【高考全真模拟】【（新课标Ⅰ）】2018年高考全真模拟试卷理科综合能力测试试题五（解析版）

2018年高考理科综合全真模拟试卷（新课标I卷）（5）

注意事项:

1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考

证号填写在答题卡上。

2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I卷

一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的。

1.下列有关于细胞结构和功能的叙述正确的是

A.细胞间进行信息交流，信息分子的识别都要依赖于膜上受体蛋白

B.小球藻和念珠藻都在叶绿体中进行光合作用

C.合成酶的场所是细胞中的核糖体

D.除RNA病毒外，其他生物的遗传物质都是DNA

【答案】D

【解析】细胞之间信息交流依赖产生的信息分子，能够接受信息分子的是膜上的受体蛋白，但是细胞还存

在膜内受体，A项错误；念珠藻属于蓝藻，是原核生物，细胞内不含叶绿体，B项错误；细胞内绝大多

数酶是蛋白质，在细胞中的核糖体上合成，少数酶是RNA,主要在细胞核内合成，C项错误：除RNA

病毒外，其他生物的遗传物质都是DNA,D项正确。

2.溶酶体内的pH一般稳定在4.6左右。当pH升高时，溶酶体膜上与H+和Na+转运有关的蛋白V-ATPase

和TPC等将发生相应变化（如下图所示）。下列说法不正确的是

A.溶酶体内含有多种水解酶，其最适pH均接近4.6

B.pH为4.6时，TPC的活性受mTORCl蛋白的抑制

C.TPC通道打开时，Na.顺浓度梯度进入细胞溶胶

D.pH升高时，更多的H+以易化扩散方式进入溶酶体

【答案】加

t解析】溶酶体含有多种水解酶，是细胞内的'使仓库，其pH一般稳定在4.6左右，A正确。根据图示，

当pH在4.6左右时，mTORCl蛋白抑制TPC的活性，当pH升高时，mTORCl蛋白将不会抑制TPC,

B正确。根据图示，TPC通道打开时，Na-从溶酶体内进入细胞溶胶不需要ATP,说明Na为顺浓度梯

度进入细胞溶胶，C正确。pH升高时，H+进入溶酶体需要消耗AIP,说明H似主动运愉的方式进入溶

酶体，D错误。P

3.下图1表示细胞结构简图；图2是染色体数目变化曲线，过程1示体细胞增殖过程，过程2、3示生殖

细胞形成过程。下列说法中正确的是

A.过程1、2、3都可能发生突变和基因重组

B.若图1为人体卵巢中细胞，则该细胞不处在过程3

C.产前诊断宜选择孕妇体内正在发生过程2、的细胞分裂时进行

D.若图1为抗虫棉细胞的部分结构，为防止基因污染，则抗虫基因应导入②内

【答案】B

【解析】分析图2,过程1、2、3分别表示有丝分裂、减数第一次分裂和减数第二次分裂，三个过程都可以

发生基因突变，而只有减数第二次分裂可以发生基因重组，A错误；若图1为人体卵巢中细胞，其有

成形的细胞核，因此不可能处于过程3,B正确；胎儿只能进行有丝分裂，不能进行减数分裂，因此产

前诊断宜选择孕妇体内正在发生过程1的细胞分裂时进行，C错误；若图1为抗虫棉细胞的部分结构,

为防止基因污染，则抗虫基因应导入③内，D错误。

4.小鼠Rictor基因的正常表达与精子的发生密切相关，敲除该基因的小鼠会出现无精症。研究人员利用流

式细胞仪对正常鼠和敲除鼠睾丸生精小管中的细胞进行的DNA含量测定，结果如下图（精原细胞DNA

含量为2C）。下列说法正确的是

2

心1C2C4C皿1C2C4C

A.DNA含量为2c和IC的细胞分别对应精原细胞和精子

B.与正常鼠相比，敲除鼠的初级精母细胞数量显著下降

C.DNA含量由2c到4C的变化过程中会发生基因重组

D.据图推测敲除鼠精子形成过程阻滞在减数第二次分裂期间

【答案】D

【解析】DNA含量为2c的细胞为精原细胞、次级精母细胞，IC的细胞为精子，A错误。初级精母细胞的

DNA为4C,据图分析，与正常鼠相比，敲除鼠的初级精母细胞数量略微增加，B错误。DNA含量由

2C到4c的变化过程为精原细胞形成初级精母细胞的过程，而基因重组发生在初级精母细胞形成次级

精母细胞的过程，C错误。与正常鼠相比，敲除鼠的4c细胞（初级精母细胞）略微增加，2c细胞（精

原细胞、次级精母细胞）增加，而IC细胞（精细胞）减少，说明敲除鼠精子形成过程阻滞在减数第二

次分裂（次级精母细胞形成精细胞）过程，D正确。

5.下图是人体对某病毒的部分免疫过程示意图，I〜VII表示不同种类的细胞，Th细胞（辅助性T细胞）

是T细胞的一种，a〜g代表不同的物质。下列叙述错误的是

病毒

被感染

的细胞

Th细胞f

A.图中II、in、【V、V、VI、VII均能特异性识别抗原

B.再次接触同种抗原时，能迅速增殖分化的细胞有IV和VI

C.图中的免疫活性物质有d、e、f、g

D.病毒侵染人体后，机体的体液免疫和细胞免疫均会发挥作用

【答案】A

【解析】据图分析，I为吞噬细胞、II为T细胞、山为效应T细胞、（V为记忆T细胞、V为B细胞、VI为

记忆B细胞、vn为浆细胞，其中I吞噬细胞、vn浆细胞不具有特异性识别抗原作用，A错误。当记忆

细胞再次接触同种抗原时，会迅速增殖分化，IV为记忆T细胞、VI为记忆B细胞，B正确。图中的免

疫活性物质有淋巴因子(d、e、f)和抗体(g),C正确。病毒侵染人体后，机体的体液免疫和细胞免

疫均会发挥作用，D正确。

6.为探究适宜环境下，固定容积的培养液中酵母菌种群数量变化规律，研究者进行了相关实验。下列叙述

错误的是

A.利用血细胞计数板计数时需要振荡均匀后取样

B.生长旺盛期的培养液上层比下层酵母菌数量多

C.涂布平板法计数可用接种等量无菌水组做对照

D.涂布平板法统计的酵母菌数目会比实际值略大

【答案】D

【解析】探究培养液中酵母菌种群数量变化规律实验中，利用血细胞计数板计数时需要振荡均匀后取样，A

正确；酵母菌通过有氧呼吸大量繁殖，因此生长旺盛期的培养液上层比下层酵母菌数量多，B正确；涂

布平板法计数可用接种等量无菌水组做对照，C正确：由于酵母菌会相互重叠，因此涂布平板法统计的

酵母菌数目会比实际值略小，D错误。

7.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法不正确的是

A.面粉生产车间应严禁烟火

B.用电动公交车替代燃油、燃气公交车，有利于“铁腕治霾”行动方案的实施

C.绿色化学的核心是利用化学原理解决食品安全的问题

D.酵母面包包装袋中，吸附了酒精的硬纸片具有杀菌保鲜的作用

【答案】C

【解析】A.面粉厂有可燃性的粉尘，遇到焰火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故A正确；B.用

电动公交车替代燃油、燃气公交车，可以减少空气污染物的排放,有利于治理空气污染,故B正确;C.“绿

色化学”的核心是从源头上减少污染物的使用，而不能先污染后进行治理，故C错误；D.酒精能够是

蛋白质发生变性，吸附了酒精的硬纸片能够杀死酵母面包包装袋中的细菌，达到保鲜的作用，故D正

确；故选C。

8.下列说法中，正确的是

A.过量的Fe与Cb反应生成FeCb

B.NaHCCh固体可以做干粉灭火剂，金属钠着火可以用其来灭火

C.硫酸可用于化肥、医药、农药的生产，金属矿石的处理

D.硫酸亚铁通常用作净水剂、消毒剂

【答案】C

【解析】A.铁在氯气中燃烧，无论氯气是否过量都只生成氯化铁，故A错误；B.NaHCCh不稳定，加热

易分解，钠着火时生成过氧化钠，可与二氧化碳反应生成氧气，则不能用碳酸氢钠扑灭，故B错误；C.硫

酸能够与氨气反应生成硫酸镀、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故C正确；D.硫酸亚铁

不具有强氧化性，不能用作消毒剂，故D错误；故选C。

9.UrolithinA是-一种含氧杂环化合物，在合成有机材料和药品中有重要应用、其结构如图所示。下列关于

该有机物的说法正确的是

A.分子式为C]3H6。4

B.所有原子一定处于同一平面上

C.苯环上的一氯代物有3种

D.1mol该有机物与H2反应时，最多消耗6moi比

【答案】1

【解析】A、根据有机物碳原壬成键特点,此有机物的分子式为CI3HSO4,故A错误；B、碳碳单键可以旋

转，因此所有原子可能共面，但不一定共面，故B错误；C、此有机物苯环上有6种不同的氢原子，因

此一氯代物有6种，故C错误；D、能与山发生加成反应的是苯环，Imol苯环需要3molHz,因此Imol

该有机物最多消耗6mo吐，故D正确。。

10.下列实验操作及现象，能推出相应结论的是

选项实验操作及现象结论

常温下，用pH计测得O.lmolL'NaClO溶液和

A酸性:CH3co0H>HC10

-l

0.1molLCH3COONa溶液的pH,前者大

向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，再加入银氨溶

B淀粉没有水解

液，水浴加热，未见有银镜产生

向MgCb溶液中滴加足量NaOH溶液，有白色沉

CKsp[Cu(OH)2]〈Ksp[Mg(OH)2]

淀生成；再滴加CuCb溶液，有蓝色沉淀生成

D向Fe(NCh)2样品，溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，Fe(NC>3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质

溶液变红

【答案】A

【解析】根据形成盐的酸越弱，水解能力越强，碱性就越强，pH就越大，所以0.1mol-LNaClO溶液比0.1

molLkH3coONa溶液的pH大，所以酸性:CH3coOH>HCIO,A正确；因为有剩余的NaOH溶液,

NaOH溶液能够与CuCb溶液反应生成蓝色沉淀，无法判断出氢氧化镁沉淀能够转化为氢氧化铜沉淀，

不能比较出Ksp的大小，C错误；淀粉在稀硫酸条件下发生水解后的溶液，应当再加入NaOH溶液把

硫酸中和，然后再加入银氨溶液，水浴加热，会有银镜产生，B错误；在酸性条件下，硝酸能够把亚铁

离子氧化为铁离子，无法检验Fe(NC>3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质，D错误；正确选项A。

点睛：常温下，NaQO溶液水解产生次氯酸，具有漂白性，若用pH试纸测得0.1mollTNaClO溶液，试

纸先变蓝后迅速变为白色，无法测出溶液的pH。

11.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种短周期主族元素。已知a、d同主族，c、e同主族，且a、

d的原子序数和为c、e原子序数和的一半；b与c可以形成两种或两种以上化合物。下列说法正确的是

A.离子半径：d>e>b>c>a

B.气态氢化物稳定性:b>c,e>c

C.由a、b、c、d四种元素来构成的化合物的水溶液可能显酸性也可能显碱性

D.c、d形成的两种常见离子化合物中阴阳离子个数比一定是2：1

【答案】C

【解析】a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种短周期主族元素。己知a、d同主族，c、e同主族，且a、

d的原子序数和为c、e原子序数和的一半，满足条件的短周期元素只有H和Na、O和S,即a是H,

c是O,d是Na,e是S。b与c可以形成两种或两种以上化合物，b是C或N。A.离子半径：e>d>

b>c>a,A错误；B.非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物稳定性：b<c,e〈c,B错误；C.由

a、b、c、d四种元素来构成的化合物的水溶液可能显酸性也可能显碱性，例如碳酸氢钠显碱性，草酸

氢钠显酸性，C正确；D.c、d形成的两种常见离子化合物氧化钠或过氧化钠，其中阴阳离子个数比一

定是1：2,D错误，答案选C。

12.中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气

电池如下图1,电池的工作原理如下图2。下列有关说法正确的是

A.放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极

B.开关K闭合给锂电池充电，X为直流电源负极

C.放电时，Li由正极经过有机电解质溶液移向负极

+

D.充电时，阳极的电极反应式为Li2O2+2e=O2f+2Li

【答案】加

【解析】可充电锂空气电池放电时，纸张中的石里作锂电池的正极，活浅的锂是负极,电解质里的阳离子

负极经过有机电解质溶液移向正极；开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极

上发生失电子的氧化反应。A、可充电锂空气电池放电时，纸张中的石墨作锂电池的正极，故A错误；

B、开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X为直流电源负极，故B正确,C、放电时，

Li+由正极经过有机电解质溶液移向正极，故C错误；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应

LiQi-2e-=O2T+2Li+,故D错误；故选B。~

13.常温下。向20.00mL0.lmol/LHA溶液中滴入O.lmol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的

负对数［-Ige水(H”与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法不正确的是

A.常温下，A(HA)约为W5

B.M、P两点溶液对应的pH=7

C.b=20.00

D.M点后溶液中均存在c(Na+)>c(A)

【答案】B

【解析】A、-Ige水(父)=11,推出czK(H+)=c水(0丁)=10一％0117,根据水的离子积求出溶液中c(H

+)=Kw/c(OH_)=103moiL~1,HAH++A-，c(H+)=c(A')=103moiL-1,

Ka=*1=10-5,故A说法正确；B、N点水电离出H*最大，说明HA与NaOH

恰好完全反应生成NaA,P点溶质为NaOH和NaA,溶液显碱性，即P点pH不等于7,故B说法错误;

C、0-b点水的电离程度增大，当达到b点时水的电离程度达到最大，即溶质为NaA,说明HA和NaOH

恰好完全反应，b=20.00mL,故C说法正确；D、M点pH=7,根据溶液电中性，存在c(Na’尸c(A-)，

M点后，c(Na*)>c(A—),故D说法正确。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符

合题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或

不答的得0分。

A.在第20s末，甲、乙两车相遇

B.若乙车在前，则可能相遇两次

C.在第10s末，乙车改变运动方向

D.在第10s末，甲、乙两车相距150m

【答案】B

【解析】A、在第20s末，甲通过的位移比乙的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判断是否

相遇，故A错误。B、若片0时刻乙车在前，则两车在第20s末前，两车可能相遇一次，若甲车的速度

比乙车的速度大，此后，由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，乙可能追上甲，再相遇一次，故B正

确.C、由图知，乙车的速度一直为正，说明乙-一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故C错误。D、

第10s末，甲、乙两车的位移之差为：Ar=20xl0--xl0xl0=150m,由于出发点的位置关系未

2

知，所以不能求出确定它们相距的距离，故D错误。故选B。

【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的

含义。要注意速度图象不能表示物体出发点的位置。

15.如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物

块从A端到B端的速度一时间变化规律如图乙所示,t=6s时恰好到B点，则

Uf<n/rt

A.物块与传送带之间动摩擦因数为

B.AB间距离为24m,小物块在传送带上留下的痕迹是8m

C.若物块质量m=lkg,物块对传送带做的功为8J

D.物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端

【答案】A

【解析】A项：由图乙可知，物块先加速后匀速，且由图乙可知，加速过程的加速度为4=：%=1/2，

根据牛顿第二定律可知：。=£="重=〃g,由以上两式解得：〃=0.1,故A正确；

mm

B项：AB间距离即为物块在6s内发生的位移，即图乙的面积：S=2±9x4加=16加，故B错误；

2

C项：物块对传带只在加速过程中做功，根据公式印=—4，其中/=/z/wg=().lxlxlON=lN,

4x4

S=*1m=8加，代入公式中可解得少=-81,故C错误；

2

D项：物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速

的加速度为。=-〃g=-l%2，物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为》=殍帆=8加，所以物

v242

块减速的长度为©=1—x=8〃？，而物块从4m/s减到零发生的位移为——=——加=8w，所以物块

2a2x1

刚好到达B端，故D错误。

点晴：物块滑上传送带先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，做匀速直线运动，结合运动学公式

和牛顿第二定律求出动摩擦因数，注意判断物块从开始到达到传送带速度时的位移与传送带的长度的

比较。

16.如图所示，一根不可伸长的轻质细线，一端固定于O点，另一端栓有一质量为m的小球，可在竖直平

面内绕O点摆动，现拉紧细线使小球位于与O点在同一竖直面内的A位置，细线与水平方向成30。角,

从静止释放该小球，当小球运动至悬点正下方C位置时，细线承受的拉力是()

A

Cd

A.4mgB.3.5mgC.3mgD.1.75mg

【答案】B

【解析】对小球进行受力分析及运动过程分析如卜图所示

根据题意可知，从静止释放小球，细线松弛，小球只受重力做自由落体运动，下落到A与水平面的对

称点B时细线将张紧，根据自由落体运动的规律，则u=J均，方向竖直向下；

在B位置细线突然张紧，对小球施以冲量，使小球沿细线方向的速度突然减至零，使小球竖直向下的

速度变为沿圆弧切线方向上的速度，大小为%'=以。。530°，小球由B运动至C,绳子的拉力与运动

2

方向垂直不做功，只有重力做功，机械能守恒.则得：co560°)=-mvc-^mv,解得

vc,在C点，根据牛顿第二定律得：T-mg-m^Y,解得T=3.5mg,故B正确，ACD

错误；

故选Bo

【点睛】对本题要进行层层深入的分析方式，不要忽视了悬绳从伸直到对小球有拉力为止的短暂过程中，

机械能的损失，所以不能直接对小球从初位置到末位置列机械能守恒的方程求最低点速度。

17.人造卫星需要经过多次变轨才能到达预定轨道。如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球运

运行，从轨道1和轨道2的切点P变轨后进入轨道2做匀速速圆周运动，下列说法正确的是（)

A.在轨道1和在轨道2运行，卫星的运行周期相同

B.在轨道1和在轨道2运行，卫星在P点的加速度相同

C.卫星从轨道1的P点经过减速制动可以进入轨道2

D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量

【答案】B

【解析】A、轨道1的半长轴小于轨道2的半径，根据开普勒第三定律a=左知，在轨道2上的周期大于

在轨道1上的周期，A错误；,

B、在轨道1上的P点和在轨道2上的P点，所受的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加速度

相同，-B正确；,

C、卫星从轨道1上的P点进入轨道2,需加速，使得万有引力等于向心力，C错误；，

D、卫星在轨道2上做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻改变，则动量在变化，D错误；，

故选B。~

18.在真空中的x轴上的原点处和x=6”处分别固定一个点电荷〃、N,在处由静止释放一个正点电荷

P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷尸速度大小与其在x轴上的位置关系如

图所示（其中在x=4〃处速度最大），则下列说法正确的是

A.点电荷/、N一定都是同种负电荷

B.点电荷M、N一定为异种电荷

C.点电荷〃、N所带电荷量的绝对值之比为4：1

D.x=4a处的电场强度不一定为零

【答案】C

【解析】试题分析：根据v-x图象，结合动能定理判断出电场力的方向，然后根据正电荷受到的电场力的方

向与电场的方向相同判断出两个点电荷之间的电场的方向的分布，由此判断两个点电荷的电性；根据

速度变化结合功能关系判断出电势能的变化；根据最大速度对应的特点，结合库仑定律判断出点电荷

的电量之间的关系.

由v-x图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷。的动能先增大后减小，说明电场力先

做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x

轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M.N

一定都是正电荷，AB错误；由图可知，在x=4a处点电荷尸的速度最大，速度的变化率为0,说明「

x=4。处的电场强度等于0.则M与N的点电荷在x=4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库

仑定律得：^7=屹2；所以点电荷河、N所带电荷量的绝对值之比为4：1.故C正确，D

(4a)(6a-4a)

错误.

19.秘在现代消防、电气、工业、医疗等领域有广泛的用途。以前钿被认为是相对原子质量最大的稳定元

210

素，但在2003年，人们］发现了钿有极其微弱的放射性，一个钿210核(83Bi)放出一个p粒子后衰变成

210

一个针核(84Po),并伴随产生了Y射线。已知钿210的半衰期为5天，该反应中钿核、0粒子、针核的

质量分别为m1、m2、m3。下列说法正确的是()

A.核反应中释放的能量是(mi-mz-nbK2

B.若有16个钿210核，经过20天后只剩下一个钿原子核

C.0粒子是铀原子核外的电子电离形成的

D.该核反应中释放出的丫射线是由新产生的针原子核发生能级跃迁产生的

【答案】AD

【解析】反应中亏损的质量为=根据爱因斯坦的质能方程，得释放的能量是

2

^E=^mc={m1-m2-m3)c\故A正确；半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，故B错误；B

粒子是钿原子核内的中子转化为质子同时释放一个电子，C错误；放射性的原子核在发生0衰变后产生

的新核往往处于高能级，这时它要向低能级跃迁，辐射丫光子，即丫射线，故D正确；故选AD.

20.如图所示，平面之间坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第

三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速

度沿与y轴成30。角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R,已知带电粒子的

质量为m,所带电荷量为q,且所受重力可以忽略。则

A.粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1：2

B.粒子完成一次周期性运动的时间卫

3qB

C.粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为

D.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少

【答案】AC

【解析】A、由半径公式r=竺mv知，轨道半径与磁感应强度8成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两

qB

磁场中运动的轨迹圆半径之比为1：2,故A正确；B、粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示:

7rni

在第二象限的周期（=—,在第二象限运动的

3qB

周期丝，圆心角120。,运动时间t=-T=—,所以粒子完成一次周期性运动的时间

qB2360023qB

T-t1+1----»故B错误;C、粒子在第三象限轨迹圆的半径为3R,从。点入射后第一次经过x

o2qB

轴的距离%=6R,第二次圆弧的弦长马=也*=2也R,所以粒子从。位置入射后第二次经过X

轴时的位置到坐标原点的距离为例，故C正确;

【点睛】本题是带电粒子在直线边界的磁场中做匀速圆周运动的特殊情况：①以直线边界成60。入射，则射

出磁场时也与直线成60°,这样粒子偏转12°；②下方的磁感应强度是上方和一半，则半径是上方和两

倍。

21.如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R,位于竖直平面内，管的内径远小于R。ab为该环

的水平直径，ab及其以下区域处于水平向左的匀强电场中。现将质量为m、电荷量为q的带正电小球

从管中a点由静止开始释放，已知qE=mg.则下列说法正确的是

A.小球释放后，可以运动过b点

B.小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动

C.小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1：6

D.小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5：1

【答案】AD

2

【解析】从a到b的过程，由动能定理qE-2R=gmvb可知vb/0,故小球可以运动过b点，则选项A正确，

2

、V.19

B错误；小球释放后，第•次经过最高点c时有：N}+mg=m—,-mgR+Eq•2R=—mv；,因

R2

11.

为qE=mg,解得N|=mg；第二次经过最［同点c时有：Eq2R=—mvf0--mvf,同理可得N2=5mg,

所以比值为1:5,选项C错误；小球释放后，第一次经过最低点d,由动能定理加gR+4火

V2

在d点有：N-mg=m1,解得N=5mg。故D正确；故选AD.

点睛：此题关键要分析求出小球的运动过程，然后多次根据动能定理、向心力公式和牛顿第二定律列式求

解.

第n卷

二、非选择题：共174分，本卷包括必考题和选考题两部分。第22〜32题为必考题，每个试题考生都必须

作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

（-）必考题（共129分）

22.（6分）小勇为了“验证机械能守恒定律”，将两光电门甲、乙按如图甲的方式固定在铁架台上，然后进

行了如下的操作：

■iA-

ini

甲乙

A.将一小铁球由光电门甲的上方一定高度处由静止释放；

B.通过计算机显示小铁球通过光电门甲、乙的时间分别为小t2i

C.用直尺测出光电门甲和乙之间的距离6；

D.用游标卡尺测出小铁球的直径d如图乙所示；

E.改变小铁球释放的高度，重复A、B步骤操作.

通过以上操作请回答下列问题：

（1）读出图乙中小铁球的直径为d=cm,假设小铁球通过光电门甲的瞬时速度近似地等于该

过程中的平均速度，则小铁球通过光电门甲的速度大小为片=；（用题中字母表示）

（2）如果重力加速度用g表示，在误差允许的范围内，要验证小铁球的机械能守恒，则只需验证

=2g〃.（用题中字母表示）

-dd2d2

【答案】0.385cm——--------

ttt

【解析】（1）由游标卡尺的读数规则可知读数为3mm+17x0.05mm=3.85mm=0.385cm,由题意可知小

铁球通过光电门甲的瞬时速度为：V.=-»

a

（2）在误差允许的范围内，如果小铁球的机械能守恒，则减小的重力势能应等于增加的动能，应有

11d

mgh=-mv01--mv9^又因为小铁球通过光电门甲的瞬时速度为：匕二丁，小铁球通过光电门乙的

瞬时速度为：v2=-.由以上整理可得乌-4=2g/?。

11t]t、

23.（9分）甲、乙、丙三同学所在的学习小组利用旧手机的电池及从废旧收音机拆下的电阻、电容器、电

感线圈等电子元器件进行实验操究。现从这些材料中选取两个待测元器件进行研究：一是电阻R、（阻

值约2kC）,二是手机中的锂电池（电动势E的标称值为3.4V）。他们还准备了如下实验器材：

9

A.电压表V（量程0〜4V,内阻Rv约10kC）

B.电流表A|（量程0〜100mA,内阻约5。）

C.电流表A2（量程0~2mA,内阻约50。）

D.滑动变阻器R（0〜40C,额定电流1A）

E.电阻箱网（0-999.9。）

F.开关S一个、导线若干。

（1）甲同学采用伏安法测定Rx的阻值，他使用的电源是待测的锂电池。图（a）是他连接的部分实验

器材，请你完成实物连接。甲同学选用的电流表应是（选填"AI或"A/）；他用电压表的读数

除以电流表的读数作为Rx的测量值，则测量值（填“大于”或“小于”）真实值。

（2）乙同学和丙同学设计了如图（b）所示的电路来测量锂电池的电动势E和内阻r。①乙同学的实验

操作是：闭合开关S,调节电阻箱的阻值为R）时，读出电压表的为U）；调节电阻箱的阻值为R2

时，读出电压表的示数为U2。根据乙同学测出的数据可求得该电池的电动势，其表达式为E=；

②丙同学认为用线性图像处理数据更便于分析。他在实验中多次改变电阻箱阻值，获取了多组数

据，画出的,一_1图像为一条直线，如图（c）所示。则该图像的函数表达式为；由图（C）

UR

可知该电池的电动势E=V,内阻r=。（以上二空计算结果小数点后保留二位有效数字）。

。跖(4-4)

【答案】A2大于-=1,—3.330.25

UEER

U2R}-U}R2

【解析】①待测电阻阻值约为2居1,滑动变阻器最大阻值为40C,滑动变阻器应采用分压接法；电路最大电

U3.4

流约为/=—=----=0.0017^=1.7/M^,电流表应选/；电压表内阻约为10AC，电流表内阻约为50C,

R2000

待测电阻阻值约为2依，相对来说，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路

图如图所示:

这样测得的电阻是待测电阻与电流表内阻的总电阻，测量值大于真实值;

②0、由图b所示实验电路可知，在闭合电路中，电源电动势:

«=5+//=1+,,E=U/IM=U[+*

解得:

_。2.一。1&2

b、在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir=U+—r,

R

11r1

解得:—=-1----，

UEER

由图象可知，图象截距6=工=0.3,则电源电动势E=L=—L=竺忆=3.33V,

Eb0.33

图象斜率左=2=66二0.3=0075,

E4.0

则电源内阻：EtE=0.075*3=0.25Q：

3

。跖用一411r1

故答案为：①12；大于：②。、、———；b、一=一+-----：3.33：0.25.

U禺-U]R,UEER

24.(14分)如图所示，电阻不计且足够长的U型金属框架放置在倾角6=37°的绝缘斜面上，该装置处于

垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小8=0.57,质量m=0.1奴、电阻夫=0.4。的导体ab

垂直放在框架上，从静止开始沿框架无擦下滑，与框架接触良好，框架的质量〃=0.2彷、宽度

1=0.4〃？，框架与斜面间的动摩擦因数〃=0.6,与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取

10〃z/s2o

(1)若框架固定，求导体棒的最大速度匕,；

(2)若框架固定，导体棒从静止下滑至某一置时速度为此过程程中共有3C的电量通过导体

棒，求此过程回路产生的热量Q；

(3)若框架不固定，求当框架刚开始运动时棒的速度丫。

【答案】(1)6m/s(2)2.35J(3)2.4m/s

【解析】(D棒帚产生的电动势为：E=BLv^

E

回路中感应电流为：I=又2

棒就所受的安培力为：FA=BILQ

对棒ab：mgsin370-B〃：=ma当加速度a=0时，速度最大

最大速度为：-匕="史？--=6m!s；"

/八rAE《A①BLx

(2)q=ZAr=—xAz=---=-----

RRR

根据能量转化和守恒定律有：wgxsin37°=^mv2+。

代入数据可以得到：Q=2.35J

(3)回路中感应电流为：I.=—3

1R

框架上边所受安培力为圻=8/也

对框架Mgsin370+BI[L=〃(〃?+")gcos37°

代入数据可以得到：匕=2.4m/s。

25.(18分)研究小车运输能力的装置可简化为如图所示的情形，48为一段光滑弧固定轨道，P。为光滑半

圆弧固定轨道，圆弧半径尸0.2m,水平面光滑.8P长S=3.8m。一长为L=2.8m、质量为M=lkg的平

板小车最初停在弧轨道8处，小车上表面略低于8点，且与P0轨道最低点处于同一水平面•可视为

质点、质量为，，尸4kg的滑块间断从距8点高人=3.2m同一处沿轨道静止滑下，第一块滑块滑上小车后

带动小车也向右运动，小车压缩P点下方长度不计的轻弹簧，待滑块离开小车后，小车被弹回原速向

左运动，滑块与小车的动摩擦因数为〃=0.8,取g=10m/s2。

(1)求小车第一次到达尸点时的速度大小；

(2)通过计算判断第一块滑块是否滑到。点；

(3)小车第一次被弹回，当小车左端到达8点时，第二块滑块恰好也运动到8点冲上小车，试判断滑

块是否滑离小车，若滑离请求滑块滑出小车时的速度大小。若不滑离，请求小车第二次到P点时的速

度大小和第二块滑块滑到。点时对轨道的压力大小。

【答案】(1)6.4m/s(2)第一块滑块不能滑到。点(3)260N

【解析】试题分析：根据机械能守恒定律可得滑到低端的速度，根据动量守恒和牛顿第二定律可得小车第

一次到达尸点时的速度大小；滑块恰能到达0点，根据牛顿第二定律求出速度，求出第一块滑块在小

车上滑行的相对距离，根据能量守恒定律判断第一块滑块是否滑到。点；根据动量守恒定律求出共同

的速度，在由能量守恒定律求出距离，判断出能否滑出小车，第二块滑块滑到。点，由向心力公式，

求出得第二块滑块滑到。点时对轨道的压力大小。

(1)对滑块，根据机械能守恒定律可得：mgh^-mv1

代入数据解得：vo=8m/s

对滑块和小车，由动量守恒定律，得m，0=("?+例>|

解得：V|=6.4m/s

对滑块，由牛顿第二定律，得fimg=ma}

解得：ai=8m/s2

由运动学公式可得：V；-片=—2a内

解得：X|=1.44m

对小车，由牛顿第二定律，得〃唁=林72

解得：«2=32m/s2

由运动学公式，得呼=2出々

解得：x2=0.64m<S-A

小车和滑块共速后到达P点。小车第一次到达尸点时的速度大小为VI=6.4m/s