈭�xBD(2T)2=(19.92鈭�9.02)鈭�(9.02鈭�2.01)(2隆脕0.1)2隆脕10鈭�2m/s2=0.973m/s2

故答案为：(1)0.1(2)0.449(3)0.973

【解析】(1)0.1

(2)0.449

(3)0.973

30、略

【分析】解：垄脵

四节干电池的总电动势为6V

应用多用表的直流电压档10V

档测量，故选：B

垄脷

在测试ab

间直流电压时；红表笔应当接触a

因为电流必须从电压表正接线柱流入，所以红表笔应当接触a

端．

A；若灯L1

短路；L1

灯不亮，而L2

灯应更亮，与题不符.

故A错误．

B；若灯L2

短路；L2

灯不亮，而L1

灯应更亮，与题不符.

故B错误．

C；cd

段断路；则df

间没有电压，无示数，故C错误．

D、df

段断路时，电路中无电流，两灯泡都不亮，abdf

间有电压；与题相符.

故D正确．

故选：D

(2)

欧姆表的刻度无穷大在左端；0

刻度在右端，电路断路时，其电阻为无穷大.

根据欧姆表的读数可知，de

间电阻无穷大，说明导线断路.

故D正确．

故选：D

故答案为：垄脵B垄脷aD垄脹D

(1)

四节干电池的总电动势为6V

即可知道应用多用表的直流电压档10V

档；红表笔接电压表的正接线柱，电流必须从正接线柱流入电压表；电压表有示数说明有断路，没示数说明没断路；

(2)

欧姆表的刻度无穷大在左端；0

刻度在右端，电路断路时，其电阻为无穷大．

本题是故障分析问题，要掌握用电压表与欧姆表判断故障的原理和方法，了解欧姆表的刻度分布情况，即可作出判断．【解析】BaDD

五、简答题(共4题，共40分)31、略

【分析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出加速度；

（2）根据匀加速直线运动位移时间公式求出2s内的位移；根据W=Fx求解拉力的功；

（3）根据匀加速直线运动速度时间公式求出2s末的速度，再根据P=Fv求解瞬时功率．【解析】【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得：a=；

（2）2s内，物体上升的位移x=；则2s内拉力对物体做的功W=Fx=12×4=48J；

（3）2s末的速度v=at=4m/s；则2s末拉力的瞬时功率P=Fv=48W．

答：（1）物体向上的加速度是2m/s2；

（2）2s内拉力对物体做的功是48J；

（3）2s末拉力的瞬时功率是48W．32、略

【分析】

①1mol任何物质所含有的微粒数目即为阿伏加德罗常数NA，可由气体的质量和每个分子质量之比求NA．

②分子占据的体积等于摩尔体积与阿伏加德罗常数的比值；然后再计算出气体分子间的平均距离．

本题考查阿伏加德罗常数的计算，要注意明确气体分子体积较小，不能求分子体积，只能求分子占据的空间．【解析】解：①根据定义知：

阿伏加德罗常数NA=

②每个分子占有的体积

故分子间距的平均值为

答：①阿伏加德罗常数是

②该气体分子间的平均距离是．33、（1）3s23p63d523Fe3＋的电子排布为[Ar]3d5，3d轨道为半充满状态，比Fe2＋电子排布[Ar]3d6更稳定

（2）Br＞Se＞AsV形

（3）sp310

（4）288/NAa3【分析】【分析】本题考查物质结构与性质，题目综合性大，涉及电负性、杂化理论、核外电子排布、晶胞计算等，难度中等。【解答】rm{(1)}铁为rm{26}号元素，rm{Fe^{3+}}最外层电子排布式为rm{3s^{2}3p^{6}3d^{5}}，其核外共有rm{23}种不同运动状态的电子，rm{Fe^{3+}}比rm{Fe^{2+}}更稳定的原因是rm{Fe^{3+}}的电子排布为rm{[Ar]3d^{5}}rm{3d}轨道为半充满状态，比rm{Fe^{2+}}电子排布rm{[Ar]3d^{6}}更稳定，故答案为：rm{3s^{2}3p^{6}3d^{5}}rm{23}rm{Fe^{3+}}的电子排布为rm{[Ar]3d^{5}}rm{3d}轨道为半充满状态，比rm{Fe^{2+}}电子排布rm{[Ar]3d^{6}}更稳定；rm{(2)}同一周期越往右电负性越大，则三种元素的电负性从大到小的顺序为rm{Br>Se>As}，rm{SeO_{2}}的价层电子总数为rm{2+1/2(6-2隆脕2)=3}有一对孤电子对，则分子的空间构型为rm{V}形，故答案为：rm{Br>Se>As}rm{V}形；rm{(3)P_{4}S_{3}}分子中硫原子的价层电子对总数为rm{3+1/2(5-3)=4}则杂化轨道类型为rm{sp^{3}}每个rm{P}含有rm{1}个孤电子对，每个rm{S}含有rm{2}对孤电子对，则每个rm{P_{4}S_{3}}分子中含孤电子对的数目为rm{2隆脕3+4=10}故答案为：rm{sp^{3}}rm{10}rm{(4)}依据晶胞结构，rm{Cu}在体心，为rm{4}个，rm{O}在顶点和体心，为rm{8隆脕1/8+1=2}则此晶胞为rm{2}个rm{Cu_{2}O}晶胞的质量为rm{2隆