Ű理科综合参考答案
第
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页)】
参考答案、提示及评分细则
【生物答案】
题号
１ ２ ３ ４ ５ ６
答案
A D B C D C
【解析】
１ưA
细胞内的病毒大量增殖导致细胞裂解属于细胞坏死,效应
T
细胞与被病毒感染的细胞密
切接触导致靶细胞裂解属于细胞凋亡,
A
错误;人体内组织细胞的更新包括组织细胞的产生和
凋亡,新组织细胞的形成需要经过细胞分裂、分化,组织细胞的衰老、凋亡导致部分组织细胞死
亡,
B
正确;细胞新陈代谢产生的自由基会引起蛋白质活性下降,使细胞衰老是自由基学说的观
点,
C
正确;蜜蜂未受精的卵细胞发育成雄蜂,体现了动物的生殖细胞具有全能性,
D
正确.
２ưD
颤藻属于原核生物,没有细胞核,
A
错误;哺乳动物成熟红细胞无各种细胞器和细胞核,不
进行
D N A
的复制、转录以及翻译过程,
B
错误;若
D N A
复制过程中出现差错而导致基因结构
发生改变,则一定导致基因突变,
C
错误;证明
D N A
的半保留复制实验中用到的方法有同位素
示踪法、假说—演绎法和密度梯度离心法,
D
正确.
３ưB
探究实验条件对酶活性的影响时,应在无关变量适宜的条件下进行,以排除无关变量对实
验结果造成的干扰,
A
正确;
p H
为
９
时,酶的空间结构已发生不可逆的改变,
p H
降为
５
后酶活
性也不会恢复,
B
错误;酶的最适
p H
是酶的一种性质,不会因温度发生适当的改变而改变,
C正确;
p H
为
７
、实验开始
２min
后,产物浓度不再增加,说明反应物已反应完,增大酶浓度,酶促
反应速率仍为
０
,
D
正确.
４ưC
内环境是组织细胞赖以生存的内部环境,内环境稳态是组织细胞正常代谢的必要条件,也
是机体进行正常生命活动的必要条件,
A
正确;外界环境改变和体内细胞代谢活动的进行都能
使内环境的理化性质发生改变,
B
正确;正常机体中的调节机制正常运行对内环境稳态的维持
能力是有限的,如果外界环境的剧烈改变超过了正常机体的调节能力,内环境就不能维持相对
稳定的状态,
C
错误;维持内环境中
Na
＋ 、
K
＋ 浓度的相对稳定,有利于维持神经细胞的正常兴
奋性,
D
正确.
５ưD
人工栽种植物的主要目的是提高生物多样性的间接价值,
A
错误;群落演替达到相对稳定
阶段后,群落的物种组成仍会发生变化,
B
错误;人为因素和自然环境因素对群落演替方向的
影响可能相反,也可能相同,
C
错误;人工栽种植物(甲坡面)多年后,植被覆盖率和物种数增
加,生态系统的抵抗力稳定性提高,恢复力稳定性降低,
D
正确.
６ưC
据图可知,蓝色盲为常染色体隐性遗传病,红绿色盲为伴
X
染色体隐性遗传病,则控制蓝
色盲的基因与控制红绿色盲的基因位于两对同源染色体上,遗传遵循自由组合定律,
A
错误;
Ⅲ４
是表现正常的女性,有一个患蓝色盲的弟弟(哥哥),因此
Ⅲ４
关于蓝色盲的基因型是
A A ∶
Aa ＝１∶２
,又由于
Ⅲ４
生有患红绿色盲的儿子,因此
Ⅲ４
是红绿色盲基因的携带者,
Ⅲ４
的基因型
是
１
/
３A A X
B
X
b 或
２
/
３AaX
B
X
b ,
Ⅲ５
是蓝色盲患者的男性,基因型是
aaX
B
Y
,
Ⅲ４
和
Ⅲ５
的后代中蓝
色盲患者(
aa
)的概率是
２
/
３×１
/
２＝１
/
３
,不患蓝色盲的概率是
２
/
３
,患红绿色盲男孩(
X
b
Y
)的概
率是
１
/
４
,不患红绿色盲男孩(
X
B
Y
)的概率是
１
/
４
,因此生一个患一种病男孩的概率为
２
/
３×
１
/
４＋１
/
３×１
/
４＝１
/
４
,
B
错误;
Ⅳ３
基因型是
AaX
b
Y
,其中的
X
b 来自
Ⅱ５
,因此
Ⅳ３
细胞中的染色
体至少有一条来自
Ⅱ５
,
C
正确;
Ⅱ１
(
Aa
)与
Ⅱ２
(
Aa
)生出患病孩子与等位基因分离有关,该过程
不涉及基因重组,
D
错误.
６Ű理科综合参考答案
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２
页(共
９
页)】
２９ư(每空
２
分,共
１２
分)
(１)温度、光照强度、C O ２
浓度(答不全不得分)
光照强度和温度(答对一点得
１
分)
(２)小于
此时两组草莓光合速率相等,但丙组温度高导致细胞呼吸速率高而释放的
C O ２
多,进而从外界吸收的
C O ２
减少
(３)探究低温处理时间对草莓后熟时间的影响(或探究不同温度的低温对草莓后熟时间的影
响,或探究能够延迟草莓果实后熟作用的最适温度等,其他答案合理也可给分)将草莓平均分成若干组,一组不处理,其他组分别用相同低温处理不同时间,记录不同组
草莓后熟所需要时间(其他思路合理也可,但需与探究方向对应)
【解析】
(
１
)由图可知,温度、光照强度、
C O ２
浓度均会影响植物的光合作用速率. 在
B
点时,限制乙组
草莓光合速率的环境因素主要是光照强度和温度.
(
２
)在
A
、
B
两点对应的条件下,乙、丙组草莓光合速率相等,但丙组温度高导致细胞呼吸速率
高而释放的
C O ２
多,进而从外界吸收的
C O ２
减少.
(
３
)探究方向就是实验假说,找出课题的自变量和因变量即可写出假说. 如自变量是
０ ℃
低
温处理时间,则课题为探究
０ ℃
低温处理时间对后熟时间的影响. 探究思路为:将草莓平
均分成若干组,一组不处理,其他组分别用
０ ℃
低温处理不同时间,观察不同组草莓后熟
所需要的时间.
３０ư(除注明外,每空
１
分,共
９
分)
(１)肾上腺素
协同
降低
(２)丙
效应器
(３)甲组小于乙组(２
分)
引起机体产生
D (胰岛素)(２
分)
【解析】
(
１
)
C
为肾上腺素,
B
是甲状腺激素,在体温调节方面两者存在协同作用. 体内甲状腺激素含量增
多,通过负反馈调节会抑制
A
(促甲状腺激素)的产生,从而使促甲状腺激素含量降低.
(
２
)血糖升高,一方面可以直接刺激胰岛
B
细胞,引起胰岛素分泌增加;另一方面可以通过丙
模式调节其分泌量,即由下丘脑的植物神经系统调节胰岛
B
细胞分泌胰岛素,此时胰岛
B细胞属于反射弧结构中的效应器.
(
３
)验证尼古丁会增加人体细胞对
D
(胰岛素)的敏感性,增强
D
降低血糖浓度的能力,甲组小
鼠细胞对
D
(胰岛素)的敏感性比乙组强,因此,甲组胰岛素含量低于乙组. 该实验给小鼠
注射适量葡萄糖的目的是引起机体血糖浓度升高,进而产生较多胰岛素.
３１ư(除注明外,每空
２
分,共
８
分)
(１)狐、蛇、鹰(１
分)
(２)狐和鹰粪便
增大(１
分)
(３)调整生态系统中的能量流动关系,使能量持续高效地流向对人类最有益的部分
(４)捕食者往往捕食个体数较多的物种,以避免出现一种或少数几种生物在生态系统中占绝
对优势的局面,为其他物种的形成腾出空间(意思正确即可)
【解析】
(
１
)次级消费者就是第三营养级,题图所示食物网中,属于次级消费者的生物有狐、蛇、鹰.
(
２
)某营养级(非最高营养级)同化量中流向分解者的能量包括遗体残骸中的能量和下一营养
级粪便中的能量. 若大量捕杀蛇,会导致大量兔和鼠的能量流向鹰,相当于食物链缩短,
减少了能量损失,则鹰的环境容纳量将增大.
(
３
)保护鹰和蛇,可以使兔和鼠的数量维持在比较低的水平,则草的能量更多的流向羊. 因此,
保护鹰和蛇的意义是调整能量流动关系,使能量持续高效地流向对人类最有益的部分.
(
４
)捕食者往往捕食个体数较多的物种,这样就会避免出现一种或少数几种生物在生态系统
中占绝对优势的局面,为其他物种的形成腾出空间,因此,在草原上适当放牧,会增加生产
者的物种多样性.
６Ű理科综合参考答案
第
３
页(共
９
页)】
３２ư(除注明外,每空
２
分,共
１０
分)
(１)Aabb aaB B 、aaBb 、aabb
(２)种植基因型为
EeF F
和
E E Ff
的种子,利用单倍体育种法快速获得基因型为
eeF F
和
E Eff的植株,(２
分)再让这两个纯合亲本杂交,即可得到基因型为
EeFf
的种子用于生产(２
分)
(描述合理即可)
【或】种植基因型为
EeF F
和
E E Ff
的种子得到基因型为
EeF F
和
E E Ff
的植株,分别自交获得
基因型为
eeF F
和
E Eff
的 植 株. (２
分) 再 让 这 两 个 纯 合 亲 本 杂 交,即 可 得 到 基 因 型 为
EeFf
的种子用于生产. (２
分)(描述合理即可)
(３)１/４
【解析】
(
１
)纯合紫粒玉米的花粉完全败育,不具备受精能力,则杂合白粒玉米和纯合紫粒玉米进行间
行种植,杂交组合是杂合白粒玉米和纯合紫粒玉米杂交,杂合白粒玉米和杂合白粒玉米杂
交,即
aaBb
(
♂
)
×A A bb
(
♀
),
aaBb
(
♂
)
×aaBb
(
♀
),则
F １
中紫粒玉米、白粒玉米的基因型
分别是
Aabb
和
aaB B
、
aaBb
、
aabb
.
(
２
)为得到基因型为
EeFf
的种子,需要制备基因型为
eeF F
和
E Eff
的纯合亲本,为快速得到
eeF F
和
E Eff
的纯合子,可用单倍体育种法或自交. 再让这两个纯合亲本杂交,即可得到
基因型为
EeFf
的种子用于生产.
(
３
)
T
(
Rr
)的个体自交,子代中雄性不育基因型为
T
(
rr
),
T
基因可随母本遗传给子代,基因型
Rr
的个体自交,子代
rr
个体的概率是
１
/
４
,因此,子代中雄性不育的概率为
１
/
４
.
３７ư(除注明外,每空
２
分,共
１５
分)
(１)碳源
(２)防止杂菌污染
高压蒸汽
固定化细胞
严格无菌
(３)在一定的培养条件下,不同种微生物表现出各自稳定的菌落特征
(４)酵母菌和乳酸菌可以相互利用对方的代谢产物,从而相互促进生长(合理即可,３
分)
【解析】
(
１
)乳糖的元素组成是
C
、
H
、
O
,因此牛奶中的乳糖可以为菌种提供碳源.
(
２
)获得纯净的菌种的关键是防止杂菌污染. 在接种前,需对培养基进行高压蒸汽灭菌. 利
用固定化细胞技术,生产中菌种可重复利用. 工业生产中要求避免其他微生物的污染,因
此细胞的固定化需要在严格无菌条件下进行.
(
３
)在一定的培养条件下,不同种微生物表现出各自稳定的菌落特征,因此可以根据菌落特征
来初步区分不同种的微生物.
(
４
)双菌混合培养时两种菌的最大活菌数均高于其单独培养时,其原因可能是酵母菌和乳酸
菌可以相互利用对方的代谢产物,从而相互促进生长.
３８ư(除注明外,每空
２
分,共
１５
分)
(１)基因工程、早期胚胎培养、核移植和胚胎移植(任写三项,３
分)
代孕母体对外来胚胎不
发生免疫排斥反应
胚胎分割
(２)基因组
(R N A
聚合酶识别并结合的位点,)驱动目的基因转录
(３)D N A
分子杂交
高血压
【解析】
(
１
)据图可知,转基因大鼠的培育过程中,涉及的现代生物技术有:基因工程、早期胚胎培养、
核移植和胚胎移植. 转基因大鼠的胚胎在代孕母体内能够存活的生理学基础是代孕母体
对供体胚胎不发生免疫排斥反应. 若想充分利用早期胚胎获得多个相同的转基因大鼠,
还需采用胚胎分割技术.
(
２
)从基因组文库中获取的基因有启动子,从
cD N A
文库中获取的基因没有启动子,启动子是
R N A
聚合酶识别并结合的位点,能驱动目的基因转录.
(
３
)检测目的基因是否导入受体细胞中,可采用
D N A
分子杂交技术. 检测高血压相关基因是
否已成功表达,可在个体水平上检测大鼠是否出现高血压症状.
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页)】
【化学答案】
题号
７ ８ ９ １０ １１ １２ １３
答案
D B B C D D C
【解析】
７ưD
项,使用后的口罩需要进行必要的消毒和分类回收处理,避免污染环境,
D
项不合理.
８ư３１．２５g
(
C ２H ３Cl
)n 为
０．５ m ol C ２H ３Cl
, 其 中 的
H
为
１．５N A
,
A
项 错 误; 消 耗
３１g P ４
为
０．２５m ol
,全部生成
P ４O ６
时断裂
P －P
键为
１．５N A
,
B
项正确;含
０．５m ol H
的
N H ４H C O ３
为
０．
１m ol
,其中的阴、阳离子分别为
H C O
－
３
、
N H
＋
４
共
０．２N A
,
C
项错误;标准状况下,
０．６７２L N O ２
为
０．０３m ol
,其与水反应转移的电子数为
０．０２N A
,
D
项错误.
９ưb
的分子式为
C ２H ４O
,与
C O ２
相比较,其均为分子晶体、相对分子质量均为
４４
,而
C ２H ４O
是无
色液体,可知其为极性分子,和水分子间存在氢键,所以
b
在水中溶解度极好,乙二醇可与水任
意比互溶,
A
项正确;环氧乙烷(
C ２H ４O
)分子中的碳为饱和碳原子,其分子中所有原子不共面,
B
项错误;
b
的性质由已知可知,
c
的性质类比乙醇,均可以使蛋白质变性,用于杀菌消毒,
C
项
正确;
a
与
H ２O
的加成产物为乙醇,与
c
均为醇类物质,
D
项正确.
１０ư
由结构图示可以了解
Y
、
X
的化合价分别为
＋１
、
－２
,结合
X
与
Z
同一主族,推测
X
为
O
、
Y为
Na
、
Z
为
S
;有潮解性推测
A
为
H ２O
,分析
W
为
H
;
Q
为
S
元素后原子序数最大的短周期
主族元素,即
Q
为
Cl
. 简单离子半径:
S
２－
＞Cl
－
＞O
２－
＞Na
＋ ,
A
项正确;最高价含氧酸的酸
性:
H ClO ４＞H ２S O ４
,
B
项正确;
O
和
S
形成的化合物
S O ３
不具有漂白性,
Cl２
也不具有漂白
性,
C
项错误;由
H
、
O
、
Na
、
S
结合的酸式盐中:
Na H S
水解显碱性,
Na H S O ３
和
Na H S O ４
电离
显酸性,
D
项正确.
１１ư
装置
①
中为氢气还原氧化铜,
A
项正确;装置
③
检验了
Cl２
的氧化性,先置换生成
I２
,进一步
将
I２
氧化为
HIO ３
使试纸褪色,
B
项正确;装置
④
中发生 的 化 学 反 应 为
２Na O H ＋Cl２ અઅ
NaCl ＋NaClO ＋H ２O
,
NaClO
有漂白性,所以装置
④
中溶液红色褪去,即原因可能为
NaClO的强氧化性褪色,
C
项正确;若关闭
K １
和
K ２
,再电解一段时间,
②
中
a
侧液面低于
b
侧液面:
２H ２O ＋２e
－
અઅH ２ ＋２O H
－ ,
２Cl
－
－２e
－
અઅCl２
,
Cl２
溶 于 电 解 后 的 碱 性 溶 液 而 减 少,
D
项
错误.
１２ưLi
的相对原子质量较小,其比能量较大,
A
项错误;
Li
极易与水反应,电解质不能使用水溶
液,且充电时
Li
＋ 移向阴极,
B
项错误;自发进行的氧化还原反应为原电池过程,
B
极发生还
原反应:
Li (
１－x )
Co O ２＋x Li
＋
＋x e
－
અઅLiCo O ２
,
C
项错误;在充电过程中,当有
０．５ m ol e
－ 转
移时,
B
极减少
３．５g Li
的同时
A
极增加
３．５g Li
,两极质量相差
７g
,
D
项正确.
１３ưH ２A
的 K a１＝１０
－１．２的数量级为
１０
－２,
A
项错误;当溶液中c (
H ２A
)
＝c (
A
２－ )时,由 K a１
和 K a２
表达式可推出 K a１
ŰK a２＝c ２(
H
＋ ),即
p H ＝２．７
,
B
项错误;根据电荷守恒得c (
Na
＋ )
＋c (
H
＋ )
＝２c (
A
２－ )
＋c (
H A
－ )
＋c (
O H
－ ),若c (
Na
＋ )
＝２c (
A
２－ )
＋c (
H A
－ ),则c (
H
＋ )
＝c (
O H
－ ),
所以溶液呈中性,而
Na H A
溶液呈酸性,要使溶液呈中性,则氢氧化钠应该过量,所以氢氧化
钠溶液的体积V (
Na O H
)
＞１５m L
,
C
项正确;向
p H ＝４．２
的溶液中持续滴加
Na O H
溶液,前
期溶液中
Na H A
减少、
Na ２A
增多,
A
２－ 水解促进水的电离,随后会因
Na O H
过量而使水的电
离受到抑制,
D
项错误.
２６ư(１５
分)
(１)冷凝回流(１
分)
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页)】
(２)２(C H ３)２C H O H ＋２Na N O ２ ＋H ２S O ４
冰盐浴
→２(C H ３)２C H O N O ＋Na ２S O ４ ＋２H ２O (２
分,
说明:条件应注明“冰盐浴”或“冷却”;写箭头或等号均可;方程式没有配平不给分)
(３)分液漏斗(１
分,只答“漏斗”０
分,多答“烧杯”或“玻璃棒”不扣分;若考虑蒸馏分离装置也
可给分)
除去未反应完的酸性物质(２
分,如果答出“降低酯的溶解度”不扣分)
(４)降低
K N ３
的溶解度,提高产率(２
分)
有利于减少产品中的水分,减少烘干时间(２
分)
(５)将 m g FeCl３Ű６H ２O
晶体投入洁净烧杯中,先加入适量盐酸溶解,再加水稀释后转移至
１００m L
容量瓶中(２
分,酌情给分)
(６)５m L (１
分) ９０．０％(２
分)
【解析】
(
１
)仪器
B
的作用是使低沸点物质冷凝回流,减少原料损失.
(
２
)书写化学方程式时要注意化学式的书写和配平.
(
３
)分液操作使用分液漏斗,
Na H C O ３
除去过量的稀硫酸.
(
４
)结晶要考虑到物质溶解度受溶剂和温度的影响.
(
５
)
FeCl３
Ű
６H ２O
晶体溶解要注意防止
Fe
３＋ 水解.
(
６
)溶液混合要注意体积的变化,控制好变量;吸光度为
０．６
,查图数据可知
５ m L
待测液中
c (
N
－
３
)
＝０．０４０m ol
Ű
L
－１,M (
K N ３
)
＝８１g
Ű
m ol
－１,求得样品中的m (
K N ３
)
＝０．３２４g
,所以
K N ３
的质量分数为
９０．０％
.
２７ư(１４
分)
(１)C N
－
＋H ２O ܩܨܑ H C N ＋O H
－
(２
分)
(２)使混合液翻滚,原料充分反应;载送
H C N
气体进入后续装置中;作为保护气防止
H C N
爆
炸;有利于
H C N
气体逸出等(２
分,酌情给分)
(３)S ２O
２－
８ ＋C N
－
＋２O H
－
一定条件
અઅઅઅઅC N O
－
＋２S O
２－
４ ＋H ２O (２
分)
(４)由图
a
可知,１m m ol ŰL
－１比低浓度的反应速率快,C N
－ 的去除率高,比高浓度成本低;由
图
b
可知,随反应进行,溶液
p H
降低,但是
６０min
时,p H
大于
１０
仍然是碱性,避免
H C N逸出(４
分,比较浓度
２
分,分析
p H
变化
２
分)
(５)S O
－
４ Ű(１
分)
有(１
分)
(６)０．２６(２
分)
【解析】
(
１
)
NaC N
水解显碱性,
C N
－
＋H ２O ܩܨܑ H C N ＋O H
－ .
(
２
)使混合液翻滚,原料充分反应;载送
H C N
气体进入后续装置中;作为保护气防止
H C N
爆
炸;有利于
H C N
气体逸出等.
(
３
)结合题目前后信息书写离子方程式.
(
４
)由图
a
可知,
１m m ol
Ű
L
－１比低浓度的反应速率快,
C N
－ 的去除率高,比高浓度成本低;由
图
b
可知,随反应进行,溶液
p H
降低,但是
６０min
时,
p H
大于
１０
仍然是碱性,避免
H C N逸出.
(
５
)结合图二中
１
线、
２
线和
３
线确定
S O
－
４
Ű是氧化
C N
－ 的主要物质,结合
１
线说明还有非自
由基反应参与到
C N
－ 的去除.
(
６
)n (
A g
＋ )
＝５×１０
－７
m ol
,所以n (
C N
－ )
＝１×１０
－６
m ol
,m (
C N
－ )
＝２．６×１０
－２
m g
,故
C N
－ 的
含量为
０．２６m g
/
L
.
２８ư(１４
分)
(１)C H ３O H (g )＋H ２O (g )ܩܨܑ C O ２(g )＋３H ２(g ) ΔH ＝＋４９．５kJ/ m ol (２
分)
高温(２
分)
(２)①７８８．５(２
分) ②bc (２
分)
③C (２
分)
当投料比一定,随温度升高,反应
Ⅰ(正向吸热反应)向右移动,反应
Ⅱ(正向
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６
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页)】
放热反应)向左移动,重整气中n (C O )％
增大(２
分,可以酌情给分)
(３)H ２－２e
－
＋C O
２－
３ અઅH ２O ＋C O ２(２
分)
【解析】
(
１
)根据题干信息书写热化学方程式,其
ΔH ＝ΔH １ ＋ΔH ２ ＝＋４９．５kJ
/
m ol
;根据
ΔG ＝ΔH
－T ΔS 判断.
(
２
)
①
根据图表信息可知,K p ＝０．５０×１５７７＝７８８．５
;
②
催化剂不改变
ΔH ,
a
错误;活化能越大,
反应速率越慢,
d
错误;
③
根据图像选
C
;当投料比一定,随温度升高,反应
Ⅰ
(正向吸热反应)
向右移动,反应
Ⅱ
(正向放热反应)向左移动,重整气中n (
C O
)
％
增大.
(
３
)该燃料电池负极的电极反应式:
H ２－２e
－
＋C O
２－
３ અઅH ２O ＋C O ２
.
３５ư(１５
分)
(１)①H 、N (１
分)
哑铃(或纺锤)(１
分) C ＜N ＜O (１
分) N 、S (１
分)
②－N H ２
显碱性,与
H Cl
反应生成可溶性的离子化合物;－N H ２
与水分子间形成氢键;分
子极性等(２
分,可以酌情给分)
(２)①
四面体(形)(１
分) ②B 、E (２
分)
③NaCl
和
KI
同为离子晶体,离子电荷数相同,r (Na
＋
)＜r (K
＋
),r (Cl
－
)＜r (I
－
),NaCl
的
晶格能较大,所以
NaCl
的熔沸点较高(２
分)
④
正八面体(２
分)
３
４M
N Aρ× ２
２ ×１０
１０
(２
分)
３６ư(１５
分)
(１)对羟基苯甲醛(１
分)
(２)C １７H １４Cl２F ２N ２O ３(１
分)
醚键、肽键(２
分)
(３)氧化反应(１
分)
(４)
(２
分)
(２
分)
(５) 、
(２
分,各
１
分)
(６)C H ３C H ２O H
H Br
△→C H ３C H ２Br
N H ３
△→C H ３C H ２N H ２
(４
分)
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页(共
９
页)】
【物理答案】
题号
１４ １５ １６ １７ １８ １９ ２０ ２１
答案
D C A B B B C A C D A D
【解析】
１４ư
万有引力常量卡文迪许是测出的,故
A
错误; 卢瑟福通过α 粒子散射实验揭示了原子的核
式结构,故
B
错误;开普勒研究第谷的观测记录,发现行星运行规律,总结出行星运动三大定
律,故
C
错误;笛卡尔最先提出动量概念,故
D
正确．
１５ư
根据牛顿第三定律,两个力大小相等;v sin３７°＝３m
/
s
,t ＝０．６s
;Sx ＝v cos３７°．t ＝２．４m
;由s ＝
v cosθ×２v sinθ
g ＝
v ２
sin２θ
g
,倾角
４５
度跳出最远,答案为
C
.
１６ư
设每节车厢质量为 m ,每节车厢所受阻力f ＝k m g
. 设动车组匀加速直线运动的加速度为
a ,每节动车的牵引力为 F ,对
１０
节车厢组成的动车组整 体,由 牛 顿 第 二 定 律,
２F －１０f ＝
１０m a ; 后
５
节车厢看一个整体,F ５＋F －５f ＝５m a 联立可得F ５＝０
,故
A
正确;匀速时
２F ＝
１０f ,且有F ２＋F ＝８f ,F ６＝４f ,可得F ２︰F ６＝３︰４
所以
B C
均错误;进站时,加速度方向向
后,乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力,由牛顿第二定律可知,这两个力的合
力方向向后, 乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向后,
D
错误.
１７ưv ＝
G M
r
,因为v １︰v ２＝５︰３
,则r １︰r ２＝９︰２５．应需要加速才能进入
２
轨道,选项
A
错误;
由ω＝
G M
r ３
可得,卫星在两轨道运行时的角速度大小之比ω１ ︰ω２ ＝１２５︰２７
选项
B
正确;
万有引力大小不变,方向一直变化,选项
C
错误;根据E k ＝１
２
m v ２,则卫星在两轨道运行时的
动能之比E k １︰E k ２＝２５︰９
选项
D
错误;故选
B ．
１８ư
当匀速时输出功率为 P １＝kv ２,所以消耗的能量 E ＝
(P ０ ＋kv ２)s/v ＝
(P ０
v ＋kv )
×s ,则当P ０
v
＝kv 时E 有最小值,此时v ＝２m
/
s
答案为
B ．
１９ư
以中心所在水平面为重力势能的零势能面,则初始位置重力势能为 m g L 末位置为
０
,所以系
统的重力势能减少 m g L ,同理可得电势能保持不变,正确答案为
B C ．
２０ư
由 P ＝
U ２
R
,且输入电压与输出电压之比为
３︰１
,可得电阻 R １
消耗功率为电阻 R ２
消耗功率
２７
倍,电源的输出功率为电阻R ２
消耗功率
２８
倍,
A
正确,
B
错误;R １
的电阻增加时,输出电
压不受影响,变压器的输出功率不变,
C
正确;R ２
的电阻增加时,输出电压不变,根据 P ＝
U ２
R
可得变压器的输出功率会减小,
D
正确.
２１ư
由于洛伦兹力不做功,整个过程只有重力做功,故机械能守恒;根据左手定则小球带正电;在
A 点把小球的初速度
０
分为水平向左和向右的两个速度,大小均为v ,且qvB ＝m g 这样把小
球的运动分解为两个运动,一个是以速度v 水平向右做匀速直线运动,另一个是以速度v 做
匀速圆周运动,所以小球沿曲线 A C B 运动的时间恰为一个周期T ＝２πm
qB
,根据运动的合成C
点速度最大为
２v ＝２m g
qB ．综上所述,正确答案为
A D ．
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页(共
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页)】
２２ư(每空
３
分,共
６
分)
８．６４±０．４ ２．２４±０．２
【解析】
由图可知,车身对应图上
３
小格,而车身的长度是
４．８m
,每一格表示
１．６m
,则第一段位移
大小为x １＝８×１．６m ＝１２．８m
,第二段位移为x ２＝１３．６×１．６m ＝２１．７６m ．根据v ＝
(x ２ ＋x １
)/
２T ＝８．６４m
/
s
,Δx ＝a T ２,则有x ２－x １＝a T ２,其中 T ＝２s ,解得a ＝
x ２－x １
T ２ ＝２．２４m
/
s
２．
２３ư(每空
３
分,９
分)
(１)如右图所示
(２)１．４８(１．４７~ １．５０
之间即可) １．７２(１．６０~ １．８５
之间即可)
【解析】
(
１
)一节干电池的电动势约为
１．５V
,故电压表应选择
V １
;为方便实
验操作,滑动变阻器应选R １
,它的阻值范围是
０~ ５Ω
,电路中最小电流约为:I min ＝
E
R １ ＝０．
３A
,为了扩大电流表G 的量程约为
０．３A
,应并联一个小电阻,故应与 R ３
并联;改装后电
流表量程:I ＝I g ＋
I g R g
R ３ ＝０．３A
. 原理图如右．
(
２
)由上述分析可知,改装后电流表的量程为电流表
G
量程的
１００
倍,故U ＝E －１００Ir . 图
象的纵轴截距等于电源的 电 动 势,由 题 图 读 出 电 源 的 电 动 势 为:E ＝１．４８V ．电 源 的 内 阻
r ＝１．７２Ω．
２４ư(１２
分)
(１)假设电动机对轿厢作用力为F ,根据运动学公式v ２
＝２ax (２
分)
且由整体法可得(M １－M ２＋m )g －F ＝a (M １＋M ２＋m )(２
分)
联立可得F ＝２２００N (２
分)
(２)根据能量守恒定律 Pt ＝(M １＋m －M ２)gh ＋１
２(M １＋m ＋M ２)v ２
(２
分)
其中h ＝６０m ,匀速时 P ＝(M １－M ２＋m )g Űv ,可得v ＝２m /s (２
分)
综上t ＝３０．７s (２
分)
２５ư(２０
分)
(１)金属棒a 下滑过程:M gr ０＝１
２
M v ２
(１
分)
金属棒a 刚滑入水平导轨时,感应电动势:E ＝B Lv (１
分)
回路电流:I ＝
E
R ＋r (１
分)
金属棒a 受到的安培力:F ＝IB L ＝m a
可得a ＝０．７５m /s
２
(２
分)
(２)以金属棒a 、b 为系统,在碰到绝缘柱之前 动 量 守 恒:M v ＝(M ＋m )v １ v １ ＝２m /s (１分)
金属棒b 与绝缘柱发生碰撞后等速率返回,以两金属棒为系统动量仍然守恒,
假设碰之前a ,b 的速度大小分别为v ２
和v ３,则有(M －m )v １＝M v ２－m v ３(１
分)
两金属棒相向运动到相碰,总位移大小为
４m
对金属棒b 由动量定理:－BILt ＝m v ３－m v １ (１
分)
由法拉第电磁感应定律:E ＝N △φ
△t (１
分)
I ＝
E
r ＋R (１
分)
电荷量q ＝I ×t ＝
B L x
r ＋R (１
分)
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９
页)】
求得v ２＝１．５m /s ,v ３＝１m /s (１
分)
由能量转化守恒定律:Q ＝１
２(M ＋m )v １
２
－１
２
M v ２
２
－１
２
m v ２
３＝１３
４J ＝３．２５J
Q b ＝１
４
Q ＝１３
１６
J ＝０．８２５J (２
分)
(３)金属棒a 、b 碰撞前后动量守恒,假设碰后a ,b 的速度分别为v ４
和v ５,
可得:M v ２－m v ３＝M v ４＋m v ５(２
分)
由于是弹性碰撞,碰后系统机械能守恒,可列方程:１
２
M v ２
２
＋ １
２
m v ３
２
＝ １
２
M v ４
２
＋ １
２
m v ５
２
(２
分)
联立方程可得:v ４＝－１
６m /s
和v ５＝７
３m /s (２
分)
３３ư(１５
分)
(１)B C E (选对
１
个给
２
分,选对
２
个得
４
分,选对
３
个得
５
分,每选错
１
个扣
３
分,最低得分
０分)
【解析】液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点;饱和时为动态平衡,
仍有水分子飞出;晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点;是因为压强增大的原因;液
体表面张力的方向与液面平行,综上所述,答案为
B C E
.
(２)设氢气开始时的压强为p １,体积为V １,压强变为p ２(１
个大气压,小于一个大气压时,不能
给气球充气)时,体积为V ２．(２
分)
根据玻意耳定律得p １V １＝p ２V ２(２
分)
用去的氢气在p ２
压强下的体积为V ０＝V ２－V １(２
分)
每个氢气球在p ２
下的体积为
△V ,则氧气可用的天数为 N ＝
V ０
△V (２
分)
联立 ,并代入数据得 N ＝７１２．５．取整数为
７１２
个．(２
分)
３４ư(１５
分)
(１)A C D (填正确答案标号,选对
１
个给
２
分,选对
２
个得
４
分,选对
３
个得
５
分,每选错
１
个扣
３
分,最低得分
０
分)
【解析】根据题意
１．２５λ＝１０m
,解得波长为λ＝８m
,根据题意可知波I 的波速为v ＝
S /t ＝２m
/
s
,且波的周期为
４s ,振动频率与振源有关,根据波形图,再经过
２０１５s
,相当于
A 点又振动了
０．７５T ,所以恰好到平衡位置. 综上答案为
A C D ．
(２)光从真空中射入透明材料的入射角为α,
sinƏ＝ ３
２ ,所以α＝６０°(２
分)
根据折射定律得n ＝sinƏ
sinβ,解得β＝３０° (２
分)
光在透明材料中的光路图如图所示(２
分)
v ＝
c
n s ＝２ ３R (２
分)
t ＝
s
v ＝６R
c (２
分)
６
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