2025年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高二物理下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高二物理下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、在圖中所示的電路中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸片向b端移動(dòng)時(shí)，正確的說法是A.伏特表V和安培表A的讀數(shù)都減小B.伏特表V和安培表A的讀數(shù)都增大C.伏特表V的讀數(shù)增大，安培表A的讀數(shù)減小D.伏特表V的讀數(shù)減小，安培表A的讀數(shù)增大2、關(guān)于電磁場(chǎng)和電磁波，下列說法正確的是(

)

A.電磁波由真空進(jìn)入介質(zhì)，頻率不變，速度變大B.均勻變化的電場(chǎng)一定產(chǎn)生均勻變化的磁場(chǎng)C.雷達(dá)是用電磁波來測(cè)定物體位置的設(shè)備D.聲波和電磁波都可在真空中傳播3、如圖所示，在一根繃緊的水平繩上掛著五個(gè)單擺，其中B

和D

的擺長(zhǎng)相等.

原來各擺都靜止，當(dāng)B

擺振動(dòng)的時(shí)候，其余各擺也隨之振動(dòng)起來.

關(guān)于各擺的振動(dòng)情況，下列說法中正確的是(

)

A.各擺的振幅不相同，A

擺振幅最大B.各擺的振動(dòng)周期不相同，C

擺的振動(dòng)周期最大，A

擺的振動(dòng)周期最小C.各擺的振動(dòng)頻率都跟B

擺相同D.各擺的振幅相同4、質(zhì)量相等的五個(gè)物體在光滑的水平面上，間隔一定的距離排成一直線，如圖所示，具有初動(dòng)能為E0的物塊1向其他4個(gè)靜止物塊運(yùn)動(dòng)，依次發(fā)生碰撞，每次碰后不在分開，最后5個(gè)物體粘成一個(gè)整體，這個(gè)整體的動(dòng)能是（）A.E0B.E0C.E0D.E05、如圖所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a流向b，不允許電流從b流向a，平行板電容器AB內(nèi)部原有電荷P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B的間距稍增大一些的瞬間（兩極板仍平行），關(guān)于電荷P的說法正確的是（）A.仍靜止不動(dòng)B.向下運(yùn)動(dòng)C.向上運(yùn)動(dòng)D.電荷P帶正電6、在研究微型電動(dòng)機(jī)的性能時(shí)，應(yīng)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路.

當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R

并控制電動(dòng)機(jī)停止轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電流表和電壓表的示數(shù)分別為0.50A

和2.0V.

重新調(diào)節(jié)R

并使電動(dòng)機(jī)恢復(fù)正常運(yùn)轉(zhuǎn)；此時(shí)電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A

和24.0V.

則這臺(tái)電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)輸出功率為(

)

A.32W

B.44W

C.47W

D.48W

7、下列說法中正確是(

)

A.物體中分子熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能的總和等于物體的內(nèi)能B.橡膠無固定熔點(diǎn)，是非晶體C.飽和汽壓與分子密度有關(guān)，與溫度無關(guān)D.隨著技術(shù)的不斷進(jìn)步熱機(jī)的效率可能達(dá)到100%

8、某種角速度計(jì)，其結(jié)構(gòu)如圖所示。當(dāng)整個(gè)裝置繞軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，元件A相對(duì)于轉(zhuǎn)軸發(fā)生位移并通過滑動(dòng)變阻器輸出電壓，電壓傳感器（傳感器內(nèi)阻無限大）接收相應(yīng)的電壓信號(hào)。已知A的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k、自然長(zhǎng)度為l，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)。滑動(dòng)變阻器總長(zhǎng)也為l，電阻分布均勻，裝置靜止時(shí)滑片P在變阻器的最左端B端，當(dāng)系統(tǒng)以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，則（）A.電路中電流隨角速度的增大而增大B.電路中電流隨角速度的增大而增大C.輸出電壓U與ω的函數(shù)式為U=D.此裝置能測(cè)量的角速度最大不超過9、如圖所示．AC是一個(gè)用長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)線彎成的、以O(shè)為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面AOC垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．當(dāng)在該導(dǎo)線中通以由C到A，大小為I的恒定電流時(shí)，該導(dǎo)線受到的磁場(chǎng)力的大小和方向是（）A.BIL，平行于OC向左B.BIL，平行于OC向左C.垂直AC的連線指向左下方D.2BIL，垂直AC的連線指向左下方評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、如圖所示，AB兩端接直流穩(wěn)壓電源，UAB=100V，R=40Ω，滑動(dòng)變阻器總電阻R=20Ω，當(dāng)滑動(dòng)片處于變阻器中點(diǎn)時(shí)，通過電阻R的電流為____．

11、湖北的武當(dāng)山古建筑群是世界文化遺產(chǎn)之一，在武當(dāng)山主峰天柱峰上有一座金殿，是我國(guó)現(xiàn)存最大的銅鑄鎏金大殿。這座金殿最為奇特的是，每逢電閃雷鳴的時(shí)候，火球會(huì)在金殿周圍滾動(dòng)，但霹靂卻擊不毀金殿；雨過天晴后，大殿光彩奪目，像被洗過一樣，這就是“雷火煉殿”。武當(dāng)山金殿產(chǎn)生電荷的方式為（填“感應(yīng)起電”、“摩擦起電”、或“接觸起電”）。12、本題為選做題，考生只選擇一題作答。若兩題都作答，則按24-1題計(jì)分。24－1．（本題供使用選修1一1教材的考生作答。）一臺(tái)理想變壓器，其原線圈2200匝，副線圈440匝。副線圈接一個(gè)100Ω的負(fù)載電阻，當(dāng)原線圈接在44V直流電源上時(shí)，電壓表示數(shù)為____▲V，電流表的示數(shù)為________A。24－2．（本題供使用選修3一1教材的考生作答。）電源的電動(dòng)勢(shì)為4.5V，內(nèi)電阻為0.50Ω，外電路接一個(gè)4.0Ω的電阻，這時(shí)流過電源的電流為▲A，路端的電壓為▲V。13、原子核A經(jīng)過若干次衰變后變成原子核B，已知B核的質(zhì)子數(shù)比A核少8，B核的中子數(shù)比A核少16，則此衰變過程中共有____次α衰變，____次β衰變．14、在磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)放入一段通電導(dǎo)線．若任意時(shí)刻該導(dǎo)線中有N個(gè)以速度v做定向移動(dòng)的電荷，每個(gè)電荷的電量為q．則每個(gè)電荷所受的洛倫茲力f=____，該段導(dǎo)線所受的安培力為F=____．15、Ⅰ數(shù)字化信息系統(tǒng)(DIS)

是由____________、數(shù)據(jù)采集器和計(jì)算機(jī)三部分構(gòu)成?！坝肈IS

測(cè)定瞬時(shí)速度”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，擋光片寬度為5隆脕10鈭?3m

實(shí)驗(yàn)中擋光片通過光電門的時(shí)間為0.02s

則小車此時(shí)的瞬時(shí)速度為___________m/s(

非物理班同學(xué)做)

Ⅱ一輛汽車在十字路口等候綠燈，當(dāng)綠燈亮?xí)r汽車以3m/s2

的加速度加速行駛，恰在這時(shí)一輛自行車以6m/s

的速度勻速駛來，從后面趕過汽車，則：汽車從路口開動(dòng)后，在追上自行車之前經(jīng)t=

____s

兩車相距最遠(yuǎn)，距離為____m(

物理班同學(xué)做)

16、如圖所示，兩個(gè)相同的彈性小球，分別掛在不能伸長(zhǎng)的細(xì)線上，兩線互相平行，兩球重心在同一水平線上且互相接觸，第1

個(gè)球擺長(zhǎng)為L(zhǎng)1

第2

個(gè)球擺長(zhǎng)為4L1

現(xiàn)將第1

個(gè)球拉一個(gè)很小的角度后釋放，在第1

個(gè)球擺動(dòng)周期的兩倍時(shí)間內(nèi)，兩球碰撞的次數(shù)為漏隴漏隴漏隴漏隴漏隴漏隴

次。評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)17、電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

20、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為9000N/C，在電場(chǎng)內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場(chǎng)強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

23、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、識(shí)圖作答題(共4題，共40分)24、科研人員利用胚胎干細(xì)胞（ES細(xì)胞）對(duì)干擾素基因缺失小鼠進(jìn)行基因治療。其技術(shù)流程如下圖，請(qǐng)回答相關(guān)問題：?（1）圖1中用到了___________________________________等現(xiàn)代生物技術(shù)（寫三項(xiàng)即可）。（2）由圖1可知，步驟②中要分離出ES細(xì)胞，需將重組胚胎培養(yǎng)到_______期。將目的基因?qū)隕S細(xì)胞而不是上皮細(xì)胞，是因?yàn)镋S細(xì)胞在功能上具有__________________________。（3）步驟③中，先需要利用PCR技術(shù)擴(kuò)增干擾素基因。可以根據(jù)一段已知的干擾素基因的__________合成引物，圖2A、B、C、D四種單鏈DNA片段中應(yīng)選取___________作為引物（DNA復(fù)制方向總是從5’向3’延伸）。對(duì)干擾素基因片段和質(zhì)粒進(jìn)行酶切時(shí)，可選用限制酶的組合為____________。（4）將步驟③獲得的ES細(xì)胞在熒光顯微鏡下觀察，選擇發(fā)_____色熒光的細(xì)胞進(jìn)行體外誘導(dǎo)。為檢測(cè)干擾素基因是否表達(dá)，可用的檢測(cè)物質(zhì)是____________________（填“標(biāo)記的干擾素基因”或“干擾素的抗體”）。25、某研究小組為探究不同波長(zhǎng)的光和CO2濃度對(duì)大豆幼苗光合作用的影響，用三個(gè)40W的白色燈管作光源，通過簡(jiǎn)單遮光(如外罩透光良好的紅色、黃色塑料薄膜)讓其中兩個(gè)分別只發(fā)出紅光和黃光。設(shè)置不同CO2濃度處理試管苗。培養(yǎng)一段時(shí)間后，測(cè)定試管苗的凈光合速率，結(jié)果如下圖所示。請(qǐng)回答下列問題：（1）大豆幼苗光合作用中，催化三碳化合物還原的酶存在于________________。實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明，在大棚中種植大豆時(shí)，應(yīng)選用______________色塑料薄膜搭建頂棚。（2）a點(diǎn)的凈光合速率大于c點(diǎn)，從光合作用的角度分析，原因是____________________。（3）研究小組發(fā)現(xiàn)沙塵天氣影響大豆生長(zhǎng)，分析認(rèn)為：首先，沙塵天氣直接影響葉綠體中的________(產(chǎn)物)產(chǎn)生；其次，沙塵堵塞大豆葉氣孔，進(jìn)而影響光合作用的________階段。26、在理想的實(shí)驗(yàn)條件下，將小麥放在密閉的廣口瓶中，以測(cè)定CO2吸收量與釋放量為指標(biāo)，研究溫度對(duì)小麥光合作用與呼吸作用的影響，結(jié)果如下圖所示。請(qǐng)回答下列問題。（1）A點(diǎn)葉肉細(xì)胞中消耗的O2來自____（填“葉綠體”或“線粒體”）。適當(dāng)降低光照強(qiáng)度，A點(diǎn)將向____移動(dòng)。40℃與60℃時(shí)，CO2的吸收量均為0，二者的區(qū)別是____。（2）測(cè)得該植物光合速率最大值為（用單位時(shí)間內(nèi)CO2的總固定量表示）____mg/單位面積·h。小麥在30℃條件下光照12小時(shí)，20℃條件下黑暗8小時(shí)，有機(jī)物（葡萄糖）的積累量為____。（3）在適宜的條件下，若用CO2、H218O供給該小麥進(jìn)行代謝，一段時(shí)間后葡萄糖中也發(fā)現(xiàn)了放射性，請(qǐng)簡(jiǎn)要闡述其產(chǎn)生的過程____。（用箭頭和物質(zhì)表示）（4）利用紙層析法可以分離該綠色植物葉片中的色素，其原理是____，從結(jié)果看，濾紙條上相鄰且距離最遠(yuǎn)的兩條色素帶呈____色和____色。27、汶川大地震后，災(zāi)區(qū)居民因饑餓、寒冷等原因?qū)е律眢w免疫力下降，易受病原體感染。下圖表示病原體侵入人體后機(jī)體發(fā)生的特異性免疫過程。請(qǐng)回答：（1）圖中所示的是____免疫過程。（2）圖中c是__________細(xì)胞，②表示____過程，③過程中發(fā)揮作用的物質(zhì)稱為____。（3）圖中能識(shí)別抗原的細(xì)胞有________（填圖中字母）。（4）預(yù)防接種后，當(dāng)病原體侵入時(shí)，免疫的主要途徑是____（用圖中數(shù)字表示），其特點(diǎn)是____，因此可迅速消滅病原體，有效預(yù)防某些疾病。（5）若該抗原為HIV，侵人人體后，攻擊的主要對(duì)象是____細(xì)胞（填圖中序號(hào)），該細(xì)胞成熟于_____________。評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共2題，共16分)28、（10分）一根彈性繩沿x軸方向放置，左端在原點(diǎn)O，用手握住繩的左端使其沿y軸方向做周期為1s的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，于是在繩上形成一列簡(jiǎn)諧波，如圖所示。求：（1）若從波傳到平衡位置在x=1m處的M質(zhì)點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，那么經(jīng)過的時(shí)間等于多少時(shí)，平衡位置在x=4．5m處的N質(zhì)點(diǎn)恰好第一次沿y軸正向通過平衡位置？在圖中準(zhǔn)確畫出當(dāng)時(shí)彈性繩上的波形。（2）從繩的左端點(diǎn)開始做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)起，當(dāng)它通過的總路程為88cm時(shí)，N質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)通過的總路程是多少？29、工業(yè)上用水煤氣制得的rm{CO}在催化劑作用下與水蒸氣發(fā)生反應(yīng)制取氫氣，化學(xué)方程式為：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?}rm{H_{2}(g)+CO_{2}(g)}一定條件下，將rm{4molCO}與rm{2molH_{2}O(g)}充入體積為rm{2L}的密閉容器中，體系中各物質(zhì)的濃度隨時(shí)間的變化如圖所示：rm{(1)}在rm{0隆蘆4min}時(shí)段，反應(yīng)速率rm{v(H_{2}O)}為________rm{mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}該條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K}為________rm{(}保留兩位有效數(shù)字rm{)}

rm{(2)}該反應(yīng)到rm{4min}時(shí)，rm{CO}的轉(zhuǎn)化率為_________。該反應(yīng)到rm{(2)}時(shí)，rm{4min}的轉(zhuǎn)化率為_________。rm{CO}若rm{(3)}時(shí)改變的外部條件為升溫，則該反應(yīng)的rm{6min}________rm{婁隴H}填“rm{0(}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{<}此時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)________rm{)}填“增大”、“減小”或“不變”rm{(}

rm{)}判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是_____________。rm{(4)}判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是_____________?；旌蠚怏w的密度不變r(jià)m{(4)}混合氣體中rm{a.}不變r(jià)m{c.v_{脮媒}(H_{2}O)=v_{脛忙}(H_{2})d.}斷裂rm{b.}鍵的同時(shí)生成rm{c(CO)}鍵rm{c.v_{脮媒}(H_{2}O)=v_{脛忙}(H_{2})

d.}若保持與rm{2molH隆陋O}時(shí)相同的溫度，向一容積可變的密閉容器中同時(shí)充入rm{1molH隆陋H}rm{(5)}rm{4min}和rm{0.5molCO}則上述反應(yīng)向________反應(yīng)rm{1.5molH_{2}O(g)}填“正”或“逆”rm{0.5molCO_{2}}方向進(jìn)行。rm{2.5molH_{2}}評(píng)卷人得分六、綜合題(共3題，共21分)30、[

物理隆陋隆陋

選修3簍C3]

(1)

如圖，用隔板將一絕熱汽缸分成兩部分，隔板左側(cè)充有理想氣體，隔板右側(cè)與絕熱活塞之間是真空?，F(xiàn)將隔板抽開，氣體會(huì)自發(fā)擴(kuò)散至整個(gè)汽缸。待氣體達(dá)到穩(wěn)定后，緩慢推壓活塞，將氣體壓回到原來的體積。假設(shè)整個(gè)系統(tǒng)不漏氣。下列說法正確的是________(

選對(duì)1

個(gè)得2

分，選對(duì)2

個(gè)得4

分，選對(duì)3

個(gè)得5

分；每選錯(cuò)1

個(gè)扣3

分，最低得分為0

分)

A.氣體自發(fā)擴(kuò)散前后內(nèi)能相同B.氣體在被壓縮的過程中內(nèi)能增大C.在自發(fā)擴(kuò)散過程中，氣體對(duì)外界做功D.氣體在被壓縮的過程中，外界對(duì)氣體做功E.氣體在被壓縮的過程中，氣體分子的平均動(dòng)能不變(2)

一熱氣球體積為V

，內(nèi)部充有溫度為Ta

的熱空氣，氣球外冷空氣的溫度為Tb

。已知空氣在1

個(gè)大氣壓、溫度T

0

時(shí)的密度為婁脩

0

該氣球內(nèi)、外的氣壓始終都為1

個(gè)大氣壓，重力加速度大小為g

。(i)

求該熱氣球所受浮力的大??；(ii)

求該熱氣球內(nèi)空氣所受的重力；(iii)

設(shè)充氣前熱氣球的質(zhì)量為m

0

求充氣后它還能托起的最大質(zhì)量。31、將質(zhì)量為0.10kg

的小球從離地面20m

高處豎直向上拋出；拋出時(shí)的初速度為15m/s

不計(jì)空氣阻力，當(dāng)小球落地時(shí)，求：

(1)

小球的動(dòng)量。

(2)

小球從拋出至落地過程中受到的重力的沖量．32、(1)

下列說法中正確的是____________．

A.只要知道阿伏加德羅常數(shù)；該氣體的質(zhì)量和摩爾質(zhì)量，就可以估算出氣體分子間的平均距離。

B.布朗運(yùn)動(dòng)是由液體分子從各個(gè)方向?qū)腋☆w粒撞擊作用的不平衡引起的。

C.隨著分子間距離的增大；分子間作用力減小，分子勢(shì)能也減小。

D.溫度是分子動(dòng)能的標(biāo)志；動(dòng)能越大的分子其溫度也就越高。

(2)

某同學(xué)做“用油膜法估測(cè)分子大小”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，在邊長(zhǎng)約30cm

的淺盤里倒入約2cm

深的水，然后將痱子粉均勻的撒在水面上，用注射器滴一滴____(

選填“純油酸”、“油酸水溶液”或“油酸酒精溶液”)

在水面上.

穩(wěn)定后，在玻璃板上描下油膜的輪廓，放到坐標(biāo)紙上估算出油膜的面積.

實(shí)驗(yàn)中若撒的痱子粉過多，則計(jì)算得到的油酸分子的直徑偏____________(

選填“大”或“小”).

(3)

把一塊洗凈的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接觸水面，如圖所示.

已知正方形玻璃板的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)

，水的密度為婁脩

，摩爾質(zhì)量為M

，阿伏加德羅常數(shù)為NA

.

試估算與此玻璃板接觸的水分子數(shù)．

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【解析】試題分析：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸片向b端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的阻值增大，電路的總電阻增大，由閉合電路的歐姆定律知電路的總電流減小，流過定值電阻R1的電流減小，其兩端的電壓U1減小，由知路端電壓增大，即伏特表V的讀數(shù)增大，AD錯(cuò)；由知并聯(lián)電壓U2增大，則通過定值電阻R2的電流I2增大，由知通過滑動(dòng)變阻器的電流I3減小，即安培表A的讀數(shù)減小，B錯(cuò)，C對(duì)。故選C考點(diǎn)：本題考查電路的動(dòng)態(tài)分析【解析】【答案】C2、C【分析】解：A

電磁波由真空進(jìn)入介質(zhì)；頻率不變，速度變小，故A錯(cuò)誤；

B；均勻變化的電場(chǎng)一定產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)；故B錯(cuò)誤；

C；雷達(dá)的工作原理是：發(fā)射電磁波對(duì)目標(biāo)進(jìn)行照射并接收其回波；由此獲得目標(biāo)至電磁波發(fā)射點(diǎn)的距離、距離變化率(

徑向速度)

方位、高度等信息，故C正確；

D；聲波屬于機(jī)械波；它的傳播離不開介質(zhì)，故D錯(cuò)誤。

故選：C

正確解答本題需要掌握：電磁波的頻率；波動(dòng)與介質(zhì)的關(guān)系；正確理解電磁波理論內(nèi)容；聲波和電磁波的區(qū)別；雷達(dá)測(cè)定物體位置的原理．

本題比較全面的考查了電磁場(chǎng)和電磁波的知識(shí)，屬于記憶部分，平時(shí)注意多加積累與記憶【解析】C

3、C【分析】解：擺振動(dòng)起來后；使得ACDE

做受迫振動(dòng)，振動(dòng)的頻率都等于B

振動(dòng)的頻率.

所以各擺振動(dòng)的周期都相等.

擺的擺長(zhǎng)與B

擺相等，則固有周期相等，即固有頻率相等.

可見，受迫振動(dòng)的頻率和B

擺振動(dòng)的頻率相等，發(fā)生共振，振幅最大.

故ABD錯(cuò)誤、C正確．

故選：C

受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)率的頻率；當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率接近物體的固有頻率時(shí)，振幅最大，即共振。

解決本題的關(guān)鍵知道受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)率的頻率，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率接近物體的固有頻率時(shí)，振幅最大【解析】C

4、A【分析】解：對(duì)整個(gè)系統(tǒng)研究，整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得，mv0=5mv，解得v=因?yàn)閯t整體的動(dòng)能．故A正確；B；C、D錯(cuò)誤．

故選：A．

以五個(gè)物體為系統(tǒng)；在整個(gè)過程中，動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，求出最終整體的速度，從而得出整體的動(dòng)能．

本題考查了動(dòng)量守恒定律的基本運(yùn)用，知道五個(gè)物體組成的系統(tǒng)，在整個(gè)過程中動(dòng)量守恒；碰后粘在一起則機(jī)械能不守恒．【解析】【答案】A5、A【分析】解：ABC、電容器與電源保持相連，電容器的電壓不變，板間距離增大一些，電容減小，電容量的電量要減小，放電，但由于二極管的作用只允許電流從a流向b，電容器的電量無法減小，根據(jù)推論板間電場(chǎng)強(qiáng)度E=Q；S、?不變，則改變d，E不變，電荷P受的電場(chǎng)力不變，仍靜止．故A正確，BC錯(cuò)誤．

D；根據(jù)題意；A帶正電，B帶負(fù)電，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，因電場(chǎng)力與重力平衡，則電荷P帶負(fù)電，故D錯(cuò)誤；

故選：A．

二極管具有單向?qū)щ娦裕辉试S電流從a流向b．電容器與電源保持相連；電容器的電壓不變，板間距離增大，電容減小，電容量的電量要減小，放電，根據(jù)二極管的作用，分析電量是否變化，再分析P的運(yùn)動(dòng)情況．

本題關(guān)鍵要抓住二極管的單向?qū)щ娦?，使電容器不能放電．同時(shí)利用推論：電場(chǎng)強(qiáng)度E=Q、S、?不變，則改變d，E不變．【解析】【答案】A6、A【分析】【分析】

本題考查了電功率與焦耳定律。【解答】

電動(dòng)機(jī)的電阻R=UI=20.5=4婁賂

電動(dòng)機(jī)的總功率P=UP=U1II1=24V隆脕2A=48W=24V隆脕2A=48W

克服自身電阻的功率PPR=I=I12R=(2A)R=(2A)2隆脕4婁賂=16W隆脕4婁賂=16W

電動(dòng)機(jī)正常運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)的輸出功率是PP脢盲魯枚=P鈭?P=P-PR=48W鈭?16W=32W=48W-16W=32W故A正確、BCD錯(cuò)誤。

故選A?！窘馕觥緼

7、B【分析】解：A

物體中分子熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能的總和與分子勢(shì)能的總和等于物體的內(nèi)能；故A錯(cuò)誤；

B；橡膠是非晶體；沒有固定的熔點(diǎn)；故B正確。

C；飽和汽壓與溫度有關(guān)；且隨著溫度的升高而增大.

故C錯(cuò)誤；

D；根據(jù)熱力學(xué)第二定律；由于存在熱量的損耗，所以即使不斷改進(jìn)工藝，熱機(jī)的效率也不可能達(dá)到100%

故D錯(cuò)誤；

故選：B

．

物體的內(nèi)能包括分子動(dòng)能和分子勢(shì)能；橡校是非晶體；飽和汽壓與溫度有關(guān)；且隨著溫度的升高而增大；熱機(jī)的效率都無法達(dá)到100%

本題考查分子運(yùn)動(dòng)論、內(nèi)能及晶體的性質(zhì)、熱力學(xué)第二定律、溫度的微觀意義等，要注意明確內(nèi)能包括分子動(dòng)能和分子勢(shì)能，注意所有的熱機(jī)都存在熱損耗，故效率均達(dá)不到100%

．【解析】B

8、D【分析】解：A；系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)；無論角速度增大還是減小，BC的電阻不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中電流保持不變，與角速度無關(guān)。故A錯(cuò)誤。

B、彈簧的彈力提供向心力：kx=m（l+x）ω2得x=故B錯(cuò)誤。

C；設(shè)系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)；彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度為x，則對(duì)元件A，根據(jù)牛頓第二定律得。

kx=mω2（L+x）又輸出電壓U=E=E

聯(lián)立兩式得U=．故C錯(cuò)誤；

D、有效最大彈力為：kL=m（L+L）ω2則得ω=故D正確。

故選：D。

當(dāng)系統(tǒng)在水平面內(nèi)以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)；電路中電阻保持不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中電流的變化情況。系統(tǒng)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，由彈簧的彈力提供元件A的向心力，根據(jù)牛頓第二定律得到角速度ω與彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度x的關(guān)系式。根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比和電阻定律，得到電壓U與x的關(guān)系式，再聯(lián)立解得電壓U與ω的函數(shù)關(guān)系式。

本題考查學(xué)生理論聯(lián)系實(shí)際的能力。對(duì)于力電綜合題，關(guān)鍵要尋找力電聯(lián)系的橋梁和紐帶?！窘馕觥緿9、C【分析】解：直導(dǎo)線折成半徑為R的圓弧形狀，在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)′=R；

又L=

則該導(dǎo)線所受的安培力F=BIL′=

安培力的方向與等效長(zhǎng)度的直線垂直；根據(jù)左手定則可得，安培力的方向垂直AC的連線指向左下方。

故選：C。

直導(dǎo)線折成半徑為R的圓弧形狀；在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度等于兩端點(diǎn)的連線，根據(jù)F=BIL求出安培力的大小，由左手定則判斷安培力方向．

解決本題的關(guān)鍵是確定有效長(zhǎng)度，掌握安培力大小的公式，以及會(huì)運(yùn)用左手定則判斷安培力方向．【解析】C二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】

根據(jù)電路的結(jié)構(gòu)得到，電路的總電阻為R總=+=10+（Ω）=18Ω

根據(jù)歐姆定律得，干路中電流I==

通過電阻R的電流為I=I=×A≈1.1A

故答案為：1.1A

【解析】【答案】當(dāng)滑動(dòng)片處于變阻器中點(diǎn)時(shí)，變阻器右半部分電阻與R并聯(lián)后與左半部分串聯(lián)，根據(jù)歐姆定律求出總電阻，由歐姆定律求出干路電流，再根據(jù)并聯(lián)電路電流的分配求出通過電阻R的電流為．

11、略

【分析】沒有經(jīng)過接觸，所以起電方式為感應(yīng)起電，【解析】【答案】感應(yīng)起電12、略

【分析】【解析】【答案】24-10024-21.04.013、64【分析】【解答】發(fā)生α衰變是放出He，發(fā)生β衰變是放出電子10e，設(shè)發(fā)生了x次α衰變和y次β衰變；則根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒有：

2x﹣y=8，4x=16，解得x=6，y=4，故衰變過程中共有6次α衰變和4次β衰變．

故答案為：（1）6；（2）4．

【分析】正確解答本題的關(guān)鍵是：理解α、β衰變的實(shí)質(zhì)，正確根據(jù)衰變過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒進(jìn)行解題．14、略

【分析】

根據(jù)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受洛倫茲力可知導(dǎo)體中電荷所受洛倫茲力為：f=qvB；導(dǎo)體中的運(yùn)動(dòng)電荷運(yùn)動(dòng)方向相同，故所受洛倫茲力方向相同，所以該段導(dǎo)線所受的安培力為：F=NqvB．

故答案為：qvB；NqvB．

【解析】【答案】電荷定向運(yùn)動(dòng)時(shí)所受洛倫茲力的合力；表現(xiàn)為導(dǎo)體所受的安培力．按照這個(gè)思路，就可以推導(dǎo)出安培力和洛倫茲力之間的關(guān)系．

15、36.傳感器0.2536.26【分析】36.

【分析】明確數(shù)字化信息系統(tǒng)的組成；并明確由于擋光片較小，可以用經(jīng)過擋光片時(shí)的平均速度來表示小車的瞬時(shí)速度。

本題考查利用擋光片分析小車的速度的實(shí)驗(yàn)；注意明確數(shù)字化實(shí)驗(yàn)裝置的構(gòu)成，明確瞬時(shí)速度的計(jì)算方法。

【解答】數(shù)字化信息系統(tǒng)由傳感器；數(shù)據(jù)采集器和計(jì)算機(jī)三部分組成；

根據(jù)平均速度公式可知，小車的瞬時(shí)速度v=xt=5隆脕10鈭?30.02=0.25m/s

故填傳感器0.25

36.

【分析】汽車從路口開動(dòng)后；速度先小于自行車的速度，后大于自行車的速度，兩車的距離先增大后減小，當(dāng)兩車的速度相等時(shí)，相距最遠(yuǎn)，根據(jù)速度相等，由速度公式求出時(shí)間，由位移公式求出兩車間的距離。

本題是勻加速運(yùn)動(dòng)追及勻速運(yùn)動(dòng)的問題；在分別研究?jī)绍囘\(yùn)動(dòng)情況的基礎(chǔ)上，關(guān)鍵要抓住兩車之間的關(guān)系，比如速度關(guān)系；位移關(guān)系。

【解答】當(dāng)汽車與自行車的速度相等時(shí)；兩者相距最遠(yuǎn)，設(shè)經(jīng)過的時(shí)間為t

此時(shí)有：v魯碌=v脳脭=at

解得：t=v脳脭a=63=2s

兩車相距的最大距離為：?x=x脳脭鈭?x魯碌=v脳脭t鈭?12at2=6隆脕2鈭?12隆脕3隆脕22=6m

故填26

【解析】36.

傳感器0.25

36.26

16、3【分析】【分析】

根據(jù)單擺的周期公式T=2婁脨Lg

得出兩球的周期比，兩球發(fā)生彈性碰撞，質(zhì)量相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，兩球相碰后交換速度，從而得出A

球運(yùn)動(dòng)的2

個(gè)周期內(nèi)，兩球相碰的次數(shù)。解決本題的關(guān)鍵掌握單擺的周期公式，以及知道彈性碰撞的過程中，動(dòng)量守恒，能量守恒?！窘獯稹?/p>

?根據(jù)單擺的周期公式T=2婁脨Lg

得；擺長(zhǎng)比為14

則周期比為12.

兩球發(fā)生彈性碰撞，質(zhì)量相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，兩球相碰后交換速度，A

球運(yùn)動(dòng)2

個(gè)周期，B

球運(yùn)動(dòng)了一個(gè)周期，知在這段時(shí)間內(nèi)兩球相碰的次數(shù)為3

次。

故填3

【解析】3

三、判斷題(共7題，共14分)17、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低．18、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．19、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．20、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．21、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．22、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場(chǎng)強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷出場(chǎng)強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．23、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大小．四、識(shí)圖作答題(共4題，共40分)24、（1）動(dòng)物細(xì)胞培養(yǎng)、核移植、早期胚胎培養(yǎng)、基因工程、胚胎干細(xì)胞培養(yǎng)

（2）囊胚期發(fā)育的全能性

（3）核苷酸序列B和CHindⅢ和PstⅠ或EcoRⅠ和PstⅠ

（4）綠干擾素的抗體【分析】【分析】本題考查基因工程、細(xì)胞工程以及胚胎工程等方面的知識(shí)，難度適中?？忌軌蜃R(shí)記細(xì)胞核移植的過程；明確基因工程中質(zhì)粒和目的基因需要利用同種限制酶進(jìn)行切割；掌握目的基因檢測(cè)和鑒定的一般方法等。【解答】（1）圖1中用到了動(dòng)物細(xì)胞培養(yǎng)、核移植、早期胚胎培養(yǎng)、基因工程、胚胎干細(xì)胞培養(yǎng)等現(xiàn)代生物技術(shù)。

（2）步驟②中要分離出ES細(xì)胞，需將重組胚胎培養(yǎng)到囊胚期。將目的基因?qū)隕S細(xì)胞而不是上皮細(xì)胞，是因?yàn)镋S細(xì)胞在功能上具有發(fā)育的全能性。（3）步驟③中，先需要利用PCR技術(shù)擴(kuò)增干擾素基因。可以根據(jù)一段已知的干擾素基因的核苷酸序列合成引物；DNA復(fù)制只能從5’到3’,因此構(gòu)建前利用PCR技術(shù)擴(kuò)增干擾素基因時(shí)，可以從圖中A、B、C、D四種單鏈DNA片段中選取B和C作為引物。由圖可知，SamⅠ酶的識(shí)別序列和切割位點(diǎn)位于目的基因上，用該酶切割會(huì)破壞目的基因，因此對(duì)干擾素基因片段和質(zhì)粒進(jìn)行酶切時(shí)，可選用限制酶HindⅢ和PstⅠ或EcoRⅠ和PstⅠ。（4）用限制酶HindⅢ和PstⅠ或EcoRⅠ和PstⅠ切割時(shí)會(huì)破壞紅色熒光蛋白基因，但不會(huì)破壞綠色熒光蛋白基因，因此將步驟③獲得的ES細(xì)胞在熒光顯微鏡下觀察，選擇發(fā)綠色熒光的細(xì)胞進(jìn)行體外誘導(dǎo)。為檢測(cè)干擾素基因是否表達(dá)，可用的檢測(cè)物質(zhì)是干擾素的抗體?！窘馕觥浚?）動(dòng)物細(xì)胞培養(yǎng)、核移植、早期胚胎培養(yǎng)、基因工程、胚胎干細(xì)胞培養(yǎng)（2）囊胚期發(fā)育的全能性（3）核苷酸序列B和CHindⅢ和PstⅠ或EcoRⅠ和PstⅠ（4）綠干擾素的抗體25、(1)葉綠體基質(zhì)無

(2)葉綠體中的色素吸收利用紅光多于黃光，a點(diǎn)光合速率更高

(3)ATP和[H]暗反應(yīng)【分析】【分析】本題考查了光合作用原理以及應(yīng)用，準(zhǔn)確識(shí)記相關(guān)知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹浚?）大豆幼苗光合作用中，催化三碳化合物還原的酶存在于葉綠體基質(zhì)。實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明，在大棚中種植大豆時(shí)，應(yīng)選用無色透明塑料薄膜搭建頂棚。（2）a點(diǎn)的凈光合速率大于c點(diǎn)，從光合作用的角度分析，原因是葉綠體中的色素吸收利用紅光多于黃光，a點(diǎn)光合速率更高。（3）研究小組發(fā)現(xiàn)沙塵天氣影響大豆生長(zhǎng)，分析認(rèn)為：首先，沙塵天氣直接影響葉綠體中的ATP和[H]產(chǎn)生；其次，沙塵堵塞大豆葉氣孔，進(jìn)而影響光合作用的暗反應(yīng)階段。【解析】(1)葉綠體基質(zhì)無(2)葉綠體中的色素吸收利用紅光多于黃光，a點(diǎn)光合速率更高(3)ATP和[H]暗反應(yīng)26、（1）葉綠體左前者光合速率等于呼吸速率，后者光合速率和呼吸速率都等于零（植物死亡）（2）830mg（3）H218O→C18O2→C6H1218O6（4）四種色素在層析液中的溶解度不同，溶解度越高擴(kuò)散得越快，反之則慢橙黃色黃【分析】【分析】本題考察光合作用與呼吸作用以及色素的提取和分離的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，意在考察考生對(duì)相關(guān)知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用以及識(shí)圖的能力?！窘獯稹浚?）A點(diǎn)光合作用強(qiáng)度等于呼吸作用強(qiáng)度，所以葉肉細(xì)胞中消耗的O2來自葉綠體。當(dāng)光照強(qiáng)度下降，光合作用強(qiáng)度減弱，呼吸作用強(qiáng)度不變，所以A點(diǎn)向左移動(dòng)。40℃時(shí)光合作用等于呼吸作用的強(qiáng)度，60℃時(shí)酶活性失活，植物死亡。（2）根據(jù)圖像分析可知：溫度為30℃時(shí)，凈光合作用強(qiáng)度為5mg/單位面積·h,呼吸作用強(qiáng)度為3mg/單位面積·h,所以該植物光合速率最大值為8mg/單位面積·h。圖2小麥在30℃條件下,表觀光合速率為5mg/單位面積.h,20℃條件下的呼吸速率為2mg/單位面積.h,因此光照12小時(shí)、黑暗8小時(shí),二氧化碳的凈吸收量=mg,則葡萄糖的積累量==30mg。（3）若用H218O供給該小麥進(jìn)行代謝,有氧呼吸的第二階段是丙酮酸與水生成C18O2，C18O2在光合光合作用的暗反應(yīng)階段生成C6H1218O6。（4）利用紙層析法可以分離該綠色植物葉片中的色素，其原理是四種色素在層析液中的溶解度不同，溶解度越高擴(kuò)散得越快，反之則慢，所以距離起點(diǎn)最遠(yuǎn)的色素是胡籮卜素（橙黃色），最近的是葉綠素b（黃色）?！窘馕觥浚?）葉綠體左前者光合速率等于呼吸速率，后者光合速率和呼吸速率都等于零（植物死亡）（2）830mg（3）H218O→C18O2→C6H1218O6（4）四種色素在層析液中的溶解度不同，溶解度越高擴(kuò)散得越快，反之則慢橙黃色黃27、（1）體液（2）B淋巴呈遞抗原淋巴因子（3）abcd（4）⑥⑧⑨反應(yīng)迅速，產(chǎn)生抗體多，患病程度低（5）b胸腺【分析】【分析】本題考查特異性免疫相關(guān)知識(shí)，意在考查考生能理解所學(xué)知識(shí)的要點(diǎn)，把握知識(shí)間的內(nèi)在聯(lián)系，形成知識(shí)的網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)能力。【解答】（1）圖中所示的是通過抗體進(jìn)行的免疫為體液免疫。（2）e是產(chǎn)生抗體的漿細(xì)胞，d是記憶細(xì)胞，c是B淋巴細(xì)胞，b是T細(xì)胞，a是吞噬細(xì)胞；②表示吞噬細(xì)胞將吞噬的抗原處理后呈遞給T細(xì)胞，T細(xì)胞會(huì)產(chǎn)生淋巴因子作用于B細(xì)胞，促使B細(xì)胞增殖分化形成漿細(xì)胞和記憶細(xì)胞。故③過程中發(fā)揮作用的物質(zhì)是淋巴因子。（3）特異性識(shí)別抗原的細(xì)胞有b（T細(xì)胞），c（B細(xì)胞）、d（記憶細(xì)胞）。e（漿細(xì)胞）沒有識(shí)別功能，而a吞噬細(xì)胞具有識(shí)別功能，但是不能特異性識(shí)別抗原。故圖中能識(shí)別抗原的細(xì)胞有abcd。（4）預(yù)防接種后，機(jī)體會(huì)產(chǎn)生相應(yīng)的記憶細(xì)胞，當(dāng)相同病原體侵入時(shí)，直接刺激記憶細(xì)胞，即⑥途徑；記憶細(xì)胞迅速增殖分化形成漿細(xì)胞為⑧途徑，產(chǎn)生大量抗體消滅抗原為⑨途徑。這個(gè)過程反應(yīng)迅速，產(chǎn)生抗體多，患病程度低，因此可迅速消滅病原體，有效預(yù)防某些疾病。（5）HIV主要攻擊b（T細(xì)胞），T細(xì)胞是在胸腺發(fā)育成熟的。【解析】（1）體液（2）B淋巴呈遞抗原淋巴因子（3）abcd（4）⑥⑧⑨反應(yīng)迅速，產(chǎn)生抗體多，患病程度低（5）b胸腺五、簡(jiǎn)答題(共2題，共16分)28、略

【分析】試題分析：（1）由波的傳播特性和波動(dòng)圖象知，波長(zhǎng)=2m波從x=1m傳至x=4.5m處的N質(zhì)點(diǎn)需要的時(shí)間t=（7/4）T此時(shí)x=4.5m處的質(zhì)點(diǎn)正向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)x=4.5m處的N質(zhì)點(diǎn)恰好第一次沿y軸正向通過平衡位置還需T/2，因此=（9/4）T=2.25s（1分）此時(shí)波形如圖：（2）由圖知，振幅A=8cm質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)通過的路程為4A=32cmO質(zhì)點(diǎn)通過88cm的路程共經(jīng)過的時(shí)間為（11/4）T（從x=0m傳至x=4．5m處的N質(zhì)點(diǎn)需要時(shí)間t1為（9/4）T質(zhì)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（1/2）T所以質(zhì)點(diǎn)N振動(dòng)通過的總路程為2A=16cm?？键c(diǎn)：機(jī)械振動(dòng)、機(jī)械波【解析】【答案】（1）2.25s；波形圖見解析；（2）16m；29、rm{(1)0.2mol/(L?min)}rm{2.7}

rm{(2)40%}

rm{(3)<}減小。

rm{(4)bc}

rm{(5)}正反應(yīng)【分析】【分析】本題考查了化學(xué)平衡的分析應(yīng)用，主要是圖象分析，平衡常數(shù)、反應(yīng)速率的概念計(jì)算應(yīng)用，注意一下化學(xué)平衡的因素分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}圖象分析可知rm{4min}反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，物質(zhì)濃度為rm{c(CO)=1.2mol/L}rm{c(H}圖象分析可知rm{(1)}反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，物質(zhì)濃度為rm{4min}rm{c(CO)=1.2mol/L}rm{c(H}rm{{,!}_{2}}rm{)=0.8mol/L}rm{c(H}rm{)=0.8mol/L}rm{c(H}結(jié)合化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算平衡濃度，

rm{{,!}_{2}}rm{O)=0.2mol/L}結(jié)合化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算平衡濃度，rm{O)=0.2mol/L}rm{CO(g)+H}rm{CO(g)+H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)?H}

rm{O(g)?H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+CO}rm{(g)+CO}rm{{,!}_{2}}

rm{(g)}rm{(g)}起始量rm{(mol/L)}rm{2}rm{1}rm{0}rm{0}rm{(mol/L)}rm{2}

rm{1}rm{0}rm{0}變化量rm{(mol/L)}rm{0.8}rm{0.8}rm{0.8}rm{0.8}rm{(mol/L)}

rm{0.8}時(shí)段，反應(yīng)速率rm{v({H}_{2}O)=dfrac{;0.8mol/L;}{4min;}=0.2mol/(L?min)}，平衡常數(shù)rm{K=dfrac{;0.8隆脕0.8}{;1.2隆脕0.2;}=2.7}；故填：rm{0.8}rm{0.8}rm{0.8}該反應(yīng)到平衡量rm{(mol/L)}rm{1.2}rm{0.2}rm{0.8}rm{0.8}時(shí)，rm{(mol/L)}的轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{;0.8mol/L}{;2mol/L;}隆脕100攏樓=40攏樓}；故填：rm{1.2}rm{0.2}若rm{0.8}時(shí)改變的外部條件為升溫，圖象可知?dú)錃鉂舛葴p小，一氧化碳和水的濃度增大，說明平衡逆向進(jìn)行，逆向?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的rm{0.8}此時(shí)平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減??；在rm{0隆蘆4min}時(shí)段，反應(yīng)速率rm{v({H}_{2}O)=

dfrac{;0.8mol/L;}{4min;}=0.2mol/(L?min)}減小；

rm{0隆蘆4min}上述分析可知，反應(yīng)rm{v({H}_{2}O)=

dfrac{;0.8mol/L;}{4min;}=0.2mol/(L?min)}平衡常數(shù)rm{K=

dfrac{;0.8隆脕0.8}{;1.2隆脕0.2;}=2.7}rm{K=

dfrac{;0.8隆脕0.8}{;1.2隆脕0.2;}=2.7}rm{0.2mol/(L?min)}rm{2.7}rm{(2)}該反應(yīng)到rm{4min}時(shí)，rm{CO}的轉(zhuǎn)化率rm{=

dfrac{;0.8mol/L}{;2mol/L;}隆脕100攏樓=40攏樓}rm{(2)}是氣體體積不變的放熱反應(yīng)

rm{4min}反應(yīng)前后氣體質(zhì)量和體積不變，混合氣體的密度始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故rm{CO}錯(cuò)誤；

rm{=

dfrac{;0.8mol/L}{;2mol/L;}隆脕100攏樓=40攏樓}混合氣體中rm{40%}不變是平衡的標(biāo)志，故rm{(3)}若rm{6min}時(shí)改變的外部條件為升溫，圖象可知?dú)錃鉂舛葴p小，一氧化碳和水的濃度增大，說明平衡逆向進(jìn)行，逆向?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)的rm{triangleH<0}此時(shí)平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小；正確；

rm{(3)}rm{6min}rm{triangleH<0}正故填：rm{<}減?。籸m{<}rm{(4)}上述分析可知，反應(yīng)rm{CO(g)+H}逆，正逆反應(yīng)速率相同，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故rm{(4)}正確；

rm{CO(g)+H}斷裂rm{{,!}_{2}}鍵的同時(shí)生成rm{O(g)?H}鍵，說明反應(yīng)正向進(jìn)行，不能這么說明正逆反應(yīng)速率相同，故rm{O(g)?H}錯(cuò)誤。

rm{{,!}_{2}}

rm{(g)+CO}若保持與rm{(g)+CO}時(shí)相同的溫度，向一容積可變的密閉容器中同時(shí)充入rm{{,!}_{2}}rm{(g)}是氣體體積不變的放熱反應(yīng)rm{(g)}rm{a.}反應(yīng)前后氣體質(zhì)量和體積不變，混合氣體的密度始終不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故rm{a}錯(cuò)誤；rm{a.}rm{a}rm{b.}混合氣體中rm{c(CO)}不變是平衡的標(biāo)志，故rm正確；rm{b.}rm{c(CO)}時(shí)，rm{Q=dfrac{;2.5隆脕0.5}{;0.5隆脕1.5;}=1.7<K=2.7}，說明反應(yīng)正向進(jìn)行；故填：正反應(yīng)。rm【解析】rm{(1)0.2mol/(L?min)}rm{2.7}rm{(2)40%}rm{(3)<}減小。

rm{(4)bc}

rm{(5)}正反應(yīng)六、綜合題(共3題，共21分)30、(1)ABD(2)

解：(i)

設(shè)1

個(gè)大氣壓下質(zhì)量為m

的空氣在溫度為T0

時(shí)的體積為V0

密度為婁脩0=mV0

設(shè)溫度為T

的體積為VT

密度為。

婁脩(T)=mVT

由蓋鈭?

呂薩克定律得V0T0=VTT

聯(lián)立可得：婁脩(T)=婁脩0T0T

氣球受到的浮力為f=婁脩(Tb)gV

聯(lián)立可得：f=婁脩0gVT0Tb

(ii)

根據(jù)婁脩(T)=婁脩0T0T

可得婁脩(Ta)=婁脩0T0Ta

氣球內(nèi)空氣的重力為G=婁脩(Ta)gV=T0Ta婁脩0gV

(iii)

氣