广西梧州高级中学高三理综上学期调研考试试题(扫描版)

广西梧州高级中学2016届高三理综上学期调研考试试题（扫描版）
高三调研考试（三）
化学参考答案
7．C 【解析】PM2.5颗粒是可吸入颗粒物，不能形成酸雨，A错误；钢缆，属于合金，B错误；地沟油属于酯类，遇NaOH溶液会发生水解不分层，而矿物油属于烃类，因不与NaOH反应而分层，C正确；工业上获得大量的乙烯、丙烯、丁二烯的方法是石油裂解，D错误。

8．B 【解析】0.2 L 2 mol/L乙醇溶液中乙醇分子数是0.4N A，但溶液中还存在水分子，所以总分子数大于0.4N A，A错误；常温常压下，20 g H218O的物质的量是1 mol，所含中子的物
质的量是（18-8）mol＝10 mol，数目为10N A，B正确；未注明Cl2所处的状况，不一定是标准状况下，C错误；pH=3的AlCl3溶液只能计算氢离子的浓度，但Cl-的浓度无法计算，D错误。

9.B 【解析】MnO4 在SO2溶液中具有强氧化性，能氧化乙醇和SO2，A项错误；使酚酞变红的溶液是碱性溶液，选项中各种离子能大量共存，B项正确；向硫酸铜溶液中通入氯气，会发生反应: 2Fe2+ + Cl2＝2Fe3+ + 2Cl－,会引入新的杂质离子Cl-，因此不能用氯气除去杂质硫酸亚铁，C错误；铁溶于稀硝酸，溶液变黄应该有Fe3+生成，D错误。

10．A 【解析】该有机物在碱性环境中水解生成乙酸盐，B错误；该有机物含有酯基，能发生水解反应(也是取代反应)，C错误；该有机物中没有醛基，不能与新制银氨溶液反应，D错误。

11. B 【解析】由题意知：X为C元素、Y为Al元素、Z为Si元素、W为S元素、R为Cl 元素。

工业上常用电解Al2O3制备Al的单质， A错误；同电子数的简单离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：W(S)>R(Cl)，B正确；二氧化硅，能与氢氟酸反应， C错误；非金属性Cl＞S＞Si，应为最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W＜R，D错误。

12.A 【解析】阴极H+放电，溶液呈碱性，产生Mg(OH)2沉淀，A正确；先滴加KSCN溶液，若溶液无现象，再滴加氯水，溶液变红色，证明溶液中含有亚铁离子，不能先滴加氯水，B错误；KCl是强酸强碱盐，溶液呈中性，C错误；向Na2S溶液中滴加盐酸, 产生臭鸡蛋气味的气体，证明酸性：HCl>H2S，而元素的非金属性的强弱，应通过元素的最高价含氧酸的酸性强弱或氢化物的稳定性来比较，因此不能证明氯的非金属性比硫强，D错误。

13.C 【解析】原电池中氢离子的移动方向是从负极流向正极，所以Y极是电池的负极，X 极为正极， A错误；电子由Y极经用电器流向X极，电子在导线上传递，B错误；X是正极，正极上发生得电子的还原反应：Cl－－OH +2e－+ H+→ －OH + Cl－，C正确；Y极的电极反应式：CH3COO--8e-+2H2O＝2CO2+7H+，由电极方程式可知当转移8 mol电子时，正极消耗4 mol H+，负极生成7 mol H+，则处理后的废水pH降低，D错误。

26．（15分）
（1）C、B、G（2分）
（2）位于三颈瓶的液体中央（1分）
过度冷却，产品1 , 2-二溴乙烷在装置B中凝固（2分）
（3）吸收溴蒸气,防止污染空气（答案合理即可）（2分）
（4）CH2＝CH2 + Br2BrCH2CH2Br（2分） SO2+Br2+2H2O＝H2SO4+2HBr（2分）
(5)蒸馏（2分）
（6）66.7%（2分）
【解析】(1)仪器组装顺序是：制取乙烯气体(用A、E、F组装)→安全瓶(D)→净化气体(C)→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置(B)→尾气处理(G)。

则正确的连接顺序是：A经F（1）插入F中，E接F（2），F（3）接D接C接B接G。

(2) 温度计测量的是溶液的温度，因此温度计水银球位于三颈瓶的液体中央。

由表中数据可知1 , 2-二溴乙烷熔点低，过度冷却，产品1 , 2-二溴乙烷会在装置B中凝固。

(3)由于溴易挥发，而溴是有毒的，所以G中氢氧化钠溶液的作用是吸收溴蒸气，防止污染空气。

(4)B装置用来制备1，2-二溴乙烷，反应的方程式为CH2＝CH2+ Br2BrCH2CH2Br。

若将
装置C拆除，则SO2易与溴发生氧化还原反应，所以在E中的主要反应为SO2+Br2+2H2O＝
H2SO4+2HBr。

（5）1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，可用蒸馏的方法将它们分
离。

(6) 92.0g 无水乙醇的物质的量为2mol ，120.0g 液溴的物质的量为0.75mol ，反应时无水乙醇过量，理论上应得到1，2-二溴乙烷0.75mol ，实际得到94.0g 产物即0.50mol ，则1，2-二溴乙烷的产率为75
.050.0×100%=66.7%。

27. （13分）
（1）①26.1%（2分） ②abc（3分）
（2）①是（2分） 0.02mol·L －1·min －1（2分） ②d（2分）
③＋206.3 kJ·mol －1（2分）
【解析】（1）①设N 2和H 2的物质的量为1mol 和3mol ，H 2的转化率为x ，则2x /（4－2x ）=0.15，x =0.261。

②合成氨反应属于放热反应，对放热反应而言，平衡常数越小，反应温度越高，即反应温度T （A ）＞T （B ）；温度越高，反应速率越快，即v （A ）＞v （B ）；对恒容容器而言，温度越高，压强越大，即P （A ）＞P （B ）；混合气体的密度保持不变。

（2）①根据5min 时，n （H 2）=0.6mol ，可判断x 3=0.2mol ，与第7min 时刻CO 的物质的量相等，说明第5min 时已达平衡状态。

v （CH 4）=0.2mol/(2L×5min) =0.02mol·L －1·min －1。

②根据CO 的物质的量由0.2mol 减少到0.19mol ，可知平衡向逆方向移动，但H 2的物质的量反而增大，说明该时刻改变的条件是充入H 2。

③H 2（g ）＋2
1O 2（g ）=H 2O （g ） 3H ∆=－242.0kJ·mol －1 CH 4（g ） ＋2O 2（g ）
CO 2（g ）＋2H 2O （g ） 4H ∆=－802.7kJ·mol －1 CO （g ）＋2
1O 2（g ）=CO 2（g ） 5H ∆=－283.0kJ·mol －1 根据盖斯定律可知，2H ∆=4H ∆－33H ∆－5H ∆=＋206.3 kJ·mol －1。

28．(15分)
（1）①H 2 + 2OH ――2e －=2H 2O (2分) ②1：1120 (2分)
(2) 2H ++2e -=H 2↑(2分)
(3) 铁(2分) 1：6 (2分)
(4)Fe 作阳极，可产生还原剂Fe 2+，而石墨作阳极不能提供还原剂(2分)
(5)经计算知，上述电解后的废水中含量＝0.0780 mg/L ，符合国家排放标准(3分)
【解析】 (1)①由于是KOH 溶液，因此负极反应为：H 2 + 2OH ――2e －=2H 2O 。

②吸收的H 2的物质的量为10mol ，根据反应方程式知生成的LiH 为20mol ，其质量为：
20mol×8g/mol=160g，体积为200 cm 3，LiH 体积与被吸收的H 2体积比为：0.2：224=1：1120。

(2)阴极发生还原反应，根据放电顺序，电极反应式为：2H ++2e -=H 2↑。

(3)电解过程中Cr2O72-移向阳极，因Fe作阳极，Cr2O72-移向铁电极。

根据电荷和元素守恒，得到Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，转化过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6。

（4）金属Fe作阳极，该电极是金属铁失电子，此时可产生还原剂Fe2+，将重铬酸根离子还原，而石墨作阳极不能提供还原剂。

(5) Cr2O72- + 6I- + 14H+ = 2Cr3+ + 3I2 + 7H2O
1 6
n（Cr2O72-）9×10-3L×0.0001 mol/L
n（Cr2O72-）=1.5×10-7 mol，
废水1L中n（Cr2O72-）=1.5×10-7 mol×5=7.5×10-7 mol
废水1L中n（）=1.5×10-6mol，电解后的1L废水中含量=1.5×10-6 mol×52g/mol=0.078mg，
符合国家排放标准为的含量≤0.1000 mg/L。

36. 【答案】（1）B（2分）
（2）3K2MnO4 ＋2CO2 ===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3（3分）
（3）烧杯、玻璃棒、漏斗（3分）
（4）C D（2分）（5）b （2分）（6）0.079 （3分）
【解析】题给流程不复杂，反应物和生成物关系很明了，关键是我们要看得懂流程。

（1）题给流程中反应物已列出有三种， MnO2、 KClO3、 KOH。

根据KOH的性质可知其与石英、氧化铝都反应，因此选B；（2）结合流程可知K2MnO4在酸性溶液（通入了CO2）发生歧化反应，产物MnO2、K2CO3、KMnO4配平即可得：3K2MnO4 ＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3；（3）过滤是化学基本实验操作，所使用的仪器有烧杯、玻璃棒、过滤器（滤纸、漏斗）铁架台等；（4）结合流程，根据电解规律，Mn的化合价升高，阳极是MnO42-放电，因此阳极的电极材料不能是活性电极，因此选C D；（5）对比反应a的化学方程式和反应b的离子方程式，可知每生成2 mol KMnO4反应a需要3 mol，而反应 b需要2mol K2MnO4；（6）根据5FeSO4~KMnO4，列比例式进行简单计算即可求出。

37.【答案】(1）1s22s22p63s23p63d10 (2分)
（2）4 （1分）共价键（或极性键）（1分）配位键 (1分) N (1分) NH3能够与水反应，且能与水分子形成氢键(2分)
（3）9.04g·cm-3(3分)
(4)正四面体(2分) sp3(2分)
【解析】（1）锌是30号元素，价电子是3d104s2，则Zn2+电子排布式是1s22s22p63s23p63d10。

（2）[Zn(NH3)4]2+中是由1个Zn2+与4个NH3组成，配位数是4。

氨分子中存在共价键，与Zn2+形成配位键。

氮的最外层电子中p轨道是半充满稳定结构，其第一电离能比氧的大。

(3)根据晶胞结构可知，晶胞中含有铜原子的个数是8×＋6×＝4，因此ρ＝(4×64)/[( 3.61 10-8)3×6.02×1023]得ρ＝9.04g·cm-3。

(4)在硫酸根离子中硫原子不存在孤对电子，其价层电子对数是4，所以空间构型是正四面体形，硫原子是sp3杂化。

38.【答案】
⑴nHOOC(CH2)4COOH＋nH2N(CH2)6NH2→＋（2n-1）H2O(2分) 缩聚反应(1分)
⑵1，4-二氯-2-丁烯(1分) ClCH2CH=CHCH2Cl+2HCN催化剂NCCH2CH=CHCH2CN+2HCl(2分)
⑶CH2=CH－CH=CH2 (1分) HCHO(2分)
⑷4(2分) (1分)
CH3CH2CH=CH2↑+H2O(2分)
⑸CH3CH2MgCl（1分） CH3CH2CH(OH)CH3浓硫酸
170℃
【解析】由A的分子式及B的结构推知A为CH2=CH－CH=CH2，A→B为1，4加成反应，B→C→D利用题给已知②知D为H2N(CH2)6NH2，B→C是取代反应；由尼龙-66的结构知E与D发生缩聚反应；根据已知①③推得F为甲醛，反应中有2分子甲醛参加了反应；NC(CH2)4CN的不饱和度为4，且只有6个碳原子，则2个N原子以2个-NH2位于苯环的邻位（3种氢）、间位（4种
氢）、对位（2种氢），若是5种氢，应是； L是CH3CH2Cl，根据题给已知①知M是CH3CH2MgCl，然后M与乙醛发生类似题给已知③的第一步反应，生成N：CH3CH2CH(OH)CH3，N再发生消去反应生成1-丁烯。

高三调研考试（三）
生物参考答案
1.D 【解析】从题干叙述可知，疟原虫通过产生自噬泡，然后自噬泡应与细胞膜融合来“释放”胞浆，可视为胞吐的方式“释放”胞浆，而胞吐的结构基础是细胞膜的流动性，A正确；青蒿素导致疟原虫的死亡是通过使疟原虫丢失大量胞浆（细胞质基质），致使疟原虫的细胞完整性被破坏，B正确；青蒿素能干扰疟原虫的线粒体的功能，而线粒体是真核细胞内主要的能量来源，C正确；根据题干“阻断宿主红细胞为其提供营养”可知，青蒿素应降低了疟原虫细胞膜的通透性，致使营养物质进入疟原虫细胞受阻，D错误。

2.A 【解析】酶、ATP和激素都是有机物，一定含有C元素，但神经递质可能是无机物（如NO），故而不一定含有C元素，①错误；ATP的合成需要酶的催化，即酶降低该反应的活化能，而不是提供活化能，②错误；验证特定酶的专一性实验时，自变量只能是底物的种类，而酶的量、温度等均为无关变量，③正确；激素虽然通过体液进行运输，但不同激素需要与相应受体结合才能传递信息，并非所有细胞都含有各种激素的受体，④错误；神经递质发挥作用的部位为突触后膜，而突触后膜可以是胞体膜或树突膜，⑤正确；性激素能促进生殖细胞的形成，细胞增殖过程消耗ATP，物质的合成需要酶的催化，⑥错误。

综上答案选A项。

3.B 【解析】内环境的稳态包括成分的稳态和理化性质的稳态，即处于动态平衡中，A正确；组织液转化成血浆的部位是毛细静脉血管，而血浆转化成组织液的部位是毛细动脉血管，B错误；人体各器官、系统协调一致地正常运转，是维持内环境稳态的基础，C正确；人体某部位组织液短时间内增多过快可引起组织水肿，而导致组织水肿的原因有营养不良、过敏、淋巴管堵塞等，D正确。

4.A 【解析】从表中数据可知，该种群的增长速率在调查的14年内，先增加后减少，符合“S”型增长模型，第八年种群的增长速率最快，对应种群数量应为K/2，A正确；“S”型增长的种
群，其年龄组成特点是从增长型逐渐向稳定型转变，B错误；“S”型增长的种群，其种群密度制约增长速率，C错误；就地保护时，该濒危物种的种群密度是逐渐增大的，可见该物种生存的环境并没有遭到严重破坏，故而就地保护对物种而言依然是最佳的保护方式，D错误。

5.B 【解析】从图中信息可知，基因片段中有一部分不能转录出RNA，并且转录而来的前体RNA还需剪切和拼接成成熟的mRNA，可见不能仅仅从（142+1）×6来计算组成该基因的核苷酸数，计算式中的“1”指的是终止密码子对应的核苷酸数，A错误；图中①过程表示转录，可发生的碱基配对方式有A-U、T-A、C-G、G-C，③过程表示翻译，可发生的碱基配对方式有A-U、U-A、C-G、G-C，B正确；从图中信息可知，前体RNA至mRNA过程，需经历剪切和拼接，再根据酶的专一性可知，该过程不应用到DNA连接酶，C错误；mRNA首端的起始密码子决定的氨基酸应为肽链的首端氨基酸，而起始密码子有AUG和GUG，前者对应甲硫氨酸，后者对应缬氨酸，D错误。

6.C 【解析】因为Ⅰ1和Ⅰ2各自的两条异常染色体都能遗传给Ⅱ3，所以Ⅰ1和Ⅰ2各自的两条异常染色体应为非同源染色体，A错误；该家庭所患的遗传病应为染色体异常遗传病，B错误；由于Ⅲ6的染色体正常，所以Ⅱ3的四条异常染色体均为非同源染色体，进而Ⅱ3产生的配子中所含染色体均正常的占1/2×1/2×1/2×1/2=1/16，而Ⅱ4的染色体正常，故而Ⅱ3与Ⅱ4再生一个染色体正常的孩子的概率为1/16，C正确；从题干信息，不能确定Ⅲ5的一条异常染色体（该异常染色体应比正常染色体长了一段，故而基因总数多了一部分）是来自Ⅰ1还是Ⅰ2，D错误。

29.【答案】（除注明外，每空2分，共10分）
（1）叶绿体基质、细胞质基质光质和CO2浓度（1分） CO2浓度（1分）
（2）运出一分子三碳糖磷酸
（3）线粒体（1分）叶绿体中的色素吸收红光多于黄光，a点总光合速率较高，呼吸速率不变，所以a点所测数据大于b点（其他答案合理也可）不会（1分）
【解析】（1）从甲图信息可知，淀粉的合成场所是叶绿体基质，而蔗糖的合成场所是细胞质基质。

图乙所示实验是“探究光质与CO2浓度对植物净光合速率的影响”，所以该实验的自变量有光质和CO2浓度。

光质直接影响的是光合作用的光反应阶段，而CO2浓度可直接影响光合作用的暗反应阶段，而图甲中卡尔文循环属于暗反应。

（2）从题干信息“磷酸转运器所转运的两种物质严格按照1:1的量进行”可知，磷酸转运器可向叶绿体内转送磷酸，向叶绿体外转送三碳糖磷酸，并且每转入一分子磷酸必定运出一分子三碳糖磷酸。

（3）根尖细胞内合成ATP的场所有细胞质基质和线粒体，其中线粒体才是细胞器。

叶绿体中的光合色素吸收红光多于黄光，进而总光合速率就较大，又因呼吸速率与光质无关，所以红光对应的净光合速率也就较大。

因为植物对CO2的需求有饱和点，故而曲线不会一直上升。

30.【答案】（每空1分，共9分）
（1）脊髓高级中枢对低级中枢具有一定的调控作用
（2）突触前膜大脑皮层
（3）灭活的抗原特异性免疫抗体和记忆细胞
（4）免疫器官浆细胞、吞噬细胞
【解析】缩手反射属于非条件反射，其神经中枢位于脊髓。

人的主观性有高级中枢的参与，可见高级中枢对低级中枢有调控作用。

（2）释放神经递质的结构是突触前膜。

人类的一切感知都产生于大脑皮层。

（3）疫苗实质是没有活性的抗原，抗原进入人体后，人体会产生特异性免疫。

（4）浆细胞不能识别任何抗原，吞噬细胞既能参与非特异性免疫（人体第二道免疫防线），也能参与特异性免疫（人体第三道免疫防线）。

31.【答案】（除注明外，每空1分，共10分）
（1）如图所示： （2分，每个箭头1分） 第四营养级
（2）第二营养级同化的能量 第二营养级生长发育和繁殖的能量 25
N n -千焦 单向流动、逐级递减
（3）信息传递
（4）抵抗力 恢复力
【解析】（1）第一营养级（生产者）可通过光合作用固定大气中的二氧化碳，分解者可通过呼吸作用向大气释放二氧化碳。

三级消费者也就是第四营养级（2）消费者摄入的能量，并不能完全同化，有一部分以粪便的形式流向分解者，故图乙能量a 指的是第二营养级同化的能量。

每个营养级同化的能量一部分通过呼吸作用以热能形式散失，一部分用于自身生长发育和繁殖，即图乙中能量b 指的是第二营养级生长发育和繁殖的能量。

第二营养级同化的能量=摄入能量-粪便中的能量，再根据20%的能量传递效率来计算，该生态系统最高营养级（第四营养级）获得的能量为（N-n ）×20%×20%=25
N n -千焦。

从图乙信息可知，能量流动具有单向流动、逐级递减的特征。

（3）捕食者与被捕食者通过“感知”对方，而利于捕食与反捕食，可体现生态系统的信息传递的功能。

（4）营养结构简单的生态系统，抵抗力稳定性较弱，恢复力稳定性可能较强也可能较弱，比如该生态系统为草原生态系统，其恢复力稳定性就较强，但如果是冻原或沙漠生态系统，则恢复力稳定性就较弱。

32.【答案】（除注明外，每空2分，共10分）
（1）48（1分）
（2）F 1中高茎与矮茎在自然状态下繁殖一代，F 2中出现性状分离的即为显性性状（意思对即可）
（3）①间接（1分） aaBB 或aaBb
②不同
③紫花：蓝花：白花=4：1：1
【解析】（1）根据题干“2n=24”可知，该植物体细胞中不增殖的细胞内染色体有24条，而处于有丝分裂后期的染色体数目应最多，即48条。

（2）该植物的高茎与矮茎受一对等位基因控制，高茎1×矮茎1，子一代出现1:1的性状比，说明该杂交为测交，不能判断显隐性。

子一代中显性性状个体为杂合子，又因为该植物与豌豆的传粉和授粉方式相同，即自花传粉且闭花授粉，所以让子一代个体在自然状态下繁殖，出现性状分离比的，即为显性性状。

（3）①从图中信息，基因通过控制酶的合成控制物质E 、F 和G 的转化，即基因间接控制生物的性状。

从图中信息可知，不含A 基因的植株开白花，又因含ab 的花粉败育，所以自然界也就不存在基因型为aabb 的植株，可见白花植株的基因型只能是aaBB 或aaBb 。

②根据题给条件及图中信息可知，杂合的白花植株的基因型为aaBb ，杂合的蓝花植株的基因型为Aabb 。

aaBb （♀）×Aabb （♂），父本产生的配子中，可育的只有Ab 配子，而母本可产生aB 和ab 配子均可育，
子代的基因型及表现型为AaBb（紫花）、Aabb（蓝花），而aaBb（♂）×Aabb（♀），父本产生的配子中，可育的只有aB配子，而母本可产生Ab和ab配子均可育，子代的基因型及表现型为AaBb（紫花）、aaBb（白花），可见正反交子代的表现型情况不同。

③基因型为AaBb的植物，自然状态下繁殖一代，即自交一代，可育雄配子的种类及比例为AB:Ab:aB=1:1:1，雌配子的种类及比例为AB:Ab:aB:ab=1:1:1:1。

雌雄配子随机结合（利用棋盘法），子一代紫花：蓝花：白花=8:2:2=4：1：1。

棋盘法如下表所示：
39.【答案】（除注明外，每空2分，共15分）
（1）水蒸气蒸馏法（蒸馏法）（1分）玫瑰精油（1分）油层的密度比水层小
（2）既隔绝空气，又可防治杂菌污染（不全不得分）选择（1分）
a、b b 碳源、氮源（不全不得分）
（3）不能，培养液中的氧气不充足
【解析】（1）玫瑰精油化学性质稳定，难溶于水，挥发性强，所以提取时常用的方法是蒸馏法；向用这种方法得到的乳浊液中加氯化钠，最终由于油水密度不同会出现分层现象。

橘皮精油采用压榨法提取，胡萝卜素采用萃取法提取。

（2）图2装置用于果酒的生产，要求无氧环境，故水的作用是隔绝氧气，且可防止杂菌污染。

若从土壤众多微生物中分离出酵母菌，应使用选择性培养基，平板画线法和涂布平板法均可用于微生物的纯化，而培养液中的微生物计数用稀释涂布平板法；培养过程中，葡萄果汁不仅为酵母菌的生长提供了水、无机盐，还提供了生长必须的碳源、氮源。

（3）醋酸发酵的条件之一是要有充足的氧气，而图2即使除去水，在培养瓶中只是表层接触氧气，而培养液的底层没有充足氧气，不能进行很好的发酵。

40. 【答案】（除标注外，每空2分，共15分）
（1）构建基因表达载体 PstⅠ、EcoRⅠ
（2）PCR 耐高温（具有热稳定性）
（3）黏性末端（或平末端） DNA连接酶
（4）全能性植物组织培养技术（1分）
【解析】（1）基因工程的核心步骤是构建基因表达载体，根据含Ppc基因的DNA中限制酶的切割位点，可知应选用PstⅠ、EcoRⅠ限制酶来切割含Ppc基因的DNA和质粒。

（2）体外增加基因数量的方法是PCR技术，需选用Taq酶，具有很高的热稳定性。

（3）限制酶切割基因和质粒后产生黏性末端（或平末端），连接黏性末端的工具酶是DNA连接酶。

（4）植物细胞具有全能性，可采用植物组织培养技术将组织细胞培育成植株。

高三调研考试（三）
物理参考答案
14.答案：D
解析：2.5 m 自由跌落，落地速度由gh v 22=可得s /m .v 077≈，A 错误；落地时间由221gt h =可得s .t 7070≈，B 错误；手机落地时的重力功率W mgv P 3.11==,C 错误；手机落地时由ma mg F =-，at v -=0，解得地面对手机的平均作用力F 约12.9N,D 正确。

15. 答案：B
解析：由受力分析可知，OB 绳移动时，OA 绳中的张力一直减小，最大值在初始位置，最大值
为max 0cos30OA mg F =
=，A 错误，D 错误；OB 绳中的张力先减小后增加，最小值为两绳垂直时，最小值为0min 1sin 302OB F mg mg ==，B 正确,C 错误。

16. 答案：C 解析：由题意可知原线圈中接入的交变电流瞬时值的表达式为）-（2100311π
πt sin e =，A 错
误；滑动变阻器的滑片向右滑动时，副线圈负载电阻减小，电压不变，副线圈中的电流变大，B 错误；增强光照，光敏电阻阻值变小，副线圈中的电流变大，电压不变，则副线圈的输出功率变大，原线圈的输入功率随之变大，C 正确；若将光敏电阻换为二极管，则副线圈两端的电压不变，为2211110V n U U n =
=，D 错误。

17.答案：D
解析：c 、d 两点的电场强度大小相等，但是方向不同，选项A 错误；a 点电势高于b 点电势，选项B 错误；将电子沿直线从c 移到d ，电场力对电子先做正功再做负功，选项C 错误；将电子沿直线从a 移到b ，电场力做负功，电子的电势能增大，选项D 正确。

18. 答案：C
A 错误；制动2
3GT π，便可计速度变大，动能变大，D 错误。

19．答案：ABD
解析：结合题意分析平抛运动可知，045tan v v x y =，gh v y
22=则g v h 220=，A 正确；甲球落地的时间g
v g v t y
0==，B 正确；分析小球乙在斜面上的运动20045212t sin g t v h +=，可知C 错误；由2202
121mv mgh mv =+；可知甲、乙落地时的速度大小均为02v ，D 正确。

20. 答案：BC
解析：由图像可知子弹刚击中木块后二者的共同速度为4m/s ，A 错误；由ma mg =μ，21s /m a =，结合a
v t ∆=可知子弹击中木块后再过6s 木块重新与传送带达到共同速度2m/s ，B 正确；子弹击中木块后木块向左运动到最大位移时速度为零，此时位移
m vt x 82
1==，C 正确；木块向左运动的过程中与传送带的相对位移为16m ，木块向右运动的过程中与传送带的相对位移为2m ，摩擦生热J mgx Q 54==相对μ，D 错误。

21.答案：AB
解析：由t n E ∆∆Φ=，R E I =,mg IL nB =0可得，回路总电阻0
32022mgt L B n R =，A 正确；0t t =时刻棉线中的张力为零，此时安培力与重力平衡，0~t 0时间内回路中电流不变，但是磁感应强度不断增加，故0~t 0时间内棉线张力不断减小，B 正确；05.2t t =时刻安培力m g IL B n 2
120=方向向下，F mg F A =+,棉线拉力为mg 5.1,C 错误；003~2t t 时间内电动势t n
E ∆∆Φ=不变，R E I =线框中的感应电流不变，D 错误。

22.(1) 拉小车的绳没有与长木板平行；小车应放置于靠近打点计时器的一端；打点计时器接交流电源；长木板左侧应垫高以平衡摩擦力（2分）
（2）远小于（2分）
（3）平衡摩擦力过度，木板一端垫的太高 （2分）
解析：（1）图中问题有细线要与小车运动轨迹平行，小车应放置于靠近打点计时器的一端，打点计时器接交流电源，长木板左侧应垫高以平衡摩擦力；
（2）托盘及砝码质量应远小于小车质量，这样才能近似的将托盘和砝码的重力看做绳子的拉力
（3）加速度有纵轴截距（正值），说明平衡摩擦力过度，木板一端垫的太高。

23.（1）保护电路、控制电流（1分） 250Ω （2分）
(2)10 V （2分） 41.67 Ω （2分）
(3) < （1分） < （1分）
解析：（1）R 0是控制电流在40 mA 之内， Ω=-=
250r I E R (2)由闭合电路欧姆定律可知r R R U U E ⋅++=0，整理可得E
R R E r U 1110++⋅=,结合图线的斜率与截距可知，V E 10=r=41.67Ω。

(3)由于伏特表的分流，造成电动势和电阻的测量值都偏小
24．解：从B 点到C 点，小球做平抛运动，因为小球垂直撞击在斜面上，由分运动与合运动关系：
tan B
gt v θ=（3分）， 2122tan B R gt v t θ-=
（3分）
解得：B v =（2分） 从A 到B 由动能定理：21(h 2)02B W mg R mv +-=
-（2分） 得：16W g ==53
J （2分） 所以弹簧的弹性势能是53J 25.解：（1）由类平抛运动可知
22
1at x =水平方向：(1分)， ma qE =(1分)
竖直方向:t v y 0= (1分)
qE
m v 20=y 联立可得qE
mv t 0=(1分)， qE
m v x 220=
P 点坐标（022
，-qE m v ）(1分)
（2）粒子进入磁场时的速度0v v x =，0v v y =
02
22v v v v y x =+=(1分)
由几何关系可知粒子在磁场中的运动半径qE mv R 2
2= (1分)
结合qB m v
R =(1分)
可得0
v E
B =(2分)
（3）由几何关系可知粒子在磁场中的运动半径qE mv R 2
22=(1分)
此时0
2v E
B = (2分)
粒子运动轨迹如图所示，第二、四象限粒子运动过程对称轨迹均为半圆
第一象限中粒子做匀速直线运动
由对称关系可知，第二次穿越x 轴的位置为（qE m v 2
-，0）(2分)
粒子在第三象限中运动的时间=1t qE m v 0
(1分) 粒子在第二、四象限中运动的时间均为qB m t t π==42=qE mv
20
π(1分
)
粒子在第一象限中做匀速直线运动的时间===020322v qE mv v x t qE
m v 0(1分) 粒子运动的总时间）（π+=
+++=204321qE
mv t t t t t (2分) 33.(1) 答案：CDE 解析：根据布朗运动的产生原因可知，悬浮在水中的花粉颗粒越小，布朗运动越明显，故选项A 错误；压强的大小与温度和单位体积内的分子数有关，故B 错误；根据晶体和非晶体的物理性质可知，晶体有固定的熔点和凝固点，而非晶体没有固定的熔点或凝固点，故C 正确；根据热力学第二定律可得一切自发过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，则D 正确；根据热力学第一定律可知E 正确。

(2) 解：①根据题意可知，容器内压强与环境中的大气压强相等均为075cmHg P =，此时容器温度为127327300K T =+=（1分）
加水银后右侧体积不变时，容器左右液面的高度差125cm h =，则此时右侧气体压强为
101100cmHg P P h =+=，
（1分）
②当环境温度不变，向左侧容器加入25cm 水银柱后，设右边水银面上升为x ，则容器左右液面的高度差2(255)cm h x =-，（1分）
此时右侧气体压强为202(1005)cmHg P P h x =+=-，
（1分） 加水银前容器体积为120.12V S =，加水银后容器体积为22(0.12)V x S =-，
根据等温变化可得：0122PV PV =，即750.12(1005)(0.12)x x ⨯=--（1分）
解得：2cm x =（1分）
此时有22(0.12)V x S =-=0.01m 3
（1分） 34. （1）【答案】ABE
【解析】根据波形图可知该波的波长为4m ，该波的周期为4 s ，由T v λ=
=1m/s ，A 项正确；。