2021年高考全国乙卷理综高考真题解析-全国高考真题解析（参考版）.pdf

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1、2021 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上2回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，涂写在本试卷上无效3作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 C 35.5 Fe 56一、选择题：本题共 13 个小题，每小题 6 分。共 78 分，在每小题给出的四

2、个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 果蝇体细胞含有 8 条染色体。下列关于果蝇体细胞有丝分裂的叙述，错误的是（ ）A. 在间期，DNA 进行半保留复制，形成 16 个 DNA 分子B. 在前期，每条染色体由 2 条染色单体组成，含 2 个 DNA 分子C. 在中期，8 条染色体的着丝点排列在赤道板上，易于观察染色体D. 在后期，成对的同源染色体分开，细胞中有 16 条染色体【答案】D【解析】【分析】1、有丝分裂过程：（1）间期：进行 DNA 的复制和有关蛋白质的合成；（2）前期：核膜、核仁逐渐解体消失，出现纺锤体和染色体；（3）中期：染色体形态固定、数目清晰，着丝点排列在赤道板上；（4）

3、后期：着丝点分裂，姐妹染色单体分开成为染色体，并均匀地移向两极；（5）末期：核膜、核仁重建、纺锤体和染色体消失。2、染色体、染色单体、DNA 变化特点（体细胞染色体为 2N）：（1）染色体数目变化：后期加倍（4N） ，平时不变（2N） ；（2）核 DNA 含量变化：间期加倍（2N4N） ，末期还原（2N） ；（3）染色单体数目变化：间期出现（04N） ，前期出现（4N） ，后期消失（4N0） ，存在时数目同 DNA。【详解】A、已知果蝇体细胞含有 8 条染色体，每条染色体上有 1 个 DNA 分子，共 8 个 DNA 分子，在间期，DNA 进行半保留复制，形成 16 个 DNA 分子，A 正确

4、；B、间期染色体已经复制，故在前期每条染色体由 2 条染色单体组成，含 2 个 DNA 分子，B 正确；C、在中期，8 条染色体的着丝点排列在赤道板上，此时染色体形态固定、数目清晰，易于观察染色体，C 正确；D、有丝分裂后期，着丝点分裂，姐妹染色单体分开，染色体数目加倍，由 8 条变成 16 条，同源染色体不分离，D 错误。故选 D。2. 选择合适的试剂有助于达到实验目的。下列关于生物学实验所用试剂的叙述，错误的是（ ）A. 鉴别细胞的死活时，台盼蓝能将代谢旺盛的动物细胞染成蓝色B. 观察根尖细胞有丝分裂中期的染色体，可用龙胆紫溶液使其着色C. 观察 RNA 在细胞中分布的实验中，盐酸处理可改

5、变细胞膜的通透性D. 观察植物细胞吸水和失水时，可用蔗糖溶液处理紫色洋葱鳞片叶外表皮【答案】A【解析】【分析】1、细胞膜具有选择透过性，台盼蓝等不被细胞需要的大分子物质不能进入细胞内。2、染色质（体）主要由蛋白质和 DNA 组成，易被碱性染料（龙胆紫、醋酸洋红等）染成深色而得名。3、在“观察 DNA 和 RNA 在细胞中的分布”实验中（1）用质量分数为 0.9%的 NaCIl 溶液保持细胞原有的形态（2）用质量分数为 8%的盐酸改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，将染色体上的 DNA 和蛋白质分离，便于染色剂与 DNA 结合；（3）用吡罗红-甲基绿染色剂对 DNA 和 RNA 进行染色。4

6、、观察植物细胞吸水和失水时，需要选择有颜色的成熟的植物细胞，紫色洋葱鳞片叶外表皮细胞符合条件。【详解】A、代谢旺盛的动物细胞是活细胞，细胞膜具有选择透过性，台盼蓝不能进入细胞内，故不能将代谢旺盛的动物细胞染成蓝色，A 错误；B、龙胆紫溶液可以将染色体染成深色，故观察根尖细胞有丝分裂中期的染色体，可用龙胆紫溶液使其着色，B 正确；C、观察 RNA 在细胞中分布的实验中，盐酸处理可改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，C 正确；D、观察植物细胞吸水和失水时，可用较高浓度的蔗糖溶液处理紫色洋葱鳞片叶外表，使其失水而发生质壁分离，D 正确。故选 A。3. 植物在生长发育过程中，需要不断从环境中吸收水

7、。下列有关植物体内水的叙述，错误的是（ ）A. 根系吸收的水有利于植物保持固有姿态B. 结合水是植物细胞结构的重要组成成分C. 细胞的有氧呼吸过程不消耗水但能产生水D. 自由水和结合水比值的改变会影响细胞的代谢活动【答案】C【解析】【分析】水的存在形式和作用：1、含量：生物体中的水含量一般为 60%90%，特殊情况下可能超过90%，是活细胞中含量最多的化合物。2、存在形式：细胞内的水以自由水与结合水的形式存在。3、作用：结合水是细胞结构的重要组成成分，自由水是良好的溶剂，是许多化学反应的介质，自由水还参与许多化学反应，自由水对于运输营养物质和代谢废物具有重要作用，自由水与结合水比值越高，细胞代

8、谢越旺盛，抗逆性越差，反之亦然。【详解】A、水是植物细胞液的主要成分，细胞液主要存在于液泡中，充盈的液泡使植物细胞保持坚挺，故根系吸收的水有利于植物保持固有姿态，A 正确；B、结合水与细胞内其他物质相结合，是植物细胞结构的重要组成成分，B 正确；C、细胞的有氧呼吸第二阶段消耗水，第三阶段产生水，C 错误；D、自由水参与细胞代谢活动，故自由水和结合水比值的改变会影响细胞的代谢活动，自由水与结合水比值越高，细胞代谢越旺盛，反之亦然，D 正确。故选 C。4. 在神经调节过程中，兴奋会在神经纤维上传导和神经元之间传递。下列有关叙述错误的是（ ）A. 兴奋从神经元的细胞体传导至突触前膜，会引起 Na+外

9、流B. 突触前神经元兴奋可引起突触前膜释放乙酰胆碱C. 乙酰胆碱是一种神经递质，在突触间隙中经扩散到达突触后膜D. 乙酰胆碱与突触后膜受体结合，引起突触后膜电位变化【答案】A【解析】【分析】1、神经冲动的产生：静息时，神经细胞膜对钾离子的通透性大，钾离子大量外流，形成内负外正的静息电位；受到刺激后，神经细胞膜的通透性发生改变，对钠离子的通透性增大，钠离子内流，形成内正外负的动作电位。兴奋部位和非兴奋部位形成电位差，产生局部电流，兴奋传导的方向与膜内电流方向一致。2、兴奋在神经元之间需要通过突触结构进行传递，突触包括突触前膜、突触间隙、突触后膜，其具体的传递过程为：兴奋以电流的形式传导到轴突末梢

10、时，突触小泡释放递质（化学信号） ，递质作用于突触后膜，引起突触后膜产生膜电位（电信号） ，从而将兴奋传递到下一个神经元。【详解】A、神经细胞膜外 Na+浓度高于细胞内，兴奋从神经元的细胞体传导至突触前膜，会引起 Na+内流，A 错误；B、突触前神经元兴奋可引起突触前膜释放神经递质，如乙酰胆碱，B 正确；C、乙酰胆碱是一种兴奋性神经递质，在突触间隙中经扩散到达突触后膜，与后膜上的特异性受体相结合，C 正确；D、乙酰胆碱与突触后膜受体结合，引起突触后膜电位变化，即引发一次新的神经冲动，D 正确。故选 A。5. 在格里菲思所做的肺炎双球菌转化实验中，无毒性的 R 型活细菌与被加热杀死的 S 型细菌

11、混合后注射到小鼠体内，从小鼠体内分离出了有毒性的 S 型活细菌。某同学根据上述实验，结合现有生物学知识所做的下列推测中，不合理的是（ ）A. 与 R 型菌相比，S 型菌的毒性可能与荚膜多糖有关B. S 型菌的 DNA 能够进入 R 型菌细胞指导蛋白质的合成C. 加热杀死 S 型菌使其蛋白质功能丧失而 DNA 功能可能不受影响D. 将 S 型菌的 DNA 经 DNA 酶处理后与 R 型菌混合，可以得到 S 型菌【答案】D【解析】【分析】肺炎双球菌转化实验包括格里菲斯体内转化实验和艾弗里体外转化实验，其中格里菲斯体内转化实验证明 S 型细菌中存在某种转化因子，能将 R 型细菌转化为 S 型细菌，没

12、有证明转化因子是什么物质，而艾弗里体外转化实验，将各种物质分开，单独研究它们在遗传中的作用，并用到了生物实验中的减法原理，最终证明 DNA 是遗传物质。【详解】A、与 R 型菌相比，S 型菌具有荚膜多糖，S 型菌有毒，故可推测 S 型菌的毒性可能与荚膜多糖有关，A 正确；B、S 型菌的 DNA 进入 R 型菌细胞后使 R 型菌具有了 S 型菌的性状，可知 S 型菌的 DNA 进入 R 型菌细胞后指导蛋白质的合成，B 正确；C、加热杀死的 S 型菌不会使小白鼠死亡，说明加热杀死的 S 型菌的蛋白质功能丧失，而加热杀死的S 型菌的 DNA 可以使 R 型菌发生转化，可知其 DNA 功能不受影响，C

13、 正确；D、将 S 型菌的 DNA 经 DNA 酶处理后，DNA 被水解为小分子物质，故与 R 型菌混合，不能得到 S 型菌，D 错误。故选 D。6. 某种二倍体植物的n 个不同性状由 n 对独立遗传的基因控制（杂合子表现显性性状） 。已知植株 A的 n 对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是（ ）A. 植株 A 的测交子代会出现 2n种不同表现型的个体B. n 越大，植株 A 测交子代中不同表现型个体数目彼此之间的差异越大C. 植株 A 测交子代中 n 对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等D. n2 时，植株 A 的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数【答案】B【解析】【分析】1、

14、基因的自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分裂的过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。2、分析题意可知：n 对等位基因独立遗传，即 n 对等位基因遵循自由组合定律。【详解】A、每对等位基因测交后会出现 2 种表现型，故 n 对等位基因杂合的植株 A 的测交子代会出现 2n种不同表现型的个体，A 正确；B、不管 n 有多大，植株 A 测交子代比为（1：1）n=1：1：1：1（共 2n个 1） ，即不同表现型个体数目均相等，B 错误；C、植株 A 测交子代中 n 对基因均杂合的个体数为 1/2n，纯合子的个

15、体数也是 1/2n，两者相等，C 正确；D、n2 时，植株 A 的测交子代中纯合子的个体数是 1/2n，杂合子的个体数为 1-（1/2n） ，故杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D 正确。故选 B。7. 我国提出争取在 2030 年前实现碳达峰，2060 年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指2CO的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料B. 大规模开采可燃冰作为清洁燃料C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D. 研发催化剂将2CO还原为甲醇【答案】D【解析】【分析】【详解】A将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排

16、放量，达不到碳中和的目的，故 A 不符合题意；B大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故 B 不符合题意；C通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故 C 不符合题意；D研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故 D 符合题意；故选 D。8. 在实验室采用如图装置制备气体，合理的是化学试剂制备的气体24Ca(OH)NH Cl3NH2MnOHCl(浓)2Cl23MnOKClO2O24NaClH SO(浓)HClA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】由实验装置图可知，制备

17、气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度；【详解】A氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故 A 错误；B二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故 B 错误；C二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故 C 正确；D氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D 错误；故选 C。9. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：223434COCa

18、SOCaCOSOB. 过量铁粉加入稀硝酸中：332Fe4HNOFeNO2H O C. 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：322Al4OHAlO2H OD. 氯化铜溶液中通入硫化氢：22CuSCuS【答案】A【解析】【分析】【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C23O+CaSO4=CaCO3+S24O，故 A 正确；B过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H+2N3O=3Fe2+2NO+4H2O，故 B 错误；C硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3+3OH-=Al

19、(OH)3，故 C 错误；D硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故 D错误；答案选 A。10. 一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是A. 能发生取代反应，不能发生加成反应B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C. 与互为同分异构体D. 1mol该物质与碳酸钠反应得244g CO【答案】C【解析】【分析】【详解】A该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故 A 错误；B同系物是结构相似，分子式相差 1 个或 n 个 CH2的有机物，该物质的分子式为 C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故 B 错误

20、；C该物质的分子式为 C10H18O3，的分子式为 C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故 C 正确；D该物质只含有一个羧基，1mol 该物质与碳酸钠反应，生成 0.5mol 二氧化碳，质量为 22g，故 D 错误；故选 C。11. 我国蠕娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球士壤类似土壤中含有的短周期元素 W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 15，X、Y、Z 为同周期相邻元素，且均不与 W 同族，下列结论正确的是A. 原子半径大小顺序为WXYZB. 化合物 XW 中的化学键为离子键C. Y 单质的导电性能弱于 Z 单

21、质的D. Z 的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】【分析】由短周期元素 W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 15， X、Y、Z 为同周期相邻元素，可知 W 所在主族可能为第A 族或第A 族元素，又因 X、Y、Z 为同周期相邻元素，且均不与 W 同族，故 W 一定不是第A 族元素，即 W 一定是第A 族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z 依次为 O、Mg、Al、Si，据此答题。【详解】AO 原子有两层，Mg、Al、Si 均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为MgAlSiO，即XYZW，A 错误；B化合物 XW 即 MgO 为离子化合物，其中的化学键为

22、离子键，B 正确；CY 单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z 单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故 Y 单质的导电性能强于 Z 单质的，C 错误；DZ 的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D 错误；故选 B。12. 沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是A. 阳极发生将海水中的Cl氧化生成2Cl的反应B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC. 阴极生成的2H应及时通风稀释安全地排入大气D. 阳极表面形成的2Mg(OH)

23、等积垢需要定期清理【答案】D【解析】【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的 Cl-会优先失电子生成 Cl2，阴极区 H2O 优先得电子生成 H2和 OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。【详解】A根据分析可知，阳极区海水中的 Cl-会优先失去电子生成 Cl2，发生氧化反应，A 正确；B设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的 Cl2与阴极区生成的 OH-在管道中会发生反应生成 NaCl、NaClO 和 H2O，其中 NaClO 具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B 正确；C因为 H2是易燃性气

24、体，所以阳极区生成的 H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C 正确；D阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，会使海水中的 Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D 错误。故选 D。13. HA 是一元弱酸，难溶盐 MA 的饱和溶液中c(M )随 c(H+)而变化，M不发生水解。实验发现，298K时+2+c (M-c(H)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A. 溶液pH4时，-1-1c(M3.0 10 mol)LB. MA 的溶度积度积-8spK (MA)=5.0 10C. 溶液pH=7时，+-+c(M+c(H=c(A +

25、c)(OH)D. HA 的电离常数4a-K (HA)2.0 10【答案】C【解析】【分析】由题意可知 HA 是一元弱酸，其电离常数 Ka(HA)=+-c(H )c(A )c(HA)；Ksp(MA)=c(M+)c(A-)，联立二式可得线性方程 c2(M+)=sp+spaK (MA)c(H )+K (MA)K (HA)。【详解】A由图可知 pH=4，即 c(H+)=1010-5mol/L 时，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=-8-4mol/7.5 107.=5L10mol/L3.010-4mol/L，A 正确；B当 c(H+)=0mol/L 时，c2(M+)=5.010-8

26、，结合分析可知 5.010-8=spspaK (MA)0+K (MA)K (HA)=spK (MA)，B 正确；C设调 pH 所用的酸为 HnX，则结合电荷守恒可知+-+c(M+c(H=c(A +c)(OH)+ nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分 nc(Xn-)，C 错误；D当 c(H+)=2010-5mol/L 时，c2(M+)=10.010-8mol2/L2，结合-8spK (MA)=5.0 10B 代入线性方程有10.010-8=-8-4-8a5.0 102 10+5.0 10K (HA)，解得4a-K (HA)2.0 10，D 正确；选 C。二、选择题：本题共二、选择题：本题共

27、8 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第15 题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 68 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对分，选对但不全的得但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。14. 如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统

28、（）A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒C. 动量不守恒，机械能守恒D. 动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】【分析】【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选 B。15. 如图（a） ，在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于 M 和 N 处，该试探

29、电荷受到的电场力大小分别为MF和NF，相应的电势能分别为pME和pNE，则（）A. ,MNpMpNFFEEB. ,MNpMpNFFEEC. ,MNpMpNFFEED. ,MNpMpNFFEE【答案】A【解析】【分析】【详解】由图中等势面的疏密程度可知MNEE根据FqE可知MNFF由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从 M 点移到 N 点，可知电场力做正功，电势能减小，即ppMNEE故选 A。16. 如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为 m、电荷量为0q q 的带电粒子从圆周上的 M 点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为1v，离开磁场时速度方向偏

30、转90；若射入磁场时的速度大小为2v，离开磁场时速度方向偏转60，不计重力，则12vv为（）A. 12B. 33C. 32D. 3【答案】B【解析】【分析】【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为 R，根据几何关系有第一次的半径1rR第二次的半径23rR根据洛伦兹力提供向心力有2mvqvBr可得qrBvm所以112233vrvr故选 B。17. 医学治疗中常用放射性核素113In产生射线，而113In是由半衰期相对较长的113Sn衰变产生的。对于质量为0m的113Sn，经过时间 t 后剩余的113Sn质量为 m，其0mtm图线如图所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为（）

31、A. 67.3dB. 101.0dC. 115.1dD. 124.9d【答案】C【解析】【分析】【详解】由图可知从023mm到013mm恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为182.4d67.3d115.1dT 故选 C。18. 科学家对银河系中心附近的恒星 S2 进行了多年的持续观测，给出 1994 年到 2002 年间 S2 的位置如图所示。科学家认为 S2 的运动轨迹是半长轴约为1000AU（太阳到地球的距离为1AU）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了 2020 年诺贝尔物理学奖。若认为 S2 所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为 M，可以推

32、测出该黑洞质量约为（）A. 44 10 MB. 64 10 MC. 84 10 MD. 104 10 M【答案】B【解析】【分析】【详解】可以近似把 S2 看成匀速圆周运动，由图可知，S2 绕黑洞的周期 T=16 年，地球的公转周期T0=1 年，S2 绕黑洞做圆周运动的半径 r 与地球绕太阳做圆周运动的半径 R 关系是1000rR地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知2222()MmGmRmRRT解得太阳的质量为3204 RMGT同理 S2 绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知2222()xM mGm rm rrT解得黑洞的质量为324xrMGT综上可得

33、63.90 10 xMM故选 B。19. 水平桌面上，一质量为 m 的物体在水平恒力 F 拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于0s时，速度的大小为0v，此时撤去 F，物体继续滑行02s的路程后停止运动，重力加速度大小为 g，则（）A. 在此过程中 F 所做的功为2012mvB. 在此过中 F 的冲量大小等于032mvC. 物体与桌面间的动摩擦因数等于2004vs gD. F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 2 倍【答案】BC【解析】【分析】【详解】CD外力撤去前，由牛顿第二定律可知1Fmgma 由速度位移公式有201 02va s外力撤去后，由牛顿第二定律可知2mgma 由速度位移公式

34、有20202(2)vas 由可得，水平恒力20034mvFs动摩擦因数2004vgs滑动摩擦力20f04mvFmgs可知 F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 3 倍，故 C 正确，D 错误；A在此过程中，外力 F 做功为20034WFsmv故 A 错误；B由平均速度公式可知，外力 F 作用时间00100202sstvv在此过程中，F 的冲量大小是1032IFtmv故 B 正确。故选 BC。20. 四个带电粒子的电荷量和质量分别()qm ，、(2 )q m ，、( 3 3 )q m，、()qm ，它们先后以相同的速度从坐标原点沿 x 轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与 y 轴平行，不计重力

35、，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为qEam由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为0ltv离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为200tanyxvatqElvvmv因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三种带电粒子带正电，第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转方向不同；第一种粒子与第三种粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与第四种粒子的比荷也相同，所以一、三、四粒子偏转角相同，但第四种粒子与前

36、两个粒子的偏转方向相反；第二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小，所以第二种粒子比第一、三种粒子的偏转角小，但都还正电，偏转方向相同。故选 AD。21. 水平地面上有一质量为1m的长木板，木板的左明上有一质量为2m的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力 F 作用在物块上，F 随时间 t 的变化关系如图（b）所示，其中1F、2F分别为1t、2t时刻 F的大小。木板的加速度1a随时间 t 的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为1，物块与木板间的动摩擦因数为2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为 g。则（）A. 111Fm gB. 2122211()()m

37、 mmFgmC. 22112mmmD. 在20 t时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()Fmm g故 A 错误；BC图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有211212()()Fmm gmm a以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0m gmm gm a解得2122211()()m mmFgm12211mmm故 BC 正确；D图（c）可知，0t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故 D

38、 正确。故选 BCD。三、非选择题：第三、非选择题：第 91 12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1 1316 题为选考题，题为选考题，考生根据要求作答。考生根据要求作答。（一）必考题：（一）必考题：22. 某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像） 。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度

39、差已经在图（b）中标出。完成下列填空：（结果均保留 2 位有效数字）（1）小球运动到图（b）中位置 A 时，其速度的水平分量大小为_m/s，竖直分量大小为_m/s；（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为_2m/s。【答案】 (1). 1.0 (2). 2.0 (3). 9.7【解析】【分析】【详解】 （1）1因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为00.05m/s1.0m/s0.05xvt2竖直方向做自由落体运动，因此 A 点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得28 5 10m/s2.0m/s0.05 4yv （2）3由竖直方向的自由落体运动可得342124yyyyg

40、T代入数据可得29.7m/sg 23. 一实验小组利用图（a）所示的电路测量电池的电动势 E（约1.5V）和内阻 r（小于2） 。图中电压表量程为1V，内阻380.0VR ：定值电阻020.0R ；电阻箱 R，最大阻值为999.9；S 为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选_（填“5.0”或“15.0” ） ；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值 R 和电压表的相应读数 U；（3）根据图（a）所示电路，用 R、0R、VR、E 和 r 表示1U，得1U_；（4）利用测量数据，做1RU图线，如图（b）所示：（5）通过图（b）可得E

41、 _V（保留 2 位小数） ，r _（保留 1 位小数） ；（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E，由此产生的误差为100%EEE_%。【答案】 (1). 15.0 (2). 0000()1VVVVRRRR rRER REER R (3). 1.55 (4). 1.0 (5). 5【解析】【分析】【详解】 （1）1为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得00VVUEUR RRrRR代入数据解得7.5R 因此选15.0。（3）2由闭合回路的欧姆定律可得00VVUEURrR RRR化简可得000011VVVVRRRRRrUE

42、R REER R（5）34由上面公式可得00119VVRRkER RE，001119VVRRrrbEER REE由1RU图象计算可得10.034Vk，10.68Vb代入可得1.55VE ，1.0r （6）5如果电压表为理想电压表，则可有00111rRUEERER则此时120Ek因此误差为0000112019100=5119kkk24. 一篮球质量为0.60kgm ，一运动员使其从距地面高度为11.8mh 处由静止自由落下，反弹高度为21.2mh 。若使篮球从距地面31.5mh 的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用

43、时间为0.20st ；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取210m/sg ，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】 （1）4.5JW ；（2）9NF 【解析】【分析】【详解】 （1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得11Emgh篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得220Emgh 第二次从 1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得4400Emgh第二次从 1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得33WmghE因篮球每次和地面撞击的前后动能

44、的比值不变，则有比例关系2413EEEE代入数据可得4.5JW （2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得Fmgma在拍球时间内运动的位移为212xat做得功为WFx联立可得9NF （-15NF 舍去）25. 如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量0.06kgM 的 U 型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻3R 的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度0.6mL 。初始时CD与EF相距00.4ms ，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离13m16s 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场

45、边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小1TB ，重力加速度大小取210m/s ,sin0.6g。求：（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。【答案】 （1）0.18N；（2）0.02kgm ，38；（3）25m18x 【解析】【分析】【详解】 （1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得2101

46、sin2Mm gsMm v代入数据解得03m/s2v 金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得0EBLv由闭合回路的欧姆定律可得EIR则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为0.18NFBIL安（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有sincosmgmgF安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得sincosMgmgMa设磁场区域的宽度为 x，则金属棒在磁场中运动的时间为0 xtv则此时导体框的速度为10vvat则导体框的位移

47、21012xv tat因此导体框和金属棒的相对位移为2112xxxat 由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端 EF 刚好进入线框，则有位移关系0sxx 金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为11EBLv，11BLvIR导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得1sincosMgmgBI L联立以上可得0.3mx ，25m/sa ，0.02kgm ，38（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有1sincosmgmgma金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有01 11vatv导体框匀速运动的距离为21 1xvt代入数据解得22.55

48、mm918x 26. 磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有2TiO、2SiO、23Al O、MgO、CaO以及少量的23Fe O。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子3Fe3Al2Mg2Ca开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全51c=1.0 10 mol L的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，2TiO、2SiO几乎不发生反应，23Al O、MgO、CaO、23Fe O转化为相应的硫酸盐，写出23Al O转化为442NH Al SO的化学方程式_。(2)“水浸”后“滤液”的p

49、H约为 2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至 11.6，依次析出的金属离子是_。(3)“母液中2+Mg浓度为_-1mol L。(4)“水浸渣”在 160“酸溶”最适合的酸是_。 “酸溶渣”的成分是_、_。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，2TiO水解析出22TiOxH O沉淀，该反应的离子方程式是_。(6)将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。【答案】 (1). 23442Al O4 MHSO焙烧322442NH Al SO6NH3H O (2). 3+3+2+FeAlMg、 (3). 61.0 10 (4). 硫酸 (5). 2SiO (6). 4CaSO

50、(7). 2+222+(x+1)H OTiOxH O+ HTiO2 (8). 424(NH ) SO【解析】【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向 pH 约为 2.0 的滤液中加入氨水至 11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣