2021年全国乙卷理综试题含答案.pdf

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1、绝密绝密考试启用前考试启用前20212021 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力理科综合能力测试测试注意事项：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 1C 12N 14O 16Na 23Al 27C 35.5Fe 56一、选择题：

2、本题共 13 个小题，每小题 6 分。共 78 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。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（1.果蝇体细胞含有A.16个 DNA分子间期，DNA进行半保留复制，形成）2 条染色单体组成，含2个 DNA分子B.在前期，每条染色体由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16条染色体D.在后期，成对的同源染色体分开，细胞中有【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

3、，着丝点排列在赤道板上；（4）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

4、正确；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C.

5、观察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、观察植物细胞吸水和失

6、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。下列有关植物体内水的

7、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，细胞代谢越旺盛，抗逆性越差，反之亦然。

8、【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（）Na+外流A.兴奋从神经元的细胞体传导至突触前膜，会引起B.突触前神经元兴奋可引起突触前膜释

9、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时，突触小泡释放递质（化学信号），递质作用于突

10、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。R型活细菌与被加热杀死的S型细5.在格里菲思所做的肺炎双球菌转化实验中，无毒性的菌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

11、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（R型菌相比，S型菌的毒性可能与荚膜多糖有关A.与DNA能够进入 R型菌细胞指导蛋白质的合成B.S型菌的S型菌使其蛋白质功能丧失而DNA功能可能不受影响C.加热杀死S型菌的 DNA 经 DNA酶处理后与 R 型菌混合，可以得到S型菌D.将）【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 作用，并用到了生物实

12、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 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

13、 型菌，D 错误。故选 D。6.某种二倍体植物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A的 n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是（知植株A的测交子代会出现 2n种不同表现型的个体A.植株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 差异越大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C.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D.n2时，植株【答案】B【解析】）【分析】1、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

14、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

15、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CO2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CO2还原为甲醇D.研发催化剂将【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放量，达不到碳中和的目的，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，不符故合碳中和的要求，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C不符

16、合题意；D研发催化剂将二氧化碳还原化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故D符合题意；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。故选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ACa(OH)2 NH4ClMnO2 HCl(浓)MnO2KClO3NH3BCl2O2HClB.BC.CD.DCDNaClH2SO4(浓)A.A【答案】C【解析】【分析】由实验装置图可知，制备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；A错误；B二氧化锰与浓【详解】A氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故B盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选

17、用固液加热装置，不能选用固 固加热装置，故错误；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C正确；D氯化钠与浓硫酸共热制备为的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故D错误；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C。故选9.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是CO2CaSO CaCO SO2A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：34343Fe4H NO NO 2H2OB.过量铁粉加入稀硝酸中：3 FeAl34OH AlO22H OC.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：2D.氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2S2CuS【答案】A【解析】【分

18、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22程式为：CO+CaSO4=CaCO3+SO，故 A正确；34B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+2NO=3Fe2+2NO+4H2O，故 B 错误；3C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(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；A。答案选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，

19、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44g CO2D.1mol该物质与碳酸钠反应得【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，B错误；而且与乙醇、乙酸结构不相似，故C该物质的分子式为 C10H18O3，C10H18O3，的分子式为C正确；所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故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，D错误；故C。故

20、选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W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、中含有的短周期元素Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，下列结论正确的是W X Y ZA.原子半径大小顺序为XW中的化学键为离子键B.化合物Z单质的C.Y 单质的导电性能弱于D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、【分析】由短周期元素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

21、定不是第A 族元素，即W 一定是第AW、X、Y、Z依次为 O、Mg、Al、Si，据此答题。族元素，进一步结合已知可推知【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MgAlSiO，即顺序为XYZW，A错误；B化合物 XW即 MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，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Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；于导体和绝缘体之间，故DZ 的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误；故B。选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

22、 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Cl2的反应A.阳极发生将海水中的Cl氧化生成B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC.阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气D.Mg(OH)2等积垢需要定期清理阳极表面形成的【答案】D【解析】【分析】海水中除了水，还含有大量 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H2和 OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。电子生成Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，【详解

23、】A根据分析可知，阳极区海水中的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NaCl、NaClO 和 H2O，其中 NaClO 具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生中会发生反应生成物，B正确；C因为 H2是易燃性气体，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Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。面会形成D。故选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，298

24、K时c2(M+)-c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误是pH 4时，A 溶液c(M)3.010-1molL-1K10B.MA的溶度积度积sp(MA)=5.0-8pH=7时，C.溶液c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)K (HA)2.010D.HA 的电离常数a【答案】C【解析】-4【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)；K(MA)sp+c(H)+K (MA)。Ksp(MA)=c(M)c(A)，联立二式可得线性方程c(M)=spKa(HA)+-2+A10-5mol/L 时，c2(M+)=7

25、.510-8mol2/L2，【详解】由图可知 pH=4，即c(H+)=1010-4mol/L，A正确；c(M+)=7.510-8mol/L=7.5 10-4mol/L3.0B当 c(H+)=0mol/L时，c2(M+)=5.010-8，结合分析可知5.010-8=0Ksp(MA)+K (MA)=K (MA)，B 正确；spspKa(HA)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-)，nc(Xn-)，C错误；题给等式右边缺阴离子部分K10B代入线D当c(H+)=2010-5mol/L时，c2(M+)=10.010-8mol2/

26、L2，结合sp(MA)=5.0-8-410.010-8=210 性方程有-85.0105.010-8，解得K(HA)2.010-4，D 正确；+aKa(HA)C。选二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 4848 分。在每小题给出的四个选项分。在每小题给出的四个选项中，第中，第1 15 5 题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第6 68 8 题有多项符合题目要求。全部选题有多项符合题目要求。全部选对的得对的得 6 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 3分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。14.如图，光滑水平

27、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（）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。B。故选15

28、.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M 和 N 处，该试探电荷受到的电场力大小分别电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则（）A.FMFN,EpMEpNBFMFN,EpMEpNC.FMFN,EpMEpND.FMFN,EpMEpN【答案】A【解析】【分析】【详解】由图中等势面的疏密程度可知EMEN根据FqE可知FMFNM 点移到 N 点，可知电场由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从力做正功，电势能减小，即E

29、pMEpNA。故选q q0的带电粒m、电荷量为16.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为v1，离开M点沿直径子从圆周上的MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为磁v2，离开磁场时速度方向偏转场时速度方向偏转90；若射入磁场时的速度大小为60，不计重力，则v1为（）v21A.2B.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R，根据几何关系有第一次的半径设圆形磁场区域的半径为r1 R第二次的半径r23R根据洛伦兹力提供向心力有mv2qvB r可得v qrBm所以v1r13v2r23B。故选113113113射线，而17.医学治疗中常用放射

30、性核素Sn衰In产生In是由半衰期相对较长的113113m0的变产生的。对于质量为Sn，经过时间 t后剩余的Sn质量为 m，其mm0 t图线如图所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为（）A.67.3dB.101.0dC.115.1dD.124.9d【答案】C【解析】【分析】1m恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为【详解】由图可知从2到m03m03mT 182.4d67.3d115.1dC。故选S2进行了多年的持续观测，给出1994年到 2002年间18.科学家对银河系中心附近的恒星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

31、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，贝尔物理学奖。若认为可以 推测出该黑洞质量约为（）A.4 104MB.4 106MC.4 108MD.41010M【答案】B【解析】【分析】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【详解】可以近似把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关系是公转周期r 1000R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Mm2G mR2 mR()2R2T解得太阳的质量为M 4R32GT0S2绕黑洞的向

32、心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知同理G解得黑洞的质量为Mxmr2 mr2 mr(22)TMx4r3GT2综上可得6Mx 3.9010 MB。故选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19.水平桌面上，一质量为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速s0时，速度的大小为等于度大小为 g，则（）F所做的功为mvA.在此过程中12B.在此过中 F 的冲量大小等于 mv0220vC.物体与桌面间的动摩擦因数等于4s0g2302倍D.F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的【答案】BC【解析】【分析】【详解】CD外力撤去前，由牛顿第二定律可知F

33、mg ma1由速度位移公式有2v 2a s01 0外力撤去后，由牛顿第二定律可知mg ma2由速度位移公式有2v 2a(2s)020由可得，水平恒力3mv2F 04s0动摩擦因数2v04gs0滑动摩擦力F mg f2mv04s0F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，可知C 正确，D错误；故A在此过程中，外力F做功为A错误；故32W Fs0mv04B由平均速度公式可知，外力F作用时间t 1s00v022s0v0在此过程中，F的冲量大小是B 正确。故BC。故选3I Ft1mv0220.四个带电粒子的电荷量和质量分别(q，m)、(q，2m)、(3q，3m)、(q，m)它们先x 轴正方向射入一匀强

34、电场中，电场方向与y 轴平行，不计重后以相同的速度从坐标原点沿力，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a qEm由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为lt v0离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为tan yatqEl2vvmvx00v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

35、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。AD。故选m1的长木板，木板的左明上有一质量为m2的物块，如图（a）21.水平地面上有一质量为F1、F 作用在物块上，F 随时间 t 的变化关系如图（b）所示，其中所示。用水平向右的拉力t1、F2分别为t2时刻 F 的大小。木板的加速度a1随时间 t 的变化关系如图（c）所示。已知1，物块与木板间的动摩擦因数为2，假设最大静摩擦力均木板与地面间的动摩擦因数为与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为 g

36、。则（）A.F11m1gB.Fm2(m1 m2)()g221m1C.2m1m21m2D.0 t2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F11(m1m2)gA错误；故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F21(m1m2)g (m1m2)a以木板为对象，根据牛顿第二定律，有2m2g 1(m1m2)g m1a 0解得m2(m1 m2)gF(212m12m1m2m11BC正确；故D图（c）可知，0t2这段时间滑块与木板相对静

37、止，所以有相同的加速度，故 D 正确。BCD。故选三、非选择题：第三、非选择题：第9 91 12 2 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 1316316 题为题为选考题，考生根据要求作答。选考题，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。

38、该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。完成下列填空：（结果均保留 2位有效数字）A时，其速度的水平分量大小为（1）小球运动到图（b）中位置量大小为m/s，竖直分m/s；m/s2。（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为【答案】【解析】(1).1.0(2).2.0(3).9.7【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x0.05v m/s 1.0m/s0t0.052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85102vym/s 2.0m/s0.054（2）3由竖直方向的自由落体运动可得y y y yg 3

39、42214T代入数据可得g 9.7m/s2。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）和内阻小于2）r（RV 380.0：定值电阻R0 20.0；电阻箱 R，最大阻值图中电压表量程为1V，内阻为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或“15.0”）；R和电压表的相应读数U；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值11R、R0、RV、E和 r表示，得（3）根据图（a）所示电路，用（4）利用测量数据，做 R图线，如图（b）所示：（填“5.0”1UU；U（5）通过图（b）可得E 位小数）；r

40、V（保留 2 位小数），1（保留（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 EE100%E%。【答案】(1).15.0(2).R R R)r1(R0V RV0(3).1.55(4).1.0(5).ERVR05【解析】EERVR0【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电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得UE UR rRVR0RVR0代入数据解得因此选15.0。R 7.5（3）2由闭合回路的欧姆定律可得E UURVR0RVR0Rr化简可得 1R0 RV1R R R V0rUERVR0EERVR0（5）34由上面公式可得R0

41、 RV11R R1r k，V0r b 19EEERVR0E19EERVR0由 R图象计算可得1Uk 0.034V1，b 0.68V1代入可得E 1.55V，r 1.0（6）5如果电压表为理想电压表，则可有r1RUEER0ER011则此时1E 20k 1 120k19k10000=500119k因此误差为m0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h11.8m处由静止自由落24.一篮球质量为h21.2m。若使篮球从距地面h31.5m的高度由静止下落，并在开始下下，反弹高度为落的同时向下拍球、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，作用时间为t 0.20s；该篮球每次与地

42、面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g10m/s2，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）W 4.5J；（2）F 9N【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E1 mgh1篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0E2 mgh21.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可第二次从得0E4 0mgh41.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得第二次从W mgh3E3因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系E2E4E1E3代入

43、数据可得W 4.5J（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F mg ma在拍球时间内运动的位移为做得功为1x at22W Fx联立可得F 9N（F -15N舍去）M 0.06kg的 U 型导体框，导体框25.如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量的电阻忽略不计；一电阻R 3的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回s0 0.4m，金属L 0.6m。初始时路CDEF；EF与斜面底边平行，长度CD与EF相距3棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1m后进入一方向垂直于斜面的匀16强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在

44、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B 1T，重力加速度大小取。求：g10m/s2,sin0.6（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。m 0.02kg，；（3）x【答案】（1）0.18N；（2）38【解析】【分析】2m185【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M mgs sin11M mv20代入数据解得2金属棒在

45、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3v m/s02E BLv0由闭合回路的欧姆定律可得则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为EI RF安 BIL 0.18N（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mg sinmg cosF安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsinmg cos Ma设磁场区域的宽度为 x，则金属棒在磁场中运动的时间为xt v0则此时导体框的速度为v1 v0at则导体框的位移因此导体框和金属棒的相对位移

46、为1x v t at210212x x1 x at2EF刚好进入线框，则有位移关系由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端s0 x x金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为E1 BLv1，I1BLv1R导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得MgsinmgcosBI1L联立以上可得3m 0.02kg，x 0.3m，a 5m/s2，8（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mgsinmgcos ma1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v0 a1t1v1导体框匀速运动的距离为x2 v1t1代入数据解得x22.55m m918TiO

47、2、SiO2、Al2O3、MgO、26.磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有CaO以及少量Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。的pH见下表该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的金属离子Fe3Al3Mg9.52Ca2pH开始沉淀的沉淀完全c=1.010 mol L回答下列问题：2.2513.512.4的pH3.24.711.113.8Fe2O3转化为相应TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、(1)“焙烧”中，CaO、NH4AlSO42的化学方程式Al2O3转化为的硫酸盐，写出。pH约为 2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至 11.6，依

48、次析出的(2)“水浸”后“滤液”的金属离子是。(3)“母液中Mg2+浓度为mol L-1。“酸溶渣”的成分是、。(4)“水浸渣”在 160“酸溶”最适合的酸是TiO2xH2O沉淀，该反应的离子(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2水解析出方程式是。，循环利用。(6)将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得【答案】(1).Al2O3 4MH4SO42焙烧2NH4AlSO4 6NH3 3H2O2(2).Fe3+、Al3+、Mg2+2+(3).1.010622(4).硫酸(5).SiO24 24(6).CaSO4(7).TiO+(x+1)H O TiO xH O+2H2(8).(NH

49、)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、pH 约为 2.0的滤液中加入氨水至 11.6，溶液中铁离子、铝离硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向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；向水浸渣中加入浓硫酸加热到 160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应TiOSO4，

50、过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将 TiOSO4溶液加得到TiOSO4完全水解生成 TiO2x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有入热水稀释并适当加热，使TiO2x H2O。硫酸的母液和【详解】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4焙 烧NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将 pH约为 2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁