福建省漳州市2020届高三第二次高考适应性测试(居家分散测试)理科综合试题PDF版含解析

漳州市2020届高中毕业班第二次高考适应性测试
化学试题参考答案（解析版）
第7题：【答案】D
【解析】A中司南具有磁性，是Fe3O4；B中蚕丝是蛋白质；C中铜绿主要成分是碱式碳酸铜；D中釉彩大瓶是瓷器，是高岭土制成，高岭土主要是硅铝酸盐，主要成分AL2(Si2O5)(OH)4 ,或写成Al2O3·2SiO2·2H2O，因而瓷器的主要成分不是二氧化硅。

第8题：【答案】A
【解析】A中乙烯C2H4与环丙烷C3H6最简式都是CH2。

故28 g乙烯和环丙烷混合气体分子中有2 mol 的CH2即2 mol C原子和4 mol H原子；B中9.2 g NO2的物质的量是0.2 mol，但有一部分NO2转化为N2O4，所含分子数小于0.2 N A；C中常温下铁遇到浓硫酸发生钝化；D中1 mol乙醇分子中含有8 mol共价键。

第9题：【答案】C
【解析】A中a中没有苯环，b中含有O原子，二者都不是芳香烃；B中a、c中都有多个饱和碳原子相连，因此不可能所有碳原子共面；D中b中不含醛基，不能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀。

第10题：【答案】D
【解析】A中由实验装置可知，W中制备二氧化碳，X中除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧。

由氨气极易溶于水，可知E管连接制氨气的装置。

所以制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C；C中二氧化碳在制备过程中会混有HCl，应采用饱和NaHCO3溶液吸收；D中NH3极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度不大，先通NH3才能吸收更多的二氧化碳，生成较大浓度的NH4HCO3。

第11题：【答案】C
【解析】依据题意可知z 是SO2、w是NaOH溶液、n 是O2、q 是S、y是Na2O2、x 是H2O、m是H2、p 是Na，从而推出a、b、c、d分别是H、O、Na、S。

第12题：【答案】D
【解析】A中铜单质失e-，化合价升高，发生氧化反应；B中正极发生吸氧腐蚀；D中生成2molCu2(OH)3Cl,腐蚀Cu是4mol。

标准状况下消耗氧气的体积应为44.8 L。

第13题：【答案】B
【解析】A 中若a = - 8，,8)OH (lg )
OH ()H (lg AG −===−−+2c K c c w 计算可得出 c (OH -)=10-3 mol·L -1 ，则K b (XOH) = 53
-2-3-1011011.0)10(1(XOH))(OH )(X −+⨯≈⨯−⨯=⋅c c c ； B 中M 点AG=0，说明c (H +) = c (OH -)，是中性点而不是中和点；如果盐酸与XOH 两者恰好反应，此时溶液显酸性。

中性点XOH 没有完全反应；C 中R 点有可能是中和点，如果是中和点二者就恰好完全反应，此时根据物料守恒c (X +) + c (XOH) = c (C1-)；D 中M 点到N 的过程中，正是经历中性点到中和点，该阶段水的电离程度增大，到达中和点即酸碱恰好反应时水的电离达到最大，然后随着盐酸过量，水的电离程度又不断减小。

第26题：【答案】
（1）圆底烧瓶
（2）K 1 排尽装置内的空气，防止 NO 被氧化
（3）平衡气压，避免装置中压强过大
（4）浓硫酸
（5）冷凝收集亚硝酰氯
（6）① 1 : 1 ② 2HSO 3- + 2e - + 2H + ═ S 2O 42- + 2H 2O
（7）用玻璃棒蘸取NaNO 2溶液点在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO 2是弱酸。

（答案合理即可）
【解析】（2）打开K 2然后再打开K 1，通入一段时间氯气，其目的为排尽装置内的空气，防止NO 被空气中的氧气氧化。

（3）装置B 中的长直玻璃管可以平衡气压，避免装置中压强过大
（4）NOCl 易与水反应，所以氯气进入装置E 前要先用浓硫酸除去水蒸气。

（5）依据实验目的以及亚硝酰氯的物理性质，装置D 中冰盐水的作用是冷凝亚硝酰氯，便于产品收集；
（6）①吸收塔内发生反应的化学方程式为：2NO+2S 2O 42−+2H 2O=N 2+4HSO 3−，其中氧化剂是NO ，还原剂是S 2O 42−，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1 : 1。

②阴极HSO 3−得到电子生成S 2O 42−，其电极反应式为：2HSO 3−+2H ++2e −=S 2O 42−+2H 2O 。

（7）要证明HNO 2是弱酸可证明HNO 2中存在电离平衡或证明NaNO 2能发生水解等。

用玻璃棒蘸取NaNO 2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO 2是弱酸。

用pH 试纸测定NaNO 2溶液的pH ，若测出的pH ＞7，则说明HNO 2是弱酸。

配制0.1 mol·
L -1 HNO 2溶液，测定该溶液的pH ，若测出的pH ＞1，则说明HNO 2是弱
酸。

配制一定浓度的HNO 2溶液，滴入几滴甲基橙，逐滴滴入少量NaNO 2，若溶液由红色逐渐变浅，则说明HNO 2是弱酸。

（或其他合理答案）
第27题：【答案】 （1） （2） 2.8 无
（3）3.02 Ni 2+ + H 2C 2O 4 = NiC 2O 4↓ + 2H +
（4）Fe 2+和H 2O 2发生反应使c (R -)减小，使平衡NiR 2(aq)
Ni 2+(aq)+2R -(aq)向正反应方向移动，实现“脱络”
（5）ClO - + 2Ni(OH)2 == Cl - + Ni 2O 3 + 2H 2O
【解析】（1）·OH 有一个孤电子，核外为9个电子，其电子式为：。

（2）K sp [Fe(OH)3]=2.16×10-39，则使Fe 3+恰好沉淀完全所需的 ()[]
()1235
39333sp -106100.11016.2Fe OH Fe = )(OH −−−+⨯=⨯⨯=c K c ,8.26lg 2106101lg )H (lg pH 1214
=+=⨯⨯−=−=−−+c 此时溶液的
因溶液中c (Ni 2+)=0.01mol·L -1，则c (Ni 2+)×c 2(OH −) = 0.01mol·L -1×(6×10-12)2 = 3.6×10-25 < K sp [Ni(OH)2]，因此无Ni(OH)2沉淀。

（3）草酸在水溶液中发生电离，第一电离方程式为：H 2C 2O 4H + + HC 2O 4－，其电离平衡常数K a1(H 2C 2O 4) = ，同理第二步电离方程式为： HC 2O 4－H + + C 2O 42－，其电离平衡常数K a2(H 2C 2O 4) = ,
沉镍过程加入草酸，其离子方程式为：Ni 2+ +H 2C 2O 4 = NiC 2O 4↓ + 2H +，
)O C (H )(H )O (HC 422-42c c c +⋅)(H 1)O C (H )(H )O (HC )O (HC )(H )O (C )O C (H )O (C 422-42-42-242422-242+++⨯⋅⨯⋅=2c c c c c c c c c )O (HC )(H )O (C -42-242c c c +⋅,02.3)101(1106.5104.5)(H 1)O C (H )O C (H 23-25422a1422a2≈⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=−−+2c K K
故答案为：3.02；Ni2+ +H2C2O4 = NiC2O4↓ + 2H+。

（4）根据已知信息可知，Fe2+和H2O2会发生反应生成·OH，·OH将R-转化成·R，c(R-)减小，
使平衡NiR 2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)向正反应方向移动，实现“脱络”。

（5）Cl由+1价降低到-1价，Ni由+2价升高到+3价，利用化合价升降数目相等可配平ClO-、Ni(OH)2、Cl-、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，最后可利用O 原子检查配平是否正确；依据化学方程式和元素守恒计算得到ClO-+ 2Ni(OH)2 == Cl-+ Ni2O3 + 2H2O 。

第28题：【答案】（14分）
（1）＜
（2）①－33.5
②向左
（3）①3×10-7mol·L-1·min-1
②3.2×10-8 mol·L-1
（4）B cd BD
【解析】（1）溶液存在电荷守恒：2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)）=c(Na+)+c(H+)，碳酸钠在溶液中水解显碱性，c(OH-)>c(H+)，所以2c(CO32-)）+ c(HCO3-)<c(Na+)；
（2）①已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2 (g) △H = - 566.0 kJ•mol-1；
O2(g)=2O(g) △H = 499 kJ•mol-1；
由盖斯定律：两个方程式相加除以2即可得到CO(g)+O 2(g) CO2 (g)+O(g)
△H= - 33.5kJ•mol-1；
②某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c（CO）•c（O2）=c（CO2）•c（O），则Qc=1>K=0.4，
则反应向左进行。

（3）①2min内O的浓度增大0.6×10-6mol·L-1，则二氧化碳减小0.6×10-6mol·L-1，
则v(CO2)==3×10-7mol•L-1•min-1
②设生成的氧气的物质的量为xmol，
2CO 2 (g)2CO(g)+O2(g)
起始量（mol）：1 0 0
转化量（mol）：2x 2x x
平衡量（mol）：1-2x 2x x
平衡时，氧气的体积分数为0.2，则%2.0%100x 1x =⨯+，则x ≈ 0.002， 则平衡时，c (CO 2) ≈ 0.996mol·L -1，c (CO) ≈ 0.004mol·L -1，c (O 2) ≈ 0.002mol·L -1，
则)
(CO )(O (CO)K 2222c c c ⋅= ≈ 3.2×10-8 mol•L -1； 故答案为：3.2×10-8 mol•L -1；
（4）①由图可知，该反应是一个放热反应，温度ab 段和bc 段温度升高K 增大，说明未达到平衡状态。

cd 段已达到平衡状态。

②该反应是一个放热反应，降温有利于正向移动，催化剂只影响速率不影响平衡。

D 选项同时增加两种气体，相当于加压。

第35题：【答案】
（1）原子晶体 C<O<N
（2）哑铃形（或纺锤形） 2
（3）1:2
（4）否 若是sp 3杂化[Cu(NH 3)4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu(NH 3)4]2+中的2个NH 3换为CN -，则只有1种结构
（5）12
【解析】( 1 )氮化铝耐高温硬度大，是原子晶体。

（ 2 ）基态O 原子的核外电子排布式是1s 22s 22p 4，2p 是最高能量的原子轨道，为哑铃形或纺锤形；其能级轨道上有一对成对电子，未成对电子有2个。

（ 3 ）CO 与N 2结构相似，故CO 分子中σ键与π键数目之比为1:2。

（ 4 ）若是sp 3杂化，[Cu(NH 3)4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu(NH 3)4]2+中的2个NH 3换为CN -，则只有1种结构；若非sp 3杂化，[Cu(NH 3)4]2+的空间构型为平面正方形，将配离子[Cu(NH 3)4]2+中的2个NH 3换为CN -，有2种结构。

（ 5 ）Al 原子是六方紧密堆积，故1个Al 原子周围距离最近的Al 原子数是12个，该晶体结构中Al 原子个数为12 x 1/6+2 x1/2 +3 =6,N 原子个数为6 x1/3 +4=6，该晶体结构中含有3个晶胞，则一个晶胞中含有2个Al 原子和2个N 原子，故其密度为。

第36题：【答案】
36.（15分）
（1）醛基
（2）取代反应（或酯化反应）NaOH溶液、加热
（3）
（4）13
（5）
或
（答案合理即可）
【解析】甲苯在光照条件下与Cl2反应可生成。

与NaOH溶液作用生成苯甲醇(A)，再依次推出B是苯甲醛、C是苯甲酸。

由CH4生成E 的过程及题给反应信息b知，E为HCHO。

再结合反应信息a及G的分子式知G是CH3(CH2)5C(CH2OH)2CHO，H为CH3(CH2)5C(CH2OH)2CH2OH。

（2）1 mol H与3 mol C通过酯化反应生成I。

（4）W的分子式为C8H8O2。

由ⅰ、ⅱ知分子中含有苯环且苯环上连接有—OH，由分子中只有2个氧原子知，分子中含有一个—CHO，当苯环上只有2个取代基时，一个取代基为—OH，另一个取代基为—CH2CHO，此时可形成3种同分异构体；当苯环上有3个取代基时，一个取代基为—OH，另2个取代基为—CHO、—CH3，此时可形成10种同分异构体，共有13种同分异构体。

核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，
说明结构中存在对称关系，对应的结构简式为。

（5）甲苯先与Cl2反应生成，该物质水解得到苯甲醛，苯甲醛再与乙醛反
应即可得到目标产物；或者甲苯先与Cl2反应生成一氯甲苯，一氯甲苯水解得到苯甲醇再催化氧化得到苯甲醛，苯甲醛再与乙醛反应即可得到目标产物。

漳州市2020届第二次高中毕业班高考适应性测试
理综科综合生物试题解析
1.【解析】
1.A.核糖的组成元素是C、H、O，不含磷，A错误；
B.叶绿体中叶绿素含有镁元素，B正确；
C.一般的盐溶液会导致蛋白质盐析,不会变性，C错误；
D.氨基酸缩合方式为脱水缩合，蛋白质的多样性与氨基酸缩合方式无关，D错误。

故选B
2.【解析】
A自然选择学说没有解析生物遗传和变异的本质，A错误；
B.细菌的抗药性突变是随机的，不定向的。

抗生素起选择作用。

B错误；
C.有捕食关系的动物发生共同进化属于共同进化范畴的一方面，C正确；
D.生殖隔离是新物种形成的必要条件,地理隔离不是，D错误。

故选C
3.【解析】
A.本实验的自变量是催化剂的种类，催化剂的量和温度，A错误
B.催化剂降低反应的活化能，B正确；
C.试管4中继续增加F e C l3的量，催化剂的量增加，气泡可能增加，C错误；
D.试管5迅速放在90℃环境中，虽然酶的失活，但是H2O2会分解产生气泡，D错误。

故选B
4.【解析】
A.分析图可知，由所有非同源染色体组成一个染色体组，A正确；
B.该对果蝇（A a X R X r和A a X r Y）杂交后得到的F1代中雌果蝇基因型为A A X R X r、2A a X R X r、a a X R X r、A A X r X r、2A a X r X r、a a X r X r，因此雌果蝇中纯合子所占的比例为1/4，B正确；
C.若该雌果蝇含A的染色体片段缺失，则该对果蝇杂交后得到的F1（A,A a,a,a a)×(X R X r,X r X r,X R Y,X r Y)，共有16种基因型,C正确。

D.Ⅱ号Ⅲ号染色体为非同源染色体，发生交叉互换属于染色体结构变异，D错误。

故选D
5.【解析】
A选项，过程①是D N A→R N A过程，表示转录，转录是以核糖核苷酸为原料的，所以A 选项错误；B选项，过程②是核糖体在物质b上合成链状化合物的过程，物质b是m R N A，链状化合物就是合成过程中的多肽，短多肽链的核糖体表示刚开始合成，长多肽链的核糖体表示已开始合成一段时间了，所以核糖体的移动方向是自右向左，B选项正确；C选项，反密码子为A G A，所以m R N A上为U C U，而D N A模板链上就是A G A，C选项正确；D选项，合成的蛋白质异常，非常导致膜功能发生变化，所以D选项正确。

所以本题答案为A。

6.【解析】
A选项，乙烯浓度与脱落率并不是简单的正相关，而是乙烯浓度达到一定浓度后脱落率反而下降，A选项错误；B选项，据图，生长素浓度达到一定值后，脱落率随不断降低，所以B选项正确；C选项，随着生长素浓度的不断升高，乙烯浓度也不断升高，而脱落率则
1
在生长素浓度达到一定值后反而下降，所以没有拮抗关系，C选项错误；D选项，据图，高浓度生长素类似物（浓度达到一定值后），可以降低脱落率，但高浓度生长素类似物也是“除草剂”，极可能会“杀死”农作物，所以农业生产实践中不能这么做的，D选项错误。

29.【解析】
（1）分析图甲可得：在低C O2浓度条件下，玉米净光合作用速率更高，即低C O2浓度下固定C O2的能力更强、更具有竞争优势；小麦和玉米幼苗种植在同一密闭温室（光照、温度等条件适宜），密闭温室中的C O2浓度会不断下降，因此最先死亡的是小麦。

实际光合作用速率是指净光合作用速率加细胞呼吸速率，C O2浓度在C时，小麦和玉米的净光合作用速率相同，但是并不知道小麦和玉米的细胞呼吸速率分别是多少，所以无法确定小麦和玉米实际光合作用速率是否相等。

（2）分析10~12时、16~18时的环境条件：10~12时，光照强度、温度不断增强；16~18时光照强度不断下降。

10~12时，光合作用速率下降，就是光照强度、温度不断增强，小麦水分散失增加，叶片气孔关闭，导致C O2摄入不足；16~18时，光照强度不断下降导致小麦光合作用速率下降。

（3）实验目的是探究高温（35℃）对小麦、玉米净光合速率的影响，所以实验自变量就是不同温度（25℃，35℃）；因变量是小麦、玉米净光合速率，具体的观测指标就是下C O2吸收速率或O2的释放速率；无关变量一般要求就是：相同且适宜。

所以简要的实验思路就是：将小麦、玉米都分别置于25℃，35℃，而其他条件一致的条件中；并分别比较它们在不同温度下C O2吸收速率（或O2的释放速率）。

30.【解析】
本题考查血糖平衡的调节（必修三P25）和糖尿病的病因（自身免疫病必修三P38）。

（1）如图所示，当血糖浓度上升时，葡萄糖感受器接受刺激产生兴奋，通过下丘脑血糖调节中枢，最终导致传出神经末梢释放神经递质与胰岛B细胞膜上相应的受体结合，引起胰岛素分泌增多。

同时，如图葡萄糖和胰高血糖素也可直接与胰岛B细胞膜上相应的受体结合，一方面增加葡萄糖转运蛋白的合成，促进葡萄糖进入细胞；另一方面促进细胞内蛋白质、脂肪、糖原的合成。

可见，血糖平衡的调节方式既有神经调节，又有体液调节。

（2）结合图示，抗体1致病的原因是由于抗体与胰岛B细胞膜上的葡萄糖受体结合，导致胰岛B细胞对葡萄糖浓度上升的敏感度降低，引起胰岛素分泌量减少，血糖浓度升高。

所以可以通过注射胰岛素来缓解。

抗体2则是与组织细胞膜上受体结合，使得血糖不能被组织细胞利用。

从免疫学的角度分析，都是免疫系统反应过度，产生的抗体“敌我不分”地将自身物质当做外来异物进行攻击引起的，属于自身免疫病。

31.【解析】
本题以生态农业（沼气池）为背景，考查生态系统的组成成分作用和能量流动的特点、实践意义(必修三P95-96)。

（1）绿色植物的光合作用可以将无机环境中的二氧化碳固定合成有机物进入到生物群落；微生物的分解作用可以将生物群落里的动植物的遗体、粪便的有机物分解成二氧化碳释放到无机环境中。

所以绿色植物的光合作用和微生物的分解作用在生态系统中，对碳循环起到关键作用，缺少生产者和分解者，生态系统就会崩溃。

农业生态系统的优点：1、实现物质和能量的多级利用，大大提高能量的利用率。

2、使能量持续高效地流向对人类最有益的部分。

（提高农产品的产量）3、减少作物秸秆的燃烧，减少环境污染。

2
（2）图乙中A表示第二营养级所摄入的全部能量=第二营养级的同化量B或b+粪便量E 或c。

第二营养级的同化量B或b=用于生长发育繁殖的量C+呼吸作用热能散失的量D。

用于生长发育繁殖的量C=流向分解者E或f+被下一营养级同化F或g。

第二营养级与第三营养级之间的能量传递效率=第三营养级的同化量F或g/第二营养级的同化量B或b。

能量逐级递减是因为该营养级的能量有一部分被呼吸作用消耗，一部分会作为遗体，排遗物被分解者分解利用，一部分暂时未被利用。

只有10%-20%的能量能够流到下一营养级。

32.（9分）【解析】
（1）F2籽粒中紫色:白色＝（27+9）:（21+7）=9:7即9:3:3:1的变形9:（3+3+1），紫色和白色是两对等位基因控制的性状，且两对等位基因独立遗传，所以遵循基因的自由组合定律。

（2）根据基因的自由组合定律，F2中的紫色籽粒（A_B_）中共有4种基因型A A B B、A A B b、A a B B、A a B b（以A/a、B/b表示两对控制籽粒颜色的等位基因），且比例为1:2:2:4，所以在F2中的紫色籽粒中A基因的频率为2/3，a基因的频率1/3；B基因的频率为2/3，b 基因的频率1/3。

因随机受粉，子代中基因型A_（A A、A a）的频率4/9+4/9=8/9；同理，基因型B_的频率也为8/9，紫色籽粒（A_B_）就为：8/9*8/9=64/81。

（3）F2籽粒中，紫色与白色的性状分离比为9:7；非甜与甜性状分离比为3:1，所以F1籽粒为三对等位基因杂合的基因型，且三对等位基因独立遗传，所以F1籽粒发育成的玉米植株能产生各种类型的配子。

所以F1籽粒为育种材料，最快的育种方法就是单倍体育种，简要过程就是：将F1籽粒种下，获得花粉进行花药离体培养，再经过秋水仙素处理诱导染色体加倍，筛选获得紫色甜玉米纯种。

37.【解析】
本题考查选修一P14,专题二有关微生物的分离和培养。

(1)以石油为碳源，能分解利用石油的微生物就能大量繁殖，而不能分解石油的微生物的生长将受到抑制的培养基就称为选择培养基。

无论是干热灭菌还是高压蒸汽灭菌，达到设定的温度或压力值后，应按照灭菌所需时间保持该温度或维持该压力。

（2）图B所示是稀释涂布平板法分离纯化的结果，因涂布不均匀使菌液分布不均匀，长出来的菌落分布不均匀。

（3）图C所示是平板划线法分离纯化的结果，通过接种环的连续划线，可将聚集的菌种逐步稀释分散到培养基的表面。

划线过程接种环上的菌种逐渐减少，长出来的菌落就越来越稀少。

38.【解析】
本题以新冠病毒的检测和疫苗的制备为背景考查基因工程的相关知识。

（1）该病毒是R N A病毒，要获得目的基因S，可以使用反转录法，即提取病毒的R N A，逆转录成对应D N A后，P C R技术扩增得到基因S。

或者对病毒基因S测序，然后人工合成基因S。

基因工程的核心步骤是基因表达载体的构建，所需要的工具酶有限制酶和D N A 连接酶，根据病毒侵染的特性，目的基因S应该导入哺乳动物细胞细胞中让其表达。

（2）疫苗的特点：能够引起人体发生相应的免疫反应（能引起对新冠病毒的特异性免疫），同时本身又没有传染性和致病性/没有“毒性”。

3
（3）如果检测核酸，一般的方法是探针法/P C R法，进行分子杂交。

检测其特异性蛋白，方法是抗原——抗体杂交。

4
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理科综合物理试题参考答案（解析版）
二、选择题 14．A 【解析】 A ．根据
21211
2
21I n n I n n I I ==，可知，变压器原线圈电流1I 取决于副线圈电流2I 及原副线圈
匝数比；当副线圈空载时，副线圈电流2I 为零，所以原线圈电流1I 也为零，故A 正确； B ．根据
12122
1
21n n U U n n U U ==，可知，变压器副线圈电压2U 取决于原线圈电压1U 及原副
线圈匝数比，与副线圈负载无关，1U 不等于零，所以2U 不等于零，故B 错误； C ．变压器原线圈电流1I 取决于副线圈电流2I 及原副线圈匝数比，
21211
2
21I n n I n n I I ==，；
当副线圈电压不变，负载电阻变小时，副线圈电流2I 变大，所以输入电流也1I 变大，故C 错误；
D ．变压器副线圈电压取决于原线圈电压U 1及原副线圈匝数比，与副线圈负载无关，
12122
1
21n n U U n n U U ==，，U 1不变，所以U 2也不变，故D 错误。

15．C 【解析】
A ．由0ννh h E eU Km m -==，可知入射光频率ν增大，遏止电压U m 也增大，故A 错误；
B ．逸出功是金属本身属性，与入射光的频率无关，故B 错误；
C ．入射光强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，故C 正确；
D ．0ννh h
E Km -=，0ν一定时，最大初动能取决于ν，与光照强度无关，故D 错误。

16．B 【解析】 A ．m
qU
v mv qU 2212
==
，，只增大粒子质量m ，v 减小，故A 错误；
B ．m
qU
v mv qU 2212
==
，，只增大加速电压U ，v 增大，故B 正确； C ．2
222qB mU mqU
qB
mv
R mqU mv ===
=，，比荷m q 增大，q
m
减小，所以R 减小，故C 错误； D ．2
2qB
mU
R =，所以B 增大，R 减小，故D 错误。

17．D 【解析】
A ．根据返回器的动力学方程，运动到d 点的加速度等于该位置的重力加速度，所以此时返回器处于完全失重状态，故A 错误；
B ．从a 到e 速度先增大后减小再增大，故B 错误；
C ．在d 点加速度大小为
()2
h R GM
+，故C 错误；
D ．d 点线速度小于h R GM +，第一宇宙速度等于R
GM
，所以d 点线速度小于第一宇宙速度，故D 正确。

18．BC 【解析】
A ．a 球受力如图，电场力方向与场强方向相同，所以a 球带正电，故A 错误；
B ．b 球受力如图，，θtan qE mg =所以θ
tan q mg
E =
，故B 正确；
C ．b 球受力如图，合外力与速度方向相同，所以b 球过P 点后做匀加速直线运动，故C 正确；
D ．如图，a 球过P 点后，电场力先做负功后做正功，所以a 球电势能先增大后减小，故D 错误。

19．AC 【解析】
A ．洛伦磁力方向与速度的方向总是垂直，所以洛伦磁力不做功，故A 正确；
B ．甲乙刚开始时以相同的加速度一起做匀加速运动，甲乙之间静摩擦力ma f =，a 不变，所以f 不变；甲速度v 逐渐增大，乙对甲的支持力qvB mg N -=逐渐减小，甲乙间最大静
摩擦力N f m μ=逐渐减小，当m f f =时，甲乙发生相对滑动，此时甲乙间的摩擦力变为滑动摩擦力N f μ=，N 变小，所以f 变小，故B 错误；
C ．当mg qvB =时，N=0，所以甲受到的摩檫力f=0，甲开始做匀速直线运动，故C 正确；
D ．甲乙发生相对滑动后，乙受到的合外力f F F -=乙，F 恒定，f 变小，乙F 变大，所以甲乙发生相对滑动后到N=0之前，乙的加速度逐渐增大，故D 错误。

20．CD 【解析】
A ．设落到C 点时，C v 与水平方向的夹角为α，则α
cos 0
v v C =，θαtan 2tan =，α≠2θ，所以θ
2cos 0
v v C ≠
，故A 错误；
B ．002221tan v gt t v gt
=
=θ，所以g
v t θtan 20=，故B 错误； C ．速度方向与斜面平行时运动员与斜面距离最远，此时0tan v gt
=θ，所以g
v t θtan 0=，故C 正确；
D ．从A 到B ，根据动能定理02120-=-mv W mgh f ，所以2
2
1mv mgh W f -=，故D 正确。

21．AD 【解析】
A ．由动能定理得，k E h F ∆=∆合，所以Δh ΔE F K =合，k E ∆与h ∆取极小值时，Δh
ΔE K
就是图像各点的斜率，故A 正确；
B ．图像直线段，滑块竖直上抛，图像的斜率绝对值等于mg ，得m=0.2 kg ，故B 错误；
C ．当弹簧恢复原长时，滑块离开弹簧，开始做竖直上抛运动。

由图像可知，此时m 2.0=h ，即弹簧原长为0.2 m ，故C 错误；
D ．由图像可知h ＝0.18 m 时动能最大，此时mg x k =∆，又弹簧原长为0.2 m 得m 02.0=∆x ，所以N/m 100=∆=x
mg
k ，故D 正确。

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。

第22～32题为必考题，第33～38题为选考题。

22．（5分）
（1）不必；
（2）两分力一次同时测定，减小误差（或由于圆环的滑动，使得OA、OB两细线拉力大小相同）；
（3）F。

评分标准：（1）（1分）；（2）（2分）；（3）（2分）。

【解析】
（1）步骤①的目的是测量水壶的重力大小，因此不需要记录O点位置；
（2）完成“力的平行四边形”实验需要记录三个力的大小、方向和作用点，本实验中使用圆环，使AO、BO两段绳子的拉力等大，此时两个力的大小只需测量一次；
（3）由图可知F′为利用平行四边形作出的合力理论值，将水壶重力反向延长可以画出合力的实验值F，实验有一定的误差，但只要两者偏差在误差允许范围内，就能说明力的合成与分解遵循平行四边形定则。

23．（
图乙
（2）2.40×102 （3）③R1（4）①电压表超偏而损坏②C
评分标准：（1）一条导线连接正确得1分，两条均正确得2分，其余每空2分。

【解析】
（1）如图
（2）最好估读一位，用科学计数法表示更好，即2.40×102 ；
（3）本实验利用的是“替代法”测电阻，在滑动变阻器阻值一定时，当单刀双掷开关分别接“1”
和“2”，使压表的示数相同，说明R x 的阻值与变阻箱R 0的阻值相同，即R x =R 1；
（4）①在第（3）步②的步骤中，变阻箱阻值调整到最大值，当单刀双掷开关从“1”打到“2”的时候会使整个并联部分的电阻增大，分得的电压增大，而原来的电压表已经满偏了，所以这样的操作会使电压表超偏而损坏；
②本实验中，只要双掷开关打到“1”或打到“2”的时候是使用同一个电压表，故其内阻几乎对本实验无影响。

若滑动变阻器的阻值太小，则并联部分的阻值大小就比较接近滑动变阻器的阻值，这时在移动R 0时，并联部分的总电阻变化不大，电压表示数变化较小，会导致实验误差较大，反之滑动变阻器阻值较大时，并联部分的总电阻比较接近R 0阻值，这时在移动R 0时，并联部分的总电阻变化明显，电压表示数变化明显，最终误差较小。

所以选择C 可以减小实验误差。

24．（12分）
解：（1）对小车，由牛顿第二定律得
μmg =Ma ①
解得a =4 m/s 2 ②
小车加速过程 2
02
1at x =
③ 得 t =1 s ④
（2）物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C ，由牛顿第二定律得
2 C
v mg m R
= ⑤
物块从B 运动到C 的过程，由机械能守恒定律得
22
21122
C B mg m R v mv += ⑥
联立解得
v B =5 m/s ⑦ 对物块由牛顿第二定律得 μmg =ma 1 ⑧
物块在水平面上的运动可视为反向匀加速 2
12
1t a t v s B +
= ⑨ 故L =s -x 0= 4 m ⑩
评分标准：（1）①②③④式各1分，共4分；
（2）⑤⑦⑧⑩式各1分，⑥⑨式各2分，共8分；
25．（20分）
解：（1）设导体棒进入磁场前瞬间速度大小为v ．导体棒从释放到刚进入磁场的过程中，
由机械能守恒定律有： mgH ＝
2
2
1mv ① 解得 v ＝2 m/s ② 根据位移公式有：
t v
H 230
sin =
③ 解得 t ＝0.4 s ④
（2）导体棒进入磁场到静止，由动量定理得：
﹣Ft ＝0﹣mv ⑤ 根据安培力公式有
F ＝BIL ⑥ 又 q ＝It ⑦ 联立得
BqL ＝mv ⑧ 通过导体棒的电荷量为
r
R q +∆=
φ
⑨ △Φ＝BLx ⑩ 联立解得
x=0.25 m ○
11 （3）导体棒滑入磁场之前R 上产生的焦耳热为
121Rt I Q R = ○
12 由法拉第电磁感应定律有
8.0=∆∆=
Ld t
B
E V ○
13 由闭合电路欧姆定律
4.0=+=
r
R E
I A ○
14
可得 096.01=R Q J ○
15 导体棒进入磁场后的总热量
J 02.02
12
==
mv Q ○
16 又 r R Q Q r R ::22= ○17 解得 J 015.02=R Q ○
18 故电阻R 上产生的焦耳热为：
Q R ＝Q R1+Q R2＝0.111J ○
19 评分标准：（1）①②③④式各1分，共4分；
（2）⑤式2分，⑥⑦⑧⑨⑩○
11式各1分，共8分； （3）○12○13○14○15○16○17○18○19式各1分，共8分。

（二）选考题
33．[物理—选修3-3]（15分） （1）BDE （5分） 【解析】
A ．晶体中的多晶是各向同性，而单晶是各向异性，所以A 错误；
B ．自然界中一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性，如扩散、热传递、内能与机械能的相互转化问题等，所以B 正确；
C ．布朗运动是由于液体分子的无规则运动而去碰撞悬浮颗粒，导致悬浮颗粒也做无规则运动，所以C 错误；
D ．水的饱和蒸气压只与水的温度有关，与水面上的体积和大气压强都是无关的。

所以D 正确；
E ．由于蒸发现象导致液体表面层分子比较稀疏，分子间作用力表现为引力，形成表面张力，就像一张薄膜一样，所以水面稍高出杯口，水仍不会流下来，E 正确。

（2）（10分）
解：（i ）对活塞受力分析，由平衡条件可知： F S p S p B A += ① 得：F =500 N ②
（ii ）再次平衡时A 、B 两部分气体的压强相等，设为p ，设气缸总体积为V ，气体温度
为T 2。