神州智達2023屆高三診斷性大聯(lián)考(三)理綜答案

神州智達2023屆高三診斷性大聯(lián)考（三）生物答案及解析1.A2.D3.B4.A5.C6.D29.（10分，除標(biāo)注外，每空1分。）（1）暗反應(yīng)ATP中活躍的化學(xué)能轉(zhuǎn)變成有機物中穩(wěn)定的化學(xué)能（2）類囊體薄膜BAD（3）CO2的濃度增加增加（4）A+B（2分）（5）不能30.（10分，除標(biāo)注外每空1分）（1）C（2分）（2）測交后代的表現(xiàn)型及比例直接反映F1的配子類型及比例（2分）（3）①第一種（1分）②正確（1分）若基因A或a在缺失片段m上，則q染色體上沒有A或a，又因為含有這樣的q染色體的花粉或卵細(xì)胞都不能完成受精作用，則植株甲不能產(chǎn)生（2分）（表述合理即可給分）I．植株甲體細(xì)胞中基因A位于q上，基因a位于p上（1分）II．深綠色植株：淺綠色植株=1:1（1分）31.（10分，每空1分）（1）大腦皮層運動時肌肉的細(xì)胞呼吸加快，釋放的能量增多，人體熱量來源增加（2）甲狀腺激素含量較高，提高了神經(jīng)的興奮性（3）③受體（4）細(xì)胞代謝速率垂體產(chǎn)生促甲狀腺激素后者（5）肝細(xì)胞胰島素32.（9分，除標(biāo)注外每空1分。）（1）標(biāo)志重捕法五點取樣法等距取樣法（2）2只/hm2（3）20λt生物多樣性（其他合理答案也給分）（4）寄生（5）歐洲兔對黏液瘤病毒的抗性增強（2分）（其他合理答案也給分）39.（15分，除標(biāo)注外每空1分）（1）生長旺盛的嫩枝生理狀況好，容易誘導(dǎo)脫分化和再分化（2分）單核醋酸洋紅法（2）細(xì)胞分裂素和生長素（2分）（3）高壓蒸汽滅菌酒精燈（4）胚狀體培養(yǎng)基中激素的種類及其濃度配比（2分）（5）高度液泡化愈傷組織未分化，能分裂，DNA在細(xì)胞分裂間期結(jié)構(gòu)最不穩(wěn)定，易發(fā)生基因突變（2分）（6）光照40.（15分，除標(biāo)注外每空1分）（1）B細(xì)胞和記憶細(xì)胞（2分）血清（2分）（2）動物細(xì)胞培養(yǎng)動物細(xì)胞融合（3）滅活病毒（2分）既可大量繁殖，又能產(chǎn)生專一性抗體（2分）（4）腹水（5）變異抗體（6）蛋白質(zhì)工程（2分）化學(xué)答案及解析7.【答案】D【解析】試題分析：A、NO2不是酸性氧化物，A錯誤；B、漂白粉在空氣中久置變質(zhì)，是因為漂白粉的有效成分Ca(ClO)2與空氣中的CO2反應(yīng)生成CaCO3和HClO，HClO分解，且CaCl2與CO2不反應(yīng)，B錯誤；C、高錳酸鉀能氧化乙烯，C錯誤；D、施肥時，草木灰(有效成分為K2CO3)不能與NH4Cl混合使用，是因為K2CO3發(fā)生水解反應(yīng)使溶液顯堿性，NH4Cl水解顯酸性，混合使用相互促進水解生成氨氣會降低肥效，D正確。8.【答案】C【解析】試題分析：分子式為C5H10O2的有機物能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，同時能與金屬鈉反應(yīng)，只能含有羥基，不能含有羧基，丁烷的二元取代產(chǎn)物，主鏈有4個碳原子時，二元取代產(chǎn)物共有8種，主鏈?zhǔn)?個碳原子時，二元取代產(chǎn)物共有4種，所以符合條件的同分異構(gòu)體為12種。9.【答案】D【解析】試題分析：A、實驗室制取乙烯，溫度計應(yīng)該插入溶液中，A錯誤；B、溴的四氯化碳溶液褪色，可證明有烯烴生成，但不一定是乙烯，B錯誤；C、乙烯、乙炔都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C錯誤；D、鈉與水反應(yīng)的速率比鈉與乙醇反應(yīng)的速率快，說明乙醇中羥基氫原子的活潑性比水分子中氫原子差，D正確。10.【答案】B【解析】試題分析：短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，A與C，B與D均為同主族元素，A、C原子的最外層電子數(shù)之和等于B原子的次外層電子數(shù)，若B為第二周期元素，則A、C為ⅠA族元素，即A可能為H，C可能為Na；設(shè)B的原子序數(shù)為x，D的原子序數(shù)為x+8，再由它們的原子序數(shù)之和為36或原子最外層電子數(shù)之和為14可知，B為O，D為S，A．地殼中含量最多的元素為O，即B元素的含量位于第一位，故A選項錯誤；C為Na，Na加熱時先熔化后燃燒；A、B、D三種元素形成的化合物可能為硫酸或亞硫酸，而亞硫酸為弱酸，故C選項錯誤；B和氫形成的化合物可以為H2O或H2O2，故D錯誤。11.【答案】A【解析】試題分析：A、根據(jù)蓋斯定律，甲中-?H2=?H1+?H3，則?H1=-（?H2+?H3），A正確；B、如果達到平衡狀態(tài)，則NO2和N2O4二者的消耗速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比即應(yīng)該等于2：1，B錯誤；C、由圖可知，將A、B飽和溶液分別由t1℃升溫至t2℃時兩溶液中溶質(zhì)和溶劑的量都沒發(fā)生改變，而二者t1℃溶解度相同，即濃度相同，所以t2℃時溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)也相等，C錯誤；D、由圖可知，溶液pH隨加水量的變化HA大于HB，則HA的酸性強于HB的酸性，所以NaB溶液中B-的水解程度較大，產(chǎn)生的OH-濃度較大，則pH大，D錯誤。12.【答案】B【解析】試題分析：A、由電子流向可知P-型半導(dǎo)體連接的是電池正極，A錯誤；B正確；C、電解質(zhì)KOH溶液為強堿溶液，電極反應(yīng)為O2+2H2O+4e-═4OH-，C錯誤；D、該裝置的能量轉(zhuǎn)換是化學(xué)能為電能，電能最終轉(zhuǎn)化為光能，有三種形式，D錯誤。13.【答案】A【解析】試題分析：向18.4g鐵和銅組成的合金中加入過量的硝酸溶液，合金完全溶解，反應(yīng)生成了鐵離子和銅離子，加入足量氫氧化鈉溶液生成Fe(OH)3、Cu(OH)2共30.3g，則Fe(OH)3和Cu(OH)2中含有的氫氧根離子的質(zhì)量為：30.3g﹣18.4g=11.9g，則n（OH-）=11.9g÷17g/mol=0.7mol；另取等質(zhì)量的合金，使其與一定量的氯氣恰好完全反應(yīng)，Cl2與銅、鐵反應(yīng)產(chǎn)物為：FeCl3、CuCl2，則FeCl3、CuCl2中n（Cl-）等于Fe(OH)3、Cu(OH)2中n（OH-），即n（Cl-）=0.7mol，則消耗的Cl2的物質(zhì)的量為：n（Cl2）=1/2n（Cl-）=0.35mol，標(biāo)況下0.35mol氯氣的體積為：22.4L/mol×0.35mol=7.84L。26．【答案】（1）①冷凝反應(yīng)生成的水和SO3（2分）②排除裝置內(nèi)的空氣（1分）③SO3、SO2（2分）④通入N2（1分）⑤鐵紅（1分）⑥；2FeSO4·7H2O==Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O（各2分，共4分）（2）①I、K、G、H、J（2分）②H中有白色膠狀物生成（1分）【解析】（1）①根據(jù)題干所給信息判斷，SO3的沸點低，所以冰水浴可將其冷凝。②防止空氣中的氧氣參與此反應(yīng)。③根據(jù)信息及SO2的性質(zhì)判斷即可。④依然是防止空氣中的氧氣干擾。⑤三氧化二鐵俗稱鐵紅。⑤核心是把握方程式中Fe2O3和SO2的物質(zhì)的量之比為1:1，27.8g–16.6g=11.2g即為二者的質(zhì)量和，進而求出二者的物質(zhì)的量。（2）①氣體通入Na2CO3溶液先檢驗酸性H2SO3＞H2CO3；然后除盡SO2,檢驗酸性H2CO3＞H2SiO3。27．【答案】（1）由圖1知金屬鉻的活動性比銅強，能與稀硫酸產(chǎn)生氫氣（1分）由圖2知金屬鉻易被稀硝酸氧化（1分）（2）H2O+H++CrO2-Cr(OH)3Cr3++3OH-（2分）（3）c(Na+)＞c(HCrO4－)＞c(H+)＞c(CrO42－)＞c(OH-)（2分）（4）將Fe2+氧化為Fe3+（1分）2CrO2-+3H2O2+2OH-=2CrO42-+4H2O（2分）（5）Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O（2分）當(dāng)pH=8~10時Fe2+、Fe3+、Cr3+都已經(jīng)沉淀完全，若pH過高會使兩性的Cr(OH)3溶解（2分）0.5（1分）【解析】（1）圖1銅電極產(chǎn)生的氣體一定是氫氣；而圖2中產(chǎn)生的氣體為NO2。（2）仿照Al（OH）3的電離方程式即可。（3）NaHCrO4溶液中HCrO4－既電離又水解，電離常數(shù)K2=10-6；水解常數(shù)Kh=Kw/K1=10-14/4.1,電離程度強于水解程度。（4）略。（5）鉻（+6價）的兩種鹽存在如下平衡：2H++2CrO42－Cr2O72－+H2OK=1014，根據(jù)方程式Cr3+與Fe3+的物質(zhì)的量之比為1:3.28．【答案】（1）?H=+90.1kJ/mol（2分）①>（2分）②C（1分）③0<a/b<1/2（1分）（2）①<（2分）②不（1分）（3）①CH3OCH3-12e-+16OH￣＝2CO32￣+11H2O（2分）②13（2分）（4）正向（1分）4.7（1分）【解析】（1）根據(jù)題意寫出相應(yīng)的熱化學(xué)方程式：C(s)+O2(g)=CO2(g)?H1=－393.5kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)?H2=－571.6kJ/molH2O(l)=H2O(g)?H3=+44.0kJ/mol則C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)的?H＝?H1－?H2－2?H3＝+90.1kJ/mol①分別計算出T1和T2溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)，T1時K1＝12.8，T2時K2＝1.35對于吸熱反應(yīng)，溫度越高，平衡常數(shù)數(shù)值越大，故T1＞T2。②根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知乙容器中3min消耗水蒸氣的物質(zhì)的量是1.2mol，反應(yīng)速率隨著濃度的降低逐漸減小，則0～1.5min時間內(nèi)，消耗水蒸氣的物質(zhì)的量應(yīng)該大于1.2mol÷2=0.6mol，此時剩余的H2O(g)物質(zhì)的量濃度小于1.4mol/L，答案選C③根據(jù)方程式列三段式進行計算（2）①分析圖像可知，在最高點之前，反應(yīng)尚未達到平衡，隨溫度升高，反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)生成的甲醇的量增加，甲醇的體積分?jǐn)?shù)增大；最高點之后，反應(yīng)已達平衡，溫度升高，甲醇的體積分?jǐn)?shù)減小，可知平衡逆向移動，所以正反應(yīng)放熱。②由圖像計算出此反應(yīng)的平衡常數(shù)，再充0.5molCO2和1.5molH2O(g)后，，所以平衡不移動。（3）②電解氯化鈉溶液的化學(xué)方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，可知關(guān)系式CH3OCH3～12e￣～12NaOH，故若每個電池甲醚通入量為0.112L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，生成0.06molNaOH，c(NaOH)=0.1mol·L-1，pH=13(題中雖然有兩個燃料電池，但電子的傳遞量只能用一個池的甲醚量計算)。（4）NaOH電離出的OH￣抑制水的電離，Na2CO3電離出的CO32￣水解促進水的電離。CO32￣+H2OHCO3￣+OH￣，36．【答案】Ⅰ.(1)C+H2OCO+H2（2分）(2)①2H2O=2H2↑＋O2↑（2分）②減小H2濃度，使HI分解平衡正向移動，提高HI的分解率。（2分）(3)①催化劑（1分），80%（2分）②尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或找分解溫度更低的氧化物（其他合理答案均給分）（2分）Ⅱ.(4)5（2分），LaNi5H6+6OH--6e-=LaNi5+6H2O（2分）【解析】Ⅰ.(1)煤的主要成分是碳，碳與水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成H2和CO。(2)①該工藝過程的原理是：反應(yīng)Ⅰ：SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，反應(yīng)Ⅱ：2HI=H2↑＋I2，反應(yīng)Ⅲ：，則總反應(yīng)式為：2H2O=2H2↑＋O2↑②在HI分解反應(yīng)中不斷分離出氫氣，平衡正向移動，HI分解率提高。(3)①綜合兩個反應(yīng)，MnFe2O4-x是催化劑。x=0.8時，鐵的總價態(tài)為（4-0.8）×2-2=4.4，設(shè)1molMnFe2O4-0.8中含F(xiàn)e2+、Fe3+物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，則有x+y=2，2x+3y=4.4，聯(lián)立解得：x=1.6，y=0.4，則1molMnFe2O4-0.8中含F(xiàn)e2+的物質(zhì)的量1.6mol，則Fe2+占的百分率為×100%=80%；②該反應(yīng)需要較高的溫度，需要消耗大量的能源，因此尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或找分解溫度更低的氧化物是該熱化學(xué)循環(huán)法制氫的不足之處。Ⅱ.（4）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Ni位于晶胞的面上，共有10個Ni，則平均含有Ni的個數(shù)為10×0.5=5，原電池負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，由原電池總反應(yīng)式可知，負(fù)極反應(yīng)式為LaNi5H6+6OH--6e-═LaNi5+6H2O。37．【答案】（1）3d54s1(1分)，d（1分）；（2）體心立方堆積（1分）；68%（1分）（3）B（1分）；（4）穩(wěn)定性：CaCO3>MgCO3，碳酸鹽的熱分解是由于晶體中的陽離子結(jié)合碳酸根離子中的氧離子，使碳酸根離子分解為二氧化碳分子的結(jié)果，產(chǎn)物中氧化鎂和氧化鈣都為離子晶體，因為鎂離子半徑小于鈣離子半徑則氧化鎂晶格能大，更穩(wěn)定，更易于生成（2分）；（5）（2分）(6)8（2分）（2分）=34%（2分）【解析】（1）M為金屬且有兩個能級的電子處于半滿狀態(tài)，為24號鉻元素，外圍電子排布式為3d54s1，屬于d區(qū)。（2）鉀晶體的堆積方式為體心立方堆積，空間利用率為68%。（3）外界Cl－可電離出來與Ag+生成AgCl，由題中數(shù)據(jù)0.10molMCl3·6H2O，加足量AgNO3溶液，得到沉淀AgCl2.870g物質(zhì)的量為0.002mol，外界有2個Cl－，結(jié)構(gòu)為B型。（4）MgCO3和CaCO3皆為難溶鹽，碳酸鹽的熱分解是由于晶體中的陽離子結(jié)合碳酸根離子中的氧離子，使碳酸根離子分解為二氧化碳分子的結(jié)果，產(chǎn)物中氧化鎂和氧化鈣都為離子晶體，因為鎂離子半徑小于鈣離子半徑則氧化鎂晶格能大，更穩(wěn)定，更易于生成。（5）Al2Cl6中各原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)，Al最外層3個電子形成三個共價鍵和一個配位鍵，結(jié)構(gòu)式為。（6）根據(jù)金剛石晶胞中碳原子的位置，由均攤法可計算出每個晶胞中含C原子8×1/8+6×1/2+4=8個；且a=2r，r=a；每個晶胞的體積為a3,每個晶胞中C原子體積共為，所以空間利用率為=34%。38．【答案】(1)（2分）；CH2BrCBr（CH3）CH=CH2；CH2=C（CH3）CHBrCH2Br；CH2BrC（CH3）=CHCH2Br（各1分）(2)1，4—二甲基環(huán)己烷（2分）(3)縮聚反應(yīng)（1分）（3分）或(4)（各1分）(5)CH3COOH；HCOOCH3（各1分）【解析】：由X的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平可知X為乙烯，N是X最簡單的同系物，得出N是丙烯，則A與丙烯發(fā)生如已知①的成環(huán)反應(yīng)，A的分子式為C5H8，A的核磁共振氫譜有4個峰，且峰面積比為3:1:2:2,可知A為，由已知②可知B為HCHO，C為CH3COCOOH，可順利推出E為CH3CH(OH)COOH，E發(fā)生縮聚反應(yīng)得F。物理答案及解析14．A解析：1820年，丹麥物理學(xué)家奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應(yīng)，揭示了電和磁之間存在聯(lián)系，符合史實，故A正確；密立根最早實驗測得元電荷e的數(shù)值，B錯誤；卡文迪許通過實驗測出了引力常量，C錯誤；法拉第通過實驗研究，總結(jié)出法拉第電磁感應(yīng)定律，為交流發(fā)電機提供了理論基礎(chǔ)，故D錯誤。15．D解析：在v-t圖象中，圖線的斜率等于物體運動的加速度，在0～t4時間內(nèi)，甲物體的圖線的斜率正負(fù)號不同，即加速度的方向不同，選項A錯誤；在v-t圖象中，圖象反映了物體做直線運動的規(guī)律，選項B錯誤；在v-t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸圍成面積的大小等于物體運動的位移，由圖象可知兩物體t3時刻相距最遠(yuǎn)，t4時刻相遇，選項C錯誤，根據(jù)平均速度定義，可知選項D正確。16．D解析：根據(jù)萬有引力定律、向心力公式可得：，可知無法求類太陽恒星的質(zhì)量和Kepler-452b圍繞類太陽恒星運行的軌道半徑，選項AB錯誤；因Kepler-452b的同步衛(wèi)星的軌道半徑無法確定，故其運行周期也無法確定，選項C錯誤；在星球表面，可得，即，和人從地球到該星球體重將加倍及Kepler-452b直徑是地球直徑的1.6倍，可求Kepler-452b上的第一宇宙速度，選項D正確。17．B解析：由題意知小球通過B點時的速度最大，則在B點時小球所受的電場力與重力平衡，有mg＝qEB，解得EB＝；小球從O到C的過程中，由動能定理得qUOC－mgh＝0，解得UOC＝，又UOC＝φO－φC，φO＝0，可得φC＝－；由于B到O的距離未知，故不能求出OB間的電勢差，因此不能求出B點的電勢；小球在C點的加速度無法求出，因此C點的場強無法求出。選項B正確，選項ACD錯誤。18．A解析：在t=0.1s時刻，線圈內(nèi)磁場最強，磁通量最大，接著磁通量會變小，但磁場方向沒變，所以根據(jù)楞次定律得知，線圈內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向發(fā)生變化，故A正確；在t=0.15s時刻，線圈內(nèi)B為零，磁通量為零，接著磁通量會變大，由于磁場方向發(fā)生變化，所以根據(jù)楞次定律得知產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向不會發(fā)生變化，故B錯誤；在t=0.1s時刻，線圈內(nèi)磁場最強，圖線的斜率為零，故磁感應(yīng)強度的變化率為零，此時磁通量變化率為零，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流則為零，故C錯誤；在t=0.15s時刻，線圈內(nèi)磁場最弱，圖線的斜率不是最大，故此時磁感應(yīng)強度的變化率不是最大，則磁通量變化率不是最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就不是最大，感應(yīng)電流的大小沒有達到最大．故D錯誤。19．BC解析：交流電通過電阻R時，其電流的變化周期等于原線圈的電流的變化周期，即為0.02s，故電流方向每秒改變100次，選項A錯誤；根據(jù)焦耳定律可得：，設(shè)變壓器的副線圈的電壓為，可得：，兩方程相比可得：，選項B正確；根據(jù)理想變壓器的變壓比等于匝數(shù)比，則變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為，選項C正確；若將電阻R直接接在該交流電上，其消耗的功率，選項D錯誤。20．BD解析：以O(shè)F為x軸，OP為y軸，O為原點，建立坐標(biāo)系x方向的初速度：加速度y方向的初速度：從O到P的時間：x方向的位移為零，即解得：，選項A錯誤；物體從O到P的位移y=，選項B正確；因力F為恒力且和位移y垂直，故物體從O到P的過程中，力F做的功為零，選項C錯誤；從O到P的過程，由動能定理可得：因合外力做功為零，故物體到達P點速度大小為v0，選項D正確。21．BD解析：從x軸入射的粒子在磁場中對應(yīng)的弧長最長，所以該粒子最后到達y軸，而y=±R的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，時間最短，故B正確，選項A錯誤；以沿x軸射入的粒子，根據(jù)幾何關(guān)系有：α=θ，則sinθ=sinα=，根據(jù)，可得：，選項C錯誤；從x軸入射的粒子運動時間為：t1=，y=±R的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，時間最短，則t2=，則，選項D正確。22．（6分）（1）39.0（2分）（2）逐漸增大到39.8cm/s（2分）隨著速度的增大磁鐵受到的阻尼作用逐漸增大，最后等于重力的大小。（2分）解析：（1）根據(jù)計時點間的平均速度，粗略地表示各計數(shù)點的速度，來計算4點的瞬時速度的大?。淮蛳?點的速度v4==39.0cm/s。（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知，在這段紙帶記錄的時間內(nèi)，磁鐵運動速度的變化情況是逐漸增大到39.8cm/s，之后勻速運動，形成這種運動的原因是磁鐵在銅管中受到電磁阻尼作用，隨著速度的增大磁鐵受到的阻尼作用是逐漸增大，最后等于重力的大小。23．（9分）（1）如圖甲所示（3分）（2）⑤，左（2分）（3）實物連線如圖乙所示。（2分）（4）117（2分）解析：（1）由于電源電動勢為1.5V，電壓表V量程為15V，達不到其量程的三分之一，故電壓表不能使用；電流表Gl(0～5mA，內(nèi)阻為300)，由于內(nèi)阻已知可做電壓表使用，量程為5mA×300Ω=1.5V；電源電動勢為1.5V，未知電阻近似取100Ω，若用電流表G2(0～10mA，內(nèi)阻為50)測其電流，可估算出電路最大電流約為10mA。故電路設(shè)計如圖甲所示。（2）由于題中給出滑動變阻器采用分壓式接法，若選用滑動變阻器R3(0～1000)，阻值比待測電阻大得多，調(diào)節(jié)不方便，不應(yīng)選用。選用滑動變阻器R4(0～l0)為好?；阶钭蠖藭r，輸出電壓為0，為保證安全，實驗前將滑動觸頭P移至最左端。（3）實物連線如圖乙所示。（4）在電路圖中，設(shè)G1示數(shù)為I1，G2示數(shù)為I2，則，所以，有圖丙可知斜率為，故，代入數(shù)據(jù)解得Rx=11724.（13分）解：設(shè)貨車加速下行時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律可知（2分）解得：（2分）由公式（2分）解得：（2分）設(shè)貨車在避險車道上行車時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律可知（2分）解得：（1分）由（1分）解得：x=16m（1分）25.解：（1）由題意可知小物塊在CD段做勻速直線運動，由mg=qvB（2分）得：v=4m/s（1分）小物塊在