2023届陕西省临潼区、阎良区高三高考模拟考试理科综合试题含答案.pdf

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1、理综化学答案 第页(共页)届临潼区、阎良区高三年级模拟考试理综化学参考答案及评分意见C【解析】在金属活动顺序中,本题所涉及金属中,金的金属活动性最弱.C【解析】HC l O是弱酸,不能拆写为离子,A错误;石灰乳是悬浊液,不能拆写为离子,B错误;工业上制取C l是用电解饱和食盐水的方法,水不能拆写为离子,D错误.D【解析】碘水呈黄色,碘水加入到F e C l溶液中,即使不发生反应,溶液也会变为黄色,A错误;A l(OH)具有两性,但不溶于弱碱氨水,所以不会观察到沉淀消失的现象,B错误;碳酸钠溶液呈碱性,加入酚酞后变红,加入C a(C l O)至过量,由于C a(C l O)溶液具有漂白性,可以将

2、溶液漂白,C错误;向浓度均为 m o lLM g C l、C u C l的混合溶液中逐滴加入氨水,先出现蓝色沉淀,则说明Ks pM g(OH)Ks pC u(OH),D正确.C【解析】观察该有机物的结构图可知,该有机物的分子式为C H O,A错误;该有机物的结构与乙烯的结构完全不同,不符合同系物的概念,B错误;该有机物可以发生加成反应(含有碳碳双键),可以发生酯化反应(含有醇羟基和羧基),C正确;羧基可以与N a OH反应,而醇羟基不能与N a OH反应,所以,m o l该有机物最多可以与m o lN a OH反应,D错误.A【解析】X满足电子稳定结构,则X一定为N a元素;阴离子中W、Y、Z

3、均满足电子稳定结构,且Y形成个共价键,则Y为S i元素,而Z形成一个键,则Z为C l元素;W形成两个键,但形成的阴离子还得一个电子,因此W为N元素.简单氢化物的稳定性:NHS i H,A错误;最高价氧化物对应水化物的酸性:HC l OHS i O,B正确;工业上用电解熔融N a C l的方法制取金属钠,C正确;简单离子半径:C lNN a,D正确.C【解析】处理过程中CHNO转化为无毒无害的气体,生成的一定是C O和N,电极反应式为 CHNO e C ON H,发生的是氧化反应,所以N为阳极、M为阴极,b为负极、a为正极,A正确,B正确;a为正极,工作时正极的电极反应式为F eeF e,溶液颜

4、色由黄色逐渐变为浅绿色,C错误;当电路中转移m o l电子时,有NA个质子通过质子交换膜由阳极移向阴极,即由乙室流到甲室,D正确.C【解析】p H 时,溶液碱性较强,HC O浓度一定小于C O,故代表p HC O,代表p C O,A正确;根据图中X点可以计算Ka c(HC O)c(H)c(HC O),由Y点可得:Ka c(C O)c(H)c(HC O),D正确;在N a HC O溶液中,HC O的水解平衡常数KhKwKa ,而在N a Z溶液中,Z的水解平衡常数KhKwKa,故Z的水解程度大于HC O的水解程度,则N a Z溶液的碱性强,B正确;在MHC O溶液中,M的水解平衡常数KhKwKb

5、,HC O的水解平衡常数KhKwKa ,HC O的水解程度大于M的水解程度,则溶液显碱性,C错误.(分)()搅拌(或适当增大硫酸浓度)(分)氯化铁溶液(或硫酸铁溶液、硝酸铁溶液等)(分)烧杯、分液漏斗(分)()R e S O高温 S O R eO(分)()(分)()(分)()R e O e HOR e OH(分)【解析】()加快“酸浸”速率可采取的措施有搅拌、适当增大硫酸浓度等.检验NHS C N溶液中的阴离子,可以用含F e的溶液.在实验室中“萃取”步骤需要用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗.()R e S与O的反应中三种元素均变价,可看作R e、S均为价进行计算,根据化合价升降相等可配平出化学

6、方程式 R e S O高温 S O R eO理综化学答案 第页(共页)()根据F e(OH)、C u(OH)的Ks p可以计算当阳离子浓度降为 m o lL 时,需要的c(OH)分别为 m o lL、m o lL,C u沉淀完全需要的p H ,应调节p H最小为.()m(L)含M o O m o lL的滤液加入C a C l时反应的离子方程式为C aM o OC a M o O,生成 m o lC a M o O沉淀;此时溶液中c(M o O)m o lL,根据C a M o O的溶度积可计算出反应后溶液中c(C a)m o lL,溶液中的n(C a)m o l,C a M o O沉淀中有 m

7、 o lC a,所以加入的C a C l固体为 m o l,质量为 k g.()电沉积步骤中R e O得电子生成R e单质,阴极反应式为R e O e HOR e OH(分)()圆底烧瓶(分)防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中,吸收H B r和HC l,防止污染空气(分,答出一点得分)()浓硫酸具有强氧化性,可以将H B r氧化(分)()蒸馏(分)()P B r B rPO P O B r(分)()淀粉(分)B r O I HB r I HO(分)(分)【解析】()根据图示,装N a B r的仪器为圆底烧瓶;根据题意,P O C l、P O B r遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢,干燥管可以防止空

8、气中的水蒸气进入三颈烧瓶中,反应的产物为HC l,干燥管中的碱石灰可以吸收尾气.()浓硫酸具有强氧化性,可以将H B r氧化为B r单质,故不用浓硫酸与N a B r反应制取H B r.()P O C l、P O B r两者相互溶解,但二者沸点不同,应采用蒸馏的方法进行分离.()根据原子守恒可以写出反应的化学方程式:P B r B rPO P O B r()滴定过程中I生成I,可用淀粉做指示剂.根据化合价升降相等和原子守恒,写出B r O与I在酸性条件下反应的离子方程式为B r O I HB r I HO根据原子守恒和电子守恒可以找出关系式:P O B r B r B r O I SO,m L

9、N aSO溶液含溶质的物质的量为 m o l/L L m o l.n(P O B r)m o l,因为称取的P O B r配制了 m L,滴定消耗了 m L,所以g样品中P O B r的质量为 m o l g/m o l g,所以纯度为 .(分)()k Jm o l(分)()C D(分)()m o lLm i n(分)降低温度,同时使用更高效的催化剂(分,合理给分)()L(分)()Kp MP a()MP a()MP a()MP a()(分)【解析】()根据燃烧热可以写出热化学方程式C O(g)O(g)C O(g)H k Jm o l,S(s)O(g)S O(g)H k Jm o l,S(s)S

10、(g)H k Jm o l由可得出总方程式:C O(g)S O(g)C O(g)S(g)H k Jm o l理综化学答案 第页(共页)()达到化学平衡时,v正(C O)v逆(S O),A错误;根据碳原子守恒,n(C O)与n(C O)的和在反应过程中一直保持不变,B错误;反应开始时n(C O)n(S O),二者计量数之比为,所以反应过程中n(C O)n(S O)的比值一直在发生变化,C正确;反应在绝热容器中进行,平衡常数K发生变化,平衡常数K不再改变时,则该反应达到平衡状态,D正确.()根据三段式法甲容器 C O(g)S O(g)C O(g)S(g)起始浓度(m o lL)转化浓度(m o l

11、L)平衡浓度(m o lL)K甲 丙容器 C O(g)S O(g)C O(g)S(g)起始浓度(m o lL)转化浓度(m o lL)平衡浓度(m o lL)K丙 该反应为放热反应,K丙K甲,说明丙容器中温度更低,但丙容器中反应速率快,所以丙容器中使用了更高效的催化剂.()横坐标为温度的倒数,数值越大,温度越低,主反应为放热反应,降低温度则主反应的平衡常数Kp增大,所以L表示主反应的变化曲线.()根据容器中有 m o lS(g)、m o lC O S(g),则两个反应的转化量为反应(主反应):C O(g)S O(g)C O(g)S(g)转化量 m o l m o l m o l m o l反应

12、(副反应):C O(g)S O(g)C O S(g)C O(g)H转化量 m o l m o l m o l m o l平衡时,容器内有 m o lC O(g)、m o lC O(g)、m o lS O(g)、m o lC O S(g)、m o lS(g),共 m o l气体,所以反应(副反应)的Kp MP a()MP a()MP a()MP a()(分)()(分)FNC(分)()N a、A l(分)()小于(分)()N F(分)N F和A s F中的中心原子均为s p杂化,N的电负性大于A s的电负性,N原子周围电子云密度大,电子对之间排斥力大,键角大(分)()N a F e(C N)或N

13、a F eF e(C N)(分,写一个即可得分)【解析】前四周期的A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大.基态A原子核外电子的L层电子数是K层的倍,A为C;B原子基态时的 p轨道上有个未成对的电子,B为N;C元素为最活泼的非金属元素,C为F;D元素核外有个电子层,最外层电子数是核外电子总数的,D为M g;E元素正三价离子的 d轨道为半充满状态,E为F e;F元素与B元素位于同一主族,F为理综化学答案 第页(共页)第VA族第四周期的A s.()基态镁原子的电子排布式为 s s p s,电子占据个原子轨道;C、N、F元素的电负性由大到小的顺序为FNC.()第三周期中第一电离能小于M g的

14、元素有N a、A l.()NH是极性分子,四氯化碳、甲烷都是非极性分子,所以NH在四氯化碳中的溶解性小于甲烷在四氯化碳中的溶解性.()N F和A s F中的中心原子均为s p杂化,N的电负性大于A s的电负性,N原子周围的电子云密度大,电子对之间排斥力大,则键角大.()立方体结构单元中F e离子的个数为,F e离子的个数为,C N离子的个数为;根据电荷守恒:n(N a)n(F e)n(F e)n(C N),得n(N a).所以晶胞中F e有个,F e有个,C N有 个,N a有个.晶体中n(N a)n(F e)n(F e)n(C N),该晶体的化学式为N a F e(C N)或N a F eF

15、 e(C N)(分)()羟基、醚键(分)CHCHNHCHCH(分)()加成反应(分)CHC O(CH)OHN a B r HS O CHC O(CH)B r N a H S OHO 或 CHC O(CH)OH N a B r HS O CHC O(CH)B r N aS O HO(分)()COHCHCHCHCHCHO、CCHOCHCHCHCHOH、CCHCHCHOHCCHOH(分)()CHCH(OH)CH浓硫酸,CHCHCHH B rCHCHCHB rC HNHC H CHCHCHN(CH)(分)【解析】()A分子中含有羟基和醚键两种官能团;结合已知信息和E的结构简式可知C为CHC O(CH)

16、B r,D为CHCHNHCHCH.()对比E、F的结构简式可知,EF发生的反应为酮羰基的加成反应;BC的反应为醇的取代反应,生成卤代烃,化学方程式为CHC O(CH)OHN a B r HS O CHC O(CH)B r N a H S OHO()根据所给的条件可知B的同分异构体中有醛基、羟基,且两个甲基处于对称位置,还有两个不对称的CH,所以,结构简式可能为COHCHCHCHCHCHO、CCHOCHCHCHCHOH、CCHCHCHOHCCHOH()结合题中的信息和合成路线可知CHCHCHN(CH)可由溴丙烷和CHNHCH反应制得,溴丙烷可由丙醇先消去制得丙烯,然后丙烯与H B r加成制得,合

17、成路线为CHCH(OH)CH浓硫酸,CHCHCHH B rCHCHCHB rC HNHC H CHCHCHN(CH)生物答案第 1 页（共 4 页）理综生物参考答案及评分意见1.B【解析】水分子通过水通道蛋白时，不需要与水通道蛋白结合，A 错误；ADH 与 ADHR 特异性结合，促进肾小管和集合管对水分的重吸收，若缺乏 ADHR，会导致 ADH 不能发挥作用，从而导致尿崩，B 正确；ADH 可以与 ADHR 特异性结合，能激活细胞内的一系列反应，体现了细胞膜进行细胞间的信息交流的功能，C 错误；水通道蛋白-2 与抗利尿激素的合成及加工过程均涉及到核糖体、内质网、高尔基体、线粒体这几种细胞器，D

18、 错误。2.C【解析】M13 噬菌体含有一个环状单链 DNA 分子，环状 DNA 分子不含游离的磷酸基团，A 错误；M13噬菌体含有一个环状单链 DNA 分子，单链 DNA 分子间不存在 C-G 等碱基对，因此 M13 噬菌体的遗传物质的热稳定性与 C 和 G 碱基含量无关，B 错误；用32P 标记的噬菌体，标记的是噬菌体的 DNA，上清液主要是蛋白质外壳和未侵染大肠杆菌的噬菌体，上清液的放射性高低与保温时间长短有关，保温时间过长，大肠杆菌裂解，噬菌体释放出来进入上清液，而与搅拌是否充分关系不大，C 正确；该噬菌体 DNA 分子含有 100 个碱基，由于其 DNA 为单链 DNA，因此无法获知

19、其四种碱基各自的数量，也无法计算该噬菌体的DNA 分子复制所需要 C+T 的数量，D 错误。3.B【解析】该植株通过减数分裂产生的仅有染色体结构变异的配子无活性，A 错误；若该植株自交，可育雌雄配子的种类及比例为 BBBbBb=1211，后代开白花的比例为 1/51/51/25，所以后代的表现型及比例是红花白花=241，B 正确；该植株产生的可育配子中，有 3/5 的配子发生染色体数目变异，与正常植株测交，其后代中染色体数目异常植株占 3/5，C 错误；联会是减数分裂特有的现象，根尖细胞不能进行减数分裂，故根尖细胞中不能观察到三条染色体联会的现象，D 错误。4.B【解析】生态系统持续恢复的过程

20、属于次生演替，A 正确；易地保护就是改变生物活体原来生存的地理位置进行的保护，建立种子库、基因库属于利用生物技术对濒危物种的基因进行保护，B 错误；“绿水青山就是金山银山”的理念深刻揭示了经济发展和生态环境保护的关系，也体现了生物多样性的直接价值和间接价值，C 正确；生物多样性的形成是不同物种之间、生物与无机环境之间共同进化的结果，D 正确。5.B【解析】PEPC 酶与 CO2的固定有关，CO2固定的场所是叶绿体基质，故转基因成功后，正常情况下，PEPC 酶在水稻叶肉细胞的叶绿体基质中发挥作用，A 正确；由图甲可知，A 点表示在 1000Lux 光照强度下转双基因水稻的净光合速率是 25 个单

21、位，对应图乙的温度是 30，据图乙可知，在 30、1000Lux 光照强度条件下，水稻的光合速率小于 35时，故用温度 35重复图甲相关实验，则净光合速率增大，A 点向右上移动，B 错误；由图甲可知，转双基因水稻的光饱和点要高于原种水稻，所以更适合栽种在强光照环境中，C 正确；由图甲可知，当光照强度为 0 时，两条曲线的起点相同，故该温度条件下，两者呼吸作用强度相等，D 正确。6.D【解析】户外运动过程中，机体的主要产热器官为骨骼肌，A 错误；低温引起的细胞冻伤而导致的死亡属于细胞坏死，B 错误；冻伤部位出现的死亡细胞，机体可通过免疫系统的监控和清除功能对其进行一定的处理，C 错误；当机体处于

22、轻度失温状态时，通过神经体液调节，促进肾上腺素、甲状腺激素等激素的释放，增加产热，D 正确。29.（11 分）（1）互利共生（1 分）（2）地下部分（2 分）（3）下降（1 分）类囊体（膜）的结构（光合色素）（2 分）高温下蒸腾速率上升，导致气孔开放度下降，叶片吸收的 CO2减少（2 分）不认同（1 分）图 2 中只测定了 30下的光合速率，仅根据图 2 无法判断 30是否是加拿大一枝黄花光合作用的最适温度（2 分）【解析】（1）丛枝菌根真菌（AMF）可为加拿大一枝黄花提供无机盐（NH4+），加拿大一枝黄花可为 AMF 届临潼区、阎良区高三年级模拟考试生物答案第 2 页（共 4 页）提供有机物

23、，说明它们是互利共生关系。（2）据图 1 可知，与对照组相比，低浓度铵态氮处理使加拿大一枝黄花的地下部分生物量增大，因此加拿大一枝黄花在氮缺乏环境下能成功入侵的机制是促进地下部分的生长。（3）根据图 3 可知，移入 40环境后，加拿大一枝黄花的蒸腾速率上升，光合作用速率下降，气孔开放度下降，光能捕获速率下降。导致加拿大一枝黄花光合速率下降的原因可能有：.高温破坏叶绿体类囊体膜的结构，或使光合色素分解，导致光能捕获效率下降，光反应受抑制；.高温下蒸腾速率上升，为避免失水过多，气孔开放度下降，使叶片吸收的 CO2减少，暗反应受到抑制。由于图 2 只测定了 30下的光合速率，仅根据图 2 无法判断

24、30是否是加拿大一枝黄花光合作用的最适温度。如果不是，则 B 点所对应的光照条件不是最有利于加拿大一枝黄花生长的条件，因此不认同题干中的观点。30.（8 分）（1）正电位（1 分）后（1 分）下丘脑通过神经调节激素 C 的分泌，较迅速，而对激素 B 的分泌调节则为体液（激素）调节，较缓慢（2 分）（2）大脑皮层（2 分）（负）反馈（2 分）【解析】（1）静息时，神经细胞膜电位为外正内负，受到刺激时膜电位变为外负内正，即膜内电位变为正电位。机体通过体温调节中枢下丘脑进行调节，其中，下丘脑通过神经调节激素 C 肾上腺素的分泌较迅速，而对激素 B 甲状腺激素的分泌调节则为体液（激素）调节，较缓慢。（

25、2）足球运动员从接球到完成准确射门属于反射活动，参与该反射活动的最高级神经中枢位于大脑皮层。比赛过程中，运动员大量消耗血糖，血糖浓度降低，可通过神经调节和体液调节升高血糖而维持血糖平衡，调节过程中首先胰高血糖素升高，胰岛素降低，继而胰高血糖素的作用结果又会反过来影响胰高血糖素的分泌，胰岛素也是如此，这说明机体血糖含量的调节机制是（负）反馈调节。31.（8 分）（1）群落的物种组成（1 分）（2）处理好人与自然的相互关系（1 分）（3）直接（1 分）（4）（3 分）上一营养级同化的能量除流向下一营养级外，还有一部分能量在呼吸作用中以热能散失和被分解者分解，以及一部分未被利用的能量（2 分）【解析

26、】（1）物种组成是区别不同群落的重要特征。（2）保护生物多样性的关键主要是处理好人与自然的相互关系。（3）“两个黄鹂鸣翠柳，一行白鹭上青天”这句诗体现了直接价值中的美学价值。（4）“蜜蜂蝴蝶生情性，偷眼蜻蜓避伯劳”这两句诗意为，蜜蜂和蝴蝶悠然自得地在花丛中采蜜，殊不知它们已经成为了不远处蜻蜓的目标，但是蜻蜓又处于一个两难的境地，因为在它盯上蜜蜂和蝴蝶的同时，自己也被另一个捕食者伯劳盯上了。于是它不动声色，转动自己的复眼观察猎物和天敌的动向，寻找机会出击。食物网中，上一个营养级同化的能量不能 100%流入下一个营养级，原因是上一个营养级同化的能量除流向下一个营养级外，还有部分能量在呼吸作用中以热

27、能散失和被分解者分解，以及一部分未被利用的能量。32.（12 分）（1）DM（2 分）花粉 50%不育（或花粉 50%可育）（2 分）DD（2 分）（2）DM（2 分）DM：MM=1:1（2 分）（3）雄配子：A1B1可育A1B2不育A2B1可育A2B2不育（1 分）；雌配子：A1B1可育A1B2可育A2B1生物答案第 3 页（共 4 页）不育A2B2不育（1 分）【解析】（1）亲代母本品系 D（DD）与父本品系 M（MM）杂交，得到 F1品系 N（DM）。水稻品系 N（DM）产生的配子种类及比例为 D:M=1:1，但自交后代不同细胞核遗传组成及比例也为 DM:DD=1:1，说明品系 N（）只

28、产生了一种可育花粉 D，即含 M 的花粉是不可育的。品系 N（）与品系 D（）杂交，品系 N（）只产生可育花粉 D，因此后代均为 DD。（2）若符合题干给出的条件，正交 DM（）MM（），M 花粉不育，则后代为 DM，反交 DM（）MM（），花粉均可育，则后代为 DM：MM=1:1。（3）F1产生的雌雄配子只有一半可育，因此结实率低，如图。37.（15 分）（1）防止杂菌的污染，保证培养物的纯度（2 分）酒精灯火焰（2 分）（2）塑料粉（1 分）若培养基中含有葡萄糖，能分解塑料粉和不能分解塑料粉的细菌都能利用葡萄糖，则该培养基不能起到筛选作用（2 分）（3）高压蒸汽灭菌（2 分）达到设定的温度

29、或压力值（2 分）（4）稀释涂布平板法（2 分）（5）在稀释度足够高的菌液里，聚集在一起的微生物被分散成单个细胞，从而在培养基表面形成单个菌落（2 分）【解析】（1）微生物接种技术的核心是无菌操作，避免杂菌污染，保证培养物的纯度，故操作应在酒精灯火焰旁或无菌台上完成。（2）若培养基的碳源中含有葡萄糖，由于能分解塑料粉和不能分解塑料粉的细菌都能利用葡萄糖，则该培养基不能起到筛选作用，因此在筛选降解塑料的细菌时，配制的培养基应选择塑料粉作为唯一碳源。（3）培养基灭菌一般采用高压蒸汽灭菌法灭菌，灭菌时间从达到设定的温度或压力值时开始计时。（4）若想对初步筛选得到的目的菌进行纯化并计数，可以采用稀释涂

30、布平板法，而平板划线法只能分离菌种，不能用来计数。（5）梯度稀释的目的是在稀释度足够高的菌液里，聚集在一起的微生物被分散成单个细胞，从而在培养基表面形成单个菌落。38.（15 分）（1）限制酶和 DNA 连接酶（2 分）（2）防止目的基因或质粒自身环化和反向连接（或使目的基因定向连接到载体上）（2 分）（3）T-DNA（1 分）酚类（2 分）（4）体细胞比受精卵易获取且具有全能性（2 分）胚状体或丛芽（2 分）生物答案第 4 页（共 4 页）（5）将转基因玉米喷施草甘膦除草剂，观察转基因玉米 NK603 抗除草剂效果（2 分）PCR 技术、DNA分子杂交（DNA 探针）、抗原抗体杂交（答 1

31、种即可，2 分）【解析】（1）DNA 重组技术的基本操作需要用到的工具酶有限制酶和 DNA 连接酶。（2）在基因表达载体的构建过程中，首先需要用限制酶切割含有目的基因的外源 DNA 和质粒，然后再用DNA 连接酶将二者拼接起来，该过程中常用两种不同的限制酶切割目的基因和质粒，获得不同的黏性末端，这样可以保证目的基因和载体的正向连接，同时也能防止目的基因或质粒的自身环化。（3）在利用农杆菌转化法培育转基因玉米时，可将目的基因插入到农杆菌 Ti 质粒的 T-DNA 区域。由于农杆菌对大多数单子叶植物没有感染能力，所以可在转化过程中向转化所用培养基中添加酚类化合物，以吸引农杆菌移向受体细胞。当它感染

32、受体细胞后，质粒中的 T-DNA 可将目的基因转移到受体细胞的染色体DNA 上。（4）玉米（植物）体细胞具有全能性，有发育成完整个体的能力，比玉米受精卵更常见，故选用玉米体细胞作为受体细胞。在培育转基因玉米过程中，将愈伤组织转接到含有不同激素成分的培养基上，就可以诱导其再分化形成胚状体或丛芽，进而发育成完整的小植株。（5）在个体生物水平上鉴定转基因玉米 NK603 培育是否成功，需要通过抗除草剂的实验来检测，即将转基因玉米 NK603 喷施草甘膦除草剂，观察转基因玉米 NK603 抗除草剂效果。在分子水平上可通过 PCR 技术、DNA 分子杂交、抗原-抗体杂交等技术检测。理综物理答案 第页(共

33、页)届临潼区、阎良区高三年级模拟考试理综物理参考答案及评分意见 C【解析】设电梯匀速运行的时间为t,最大速度为v,则va(t),v tv t ,将am/s代入解得t s,v m/s,C正确.B【解析】衰变过程中电荷数守恒、质量数守恒但质量不守恒,A错误;由图可知从mm到mm恰好衰变了一半,根据半衰期的定义可知半衰期T d d d,B正确;衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子,C错误;半衰期与物理状态、化学状态无关,压强增大、温度升高都不会改变半衰期,D错误.D【解析】两小球均恰好通过最高点,在最高点满足m gmvr,解得vg r,A错误;根据机械能守恒m g rm vm v,解得最

34、低点时的速率vg r,B错误;设图示最高点的小球为球、最低点的小球为球,从图示时刻开始,球在加速下降,球在减速上升,由于到达与圆心等高处之前球的速率都大于球的速率,球运动的路程比球大,易知当球到达与圆心等高处时,球应在圆心等高处上方,球越过圆心等高点继续上升时会存在同一个时刻两球在同一水平线上,C错误;依题意两小球的运动是重复可替代的,故它们在同一水平线上时的速率相等,此时刻系统的重力势能最大,动能最小,原因是过了这一时刻,球下降的速率会大于球上升的速率,系统的重力势能将减小,动能将增大,D正确.A【解析】设菱形的边长为L,它们各自在d点的电场强度均为kQL,根据平行四边形定则,a、c两点的点

35、电荷在d点叠加的合电场强度大小仍为kQL,方向由O指向d,与b点的点电荷在d点的电场强度方向相同,故三个点电荷在d点的合电场强度为kQLE,当c点处换成等量负电荷后,a、c两点的点电荷在d点的合电场强度方向平行于a c向右,大小为kQLE,与b点的点电荷在d点的电场强度kQLE(沿b d方向)垂直合成,得到总的合电场强度大小为E,方向沿a d,故选A.D【解析】双星的周期相同,角速度相同,根据v r可得运动半径大的线速度大,A错误;设伴星的质量为m,运动半径为r,天玑星的运动半径为R,则GMmLm TrM TR,得m rMR,由rR得mM,伴星的质量较小,B错误;伴星的半径rG TM L,天玑

36、星的半径RLrLG TM LG Tm L,C错误;双星的总质量为Mm LG Tr LG TR LG T,D正确.B D【解析】电子带负电,从ND弧上射出,所受洛伦兹力指向弧的内侧,根据左手定则,磁场方向应垂直纸面向外,A错误;运动的临界情况如图所示,初速率为v的电子的轨迹半径最小,运动时间最长,由e v Bmvr可得rm ve B,从D点射出磁场的电子半径满足rc o s Rc o s,则rR,解得Bm ve R,B正确;从N点射出的电子的轨迹半径最大,运动时间最短,由几何关系可得Rrc o s rc o s,解得rRm ve B,联立解得v()v,C错误;电子在磁场中运动的最长时间tm a

37、x me B Rv,D正确.A C【解析】设线框电阻为R,在xL的过程中,由右手定则可知,线框中感应电流的方向是逆时针,为正方向,电动势eB(Lx)v,电流ieRB vR(Lx),电势差Ub c为b c边电阻的电势降落且大于零,Ub ciRB v(Lx),线框匀速运动,外力大小等于安培力大小为Fi(Lx)BBvR(Lx),方向向右始终为正,安培力与x的关系图线为抛物线,B错误;磁通量BL(Lx)xB(Lx)x,一直为正,与x的关系为抛物线,D错误;在LxL的过程中,由右手定则可知,线框理综物理答案 第页(共页)中感应电流的方向为顺时针,为负方向,电动势大小为eBL(xL)vB v(Lx),电流

38、随位移的关系式为ieRB vR(xL),A正确;电势差Ub c为b a、a d、d c三条边电阻的电势降落且大于零,故Ub ciRB v(Lx),C正确.A B C【解析】弹簧为原长时,A的速度最大,A、B系统动量守恒,速度方向相反,可知A、B的大小分别为vAm/s和vB m/s;因水平方向系统不受外力,故A、B、C系统动量守恒,因此不论A、C两物体何时何处相碰,三物体共速时速度是一个定值,总动能也是一个定值,且三个物体速度相同时具有最大弹性势能.设三个物体共速时的速度为v共,依据动量守恒定律有mCvC(mAmCmB)v共,解得v共m/s;当A在运动过程中速度为m/s,且与C同向时跟C相碰,A

39、、C相碰后速度vvAvCm/s,设此过程中具有的最大弹性势能为E,由能量守恒得E(mAmC)vmBvB(mAmCmB)v共J;当A在运动过程中速度为m/s时与C相碰,A、C动量等大反向,相碰后粘在一起,共速时v,设此过程中具有的最大弹性势能设为E,由能量守恒得E(mAmC)vmBvB(mAmCmB)v共J;由上述分析可得,弹簧具有的最大弹性势能Ep m的可能值的范围J Ep mJ,故选A B C.()A C(分)()(分)()(分)忘记平衡摩擦力(合理即可得分)(分)【解析】()与小车相连的细线与木板一定要平行,以保证细线的拉力沿着运动方向,充当小车受到的合力,A正确;测力计测出了小车的合力,

40、不需要用砝码及砝码盘的重力近似代替细线的拉力,故不需要满足砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量,B错误;平衡摩擦力时,小车拖着纸带,纸带与计时器间的摩擦以及小车与木板间的摩擦被一起平衡掉,测力计测得的拉力才等于小车的合力,C正确;砝码盘及砝码向下加速运动时处于失重状态,弹簧测力计的读数小于砝码及砝码盘总重力的一半,D错误.()由匀变速直线运动的推论xa T用逐差法得a()()()m/s m/s.()由FM a得,aMF,根据图像求得斜率kk gM,解得小车质量M k g;由公式分析知,当施加N的拉力时,小车的加速度仍为零,故可能是忘记了平衡摩擦力或者木板倾角太小,平衡摩擦力不足.()见解析(分

41、)()C(分)E(分)()(范围内均可得分)(分)()偏小(分)【解析】()由于电压表的内阻远远大于电源内阻,可知电压表分流影响非常小,同时电流表内阻与电池内阻相近,且未知电流表内阻精确值,因此采用图乙电路.如图连接电路.()根据电池电动势和电流表量程可得回路中需要的最小电阻为EIA V A,的滑动变阻器D的阻值太大,实验时不方便调节,故选最大阻值为 的滑动变阻器C;因电池内阻约,故保护电阻选较小的E.()根据UEI(rR),结合图像有E V,r|k|R ().()将电压表、定值电阻、电源作为一个整体,等效为一个新电源,则实验测得的是新电源的电动势与内阻,即E测E真RVRVRrE真,r测RV(

42、Rr)RVRrRr,即内阻r的测量值比真实值偏小.()W()m/s理综物理答案 第页(共页)【解析】()电动机输出功率P机F v(分)对无人机应用牛顿第二定律得Fm gfm a(分)解得aP机mvgfm()(分)结合av图像可得斜率kP机m W/k g W/k g(分)解得P机 W W(分)()无人达到最大速度时,a,由图像可得 vmk W/k g(分)解得vm m/s(分)()m v q L()m vq L()n()nL(n,)【解析】()粒子在室内做类平抛运动,根据类平抛规律有水平方向:Lvt(分)竖直方向:La t(分)根据牛顿第二定律有q Em a(分)解得电场强度的大小为Em v q

43、 L(分)()类平抛过程由动能定理有q ELm vm v(分)解得粒子到达O点时速度的大小为vv将粒子在室内的运动分解为平行于基底平面上的匀速圆周运动和平行于OO轴线方向的匀加速直线运动.设临界圆轨迹半径为r,易知rL(分)粒子在O点竖直向上的分速度vyvvv(分)根据洛伦兹力提供向心力有q vyBm vyr(分)解得室内磁感应强度的大小为Bm vq L(分)()粒子在室内平行于基底平面做匀速圆周运动的周期T rvy Lv(分)粒子在平行于OO轴线方向做匀加速直线运动,有dvn Ta(n T)(分)联立解得室沿轴线OO的长度dn()nL(n,)(分)()B C E【解析】在室内充分热交换后,瓶

44、内气体吸收热量与室内空气达到热平衡,根据热平衡定律,温度相等是达到热平衡的标志,A错误;瓶子导热性能良好,从室内吸热,瓶内气体体积不变,不参与做功,由热力学第一定律可得瓶内气体内能增大,温度升高,分子热运动的平均速率增大,B正确、D错误;根据查理定律,瓶内气体体积不变,温度升高,压强增大,根据压强的微观意义可知,分子对单位面积上的压力增大,C正确;瓶内封闭气体温度升高,压强增大,但体积不变,E正确.()()()吸热【解析】()由玻意耳定律可知,在等温变化下,p V与气体的质量成正比理综物理答案 第页(共页)根据质量守恒得pV pVpV(分)解得p p压入水舱中的空气质量正比于pV,原有空气质量

45、正比于pV故所求百分比mmpVpV (分)()根据热力学第一定律UWQ(分)由于等温内能不变U,膨胀对外做功W,故Q,吸收热量(分)()大于(分)波谷(分)(分)【解析】()实线波的振幅较大,振动总能量大,故在平衡位置的振动速度大于虚线波在平衡位置的振动速度;根据横波的传播方向与质点振动方向的垂直关系,波速矢量与振动速度矢量在波形图的同一侧,故可判断实线波上质点M正在平衡位置沿y轴方向振动,经 个周期,即T,质点将到达波谷位置;该质点M在这段时间内经历个振幅的路程,sA m m.()()()【解析】()光线从弧面上方恰好消失,则O B A恰好为全反射的临界角C,如图所示.由几何关系易知,s i nCRR(分)折射率ns i nC(分)()当入射角为时,从弧面上方出射的光线与在A点的入射光线平行,由光路可逆易知,两光线与法线的夹角相等均为,法线也平行,故出射点只能在圆心O点正上方的P点.设O P A,由几何关系易知,s i nRRR()(分)由折射定律得ns i ns i n(分)解得s i nns i n(分)