【高考全真模拟】【（新课标Ⅱ）】2018年高考全真模拟试卷理科综合能力测试试题四（解析版）

2018年高考理科综合全真模拟试卷（新课标n卷）（4）

注意事项：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第I［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n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.下列有关细胞中分子的叙述，正确的是

A.蛋白质、核酸和多糖分别以氨基酸、核甘酸和葡萄糖为单体组成多聚体

B.葡萄糖是细胞呼吸最常利用的物质，它可来自于植物细胞内麦芽糖的水解

C.有氧呼吸过程中产生的还原型辅酶I可与。2结合生成水，其组成元素有C、H、0、N、P

D.在人体心肌细胞中由A、G、T、U四种碱基参与构成的核昔酸最多有7种

【答案】C

【解析】多糖的基本单位是单糖，不一定是葡萄糖，A项错误；植物细胞内不含有麦芽糖，B项错误；还原

型辅酶1即NADH,可与。2结合生成水，其组成元素有C、H、0、N、P,C项正确；T只参与DNA

组成，U只参与RNA组成，在人体心肌细胞中由A、G、T、U四种碱基参与构成的核昔酸最多有6

种，D项错误。

2.下列关于人体细胞生命历程的叙述，正确的是

A.细胞分化，遗传物质没有发生改变，但合成的mRNA种类有变化

B.细胞癌变，组成细胞膜的物质种类发生改变，但蛋白质含量没有变化

C.细胞衰老，代谢速率发生改变，但胞内酶活性没有变化

D.细胞凋亡，细胞形态没有发生改变，但相关基因表达有变化

【答案】A

【解析】细胞分化的根本原因是基因的选择性表达，遗传物质没有发生改变，但合成的mRNA种类有变化,

A正确；细胞在癌变的过程中，细胞膜的成分发生改变，产生甲胎蛋白（AFP）、癌胚抗原（CEA）等

物质，可见，细胞癌变，组成细胞膜的物质种类发生改变，蛋白质含量也有变化，B错误；细胞衰老，

代谢速率减慢，胞内多种酶的活性降低，C错误；细胞凋亡是由基因决定的细胞自动结束生命的过程，

细胞形态会发生一系列特征性的改变，相关基因表达有变化，D错误。

3.在高等动物的次级精母细胞中，当染色体移向细胞两极时，下列醐所催化的化学反应最活跃的是

A.ATP合成酶B.DNA聚合酶C.RNA聚合酶D.解旋酶

【答案】A

【解析】染色体移向细胞两极，需要有能量供应，此时ATP合成酶催化ATP的合成，反应较为活跃；次级

精母细胞中染色体高度螺旋化，不会进行DNA的复制和转录，DNA聚合酶、RNA聚合酶、解旋酶催

化的反应基本停止。

4.下列有关“模拟孟德尔杂交实验”的叙述，错误的是

A.在模拟两对相对性状杂交实验的受精过程时，全班同学组合方式总数为16种

B.在模拟两对相对性状的杂交实验时，应将雌1（Y10张ylO张）雌2（R10张rlO张）两个信封里的

卡片放到一起，每次抽取其中两张

C.若在模拟一对相对性状的杂交实验时，在雌1中放入卡片Y和y各10张，在雄1中放入卡片Y和

y各20张卡片，也能获得相同的结果

D.若要模拟杂合子玉米（Yy）自交后代的显性个体之间随机交配的子代基因型种类和比例，可在雌1

和雄1信封中都放入20张Y卡片和10张y卡片

【答案】即

【解析】在模拟两对相对性状杂交实睑的受精过程时，全班同学组合方式总数为16种，即4种雄配子与4

种雌配子随机结合，A正确；在模拟两对相对性状的杂交实蛤时，应将雌1（Y10张ylO张）雌2（R10

张rlO张）分别装入两个信封里，每次分别随机抽取其中1张，B错误；若在模拟一对相对性状的杂交

实睑时，在雌1中放入卡片Y和y各10张，在雄1中放入卡片Y和y各20张卡片，也能获得相同的

结果，C正确；若要模拟杂合子玉米（Yy）自交后代的显性个体之间随机交配的子代基因型种类和比

例，可在雌1和雄1信封中都放入20张Y卡片和10张y卡片，D正确。，

5.下图为某学生构建的与生命活动有关的模型，则下列说法不正确的是

O—0—Q

A.若该图表示激素的分级调节，则c产生的激素可以作用于全身细胞

B.若该图表示长期记忆形成过程，则c可能与一个形状像海马的脑区有关

C.若该图表示水盐平衡的调节，只c可能是垂体

D.该图也可以用来表示部分遗传信息的传递过程

【答案】A

【解析】如果该图表示激素的分级调节，那么a应是下丘脑，b是其分泌的促激素释放激素，c是垂体，分

泌的是促激素，其作用于腺体，而不是全身的细胞，A错误。如果该图表示长期记忆形成过程，长期

记忆需要短期记忆反复重复，而短期记忆与大脑皮层下一个形状像海马的脑区有关，所以c可能就是

此区域，B正确。如果表示水盐平衡的调节，a应是下丘脑，c应是垂体，e应是肾小管集合管，C正确。

该图可以用来表示DNA转录形成RNA,RNA翻译形成蛋白质，D正确。

6.下列有关群落初生演替和次生演替的叙述，错误的是

A.两种演替经历的阶段不完全相同

B.次生演替的速度一般比初生演替快

C.两种演替一般都朝向与环境相适应的方向进行

D.两种演替总会使群落中物种丰富度增大、结构更复杂

【答案】D

【解析】初生演替的过程可划分为三个阶段：侵入定居阶段、竞争平衡阶段、相对稳定阶段；次生演替会

经历哪些阶段，决定于外界因素作用的方式和作用的持续时间，与初生演替过程所经历的阶段不完全

相同，A正确；次生演替是在原有植被已被破坏但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子

和其他繁殖体的地方发生的演替，与初生演替相比，次生演替的速度快，B正确；两种演替一般都朝向

与环境相适应的方向进行，C正确：群落演替的根本原因在于群落内部，但是也受外界环境因素的影响，

因此两种演替也不一定使群落中物种丰富度增大、结构更复杂，D错误。

7.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是

A.草木灰溶液呈碱性，不能与铉态氮肥混合施用

B.漂白粉中Ca(C10)2具有强氧化性，能用来净化水

C.碳纳米管是新型有机合成纤维，可用作储氢材料

D.为防止食品腐败可在其包装袋里放置硅胶颗粒

【答案】A

【解析】A.草木灰溶液呈碱性，不能与铉态氮肥混合施用，否则会导致氮肥肥效降低，A正确；B.漂白

粉中Ca(C10)2具有强氧化性，能用其给水消毒，但是不能除去悬浮的颗粒，B不正确；C.碳纳米管不

是有机物，C不正确：D.硅胶颗粒只是干燥剂，不能为防止食品腐败，D不正确。本题选A。

8.NA为阿佛加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.2gD2。与2gH2^0含有的中子数均为NA

B.标准状况下2.24LCb溶于水中达饱和，溶液中HC10分子的数目为(MNA

C.标准状况下，1L庚烷完全燃烧所生成的气态产物的分子数7/22.4)NA

D.电解饱和食盐水时，用板上生成2.24L气体时转移的电子数为O.INA

【答案】A

l8

【解析】2gD?0的物质的量为2/20=0.1mol,含有中子数为01x(2x1+8)XNA=NA；2gH2O的物质的量为

2/20=0.1mol,含有中子数为0.”(18-8)xNA=NA，A正确；Cb溶于水，部分氯气和水发生可逆反应

生成盐酸和次氯酸，所以22.4LC12即1mol氯气与水反应生成HC10分子的数目小于O.INA，B错误；

标准状况下，庚烷为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，c错误；题中未给出标准状况条件，无法川

气体摩尔体积进行计算，D错误；正确选项A。

9.下列说法不正确的是

A.油脂是热值最高的营养物质，在碱性或酸性条件下都能水解

B.丝绸与棉布可以通过燃烧闻气味的方法进行鉴别

C.盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性

D.在人体内，蛋白质与氨基酸、淀粉与葡萄糖都能相互转化

【答案】D

【解析】A.每克油脂在人体内完全氧化时能放出39.3kJ的能量，比糖类多一倍。是热值最高的营养物质，

故A正确；B.棉布灼烧时只能闻到燃烧纸张的味道；丝绸由蛋白质组成，灼烧时产生烧焦的羽毛味，

可用燃烧闻气味的方法鉴别丝绸与棉布，故B正确；C、蛋白质的盐析是可逆过程，发生盐析时蛋白质

的活性不变，所以盐析可提纯蛋白质，故C正确；D、人体内的氨基酸有的可以在体内转化称为非必需

氨基酸，有的不能转化，只能从食物中获得，称为必需氨基酸，故D错误；故选D。

10.短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物。常温下，Z的

单质能溶于X的最高价氧化物水化物的稀溶液，不溶于其浓溶液。下列说法正确的是

A.X和Y只能形成两种化合物B.简单气态氢化物的稳定性:X>Y

C.元素Y的正化合价最高为+6D.简单离子半径的大小顺序:X>Y>Z

【答案】8

【解析】短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氯化物极易溶于Y的氧化物中，结合

NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素，常温下,Z的单质能溶于X的最高价氧化物水化物

的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为A1元素，因为铝在常温下能溶于稀硝酸，在浓硝酸中发生钝

化。A.N和O元素可以形成N2O、NO、NCh、N95等多种化合物，故A错误；B.因非金属性0>

N,所以简单气态氧化物的稳定性：NH3VH20,故B错误；C.Y为0元素，O元素无最高正价，故

C错误；D.冲一、CIAir具有相同的电子层结构，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径

的大小顺序为：NP->€P->A13-,故D正确；答案选D。，

11.为测定石灰石样品中碳酸钙（合SiO?杂质）的含量。现利用如图所示装置进行实验，充分反应后，测定装

置C中生成的BaCCh沉淀质量。下列说法正确的是

盐松

A.装置A中药品应为浓硫酸

B.在B〜C之间应增添盛有饱和NaHCCh溶液的洗气装置，以除去氯化氢气体

C.只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，也可以确定碳酸钙的质量分数

D.为了测得C中生成的沉淀质量，需经过过滤、洗涤、干燥、称量等操作

【答案】D

【解析】A.A装置的作用是防止空气中的二氧化碳进入装置B,所以应选择能吸收二氧化碳气体的试剂，

可以是氢氧化钠溶液等，故A错误；B.B装置中挥发出的HC1与NaHCCh溶液反应生成二氧化碳，

若B〜C之间添加盛放碳酸氢钠溶液的装置，二氧化碳来源不唯一，不能确定全部来自于石灰石样品,

故B错误：C.盐酸具有挥发性，也可以从B进入C中，且C中还可能进入水蒸气，导致实验误差，

故C错误；D.要准确测量碳酸钏沉淀的质量，必须过滤出碳酸钢，然后洗净附着在其表面的杂质，再

干燥、称量，故D正确；答案选D。

12.如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛（TiCM生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下,

TiO2（阴极）中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是（）

/墨

广生，泡

文纯一•一,

二班化伏,•CO）

於修演化曾

A.阳极的电极反应式为2c「一2e一一Cl2TB.阴极的电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2C>2-

C.通电后，。2一、C「均向阴极移动D.石墨电极的质量不发生变化

【答案】B

【解析】A、电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：

2C>2-TO2T+4e;故A错误；B、电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的

过程，即TiO2+4e--Ti+2O2\故B正确；C、电解池中，电解质里的阴离子0,C「均移向阳极，故C

错误；D、石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以

石墨电极会消耗，质量减轻，故D错误；故选B。

13.某温度下，向10mL0.1mol/LCuCb溶液中滴加0.1mol/L的Na2s溶液，滴加过程中，溶液中-IgclCa)

-252

与Na2s溶液体积(V)的关系如右下图所示，已知:lg2=0.3,Ksp(ZnS)=3x10mo/L„下列有关说

法不正确的是

A.a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点

2--+

B.Na2s溶液中:2[c(S)+c(HS)+c(H2S)]=c(Na)

C.该温度下K’p(CuS)=4xl0-36mol2/L2

D.向100mLZn2+、Ci^浓度均为lOfmol/L的混合溶液中逐滴加入l()7mo]/L的Na2s溶液，Ci?+先

沉淀

【答案】A

【解析】向lOmLO.lmol/LCuCk溶液中滴加0」mol/L的Na2s溶液，发生反应：Cu2++S2^CuSl，Ci?+单独存

在或S”单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2s溶液的体积是10mL,此时恰好

生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)-Cu2+(aq)+S2-(aq),已知此时-版《产)=17.7,则平衡时

c(Cu2+)=c(S2-)=1017'7mol/LoA.,单独存在或S?一单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好

形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a,b,c三点中最大的，故A错误；B.Na2s溶液中，根据

2+2+2,77

物料守恒，2c(S-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na),故B正确；C.该温度下，平衡时c(Cu)=c(S')=10'mol/L.

2+2l7717735422

则Ksp(CuS)=c(Cu)c(S')=l0-mol/Lx10mol/L=lO-mol/L,由于已知lg2=0.3,则

KVCuS尸故c正确；D.向100mLZi?'、Ci?+浓度

均为l(r5mol/L的混合溶液中逐滴加入104moi/L的Na2s溶液，产生ZnS时需要的S%浓度为

＞，(Z⑹3X1产〃…

c(S==3xlO-20mol/L,产生CuS时需要的S?一浓度为

c(Zn2+}10-’mol/L

KgS)4xlQ-36fflo/2/£2

c(S2')==4xlO-3lmol/L,则产生CuS沉淀所需S?一浓度更小，优先产生CuS

C(CM2+)10-5m。//L

沉淀，故D正确；故选C。

点睛：本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图像所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的

沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点。

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。

14.美国物理学家密立根通过测量金属的遏止电压S与入射光频率V,算出普朗克常量h,并与普朗克根据

黑体辐射得出的h相比较，以验证爱因斯坦方程的正确性。下图是某次试验中得到的两种金属的遇止

电压Q,与入射光须率丫关系图象，两金属的逸出功分别为%』、畋，如果用％频率的光照射两种金

属，光电子的最大初动能分别为E甲、七，则下列关系正确的是（）

A.%＜叫，E甲〉E乙

B.”＞股，与＜E乙

C.%＞Wc,外＞E乙

D.%＜叫，心＜E乙

【答案】A

【解析】根据光电效应方程得：Ekm=hy-Wo=hy-hy0

乂Ekm=qUc

解得：Uc=-y-^-

qq

知Uc-y图线中：

当Uc=0,Y=y0：

由图象可知，金属甲的极限频率小于金属乙，则金属甲的逸出功小于乙的，即W甲VW乙。

如果用频率外的光照射两种金属，根据光电效应方程，当相同的频率入射光时，则逸出功越大的,

其光电子的最大初动能越小，因此E,p＞E乙，A正确，BCD错误；

故选Ao

15.一只叫Diamond的宠物狗和主人游戏，宠物狗沿直线奔跑，依次经过/、B、C三个木桩，8为/C的

中点，它从木桩/开始以加速度田匀加速奔跑，到达木桩8时以加速度“2继续匀加速奔跑，若它经过

木桩/、B、C时的速度分别为0、如、心，且地=生，则加速度m和42的大小关系为（）

2

A.B.U\=Cl2

C.aj>a2D.条件不足，无法确定

【答案】A

【解析】两个过程中的位移相同，所以正二9=正二为，即立=组，故％<4，A正确.

2a{2a2a1a,

16.如图所示，传送带的倾角为仇且传送带足够长.现有质量为机可视为质点的物体以为的初速度从

8端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数〃>tan。，传送带的速度为v（vo<v）,方向未知，重

力加速度为g.物体在传送带上运动过程中，摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是（）

C.pmgvcoseD.gpmg(u%no)cos。

【答案】O

【解析】传送带的速度大于物体的初速度，物体将受到滑动摩擦力，又因为动摩擦因数4>tan8,则有滑

动摩擦力的大小〃加gcos6>Mgsin8,物体运动到和传送带速度相同时速度最大，然后物体随传送带

匀速运动，滑动摩擦力变为静摩擦力大小等于mgsin0,所以摩擦力的最大功率为W«gwos8,选项C

正确.《

【点睛】本题主要考查了对4>tan。的理解，即物体受到的摩擦力大于重力在沿斜面的分力，故物体最终

在传送带上都和传送带具有相同的速度.

17.图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示.在图甲电路中，闭合开关S,滑动变阻器R

的滑片P从左端向右移动过程中（）

A.二极管D消耗的功率变大

B.二极管D的电阻变大

C.通过二极管D的电流减小

D.电源的功率减小

【答案】A

【解析】滑动变阻器及的滑片P从左端向右移动过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙

可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故A正确，BC错误；电源的功率为:

P=EI,因为电流增大，所以电源的功率增大，故D错误。所以A正确，BCD错误。

18.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A.8为x轴上的两点，心、切分别为4、8两点在x轴上的坐

标值.一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能纬随其坐标x变化的关系如图乙所示，

心，和分别表示电子在4、8两点时的电势能.则下列说法中正确的是（）

A.该电场可能是孤立的点电荷形成的电场

B.A点的电场强度小于B点的电场强度

C.电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=EpA-EpB

D.电子在A点的动能小于在B点的动能

【答案】C

【解析】由于4、8两点的电势能与两个位置间的关系如图乙所示，是一条过原点的直线，说明电势是均匀

增加的，所以一定是个匀强电场，而不是孤立点电荷形成的电场，故A错误；由上可知是匀强电场，

所以48两点的电场强度相等，故B错误；由图乙可知，电子在/、8两点的电势能关系为：EpB>EpA,

说明电子由4运动到8时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为力=£■〃-£•〃，故C正确;

电场力做负功，动能减小，所以4点的动能大于8点的动能，故D错误。所以C正确，ABD错误。

19.如图为某着陆器多次变轨后登陆火星的轨迹图，轨道上的P、S、。三点与火星中心在同一直线上，P、

。两点分别是椭圆轨道的远火星点和金火星点，且P/2QS,（已知轨道H为圆轨道）下列说法正确的

是

A.着陆器在P点由轨道I进入轨道II需要点火减速

B.着陆器在轨道II上由P点运动到S点的时间是着陆器在轨道III上由尸点运动到Q点的时间的2

倍

C.着陆器在轨道II上S点与在轨道IIh尸点的加速度大小相等

D.着陆器在轨道II±S点的速度小于在轨道III上P点速度

【答案】AC

【解析】A、由题可知，轨道II是圆轨道，所以着陆器由轨道I进入轨道II,需要减速，A正确；C、因为

万有引力提供向心力，所以=着陆器在轨道n上s点与在轨道川上P点到火星的球心之

r

间的距离是相等的，所以加速度大小相等，c正确；B、着陆器在轨道n上由P点运动到s点的时间和

着陆器在轨道III上由P点运动到Q点的时都是各自周期的一半，根据开普勒第三定律，有

（丝］3产+0S：23

=L__2_L,解得里,B错误；D、S点速度大于in轨道时P点速度，D错误;

TpQ7%13）

故选ACo

【点睛】本题关键是明确加速度有合力和质量决定导致同一位置的卫星的加速度相同；然后结合开普勒第

三定律和牛顿第二定律列式分析.

20.如图所示，质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A、C为半圆形槽槽口对称等

高的两点，B为半圆形槽的最低点。将一可视为质点、质量为m的小球自左侧槽口A点自由释放，小

球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒

B.小球刚好能够到达半圆形槽右侧的C点

1.—

—J6gR

C.半圆形槽速率的最大值为2"

D.半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为5

【答案】BD

【解析】小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力

作用，故系统总的动量不守恒；所有的接触面都是光滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做

功，故系统的机械能守恒，故A错误；因为系统的初状态水平方向的动量为零，根据系统水平方向动

量守恒可知，系统在末状态的水平方向的动量也零，故在末状态小球与半圆形槽的速度都为零，而初

状态只有小球的重力势能，根据系统机械能守恒，可知末状态也只小球的重力势能，且与初状态相等,

故B正确：当小球下至半圆形槽最低点时，根据反冲运动的特点可知，此时小球有向右的最大速度，

半圆形槽有向左的最大速度，设小球的最大速度为由,半圆形槽的最大速度为外，初状态水平方向的动

量为零，取向右为正，根据系统水平方向动量守恒得：=根据系统机械能守恒得：

2

212,联立解得：12、“26、"，故C错误；小球从左边最高点下至最低

均x2X2

Qc=—jVo=—in——3oi,■=0

点时，根据系统水平方向动量守恒得：m%-3mp2=0,又1t2t,代入得：tt,

_R

即9=3*2,且4+》2=R,联立解得：”二用当小球从最低点向右边最高点运动时，半圆形槽继续向

.R

左运动，同理可得半圆形槽在这一过程的位移为24,故半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为

.R

x+x=—

7?2,故D正确；故选BD.

21.如图所示，一个半径为人粗细均匀、阻值为R的圆形导线框，竖直放置在磁感应强度为8的水平匀强

磁场中，线框平面与磁场方向垂直。现有一根质量为加、电阻不计的导体棒，自圆形线框最高点由静

）•

止释放，棒在下落过程中始终与线框保持良好接触。已知下落距离为5时棒的速度大小为vP下落到

圆心。时棒的速度大小为吸，忽略摩擦及空气阻力，下列说法正确的是

A.导体棒下落距离为二时，棒中感应电流的方向向右

2

276,2V

B.导体棒下落距离为人r时，棒的加速度的大小为”

22mR

C.导体棒下落到圆心时，圆形导线框的发热功率为之』

R

D.导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，圆形导线框产生的热量为mgr-；机4

【答案】BD

【解析】A项：导体棒下落过程中切割磁感线，根据右手定则可知，棒中感应电流的方向向左，故A错误;

B项：棒下落距离为二，时，棒有效的切割长度为L=2rcos3（r=后,弦所对的圆心角为120。，则

2

D2/?

圆环上半部分的电阻为2,圆环下半部分的电阻为——

33

R2R

X）R

由外电路并联电阻为：&=&~~2-=—

1R9

E

此时，回路中感应电动势为E=BLv,/=—，安培力F=B1L,

段

联立得:

由牛顿第二定律得：mg-F=ma

22

,n21Brv]十会

得：a=g---------L,故B正确;

2mR

C项：导体棒下落到圆心时,棒有效的切割长度为2r,回路中的总电阻为三，电动势为E=8x2rxv,,

4-

E2(5x2/*xv,)'\6B~r2v^

根据公式尸——%,故C错误：

RRR

44

D项：从开始下落到经过圆心的过程中，棒的重力势能减小转化为棒的动能和内能，根据能量守恒

定律得：

1,1.

mgr--mv\+Q,解得Q=Mg厂一，加丫；，故D正确。

点晴：对于电磁感应问题，常常从两个角度研究：一是力的角度，关键是安培力的分析和计算；二是能量

的角度，根据能量守恒定律研究。

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)某实验小组想通过如图1所示的实验装置来“探究功与速度变化的关系”。实验中通过改变拉伸

的橡皮筋的条数来改变外力对小车做功力的数值，用速度传感器测出每次小车获得的速度V。

(1)下列关于本实验的说法中正确的是。

A.本实验需要先平衡摩擦力

B.实验中必须测出小车的质量加

C.实验中必须测出橡皮筋对小车做功的具体数值

D.每次所用的橡皮筋应该是相同规格，且每次都拉伸到同一位置

(2)某次实验中同学们通过速度传感器得到小车沿木板运动的速度随时间变化的关系图象如图2

所示，图中。〜外内的图线为曲线，“〜介内的图线为直线。由此可知，该实验中存在的不当之

处是«

(3)同学们纠正不当之处后，先后用一根、两根、三根、四根、五根橡皮筋做实验，通过速度传

感器测出小车各次获得的速度，并画出图象如图3所示。测得该图线的斜率为七由此

可以计算出本实验中所用的小车的质量为。

【答案】AD平衡摩擦时倾角过大21k

【解析】(1)为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力做的功，必须在实蛤前让木板有适当的倾角以平衡摩擦

力，A正确；只要小车的质量保持不变，就可以得到小车获得的速度与合外力做功的关系B错误；只

要用规格相同的橡皮筋，使它们伸长相同的长度，即每次拉伸到同一位置，就可以用W、2W、3W、…表

示外力各次做的功，而不需要测出每次做功的具体数值，C错误，D正确，故选AD.(2)0~4时间

内为橡皮筋逐渐恢复原长的过程，小车做加速度减小的加速运动，而4~4时间内橡皮筋完全恢复原长

后，小车还在做匀加速运动，这一定是平衡摩擦时倾角过大造成的；(3)根据动能定理gm?=犷得

^=-wf所以该图线的斜率比=*,所以小车的质量”

mmk

23.(9分)某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：

小灯泡L,规格“4.0V.,0.7A”；

电流表A”量程3A,内阻约为0.1。；

电流表A2,量程0.6A,内阻r2=0.2C；

电压表V,量程3V,内阻r=9kC

标准电阻Ri，阻值1Q

标准电阻R2,阻值3kC；

滑动变阻器R,阻值范围0〜10Q；

学生电源E,电动势6V,内阻不计；开关S及导线若干

①甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图2

所示，请问读数Vo

②乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压

值是V,

③学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学

的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材

【解析】（I）因为电压表的量程为3V,所以分度值为0.1V,故示数为2.30V；

（2）串联•个定值电阻，相当于增加了电压表的量程，因为电压表内阻和火2之比为3：1，故根据欧姆

定律可得电压表两端的电压与电阻与两端的电压之比为3:1,因为电压表满偏，故电压表示数为3V,

所以定值电阻与两端的电压为IV,故L上的电压为4.0V；

（3）首先电流表耳的量程太大，误差太大，应使用电流发幺2,而4的量程小于小灯泡的额定电流，

所以需要将电流表的量程增大，所以给电流表4并联一个分流电阻，实验电路图如图1或图2所示

【点睛】在分析电学实验时，仪器的选择非常重要，对电表读数时要先确定电表量程的分度值，读数时视

线要与电表刻度线垂直；应用串联电路特点即可求出灯泡两端电压。

24.（14分）如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小

球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小A孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧

轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2m,9=60。，小球质量为m=0.5kg,D点与小

孔A的水平距离s=2m,g取10m/s2.试求：

（1）求摆线能承受的最大拉力为多大？

（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数R的范围？

【答案】（1）10N（2）0.35<n<0.5^<g<0.125

£

【解析】试题分析：（1）当摆球由C到D运动机械能守恒：mg（L-LcosO）=2mvD2（l分）

由牛顿第二定律可得：F,n-mg=mL（1分）

可得：Fm=2mg=ION（1分）

（2）小球不脱圆轨道分两种情况：

①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，

£

由动能定理可得：“imgs=0-2mvD2（l分）

可得：|1=0,5（1分）

若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道.其临界情况为到

£

达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：5mvA2=mgR（l分）

££

由动能定理可得：-|imgs=2mvA2-2mvD2（2分）

可求得：N="0.35"（1分）

②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：

二

mg=mR（1分）

££

由动能定理可得：-jimgs-2mgR=2mv2-2mvD2（2分）

解得:ji=O.125（1分）

综上所以动摩擦因数p的范围为：0.35WHW0.5或者n<0.125（1分）

【点睛】（1）摆球摆到D点时，摆线的拉力最大，根据机械能守恒定律求出摆球摆到D点时速度，由牛顿

第二定律求出摆线的最大拉力；（2）要使摆球能进入圆轨道，并且不脱离轨道，有两种情况：一种在

圆心以下做等幅摆动；另一种能通过圆轨道做完整的圆周运动.小球要刚好运动到A点，对小球从D

到A的过程，运用动能定理求出动摩擦因数H的最大值；若小球进入A孔的速度较小，并且不脱离轨

道，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，根据机

械能守恒和动能定理求出动摩擦因数.要使摆球能进入圆轨道，恰好到达轨道的最高点，就刚好不脱

离轨道，在最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出此时小球的速度，对从D到轨道最高

点的过程，运用动能定理求解动摩擦因数的最小值，即可得到H的范围.

25.（18分）如图所示，在平面直角坐标系xoy中，在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场；在第一象

限内某区域存在方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场（图中未画出）。一粒子源固定在x轴上坐

标为（1,0）的/点，粒子源沿F轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为（0,2与

的C点，电子继续前进距离4后进入磁场区域，再次回到x轴时与x轴正方向成45。夹角。己知电子的

H7V

质量为m,电荷量为e,有界圆形匀强磁场的磁感应强度8=——,不考虑粒子的重力好粒子之间的相

eL

互作用，求:

(1)匀强电场的电场强度£的大小；

(2)圆形磁场的最小面积

(3)电子从进入电场到再次回到X轴过程的总时间.

【答案】(1)—(2)兀C(3)(4+71+2］二

1eLI2；v

【解析】解：(1)电子在从4运动到。的过程中，做类平抛运动，

PF

在x方向上L=---12

2m

在y方向上2£=包

2

H7V

由①②式联立解得：E=—

2eL

(2)电子离开电场时的速度的反向延长线将交于y方向位移的中点,

故tan6=1,6=45°

电子进入磁场后仅受洛伦兹力evcB作用，在磁场中做匀速圆周运动,

2

由牛顿第二定律evcB=m—

r

V

根据几何关系可知，匕=-----

cCOS450

根据题意作出电子的运动轨迹示意图如图所示

由图中几何关系可知，电子在磁场中偏转90。后射出，

当图中尸0为圆形磁场的直径时其半径最小，即：Rmin=，sin45。

由③④⑤式联立解得：

2Lnm2(V2+1)Z(兀\L

(3)运动过程经历的总时间为/=4+42+43=V---1--2--q-B-1-----扬T=----=I4+\2H—2)—v

26.（14分）氮化铝（A1N）是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用，前景广阔。某化学小组模拟

工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。

查阅资料:①实验室用饱和NaNO2与NH4cl溶液共热制N2:NaNO2+NH4CI-NaCl+N2T+2H2O«

②工业制氮化铝:AbC>3+3C+N2H2A1N+3co，氮化铝在高温下能水解。

③A1N与NaOH饱和溶液反应:AlN+NaOH+H2。——NaA102+NH3fa

I.氮化铝的制备

（1）实验中使用的装置如上图所示,请按照氮气气流方向将各仪器接口连接:e-c-d-（根

据实验需要，上述装置可使用多次）。

（2）B装置内的X液体可能是;E装置内氯化杷溶液的作用可能是。

H.氮化铝纯度的测定

【方案i】