1
理综试题（2）参考答案
生物部分答案
一、选择题（每题 6 分，共 36 分） 二、非选择题（共 54 分） 29．（10 分，每空 2 分） （1）[ H ]和 ATP 三碳化合物 （2）Ⅲ （3）叶绿体数量（和大小） 功能 30.（9 分）除标示外每空 2 分 (1) 发生 静息电位 K+ 外流 (2)不能。甲神经元上的 Ca2+ 通道被抑制，其神经递质不能释放，不会使乙神经元膜电位发生 变化（3 分） 31.（10 分）（1）S 型 没有生产者；没有初级消费者；驼背蝇与子弹蚁之间不是捕食关系 （至少答出 2 点） （2）信息传递 （3） C 900×1012 千焦 32.（10 分） （1）精子 XD Y （2）减数第二次分裂前期 低温抑制了纺锤体的形成使染色体加倍 （3）该黑褐色雄鱼与灰黄色雌鱼（2 分） 雌性个体全为黑褐色，雄性个体全为灰黄色（2 分）雌性全为灰黄色，雄性全为黑褐色（2 分） 39.（除标示外，每空 2 分） （1）、不宜（1 分） 青蒿素不易挥发，且对热不稳定 （2）粉碎 干燥温度 青蒿素分解 （3） 直接 基因 自动结束生命 40．（15 分，除说明的外，每空 2 分） （1）替换 （2）Mx 基因 反转录 目的基因（运）载体 （3）抗原-抗体杂交 （禽流感）病毒 （4）Mx 基因已经整合到转基因鸡的一条染色体上（3 分，答出“Mx 基因整合到染色体上”得 2 分，说明是“一条”染色体得 1 分。或其它合理答案） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C C D B A B2
化学部分答案
7、B 8、D 9、B 10、D 11、D 12、A 13、B
26. （13分，除第一空1分外，其余每空2分） (1) 防止倒吸
(2) 2NaClO
3+Na
2SO
3+H
2SO
42ClO
2↑+2Na
2SO
4+H
2O
2NaOH+2ClO
2+H
2O
22NaClO
2+2H
2O+O
2(3) 用38-60 ℃的温水洗涤
(4) 溶液由蓝色变为无色,且30 s内不变色
(5)
90.5
4
cV
m
%
(6) 4I
-+O
2+4H
+2I
2+2H
2O
27【14 分，每空 2 分】 （1）CuSO4 （2）①3.2 取适量滤液，加 KSCN 溶液，若不变红，则说明 Fe3＋已除 ②趁热过滤 （3）2H2O＋HSO3 － ＋2Cu2＋ ＝Cu2O↓＋SO42 － ＋5H＋ 产生 SO2，污染环境 （4）4.0×10-9mol·L-1 28、（16 分，每空 2 分）（1）+180.5 kJ•mol﹣1； （2）D； （3）0.6； =； （4）① a＞b＞c；②投料比相同，温度越高 CO 的转化率越低，平衡向左移动，推得该反应 为放热反应； （5）① CO+2O2﹣ ﹣2e﹣ =CO32 ﹣ ； ②2.8g． 36．（15 分） （1）减小粒度，增大接触面，提高浸取速率和浸取率（2 分）（2）SiO2（1 分）;CaSO4 （1 分）；Al(OH)3（1 分）
（3）2（1 分）；NH4F（1 分）；生成过程中产生 HF 及 NH3等污染环境（2 分） （4）H2SO4（1 分） ;NH4Cl（1 分） （5）通入 HCl 使 AlCl3·6H2O 饱和，而 Al2(SO4)3不饱和（2 分） （6）使废弃固体资源化利用（2 分） 37【15 分，第（4）小题每空 3 分，其余每空 1 分】 (1)①3d24s2 ②7 (2)①O>Cl>C ②3∶ 1 sp2 (3)> (4) ①LaNi5 ② A
M
N d
g
③1 236 38【15 分】 （1）（1 分） 2-甲基-1-丙烯（或 2-甲基丙烯，或甲基丙烯）3 （2）（2 分）取代反应、加成反应（顺序不正确不给分） （3）（3 分）羟基、羧基（顺序可以颠倒） （4）（2 分） + HO—Br CH CH2 OH Br CH CH2 （5）（4 分） 21 和 （6）（3 分）
物理部分答案
14.【解答】解：A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动．故 A 不符合． B、伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不 受力，它将以这一速度永远运动下去．故 B 符合． C、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动， 既不停下来也不偏离原来的方向，符合历史事实．故 C 符合． D、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，符合事实．故 D 符合． 故选：A． 15.【解答】解：A、B 如果物块沿斜面向上滑动，物块受到斜面的滑动摩擦力作用．设斜面的 倾角为 α，则 f1=μmgcosα，与 F 无关，则 F 增大，f1不变．由于 F 沿斜面向上，斜面体受力 情况与 F 无关．则 f2不变．故 A、 B 错误，． C、D 如果物块与斜面相对静止，若物块原来受到的静摩擦力沿斜面向下或不受静摩擦力，则 由平衡条件得知：当 F 增大时，静摩擦力 f1增大．若物块原来受到的静摩擦力沿斜面向上，F 增大，f1可能减小．对整体研究可知，F 的水平分力大小等于 f2，F 增大，则 f2一定增大．故 C 错误，D 正确． 故选 D 16.【解答】解：根据万有引力提供向心力 =ma=m =mω2r= ， A、T=2π ，它们距地面的高度分别约为地球半径的 6 倍和 3.4 倍，即轨道半径分别约为地 球半径的 7 倍和 4.4 倍， 所以静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的 2 倍，故 A 正确； 一定条件4 B、v= ，所以静止轨道卫星的线速度大小小于中轨道卫星的线速度大小，故 B 错误； C、ω= ，静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的 0.53，故 C 错误； D、a= ，静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的 0.4 倍，故 D 错误． 故选：A． 17. 【解答】解：当质量为 m 的物体从离弹簧顶端正上方 h 高处下落至最低点 P 的过程，克 服弹簧做功为 W， 由动能定理得：mg（h+x0）﹣W=0 ① 当质量为 2m 的物体从离弹簧顶端正上方 h 高处下落至 P 的过程，设 2m 的物体到达 P 点的速 度为 v 由动能定理得： ② ①②联立得：v= 故 ABC 错误，D 正确， 故选：D． 18. 【解答】解：A、A 和 B 达到最大速度 v 时，A 和 B 的加速度应该为零． 对 AB 整体：由平衡条件知 kx﹣（m+M）gsinθ﹣μ（m+M）gcosθ=0， 所以此时弹簧处于压缩状态．故 A 错误． B、A 和 B 恰好分离时，AB 间的弹力为 0，对 B 受力分析：由牛顿第二定律知， 沿斜面方向，mgsinθ+μmgcosθ=ma， 得 a=gsinθ+μgcosθ， 由牛顿第二定律知，A，B 的加速度相同，故 B 正确． C、从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，对于 AB 整体，根据动能定理得 ﹣（m+M）gLsinθ﹣μ（m+M）gcosθ•L+W弹= （m+M）v2 弹簧对 A 所做的功 W弹= （m+M）v2+（m+M）gLsinθ+μ（m+M）gcosθ•L，故 C 错误． D、从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，对于 B，根据动能定理得 B 受到的合力对它做的功 W合=△ Ek= ，故 D 错误． 故选：B． 19.【解答】解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短 路，所以 R 与变阻器串联，电压表 V1、V2、V3分别测量 R、路端电压和变阻器两端的电压．当 滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则 A 的示数增大，故 A 正确； B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以 V2的示数减小，故 B 错误；
C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得： =R+r＞r，则△V3与△I 的比值
大于 r，故 C 正确；
D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得： =r； =R，据题：R＞r，则
＞ ，故△V1大于△V2．故 D 正确．
5 20.【解答】解：A、0～2s 内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应 电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E= =B0S 为定值，则感 应电流为定值， ．在 2～3s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞 次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与 0～2s 内相同．在 3～4s 内，磁感应强 度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小 与 0～2s 内相同．在 4～6s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律， 感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与 0～2s 内相同．故 A 正确，B 错误． C、在 0～2s 内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据 FA=BIL， 则安培力逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值．0 时刻安培力大小为 F=2B0I0L．在 2s～3s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据 FA=BIL，则安培力逐渐增大， cd 边所受安培力方向向左，为正值，3s 末安培力大小为 B0I0L．在 2～3s 内，磁感应强度方向 垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向右，为负值， 第 4s 初的安培力大小为 B0I0L．在 4～6s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则 安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，6s 末的安培力大小 2B0I0L．故 C 正确，D 错误． 故选 AC． 21.【解答】解：A、线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有： mgsinθ=BIL= ① 当 ab 边刚越过 ff′时，此时线框速度仍为 v0，此时有：2BI2L﹣mgsinθ=ma ② I2= ③ 由②③得： ﹣mgsinθ=ma ④ 联立①④可得：a=3gisnθ，故 A 正确； B、设 t0时刻的速度为 v，此时处于平衡状态，有：I3= ⑤ 2BI3L=mgsinθ ⑥ 联立①⑤⑥得 v= ，故 B 错误； C、在时间 t0内根据功能有：Q= mgLsinθ+ ﹣ mv2= mgsinθ+ mv2，故 C 正确； D、离开磁场时由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运 动，故 D 错误 故选 AC． 22.（6 分）【解答】解：（1、2）0.02s 时刻的瞬时速度为： v= =0.66m/s． 作出的速度时间图线如图所示：． （3）由图线可知，滑块先做匀加速运动，接着做匀速运动，最后再做匀加速运动． （4）本实验探究滑块速度随时间的变化规律，不需要平衡摩擦力，所以 B 的观点正确，实验 中不需要满足 m 远小于滑块点的质量，所以 D 的观点正确． 根据中段滑块做匀速直线运动，根据共点力平衡得，mg=μMg，m=150g=0.150kg， M=300g=0.300kg， 解得：μ=0.50．
6 故答案为：（1）0.66（0.65～0.70 均给分）；（2）如上图所示；（3）滑块先做匀加速运动，接 着做匀速运动，最后再做匀加速运动；（4）B，D，0.50． 23（9 分） 【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得，I= = ． （2）A、因为 Rx= ﹣r﹣R0﹣Rg，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，则电阻比较 小，当电流比较小时，则电阻比较大．故 A 错误． B、当 Rx=0，I= ，此时电流为满偏电流．故 B 正确． C、Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．故 C 正确． D、测量中，当 Rx的阻值为图 5 中的 R2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左 侧．故 D 正确． 故选：BCD． （3）①欧姆表中值电阻附近刻度比较均匀，读数误差最小，故倍率选择“×1K”挡位； 电流从红表笔流入，黑表笔流出，故 A 方式正确； ②欧姆表读数=表盘读数×倍率=40×1K=40KΩ； 电压表量程为 10V，最小分度为 0.1，故读数为：5.0V； 欧姆表内电阻等于中值电阻，为 r=30KΩ； 根据闭合电路欧姆定律，有：E=Ir+U= = =8.75V； 故答案为：（1） （2）BCD；（3）①×1k A ②40 k 5.0 8.75． 24.（14 分）【解答】解：（1）在 0﹣t1时间内，小物块做匀减速直线运动，平板做匀加速直线 运动，根据牛顿第二定律得： 小物块的加速度 a1= =μg=2m/s2；（向左） 平板的加速度 a2= =0.5m/s2；（向右） 小物块的位移 x1=v0t﹣ 平板的位移 x2= 又 x1﹣x2=L1﹣L2； 联立解得 t=0.2s （2）小物块刚接触弹簧时： 小物块的速度 v块=v0﹣a1t 平板的速度 v板=a2t 解得 v块=4.6m/s，v板=0.1m/s 设弹簧所具有的最大弹性势能为 Ep，小物块压缩弹簧过程中，根据机械能守恒定律得
7 Ep= + ﹣ 解得 Ep=8.1J （3）在 0﹣t2时间内，小物块的速度 v 随时间 t 变化的图象 2 所示． 答：（1）小物块压缩弹簧前在平板上滑行的时间是 0.2s． （2）小物块压缩弹簧过程中，弹簧所具有的最大弹性势能是 8.1J． （3）在 0﹣t2时间内，小物块的速度 v 随时间 t 变化的图象 2 所示． 25.（18 分）【解答】解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有： ， 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有： ， 解得： ； （2）离子做类平抛运动： d=vt 3d= 由牛顿第二定律得：qE=ma， 解得：E= ； （3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有： ， 解得： ， 离子能打在 QN 上，则既没有从 DQ 边出去也没有从 PN 边出去，则离子运动径迹的边界如图 中Ⅰ和Ⅱ． 由几何关系知，离子能打在 QN 上，必须满足： ， 则有： ； 答：（1）圆弧虚线对应的半径 R 的大小为 ； （2）若离子恰好能打在 NQ 的中点上，矩形区域 QNCD 内匀强电场场强 E 的值为 ； （3）磁场磁感应强度 B 的取值范围是 ． 33.【物理——选修 3-3】（15 分） （1）答案：CDE （选填正确答案标号．选对一个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 6 分．每错选一个扣 3 分，最低得分为 0 分） （2）解析：设玻璃管的截面积为 S，由波义耳定律：
(
P
x
) (
L
x
)
S
S
L
P
0
0
=
0+
0−
（2 分） 解得：x
=
L
0−
P
0=
14
cm
（1 分） 设升温后管内剩余气柱长为 x 时，温度最高，设为 Tx，由理想气体状态方程： 1 1 1 0 0 0T
V
P
T
V
P
=
； 得：(
) (
)
xT
x
S
x
S
−
+
=
100
76
300
100
76
（2 分） 有：T
x=
(
100
−
x
)(
76
+
x
)
76
3
，故：x=12cm 时，TX有最大值；（2 分）8 得：Tx=3/76x88x88=305.7K （2 分） 34．【物理一选修 3-4】（15 分） 34.（1）ADE（6 分） （2）（9 分） 解：（i）设折射角为 α，AP 的长度为 d， 由几何关系有： 2 分 由折射定律有
