2-热身考2理综答案

高考前第二次热身生物试卷答案16DCCCBC29.（9分）除说明外每空均2分(1)环割抑制光合作用，摘心促进光合作用(2)吸收矿物质(N、Mg)能力下降光合产物积累在叶片（1分）该组光合速率小，碳反应固定的CO2少，导致其胞间CO2浓度最高。(3)摘去枝项端幼嫩部分，破除新梢顶端优势，促进侧枝生长增加叶片数量，提高净光合速率30．（10分）除说明外每空均2分(1)一方面，不少内分泌腺本身直接或间接地受中枢神经系统的调节；另一方面，内分泌腺所分泌的激素也可以影响神经系统的发育和功能促进新陈代谢及促进生长发育(2)甲（1分）甲状腺激素（1分）(3)内正外负（1分）神经递质（1分）(4)将实验鼠随机均分为两组，并测定两组小鼠的耗氧量，给实验组灌喂一定量的甲状腺激素，对照组灌喂等量的生理盐水，一段时间后测定两组小鼠的耗氧量并进行比较。31.（11分）除说明外每空均2分(1)植被具有抗盐碱性、选择当地物种等诱杀了雄虫，破坏该害虫种群的性别比例，导致出生率下降，有利于控制害虫的种数数量(2)竞争、捕食取食藻类的动物除了鲢鱼还有其他生物类群(3)提高能量利用率（能量多级利用）；加快生态系统的物质循环（废物资源化）；减少环境污染直接（1分）32.（9分）除说明外每空均2分(1)感病矮茎（1分）9：3：3：1（1分）基因自由组合定律（1分）(2)1抗病红花高茎：抗病白花矮茎：感病红花高茎：感病白花矮茎=1：1：1：1837.（15分）除说明外每空均2分(1)多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶分解果胶，瓦解植物的细胞壁及胞间层(2)吸附醋酸菌和有利于增加透气性醋酸菌（1分）3035℃(3)使原料与萃取剂充分接触、除去水分，利于萃取剂溶解花色苷性质和使用量(4)防止营养物质结构被破坏热身考（二）理综化学答案题号78910111213答案DCCABDD26．（15分）（1）NaAlO2、NaOH（2分，各1分）Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O（2分）（2）固体溶解，有黄绿色气体生成（2分）Co2O3+2FeO+10H+=2Co2++2Fe3++5H2O（2分）（3）Fe(OH)3（1分）1×10(3a−47)（2分）调pH使Mg2+转化为Mg(OH)2过程中，Co(OH)2先沉淀，从而导致Co元素的损失（2分）（4）2Co3O4=6CoO+O2↑（2分）27．（15分）（1）kJ/mol（2分）（2）=1\*GB3①保持体系总压为常压，掺入水蒸气相当于减压，时平衡正向移动，增大乙苯的转化率（2分）=2\*GB3②m3>m2>m1（2分）=3\*GB3③e（1分）=4\*GB3④(101×353)×(101×353)101×253（2分）<（（3）=4\*GB3④（2分）（4）K1·K2（2分）28．（13分）（1）=1\*GB3①SO2易溶于水，使用70%硫酸能减少的溶解损耗SO2（1分）=2\*GB3②观察气体流速（1分）=3\*GB3③Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O（2分）=4\*GB3④碱石灰（1分，其他合理答案给分）（2）=1\*GB3①作脱水剂，与水反应产生HCl抑制AlCl3水解（2分，各1分）=2\*GB3②SOCl2+4OH—=SO32—+4Cl—+2H2O（2分）（3）=1\*GB3①FeCl3·6H2O具有氧化性，SOCl2与水反应生成的SO2具有还原性，会发生氧化还原反应（2分）=2\*GB3②ab（2分，各1分，有错0分）35．（15分）（1）ds（1分）（2）4s2（1分）Co原子半径小且价电子数多，金属键强（2分）（3）B（1分）正四面体形（1分）（4）6（1分）sp2、sp3（2分）C<O<N（1分）（5）5：1（1分）（2分）（6）34×36．（15分）（1）苯甲醛（1分）溴原子、羰基（或酮基）（2分）（2）（2分）；取代反应（1分）（3）（2分）（4）12（2分）；（2分）（5）（3分）14.【答案】C

【解析】解：根据公式C=QU，当细胞膜两侧的电势差从−70mV变为30mV

所以

故ABD错误，C正确

故选：C。

本题考查公式C=QU和I=Qt的使用情况，两个公式进行结合计算即可。15.【答案】D

【解析】解：A、当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，故A错误；

B、由图乙可知，电动势的最大值为Um，有效值为Um2，故B错误；

C、金属框转过半周流过电阻的电荷量为：q=I−Δt=E−RΔt=ΔΦR=2BL2R，则金属框转过一周流过电阻的电荷量为：q'=2q=4BL2R，故C错误；16.【答案】C

【解析】根据图像可知小球接触弹簧时的加速度为a0，故重力加速度g=a0，所以第一宇宙速度为

a0R

，故A错；当压缩量为x0时加速度为0，故kx0=mg，所以k=

ma0x0

，故B错；根据mgx=

12

kx2可知，若小球从弹簧原长处释放到最底部时小球的加速度为17.【答案】D

【解析】带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，在洛伦兹力作用下的偏转半径

r=mvBq

会变小，故A错误；

若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，则半径变小，故B错误。

漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定则可知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，故C错误；

当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动。若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D减小。而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx将增大。故D18.【答案】D

【解析】A、B组成的系统因有电场力做功，故机械能不守恒，故A不选；A到最低点时B的速度为0，处于平衡态，故杆子对B的作用力等于电场力qE，则轻杆对A的作用力也为qE，故B不选；当杆的作用力为0时，A的机械能最小，此时B仅受电场力，故B的加速度大小为

qEm

，故C不选；根据系统能量守恒mgL+qEL=

12

mv2，A落地的瞬时速度为

2gL+19.【答案】BC

【解析】A. A分解为竖直向上的匀减速直线运动与水平向右的匀速直线运动，相遇时A达到最高点则其竖直方向的速度为0，水平方向速度不变，合速度不为0，故A错误；

B.设A在竖直方向的分速度为vy，则相遇时满足：vyt−12gt2=v2t−12gt2，解得v2=vy，即B达到最高点，速度也为0，故B正确；

C.A20.【答案】CD

【解析】【分析】

假设Q和P恰能静止，分别对Q和P受力分析，根据平衡条件列式求出动摩擦因数，从而分析判断正确答案。

本题考查受力分析和共点力的平衡，关键在于隔离物体进行受力分析，利用平衡条件求解。

【解答】

假设Q和P恰能静止，对Q分析T=对P分析T+μ联立解得μ=36。

所以当物块P、Q间动摩擦因数大于36时，系统能处于静止状态，故CD21.【答案】BD

【解析】根据题意，由图乙可知，木块初状态的机械能全部为动能，大小为

，末状态动能为0，机械能全部为重力势能，大小为

2EAC.由上述分析可知，木块的重力势能增加了

2E0

，由功能关系可知，克服重力做功为

2E0

，设木块的重力大小为

G

，由公式

W=Fx

可得，解得，故BD.根据题意可知，除重力做功外，只有摩擦力做功，设摩擦力大小为

f

，由功能关系有，解得，又有，解得μ=36，故BD正确。故选BD。22.【答案】(1)3.200；(2)gℎ=d22Δt【解析】【分析】

本题考查了利用自由落体运动来验证动能定理和动量定理，对于实验问题解题的关键是能够掌握实验设计的原理，掌握实验中处理数据的方法。

(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度加可动刻度，需要估读；

(2)根据动能定理列式分析验证动能定理的表达式，根据动量定理列式分析动量定理的表达式。

【解答】

解：(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度加可动刻度，即为3mm+20.0×0.01mm=3.200mm；

(2)小球下落过程中只受到重力作用，小球通过光电门时的速度为v=dΔt，

根据动能定理可知mgℎ=12mv2，即gℎ=d22Δt2；

根据动量定理有mgt=mΔv=mv23.【答案】(1)串联；；

(2)

；a

；

(3)会

【解析】(1)要改装成量程为3V的电压表，应串联一个分压电阻，其阻值为(2)小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。电路图如图所示开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于a端使待测支路电压为零。(3)旧电池阻与小灯泡组成闭合电路，路端电压路端电压

，则有图像如图所示图象交点应该在坐标轴描点最后一点的上方，此时电流灯泡两端电压因此小灯泡两端的电压会超过额定电压。24.【答案】(1)小球在电磁场区域做匀速圆周运动，则在竖直方向上受力平衡，即虚线右侧电场方向一定向下，且满足：qE=mg

①解得：E=

mgq

(2)由(1)可知虚线左侧的电场方向向上，小球从A运动到D点的过程中，设小球经过D点时的速度大小为v根据动能定理可得：mgR+qER=

12

mv设小球到达D点轻绳被拉断前一瞬间承受的拉力为F，根据牛顿第二定律有F−qE−mg=

mv2联立①③④解得F=6mg

⑤根据牛顿第三定律可得轻绳被拉断前一瞬间承受的拉力大小为6mg，方向向下(3)设小球在电磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有

qvB=

mv2由⑥式可知B越大，r越小，当小球运动轨迹恰好与电磁场屏蔽区边界相切时，r有最大值，B有最小值，如图所示，根据勾股定理可得：(2R)2联立③⑥⑦解得：B=

4m25.【答案】解：(1)设滑块P第一次经过B点时的速度大小为vB，由题意并根据牛顿第二、第三定律可知11mg−mg=mvB设滑块P被发射后经过A点的动能为EkA，对滑块P从A到12m联立①②解得EkA(2)设滑块P在CD段上运动的最高点为F，对滑块P从B到F的运动过程，根据动能定理有0−12对滑块P从B冲上BCD段后再返回AB段停止在E的过程，根据动能定理有0−12联立①④⑤解得xBE=2.32(3)因为滑块P的质量小于滑块Q的质量，所以滑块P、Q碰撞后P将反弹，设碰撞后滑块P、Q的速度大小分别为vP、vQ，根据动量守恒定律有mvB根据能量守恒定律有12m设滑块Q在CD段上运动的最高点为G，且此次滑块P最终停止的位置为H，对滑块P从B到H的运动过程，根据动能定理有0−12对滑块Q从B到G的运动过程，根据动能定理有0−12由题意可知滑块Q能够恰好运动至H点，则对Q从G到H的运动过程，根据动能定理有0−0=MgR(1−cosθ)+Mg联立①⑦⑧⑨⑩⑪解得μ'=57【解析】见答案

34.（1）【答案】ABD【解析】A.根据频率、波速、波长的关系有，故A正确；B.根据小水珠受力可知，小水珠悬浮时，受到的声波压力竖直向上，故B正确；C.质点只能在平衡位置附近振动，不会随波传播方向迁移，故C错误；D.拨出铁芯，自感线圈的自感系数L减小，LC振荡电路的周期减小，频率变大，超声波频率变大，波长变短，相同空间距离内节点个数变多，故D正确。故选BD。(2).【答案】解：(1)由题知，上边界光线进入水球后的光路如图设入射角为i，折射角为r，由图中几何关系可知：sini=0.8，单色光在水中的折射率为：n=(2)当光线由水进入中间的