广西普通高校2022届高三上学期9月摸底考试理综试题含答案.pdf

1、 1 2022 广西普通高校摸底考试 理科综合参考答案 生物参考答案及解析 一、选择题 1.答案：B 解析：淀粉不是还原糖，不可用斐林试剂检测。2.答案：C 解析：细胞体积越大，其相对表面积越小，越不利于与外界进行物质交换。3.答案：C 解析：该基因的根本来源是基因突变 4.答案：D 解析：因亲本类型未确定，所以重组类型占比为 3/8 或 5/8，故 A 错误；F2出现该性状分离是F1产生的雌、雄配子随机结合的直接结果，故 B 错误；从 F2的黄色圆粒豌豆植株中任取一株，其基因型与F1即 YyRr 相同的概率是 4/9，故 C 错误。自然条件下将 F2中黄色皱粒豌豆(即 1/3YYrr、2/3

2、Yyrr)种植后会自交，其后代出现绿色皱粒豌豆的概率为 2/3YyrrX1/4yyrr=1/6yyrr，故 D 正确。5.答案：B 解析：下丘脑分泌的抗利尿激素，能提高肾脏集合管对水的通透性，促进水的吸收，A 错误；激素的分泌可受到神经系统的影响，B 正确；激素是信息分子，可以调节生命活动，不能直接参与细胞内的生命活动，C 错误；内分泌细胞分泌的激素分子弥散在全身体液中，只对靶器官、靶细胞起作用，D 错误。6.答案：A 解析：在农田生态系统中，农作物获取的能量主要来自光能，所以 A 错误。二、非选择题 29.（除特殊注明外，每空 1 分，共 11 分）（1）降低化学反应的活化能 细胞质基质 丙

3、酮酸 酒精 （2）吸收细胞呼吸产生的二氧化碳 （3）（2 分）（2 分）（4）会，水稻细胞无氧呼吸产生的酒精对细胞有毒害作用（2 分）【解析】（1）酶作为生物催化剂，其作用的机理是降低化学反应的活化能，分析题图可知，是细胞呼吸的第一阶段，是无氧呼吸的第二阶段，过程发生的场所是细胞质基质，因此催化过程的酶存在于细胞的细胞质基质。有氧呼吸和无氧呼吸的第一阶段分解葡萄糖，产生丙酮酸，因此 A 为丙酮酸。小麦无氧呼吸的产物是二氧化碳和酒精，因此 B 是有氧呼吸与无氧呼吸的共同产物二氧化碳，E 是酒精。（2）题图 2 所示实验乙中，KOH 溶液的作用是吸收细胞呼吸产生的二氧化碳。（3）题图中甲装置放置了

4、清水，不吸收二氧化碳，若发现墨滴不动，说明产生的二氧化碳量正好与消耗的氧气量相等；题图中乙装置放置了 KOH 溶液，吸收二氧化碳，若墨滴左移，所以题图 2 装置中只发生了有氧呼吸，对应题图 1 中的过程。若发现题图中甲装置中墨滴右移，说明产生的二氧化碳大于氧气的消耗量；题图中乙装置中墨滴不动，说明产生的二氧化碳被全部吸收，只发生了无氧呼吸，对应题图 1 中的过程。（4）稻田定期排水，能促进水稻根细胞的有氧呼吸，否则水稻幼根进行无氧呼吸会产生酒精，酒精对细胞有毒害作用，会导致幼根变黑腐烂。30.（除特殊注明外，每空 2 分，共 8 分）（1）减少（1 分）（2）其细胞上都有褪黑素受体 淋巴因子（

5、1 分）（3）神经 褪黑素浓度增高通过负反馈调节抑制的下丘脑的活动，使褪黑素分泌减少 31.（除特殊注明外，每空 1 分，共 8 分）（1）生物群落（或群落）样方法 （2）不属于 生物种群的繁衍，离不开信息的传递（2 分）（3）次级消费者 通过呼吸作用散失和部分能量未被利用（每点 1 分，共 2 分，位置不限）【解析】（1）莲塘里的所有生物构成了生物群落；调查莲塘里某双子叶杂草的种群密度常用的方法是样方法。（2）荷叶有的挺水有的浮水，错落有致，是同一种群内部的特征，不属于群落的特征。荷花需要一定量的光照才能绽放，从生态系统中信息传递意义的角度分析，说明生态系统的信息传递说明生物种群的繁衍，离不

6、开信息的传递。（3）在“荷花鱼鸟”这条食物链中，荷花是生产者，鱼是初级消费者，鸟是次级消费者。鱼体中的能量会通过呼吸作用散失，还有部分被分解者分解利用，部分能量未被利用，故流动到鸟的效率并不高。32.（每空 2 分，共 12 分）（1）酶的合成来控制代谢过程 （2）AaXBXb和 AaXBY 全部为雄虫 （3）AAXbXb 子代雌虫体色为绿色：黄色=1:1（或者绿色雌虫：黄色雌虫：白色雄虫=1:1:2）aaXbXb 2【解析】（1）上图体现了基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状。（2）依图示分析可知：绿色昆虫的基因组成是 A_XBX和 A_XBY，题目中二只绿色昆虫杂交，子

7、代出现了 3/16 的黄色昆虫，两对基因拆分开可以得出，又已知黄色虫基因组成为 aaXBX和 aaXBY，故此二只绿色昆虫的基因型为 AaXBXb、AaXBY，因为白色昆虫的基因组成为XbXb和XbY，所以子代白色昆虫的基因组成为 AXbY或 aaXbY，故都为雄性。（3）若让白色雌虫 Q 与黄色雄虫杂交得子代，观察并统计子代的体色和性别情况。预期实验结果和结论：若子代的雌虫体色均为绿色，则 Q 的基因型是 AAXbXb；若子代雌虫体色为绿色：黄色=1：1（或绿雌:黄雌：白雄=1:1:2），则 Q 的基因型是 AaXbXb；若子代的雌虫体色均为黄色（或黄雌：白雄=1：1），则 Q 的基因型是

8、aaXbXb。37.（除特殊注明外，每空 2 分，共 15 分）（1）脲酶 红色 （2）选择培养 （3）利用强烈的理化因素杀死物体内外所有的微生物，包括芽孢和孢子检验培养基灭菌是否合格 （4）当样品的稀释度足够高时，培养基表面生长的一个菌落来源于样品稀释液中的一个活菌，即一个菌落代表样 品稀释液中的一个活菌（3 分）（5）不是【解析】（1）只有能合成服酶的微生物才能分解尿素，幽门螺杆菌含有服酶，能够在以尿素为唯一氮源的培养基中生长。幽门螺杆菌中的服酶将尿素分解成了氨，氨会使培养基的 pH 升高，如果在培养基中加入酚红指示剂，若有幽门螺杆菌，则菌落周围会出现红色环带。（2）为了使混合菌样中的目的

9、菌变成优势菌，从而提高该菌的筛选效率，可用选择培养基培养筛选，即选择培养，可得到高浓度的幽门螺杆菌。（3）灭菌是指利用强烈的理化因素杀死物体内外所有的微生物，包括芽孢和孢子。在实验中还要设置未接种的对照组，这样做的目的是检验培养基灭菌是否合格。（4）稀释涂布平板法是将菌液进行一系列的梯度稀释，在稀释度足够高的菌液里，聚集在一起的微生物将被分散成单个细胞，从而能在培养基表面形成单个菌落，一个菌落代表样品稀释液中的一个活菌，统计平板上的菌落数就能推测出样品中大约含有多少活菌。（5）通过统计平板上的菌落数能推测出稀释液中的活菌数，而稀释液中的细菌是原患者的样品制成菌液经扩大培养后得到的，所以统计的菌

10、落数不是原患者样品中含有的幽门螺杆菌活菌数。38.（除特殊注明外，每空 2 分，共 15 分）（1）埃博拉病毒 灭活的病毒（2）杂交瘤 抗体 （3）增大细胞贴壁生长的附着面积（3 分）（4）脱分化 再分化【解析】（1）据甲图中显示，对小鼠注射埃博拉病毒诱导小鼠产生抗埃博拉病毒的抗体。细胞融合的诱导有化学方法，如聚乙二醇；生物方法，如灭活的病毒；物理方法，如电激。（2）甲图中经选择性培养的杂交瘤细胞，还需进行克隆化培养和抗体检测，经多次筛选，就可获得足够数量的细胞。（3）多孔的中空薄壁小玻璃珠放入反应器中，这样可以增大细胞贴壁生长的附着面积，也有利于气体交换。（4）将烟草细胞培养成转基因烟草植株

11、涉及的最基本技术是植物组织培养，该技术主要包括脱分化和脱分化两个阶段。化学参考答案及解析 7.答案：C 解析：A.金属钠、电石与泡沫灭火剂中的水反应，错误。B.氢氧化铁胶体粒子吸附阳离子而带正电荷，电解时阴极的颜色会逐渐加深。D.雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应。8.答案：A 解析：标准状况下 5.6 L CO2的物质的量为 0.25 mol，1 mol CO2分子中含有 6+8+8=22 mol质子，所以标准状况下 5.6 L CO2中所含质子的数目为 5.5NA，A 选项正确；一个乙醇分子中含有 7 个极性共价键，9.2 g 乙醇的分子中所含极性键的数目为 1.4NA，B 选项错误；甲酸和乙

12、醇最简式不一样，则质量一定时氢原子数目不确定，C 选项错误；在电催化生成甲酸的过程中，C 的化合价由+4 降低到+2，每生成1 mol 甲酸，转移电子数为 2NA。9.答案：B 解析：A.EGCG 的分子式为C22H18O11。B.该有机物的官能团有酚羟基、酯基、醚键，没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应。C.酯基水解后生成的羧酸能与氢氧化钠溶液反应，酚羟基与氢氧化钠反应，所以1mol该有机物最多能与9mol 氢氧化钠溶液发生反应。D.酸性：碳酸酚羟基HCO3，EGCG 能与碳酸钠溶液反应，但不能放出二氧化碳。10.答案：A 解析：A.氯气在饱和食盐水中溶解度较小，可用排饱和食盐水收集法收集氯

13、气。B.酸性 KMnO4溶液能与乙烯和 SO2反应。C.AgNO3溶液中 Ag+过量与 S2-反应生成 Ag2S。D.电解质溶液 CuSO4与 ZnSO4应对换才正确。11.答案：B【详解】X 的一种单质可杀菌消毒，X 的单质可能是 O3，也可能是 Cl2，因此四种元素都是短周期主族元素，且原子序数依次增大，则 X 为 O，W 原子最外层电子数与最内层电子数相等，因此推出 W为 Mg，即 Y 为 F，Z 为 Na，A.原子半径大小顺序是 r(Na)r(Mg)r(O)r(F)，故 A 说法正确；B.F 的非金属性强于 O，则 HF 稳定性强于 H2O，故 B 说法错误；C.同周期从左向右非金属性

14、增强，同主族从上到下 3 非金属性减弱，即四种元素中非金属性最强的元素是 F，其单质的氧化性最强，故 C 说法正确；D.形成的化合物是 Na2O2，其电子式为，含有化学键是离子键和非极性共价键，故 D 说法正确；答案选 B。12.答案：C【详解】A.与 x 相连的电极上发生氧离子失电子生成氧气的氧化反应，x 极为电源正极，故 A错误；B.a 极为阳极，当有 2 mol 电子流出 a 极时，产生 0.5 molO2，故 B 错误；C.b 极电极的反应式为：CO2+2e=CO+O2，H2O2e=H2+O2-，故 C 正确；D.在电场作用下，电解质中阴离子移向阳极，由 b 向 a 移动，故 D 错误

15、；故选 C。【点睛】本题考查原电池、电解池的综合应用，解题关键：判断 a 极为阳极，当有电子流出 a 极时，产生O2，说明 x 为正极。易错点 C，生成合成气为 CO 和 H2的混合物。13.答案：D【解析】A、根据图像可知，a 点 pH=1.85=pKal，即，所以 a点 c(H2A)=c(HA)。假设 A 成立，a 点所加 NaOH 为 10mL，则 a 点溶液中溶质为 H2A 和 NaHA，且物质的量之比为 1：1，但还要考虑电离和水解，由 pKal1.85，pKa27.19 可知，H2A 与 NaHA 以 1：1 混合时，H2A 占主要地位，所以此时溶液中 c(H2A)c(HA)，假设

16、不成立，实际上 a 点 NaOH 应该小于 10mL，故 A错误；B、b 点是用 0.1molL-1NaOH 溶液滴定 20mL0.1molL1H2A 溶液，恰好反应生成 NaHA，由质子守恒可得 c(H2A)+c(H+)=c(A2)+c(OH)，故 B 错误；C.A2水解平衡常数 Khl=Kw/Ka2=106.81，故 C 错误；D.c点pH=7.19=pKa2，所以 c(A2-)=c(HA)，故 D 正确。选 D。【点睛】以强碱与弱酸反应为载体，要求学生能够结合用中和滴定曲线来分析滴定过程中溶液的 pH 变化、判断溶液的成分即溶液中微粒浓度的大小。此类题目要抓住几个关键点：酸碱物质的量之比

17、 1：1 的点、完全中和的点、溶液 pH=7 的点，要回分析这三种特殊情况时溶液的溶质成分，其他的点可以利用这三个特殊点进行比较迁移。然后借助三大守恒（电荷守恒、物料守恒、质子守恒）分析微粒浓度大小。26.（14 分）（1）使反应物充分接触，增大反应速率（2 分）（2）漏斗下端未紧贴烧杯内壁（2 分）降低 MnSO4的溶解度或减小 MnSO4的溶解损失（2 分）（3）稀硫酸（1 分）甲苯（1 分）（4）分液漏斗（1 分）（5）蒸馏或分馏（1 分）利用温度计测量的是蒸出馏分蒸汽的温度（2 分）（6）部分苯甲醛被氧化成苯甲酸或有副反应发生等合理的给分（2 分）27.（14 分）（1）溶液由无色变为

18、紫红色（2 分）5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+（2 分）（2 分）（2）3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O （2 分）60min （1 分）3：1 （1 分）143pH8 （2 分）1：2 （1 分）铝热反应 （1 分）【详解】（1）溶液中的 Mn2+转化为 MnO4的实验现象为溶液由无色变为紫红色，故答案为溶液由无色变为紫红色。Mn2+被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化物 MnO4，还原产物应为 SO42，反应的离子方程式为：5S2O82+2Mn2+8H2O=2MnO4+10SO42-+16H+，故答案为 5S2O82+2M

19、n2+8H2O=2MnO4+10SO42+16H+。H2S2O8可视为由两分子的硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为：，则 H2S2O8的结构简式为：，故答案为。（2）由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将 Fe 氧化为 Fe3，本身被还原为 Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，由图甲可知，适宜的浸出时间为 60min，由图乙可知，适宜的液固比为 3：1，故答案为 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，60min，3：1。由流程图中信息可知，“调 pH”的目的是使 Fe3和 Al3沉淀完全，而 Mn2不沉淀，根

20、据 4 KspAl(OH)3=1.0 1033，KspFe(OH)3=4.0 1038可知：Al3沉淀完全时 Fe3已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的 pH=-lg3331.0 101.0 101.0 10145=143，Mn2开始沉淀时的 pH 为-lg1.0 101.8 100.181413=8，则“调 pH”的范围为143pH8，故答案为143pH8。根据信息可知，“煅烧”时，空气中的O2将MnCO3氧化为MnO2，根据得失电子守恒可得关系式O22MnCO3，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1：2，“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应在化学上又叫做铝热反应，故答案为 1：

21、2，铝热反应。28.（15 分）、（1）K c3(H2O)c3(H2)（2 分）（2）60（2 分）（3）+203.9 kJmol1（2 分）、（4）CH4+10OH-8e=CO32+7H2O （2 分）（5）（1L/22.4L.mol1）8 9.65 104C.mol1=3.45 104C （2 分）、（6）Ka=4 104。（2 分）解析：PH=4 时 C(H+)=10-4mol.L1，C(F)=1.6 103mol.L-1，C(HF)=4.0 104molL1 带入计算公式Ka=4 104（7）Qc=c2（F）c（Ca2+）=5.12 1010 Ksp（CaF2），（2 分）有沉淀产生（

22、1 分）解析：由图像可知 PH=4 时，C(F-)=1.6 10-3mol.L1，混合液 C(Ca2+)=2.0 104molL1 Qc=c2（F）c（Ca2+）=5.12 1010 Ksp（CaF2），35.（15 分）（1）NOC （2 分）sp2（1 分）（1 分）（2）（2 分）HCOOH 和 CO2都为分子晶体，HCOOH 分子间形成氢键 （2 分）（3）4（1 分）a（1 分）（4）H2 （1 分）(34，14，0)（2 分）3A499N 1010 （2 分）【分析】根据元素第一电离能的变化趋势比较元素的第一电离能的大小关系，根据杂化轨道理论和大 键的成键特点判断氮原子 的轨道杂化

23、方式，根据配位键的成键条件判断和中谁的氮原子配位能力更强。根据价层电子对互斥理 论分析中心原子的价层电子对数，根据 Sn 与 O 的成键特点判断其所形成的化学键类型。根据均摊法确定晶胞中各种微粒的个数，再结合晶体的化学式确定微粒 Z 的类型，根据晶胞结构及其粒子的空间分布特点判断其坐标参数，根据晶胞的密度和质量计算晶胞的边长。【详解】（1）同周期从左向右元素的第一电离能总体呈增大趋势，但是第A 族元素比同周期的第A 族元素的第一电离能大，故 N、O、C 的第一电离能依次减小；和中都存在大 键，氮原子均采用 sp2杂化，的大 键为 66，N 原子有一对孤电子对，的大 键为56，N 原子无孤电子对

24、，因此氮原子配位能力更强的是，故答案为：NOC；sp2；（2）碳原子为 6 号元素，根据构造原理可写出基态碳原子的电子排布式为 1s22s22p2，故基态碳原子的价电子排布图为；HCOOH 和 CO2都为分子晶体，但是 HCOOH 分子间可形成氢键，故 HCOOH的沸点比 CO2高；（3）B(OH)4中硼原子连接四个羟基，其价层电子对数为 4；Sn(OH)62-的中心离子 Sn4+与 OH-之间形成配位键，配位键是一种特殊的共价键，则 Sn 与 O 之间形成的化学键属于 键或极性键，不可能是 键，故答案为：4；a；（4）根据均摊法可知，晶胞中，微粒 X 的个数为18=18，微粒 Y 的个数为1

25、8+1=52，微粒 Z 的个数为 5 118+2=342，根据储氢后所得晶体的化学式 LaNi5H6，可知微粒 Z 为 H2；根据晶胞结构图可知，B(Y)的原子分数坐标为(34，14，0)；晶胞边长1033A499a=10 pmmN，故答案为：H2；(34，14，0)；3A499N 1010。【点睛】第（4）问在计算晶胞边长时单位的换算是学生们的易错点，1cm=1010pm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换算，1cm=10-7nm。36.（15 分）（1）（2 分）醛基 （1 分）（2）NaOH 的醇溶液 （2 分）消去反应 （1 分）（3）(水浴)加热 （2 分）+2Ag(NH3)2OH+2

26、Ag+3NH3+H2O （2 分）（4）或 （2 分）（5）CH3CH=CH226-22B HH O/OHCH3CH2CH2OH2Cu,O CH3CH2CHO+银氨溶液HCH3CH2COOH3CH OH浓硫酸,CH3CH2COOCH3 （3 分）【分析】A 的分子式为 C4H10，为丁烷，丁烷有两种同分异构体，分别为和 CH3CH2CH2CH3，丁烷和氯气发生取代反应制得 B 和 C，B 的核磁共振氢谱只有一组峰，则 B 为 2-氯-2甲基丙烷，A 的结构只能是为，C 为 1-氯-2甲基丙烷，B 和 C 在 NaOH 的醇溶液中发生消去反应制得 2甲基丙烯，2甲基丙烯在 B2H6和 H2O2碱

27、性条件下反应生成 E 为 2-甲基-1-丙醇，F 是苯甲醛，在银氨溶液中反应制得苯甲酸铵，苯甲酸铵在酸性条件下反应生成苯甲酸，2-甲基-1-丙醇和苯甲酸反应制得 W，W 为，据此分析。【详解】（1）根据分析可知：A 的结构简式为；F 是苯甲醛，F 中所含官能团的名称为醛基；（2）B 为 2-氯-2-甲基丙烷，加入 NaOH 的醇溶液发生消去反应制得 2-甲基丙烯；（3）FG 是苯甲醛和银氨溶液的反应，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O，反应条件是水浴加热；（4）2-甲基-1-丙醇和苯甲酸反应制得 W，W 为，W 的同分异构体能发生水解反应，说明分子中含有酯基，

28、且水解产物之一能与 FeC13溶液发生显色反应说明水解后含有酚羟基，核磁共振氢谱中有 4 组峰，且峰面积之比为 1：2：2：9，则有四种不同环境下的氢原子，每种环境下的氢原子的个数比为 1：2：2：9，W 的同分异构体的结构简式可能为：或；（5）以丙烯和甲醇为原料，制备丙酸甲酯的合成路线：将丙烯在 B2H6和 H2O2碱性条件下反应生成CH3CH2CH2OH，将 CH3CH2CH2OH 转化为 CH3CH2CHO，CH3CH2CHO 在银氨溶液中转化为丙酸铵，再加入氢离子转化为丙酸，丙酸和浓硫酸在加热的条件下反应可制得丙酸甲酯，即：CH3CH=CH226-22B HH O/OHCH3CH2CH

29、2OH2Cu,O CH3CH2CHO+银氨溶液HCH3CH2COOH3CH OH,浓硫酸 CH3CH2COOCH3。【点睛】根据 B 的核磁共振氢谱只有一组峰，确定 A 的结构简式为难点。6 物理参考答案及解析 14.B【详解】A、C.位移时间图像中，斜率代表速度，由图可知直线 a 的斜率不变，则甲车做匀速直线运动。直线 b 的斜率一直在减小，且速度方向不变，则乙车做减速直线运动。故 A、C 错误；B.t 时刻直线a 和曲线 b 刚好相切，所以甲乙两车速度相等。故 B 正确；D.前 t 秒内，甲乙两车的初位置不同，末位置相同，位移不相等,所以平均速度不相等。故 D 错误。15.C【详解】由于

30、P、Q 两点属于同轴转动，所以 P、Q 两点的角速度是相等的，由图可知 Q 点到螺母的距离较大，由ra2可知，Q 点的加速度较大，C 正确。16.A【详解】A.宇航员所受万有引力正好充当向心力，处于完全失重状态。故 A 正确；B、C.空间站轨道高度约 400km，远小于地球同步卫星的轨道高度，所以其飞行速度小于第一宇宙速度且周期小于 24 小时。故 B、C 错误；D.对接时，需要减速降轨再加速对接，不能在轨道上直接加速。故 D 错误。17.C【详解】A.若有2g铱192，经过 74 天后还有1g没有衰变，再过 74 天（即总共经历 148 天）还有0.5g没有衰变，故 A 错误；B.放射性同位

31、素发生衰变时，因遵循能量守恒，放出了能量出现了质量亏损，质量不守恒，故 B 错误；C.衰变的实质是核里的一个中子放出一个电子变为一个质子，反应过程中遵循质量数守恒和核电荷数守恒，故质量数不变核电荷数加一，故 C 正确；D.探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度增大，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙，故 D 错误；18.D【详解】a 导线在 c 处产生的磁场垂直 ac 斜向右，b 导线在 c 处产生的磁场垂直 bc 斜向左，合磁感应强度为 ca 方向，根据矢量平移叠加原则，如图：，有根据几何关系，为直角，d30，则有，则，根据题给条件，a、b 导线在 c 处的磁感应强度的大小与电流成正比，所以12

32、I1I2，故 D 正确；ABC 错误。19.AC【详解】A.由于削出的面片的运动视为平抛运动，则在竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，则运动的时间相同，A 正确；B.根据加速度的定义式有 a=vt，由选项 A 可知，面片运动的时间相同，且只受重力则加速度为 g，则速度的变化量相同，B 错误；C、D.削出的面片的运动视为平抛运动，则在水平方向有 xmin=L=vxmint，xmax=3L=vxmaxt 则经过计算可知，落入锅中的面片，水平最大速度是最小速度的 3 倍，D 错误，C 正确。20.BD【详解】A.电场线的疏密代表场强大小，所以 O 点的电场强度大于 E 点的电场强度，A 错误。B.

33、OE与 HO 间距相等，但是 HO 间的电场线密集，平均场强大，根据UEd可知，OE 间的电势差小于 HO 间的电势差，B 正确。C.电场线与等势面垂直，且由电势高的地方指向电势低的地方，所以 O 点电势大于 G 点，所以正电荷在 O点时的电势能大于其在 G 点时的电势能，C 错误。D.H 点电势大于 F 点电势，所以正电荷在 H 电势能大，从 H 到 F 电势能减小，电场力做正功，D 正确。21.AD【详解】A.根据法拉第电磁感应定律可知EBlvEBlvtt，可知，abcd 回路中磁通量的变化率为Blv，选项 A 正确；B.由右手定则可知，感应电流方向由 f 流向 e，选项 B 错误；C、D

34、.若使杆 ef 以速度 v 向右匀速运动时，杆 ef 所受安培力与水平拉力大小相等，则2 2=BlvB l vFFBIlBlRR外安。故选项 C 错误，D 正确。22.（1）乙（3 分）（2）9.4（3 分）【详解】（1）因为纸带与重物相连，做加速运动，所以乙端与重物相连。（2）根据位移差方程：2222m/s9.4m/s1002.0504.292.3g。23.甲（2 分）A（1 分）D（1 分）E（1 分）1.45（2 分）1.30（2 分）【详解】（1）如果用甲电路，误差来源于电压表的分流，如果用乙电路，误差来源于电流表的分压，而电流表的阻值与电源内阻相近，电压表的内阻远大于滑动变阻器的电阻

35、，所以选择甲电路误差更小。（2）电源电动势为 1.5V，所以选择量程为 0-3V 的电压表。7 为使电流表有较大角度的偏转，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。电路中最小电流为：1.5A0.15A10I，则选择量程为 0-0.6A 的电流表。（3）该电池的电动势为图线的纵轴截距，即 1.45V。内阻为图线的斜率绝对值，即：1.450.801.300.500r 24.（1）10m/sBv；（2）750J；（3）【详解】（1）曲面光滑，小孩下滑过程机械能守恒，根据机械能守恒定律得212Bmghmv=，代入数据解得10m/sBv （2）家长抱住小孩过程，家长与小孩组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动

36、量守恒定律得BmvmM v代入数据解得m/s2.5，小孩和家长组成的系统损失的机械能22111000J22BEmvmM v代入数据解得J750E（3）小孩和家长组成的系统以共同速度v向左做匀减速直线运动，由动能定理得2102mM gsmM v 代入数据解得 25.（1）1.0 104m/s；（2）30；（3）0.1m【详解】（1）微粒在加速电场中由动能定理得：qU1=12mv02，解得：v0=1.0 104m/s（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，加速度为：2qUamd，竖直方向速度为：0yaLvatv，飞出电场时，速度偏转角的正切为：tan=2012yvU LvdU，解得：=30 （3）进入

37、磁场时微粒的速度是 v=0cosv，轨迹如图：，由几何关系有sinDrr，洛伦兹力提供向心力：Bqv=2mvr，联立解得：，代入数据解得：B=1T，所以为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度 B 至少为 1T。33.（1）ACE【详解】A.由于雨水表面存在表面张力，虽然雨伞伞面上有许多细小的孔，可不漏水，是水的表面张力的作用，A 正确；B.热量不能自己从低温物体传递到高温物体，可在外界一定条件的干预下，热量能从低温物体传递到高温物体，B 错误。C.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，C 正确；D.布

38、朗运动是悬浮微粒的无规则运动，并不是分子的运动，间接地反映了液体分子的无规则运动，D 错误；E.由气态方程可知，对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，温度一定升高，气体的内能由温度决定，因此内能一定增加，同时气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热，E 正确。（2）333.3K；400K【详解】重物恰好开始下降时，对活塞受力分析：10p SMgp Smgf，T=t+273，气体做等容变化11ppTT 解得：11000K333.3K3T 活塞从开始运动至重物刚与地面接触过程中，气体做等压变化：V1=HS，V2=（H+h）S，1212VVTT，解得：8 T2=400K 34.（1

39、）ABE【详解】A.声波的传播速度与介质有关，同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不相同。故 A 正确；B.根据多普勒效应可知，鸣笛火车进站时，声波的传播速度变大，站台上旅客接收到笛声的频率比火车鸣笛频率高。故 B 正确；C.两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加也相互加强，都属于振动加强点。故 C 错误；D.在机械波传播过程中，质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移。故 D 错误；E.把n 次全振动误记为n+1 次，则带入计算得周期偏小，根据公式有：2LTg，计算得到的加速度的值偏大。故 E 正确。34.（2）43n；23 79()m57S【详解】由 A 点发出的光线的光路图如图所示：入射角 i=37，折射角 r=53，由折射定 律得sinsinrni，代入数据解得：43n 设光从水面射出的临界角为 C，则13sin4Cn，A 点发出的光射出水面的区域为圆，设其半径为 R，则tanCRh 求得：R=3m，水面上有光线射出的区域如图所示：，则22SRRL，解得：S=（9+6）m2