2025年外研版三年级起点高二物理下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版三年级起点高二物理下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，正确的说法是A.伏特表V和安培表A的读数都减小B.伏特表V和安培表A的读数都增大C.伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D.伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大2、关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是(

)

A.电磁波由真空进入介质，频率不变，速度变大B.均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场C.雷达是用电磁波来测定物体位置的设备D.声波和电磁波都可在真空中传播3、如图所示，在一根绷紧的水平绳上挂着五个单摆，其中B

和D

的摆长相等.

原来各摆都静止，当B

摆振动的时候，其余各摆也随之振动起来.

关于各摆的振动情况，下列说法中正确的是(

)

A.各摆的振幅不相同，A

摆振幅最大B.各摆的振动周期不相同，C

摆的振动周期最大，A

摆的振动周期最小C.各摆的振动频率都跟B

摆相同D.各摆的振幅相同4、质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为E0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最后5个物体粘成一个整体，这个整体的动能是（）A.E0B.E0C.E0D.E05、如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间（两极板仍平行），关于电荷P的说法正确的是（）A.仍静止不动B.向下运动C.向上运动D.电荷P带正电6、在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路.

当调节滑动变阻器R

并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A

和2.0V.

重新调节R

并使电动机恢复正常运转；此时电流表和电压表的示数分别为2.0A

和24.0V.

则这台电动机正常运转时输出功率为(

)

A.32W

B.44W

C.47W

D.48W

7、下列说法中正确是(

)

A.物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能B.橡胶无固定熔点，是非晶体C.饱和汽压与分子密度有关，与温度无关D.随着技术的不断进步热机的效率可能达到100%

8、某种角速度计，其结构如图所示。当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器（传感器内阻无限大）接收相应的电压信号。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度ω转动时，则（）A.电路中电流随角速度的增大而增大B.电路中电流随角速度的增大而增大C.输出电压U与ω的函数式为U=D.此装置能测量的角速度最大不超过9、如图所示．AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的磁场力的大小和方向是（）A.BIL，平行于OC向左B.BIL，平行于OC向左C.垂直AC的连线指向左下方D.2BIL，垂直AC的连线指向左下方评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、如图所示，AB两端接直流稳压电源，UAB=100V，R=40Ω，滑动变阻器总电阻R=20Ω，当滑动片处于变阻器中点时，通过电阻R的电流为____．

11、湖北的武当山古建筑群是世界文化遗产之一，在武当山主峰天柱峰上有一座金殿，是我国现存最大的铜铸鎏金大殿。这座金殿最为奇特的是，每逢电闪雷鸣的时候，火球会在金殿周围滚动，但霹雳却击不毁金殿；雨过天晴后，大殿光彩夺目，像被洗过一样，这就是“雷火炼殿”。武当山金殿产生电荷的方式为（填“感应起电”、“摩擦起电”、或“接触起电”）。12、本题为选做题，考生只选择一题作答。若两题都作答，则按24-1题计分。24－1．（本题供使用选修1一1教材的考生作答。）一台理想变压器，其原线圈2200匝，副线圈440匝。副线圈接一个100Ω的负载电阻，当原线圈接在44V直流电源上时，电压表示数为____▲V，电流表的示数为________A。24－2．（本题供使用选修3一1教材的考生作答。）电源的电动势为4.5V，内电阻为0.50Ω，外电路接一个4.0Ω的电阻，这时流过电源的电流为▲A，路端的电压为▲V。13、原子核A经过若干次衰变后变成原子核B，已知B核的质子数比A核少8，B核的中子数比A核少16，则此衰变过程中共有____次α衰变，____次β衰变．14、在磁感应强度B的匀强磁场中，垂直于磁场放入一段通电导线．若任意时刻该导线中有N个以速度v做定向移动的电荷，每个电荷的电量为q．则每个电荷所受的洛伦兹力f=____，该段导线所受的安培力为F=____．15、Ⅰ数字化信息系统(DIS)

是由____________、数据采集器和计算机三部分构成。“用DIS

测定瞬时速度”的实验装置如图所示，挡光片宽度为5隆脕10鈭�3m

实验中挡光片通过光电门的时间为0.02s

则小车此时的瞬时速度为___________m/s(

非物理班同学做)

Ⅱ一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s2

的加速度加速行驶，恰在这时一辆自行车以6m/s

的速度匀速驶来，从后面赶过汽车，则：汽车从路口开动后，在追上自行车之前经t=

____s

两车相距最远，距离为____m(

物理班同学做)

16、如图所示，两个相同的弹性小球，分别挂在不能伸长的细线上，两线互相平行，两球重心在同一水平线上且互相接触，第1

个球摆长为L1

第2

个球摆长为4L1

现将第1

个球拉一个很小的角度后释放，在第1

个球摆动周期的两倍时间内，两球碰撞的次数为漏陇漏陇漏陇漏陇漏陇漏陇

次。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）18、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）19、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

20、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）21、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）22、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

23、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、识图作答题(共4题，共40分)24、科研人员利用胚胎干细胞（ES细胞）对干扰素基因缺失小鼠进行基因治疗。其技术流程如下图，请回答相关问题：​（1）图1中用到了___________________________________等现代生物技术（写三项即可）。（2）由图1可知，步骤②中要分离出ES细胞，需将重组胚胎培养到_______期。将目的基因导入ES细胞而不是上皮细胞，是因为ES细胞在功能上具有__________________________。（3）步骤③中，先需要利用PCR技术扩增干扰素基因。可以根据一段已知的干扰素基因的__________合成引物，图2A、B、C、D四种单链DNA片段中应选取___________作为引物（DNA复制方向总是从5’向3’延伸）。对干扰素基因片段和质粒进行酶切时，可选用限制酶的组合为____________。（4）将步骤③获得的ES细胞在荧光显微镜下观察，选择发_____色荧光的细胞进行体外诱导。为检测干扰素基因是否表达，可用的检测物质是____________________（填“标记的干扰素基因”或“干扰素的抗体”）。25、某研究小组为探究不同波长的光和CO2浓度对大豆幼苗光合作用的影响，用三个40W的白色灯管作光源，通过简单遮光(如外罩透光良好的红色、黄色塑料薄膜)让其中两个分别只发出红光和黄光。设置不同CO2浓度处理试管苗。培养一段时间后，测定试管苗的净光合速率，结果如下图所示。请回答下列问题：（1）大豆幼苗光合作用中，催化三碳化合物还原的酶存在于________________。实验结果表明，在大棚中种植大豆时，应选用______________色塑料薄膜搭建顶棚。（2）a点的净光合速率大于c点，从光合作用的角度分析，原因是____________________。（3）研究小组发现沙尘天气影响大豆生长，分析认为：首先，沙尘天气直接影响叶绿体中的________(产物)产生；其次，沙尘堵塞大豆叶气孔，进而影响光合作用的________阶段。26、在理想的实验条件下，将小麦放在密闭的广口瓶中，以测定CO2吸收量与释放量为指标，研究温度对小麦光合作用与呼吸作用的影响，结果如下图所示。请回答下列问题。（1）A点叶肉细胞中消耗的O2来自____（填“叶绿体”或“线粒体”）。适当降低光照强度，A点将向____移动。40℃与60℃时，CO2的吸收量均为0，二者的区别是____。（2）测得该植物光合速率最大值为（用单位时间内CO2的总固定量表示）____mg/单位面积·h。小麦在30℃条件下光照12小时，20℃条件下黑暗8小时，有机物（葡萄糖）的积累量为____。（3）在适宜的条件下，若用CO2、H218O供给该小麦进行代谢，一段时间后葡萄糖中也发现了放射性，请简要阐述其产生的过程____。（用箭头和物质表示）（4）利用纸层析法可以分离该绿色植物叶片中的色素，其原理是____，从结果看，滤纸条上相邻且距离最远的两条色素带呈____色和____色。27、汶川大地震后，灾区居民因饥饿、寒冷等原因导致身体免疫力下降，易受病原体感染。下图表示病原体侵入人体后机体发生的特异性免疫过程。请回答：（1）图中所示的是____免疫过程。（2）图中c是__________细胞，②表示____过程，③过程中发挥作用的物质称为____。（3）图中能识别抗原的细胞有________（填图中字母）。（4）预防接种后，当病原体侵入时，免疫的主要途径是____（用图中数字表示），其特点是____，因此可迅速消灭病原体，有效预防某些疾病。（5）若该抗原为HIV，侵人人体后，攻击的主要对象是____细胞（填图中序号），该细胞成熟于_____________。评卷人得分五、简答题(共2题，共16分)28、（10分）一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一列简谐波，如图所示。求：（1）若从波传到平衡位置在x=1m处的M质点时开始计时，那么经过的时间等于多少时，平衡位置在x=4．5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置？在图中准确画出当时弹性绳上的波形。（2）从绳的左端点开始做简谐运动起，当它通过的总路程为88cm时，N质点振动通过的总路程是多少？29、工业上用水煤气制得的rm{CO}在催化剂作用下与水蒸气发生反应制取氢气，化学方程式为：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?}rm{H_{2}(g)+CO_{2}(g)}一定条件下，将rm{4molCO}与rm{2molH_{2}O(g)}充入体积为rm{2L}的密闭容器中，体系中各物质的浓度随时间的变化如图所示：rm{(1)}在rm{0隆芦4min}时段，反应速率rm{v(H_{2}O)}为________rm{mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}该条件下反应的平衡常数rm{K}为________rm{(}保留两位有效数字rm{)}

rm{(2)}该反应到rm{4min}时，rm{CO}的转化率为_________。该反应到rm{(2)}时，rm{4min}的转化率为_________。rm{CO}若rm{(3)}时改变的外部条件为升温，则该反应的rm{6min}________rm{娄陇H}填“rm{0(}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{<}此时反应的平衡常数________rm{)}填“增大”、“减小”或“不变”rm{(}

rm{)}判断该反应达到化学平衡状态的依据是_____________。rm{(4)}判断该反应达到化学平衡状态的依据是_____________。混合气体的密度不变rm{(4)}混合气体中rm{a.}不变rm{c.v_{脮媒}(H_{2}O)=v_{脛忙}(H_{2})d.}断裂rm{b.}键的同时生成rm{c(CO)}键rm{c.v_{脮媒}(H_{2}O)=v_{脛忙}(H_{2})

d.}若保持与rm{2molH隆陋O}时相同的温度，向一容积可变的密闭容器中同时充入rm{1molH隆陋H}rm{(5)}rm{4min}和rm{0.5molCO}则上述反应向________反应rm{1.5molH_{2}O(g)}填“正”或“逆”rm{0.5molCO_{2}}方向进行。rm{2.5molH_{2}}评卷人得分六、综合题(共3题，共21分)30、[

物理隆陋隆陋

选修3篓C3]

(1)

如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是________(

选对1

个得2

分，选对2

个得4

分，选对3

个得5

分；每选错1

个扣3

分，最低得分为0

分)

A.气体自发扩散前后内能相同B.气体在被压缩的过程中内能增大C.在自发扩散过程中，气体对外界做功D.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E.气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变(2)

一热气球体积为V

，内部充有温度为Ta

的热空气，气球外冷空气的温度为Tb

。已知空气在1

个大气压、温度T

0

时的密度为娄脩

0

该气球内、外的气压始终都为1

个大气压，重力加速度大小为g

。(i)

求该热气球所受浮力的大小；(ii)

求该热气球内空气所受的重力；(iii)

设充气前热气球的质量为m

0

求充气后它还能托起的最大质量。31、将质量为0.10kg

的小球从离地面20m

高处竖直向上抛出；抛出时的初速度为15m/s

不计空气阻力，当小球落地时，求：

(1)

小球的动量。

(2)

小球从抛出至落地过程中受到的重力的冲量．32、(1)

下列说法中正确的是____________．

A.只要知道阿伏加德罗常数；该气体的质量和摩尔质量，就可以估算出气体分子间的平均距离。

B.布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的。

C.随着分子间距离的增大；分子间作用力减小，分子势能也减小。

D.温度是分子动能的标志；动能越大的分子其温度也就越高。

(2)

某同学做“用油膜法估测分子大小”的实验时，在边长约30cm

的浅盘里倒入约2cm

深的水，然后将痱子粉均匀的撒在水面上，用注射器滴一滴____(

选填“纯油酸”、“油酸水溶液”或“油酸酒精溶液”)

在水面上.

稳定后，在玻璃板上描下油膜的轮廓，放到坐标纸上估算出油膜的面积.

实验中若撒的痱子粉过多，则计算得到的油酸分子的直径偏____________(

选填“大”或“小”).

(3)

把一块洗净的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接触水面，如图所示.

已知正方形玻璃板的边长为L

，水的密度为娄脩

，摩尔质量为M

，阿伏加德罗常数为NA

.

试估算与此玻璃板接触的水分子数．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，滑动变阻器的阻值增大，电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律知电路的总电流减小，流过定值电阻R1的电流减小，其两端的电压U1减小，由知路端电压增大，即伏特表V的读数增大，AD错；由知并联电压U2增大，则通过定值电阻R2的电流I2增大，由知通过滑动变阻器的电流I3减小，即安培表A的读数减小，B错，C对。故选C考点：本题考查电路的动态分析【解析】【答案】C2、C【分析】解：A

电磁波由真空进入介质；频率不变，速度变小，故A错误；

B；均匀变化的电场一定产生恒定的磁场；故B错误；

C；雷达的工作原理是：发射电磁波对目标进行照射并接收其回波；由此获得目标至电磁波发射点的距离、距离变化率(

径向速度)

方位、高度等信息，故C正确；

D；声波属于机械波；它的传播离不开介质，故D错误。

故选：C

正确解答本题需要掌握：电磁波的频率；波动与介质的关系；正确理解电磁波理论内容；声波和电磁波的区别；雷达测定物体位置的原理．

本题比较全面的考查了电磁场和电磁波的知识，属于记忆部分，平时注意多加积累与记忆【解析】C

3、C【分析】解：摆振动起来后；使得ACDE

做受迫振动，振动的频率都等于B

振动的频率.

所以各摆振动的周期都相等.

摆的摆长与B

摆相等，则固有周期相等，即固有频率相等.

可见，受迫振动的频率和B

摆振动的频率相等，发生共振，振幅最大.

故ABD错误、C正确．

故选：C

受迫振动的频率等于驱动率的频率；当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振。

解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大【解析】C

4、A【分析】解：对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，mv0=5mv，解得v=因为则整体的动能．故A正确；B；C、D错误．

故选：A．

以五个物体为系统；在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体的动能．

本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道五个物体组成的系统，在整个过程中动量守恒；碰后粘在一起则机械能不守恒．【解析】【答案】A5、A【分析】解：ABC、电容器与电源保持相连，电容器的电压不变，板间距离增大一些，电容减小，电容量的电量要减小，放电，但由于二极管的作用只允许电流从a流向b，电容器的电量无法减小，根据推论板间电场强度E=Q；S、ɛ不变，则改变d，E不变，电荷P受的电场力不变，仍静止．故A正确，BC错误．

D；根据题意；A带正电，B带负电，则电场强度方向向下，因电场力与重力平衡，则电荷P带负电，故D错误；

故选：A．

二极管具有单向导电性，只允许电流从a流向b．电容器与电源保持相连；电容器的电压不变，板间距离增大，电容减小，电容量的电量要减小，放电，根据二极管的作用，分析电量是否变化，再分析P的运动情况．

本题关键要抓住二极管的单向导电性，使电容器不能放电．同时利用推论：电场强度E=Q、S、ɛ不变，则改变d，E不变．【解析】【答案】A6、A【分析】【分析】

本题考查了电功率与焦耳定律。【解答】

电动机的电阻R=UI=20.5=4娄赂

电动机的总功率P=UP=U1II1=24V隆脕2A=48W=24V隆脕2A=48W

克服自身电阻的功率PPR=I=I12R=(2A)R=(2A)2隆脕4娄赂=16W隆脕4娄赂=16W

电动机正常运转时的输出功率是PP脢盲鲁枚=P鈭�P=P-PR=48W鈭�16W=32W=48W-16W=32W故A正确、BCD错误。

故选A。【解析】A

7、B【分析】解：A

物体中分子热运动动能的总和与分子势能的总和等于物体的内能；故A错误；

B；橡胶是非晶体；没有固定的熔点；故B正确。

C；饱和汽压与温度有关；且随着温度的升高而增大.

故C错误；

D；根据热力学第二定律；由于存在热量的损耗，所以即使不断改进工艺，热机的效率也不可能达到100%

故D错误；

故选：B

．

物体的内能包括分子动能和分子势能；橡校是非晶体；饱和汽压与温度有关；且随着温度的升高而增大；热机的效率都无法达到100%

本题考查分子运动论、内能及晶体的性质、热力学第二定律、温度的微观意义等，要注意明确内能包括分子动能和分子势能，注意所有的热机都存在热损耗，故效率均达不到100%

．【解析】B

8、D【分析】解：A；系统在水平面内以角速度ω转动时；无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关。故A错误。

B、弹簧的弹力提供向心力：kx=m（l+x）ω2得x=故B错误。

C；设系统在水平面内以角速度ω转动时；弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得。

kx=mω2（L+x）又输出电压U=E=E

联立两式得U=．故C错误；

D、有效最大弹力为：kL=m（L+L）ω2则得ω=故D正确。

故选：D。

当系统在水平面内以角速度ω转动时；电路中电阻保持不变，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化情况。系统匀速转动时，由弹簧的弹力提供元件A的向心力，根据牛顿第二定律得到角速度ω与弹簧伸长的长度x的关系式。根据串联电路电压与电阻成正比和电阻定律，得到电压U与x的关系式，再联立解得电压U与ω的函数关系式。

本题考查学生理论联系实际的能力。对于力电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁和纽带。【解析】D9、C【分析】解：直导线折成半径为R的圆弧形状，在磁场中的有效长度为L′=R；

又L=

则该导线所受的安培力F=BIL′=

安培力的方向与等效长度的直线垂直；根据左手定则可得，安培力的方向垂直AC的连线指向左下方。

故选：C。

直导线折成半径为R的圆弧形状；在磁场中的有效长度等于两端点的连线，根据F=BIL求出安培力的大小，由左手定则判断安培力方向．

解决本题的关键是确定有效长度，掌握安培力大小的公式，以及会运用左手定则判断安培力方向．【解析】C二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】

根据电路的结构得到，电路的总电阻为R总=+=10+（Ω）=18Ω

根据欧姆定律得，干路中电流I==

通过电阻R的电流为I=I=×A≈1.1A

故答案为：1.1A

【解析】【答案】当滑动片处于变阻器中点时，变阻器右半部分电阻与R并联后与左半部分串联，根据欧姆定律求出总电阻，由欧姆定律求出干路电流，再根据并联电路电流的分配求出通过电阻R的电流为．

11、略

【分析】没有经过接触，所以起电方式为感应起电，【解析】【答案】感应起电12、略

【分析】【解析】【答案】24-10024-21.04.013、64【分析】【解答】发生α衰变是放出He，发生β衰变是放出电子10e，设发生了x次α衰变和y次β衰变；则根据质量数和电荷数守恒有：

2x﹣y=8，4x=16，解得x=6，y=4，故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变．

故答案为：（1）6；（2）4．

【分析】正确解答本题的关键是：理解α、β衰变的实质，正确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题．14、略

【分析】

根据运动电荷在磁场中运动时所受洛伦兹力可知导体中电荷所受洛伦兹力为：f=qvB；导体中的运动电荷运动方向相同，故所受洛伦兹力方向相同，所以该段导线所受的安培力为：F=NqvB．

故答案为：qvB；NqvB．

【解析】【答案】电荷定向运动时所受洛伦兹力的合力；表现为导体所受的安培力．按照这个思路，就可以推导出安培力和洛伦兹力之间的关系．

15、36.传感器0.2536.26【分析】36.

【分析】明确数字化信息系统的组成；并明确由于挡光片较小，可以用经过挡光片时的平均速度来表示小车的瞬时速度。

本题考查利用挡光片分析小车的速度的实验；注意明确数字化实验装置的构成，明确瞬时速度的计算方法。

【解答】数字化信息系统由传感器；数据采集器和计算机三部分组成；

根据平均速度公式可知，小车的瞬时速度v=xt=5隆脕10鈭�30.02=0.25m/s

故填传感器0.25

36.

【分析】汽车从路口开动后；速度先小于自行车的速度，后大于自行车的速度，两车的距离先增大后减小，当两车的速度相等时，相距最远，根据速度相等，由速度公式求出时间，由位移公式求出两车间的距离。

本题是匀加速运动追及匀速运动的问题；在分别研究两车运动情况的基础上，关键要抓住两车之间的关系，比如速度关系；位移关系。

【解答】当汽车与自行车的速度相等时；两者相距最远，设经过的时间为t

此时有：v鲁碌=v脳脭=at

解得：t=v脳脭a=63=2s

两车相距的最大距离为：?x=x脳脭鈭�x鲁碌=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.

传感器0.25

36.26

16、3【分析】【分析】

根据单摆的周期公式T=2娄脨Lg

得出两球的周期比，两球发生弹性碰撞，质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律，两球相碰后交换速度，从而得出A

球运动的2

个周期内，两球相碰的次数。解决本题的关键掌握单摆的周期公式，以及知道弹性碰撞的过程中，动量守恒，能量守恒。【解答】

​根据单摆的周期公式T=2娄脨Lg

得；摆长比为14

则周期比为12.

两球发生弹性碰撞，质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律，两球相碰后交换速度，A

球运动2

个周期，B

球运动了一个周期，知在这段时间内两球相碰的次数为3

次。

故填3

【解析】3

三、判断题(共7题，共14分)17、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．18、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．19、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．20、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．21、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．22、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．23、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、识图作答题(共4题，共40分)24、（1）动物细胞培养、核移植、早期胚胎培养、基因工程、胚胎干细胞培养

（2）囊胚期发育的全能性

（3）核苷酸序列B和CHindⅢ和PstⅠ或EcoRⅠ和PstⅠ

（4）绿干扰素的抗体【分析】【分析】本题考查基因工程、细胞工程以及胚胎工程等方面的知识，难度适中。考生要能够识记细胞核移植的过程；明确基因工程中质粒和目的基因需要利用同种限制酶进行切割；掌握目的基因检测和鉴定的一般方法等。【解答】（1）图1中用到了动物细胞培养、核移植、早期胚胎培养、基因工程、胚胎干细胞培养等现代生物技术。

（2）步骤②中要分离出ES细胞，需将重组胚胎培养到囊胚期。将目的基因导入ES细胞而不是上皮细胞，是因为ES细胞在功能上具有发育的全能性。（3）步骤③中，先需要利用PCR技术扩增干扰素基因。可以根据一段已知的干扰素基因的核苷酸序列合成引物；DNA复制只能从5’到3’,因此构建前利用PCR技术扩增干扰素基因时，可以从图中A、B、C、D四种单链DNA片段中选取B和C作为引物。由图可知，SamⅠ酶的识别序列和切割位点位于目的基因上，用该酶切割会破坏目的基因，因此对干扰素基因片段和质粒进行酶切时，可选用限制酶HindⅢ和PstⅠ或EcoRⅠ和PstⅠ。（4）用限制酶HindⅢ和PstⅠ或EcoRⅠ和PstⅠ切割时会破坏红色荧光蛋白基因，但不会破坏绿色荧光蛋白基因，因此将步骤③获得的ES细胞在荧光显微镜下观察，选择发绿色荧光的细胞进行体外诱导。为检测干扰素基因是否表达，可用的检测物质是干扰素的抗体。【解析】（1）动物细胞培养、核移植、早期胚胎培养、基因工程、胚胎干细胞培养（2）囊胚期发育的全能性（3）核苷酸序列B和CHindⅢ和PstⅠ或EcoRⅠ和PstⅠ（4）绿干扰素的抗体25、(1)叶绿体基质无

(2)叶绿体中的色素吸收利用红光多于黄光，a点光合速率更高

(3)ATP和[H]暗反应【分析】【分析】本题考查了光合作用原理以及应用，准确识记相关知识点是解题的关键。【解答】（1）大豆幼苗光合作用中，催化三碳化合物还原的酶存在于叶绿体基质。实验结果表明，在大棚中种植大豆时，应选用无色透明塑料薄膜搭建顶棚。（2）a点的净光合速率大于c点，从光合作用的角度分析，原因是叶绿体中的色素吸收利用红光多于黄光，a点光合速率更高。（3）研究小组发现沙尘天气影响大豆生长，分析认为：首先，沙尘天气直接影响叶绿体中的ATP和[H]产生；其次，沙尘堵塞大豆叶气孔，进而影响光合作用的暗反应阶段。【解析】(1)叶绿体基质无(2)叶绿体中的色素吸收利用红光多于黄光，a点光合速率更高(3)ATP和[H]暗反应26、（1）叶绿体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）四种色素在层析液中的溶解度不同，溶解度越高扩散得越快，反之则慢橙黄色黄【分析】【分析】本题考察光合作用与呼吸作用以及色素的提取和分离的相关知识点，意在考察考生对相关知识点的综合运用以及识图的能力。【解答】（1）A点光合作用强度等于呼吸作用强度，所以叶肉细胞中消耗的O2来自叶绿体。当光照强度下降，光合作用强度减弱，呼吸作用强度不变，所以A点向左移动。40℃时光合作用等于呼吸作用的强度，60℃时酶活性失活，植物死亡。（2）根据图像分析可知：温度为30℃时，净光合作用强度为5mg/单位面积·h,呼吸作用强度为3mg/单位面积·h,所以该植物光合速率最大值为8mg/单位面积·h。图2小麦在30℃条件下,表观光合速率为5mg/单位面积.h,20℃条件下的呼吸速率为2mg/单位面积.h,因此光照12小时、黑暗8小时,二氧化碳的净吸收量=mg,则葡萄糖的积累量==30mg。（3）若用H218O供给该小麦进行代谢,有氧呼吸的第二阶段是丙酮酸与水生成C18O2，C18O2在光合光合作用的暗反应阶段生成C6H1218O6。（4）利用纸层析法可以分离该绿色植物叶片中的色素，其原理是四种色素在层析液中的溶解度不同，溶解度越高扩散得越快，反之则慢，所以距离起点最远的色素是胡箩卜素（橙黄色），最近的是叶绿素b（黄色）。【解析】（1）叶绿体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）四种色素在层析液中的溶解度不同，溶解度越高扩散得越快，反之则慢橙黄色黄27、（1）体液（2）B淋巴呈递抗原淋巴因子（3）abcd（4）⑥⑧⑨反应迅速，产生抗体多，患病程度低（5）b胸腺【分析】【分析】本题考查特异性免疫相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识的网络结构能力。【解答】（1）图中所示的是通过抗体进行的免疫为体液免疫。（2）e是产生抗体的浆细胞，d是记忆细胞，c是B淋巴细胞，b是T细胞，a是吞噬细胞；②表示吞噬细胞将吞噬的抗原处理后呈递给T细胞，T细胞会产生淋巴因子作用于B细胞，促使B细胞增殖分化形成浆细胞和记忆细胞。故③过程中发挥作用的物质是淋巴因子。（3）特异性识别抗原的细胞有b（T细胞），c（B细胞）、d（记忆细胞）。e（浆细胞）没有识别功能，而a吞噬细胞具有识别功能，但是不能特异性识别抗原。故图中能识别抗原的细胞有abcd。（4）预防接种后，机体会产生相应的记忆细胞，当相同病原体侵入时，直接刺激记忆细胞，即⑥途径；记忆细胞迅速增殖分化形成浆细胞为⑧途径，产生大量抗体消灭抗原为⑨途径。这个过程反应迅速，产生抗体多，患病程度低，因此可迅速消灭病原体，有效预防某些疾病。（5）HIV主要攻击b（T细胞），T细胞是在胸腺发育成熟的。【解析】（1）体液（2）B淋巴呈递抗原淋巴因子（3）abcd（4）⑥⑧⑨反应迅速，产生抗体多，患病程度低（5）b胸腺五、简答题(共2题，共16分)28、略

【分析】试题分析：（1）由波的传播特性和波动图象知，波长=2m波从x=1m传至x=4.5m处的N质点需要的时间t=（7/4）T此时x=4.5m处的质点正向y轴负方向运动x=4.5m处的N质点恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置还需T/2，因此=（9/4）T=2.25s（1分）此时波形如图：（2）由图知，振幅A=8cm质点在一个周期内通过的路程为4A=32cmO质点通过88cm的路程共经过的时间为（11/4）T（从x=0m传至x=4．5m处的N质点需要时间t1为（9/4）T质点N运动的时间为（1/2）T所以质点N振动通过的总路程为2A=16cm。考点：机械振动、机械波【解析】【答案】（1）2.25s；波形图见解析；（2）16m；29、rm{(1)0.2mol/(L?min)}rm{2.7}

rm{(2)40%}

rm{(3)<}减小。

rm{(4)bc}

rm{(5)}正反应【分析】【分析】本题考查了化学平衡的分析应用，主要是图象分析，平衡常数、反应速率的概念计算应用，注意一下化学平衡的因素分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】rm{(1)}图象分析可知rm{4min}反应达到平衡状态，物质浓度为rm{c(CO)=1.2mol/L}rm{c(H}图象分析可知rm{(1)}反应达到平衡状态，物质浓度为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}结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，

rm{{,!}_{2}}rm{O)=0.2mol/L}结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，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}变化量rm{(mol/L)}rm{0.8}rm{0.8}rm{0.8}rm{0.8}rm{(mol/L)}

rm{0.8}时段，反应速率rm{v({H}_{2}O)=dfrac{;0.8mol/L;}{4min;}=0.2mol/(L?min)}，平衡常数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}该反应到平衡量rm{(mol/L)}rm{1.2}rm{0.2}rm{0.8}rm{0.8}时，rm{(mol/L)}的转化率rm{=dfrac{;0.8mol/L}{;2mol/L;}隆脕100拢楼=40拢楼}；故填：rm{1.2}rm{0.2}若rm{0.8}时改变的外部条件为升温，图象可知氢气浓度减小，一氧化碳和水的浓度增大，说明平衡逆向进行，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，则该反应的rm{0.8}此时平衡逆向进行，平衡常数减小；在rm{0隆芦4min}时段，反应速率rm{v({H}_{2}O)=

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

rm{0隆芦4min}上述分析可知，反应rm{v({H}_{2}O)=

dfrac{;0.8mol/L;}{4min;}=0.2mol/(L?min)}平衡常数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)}该反应到rm{4min}时，rm{CO}的转化率rm{=

dfrac{;0.8mol/L}{;2mol/L;}隆脕100拢楼=40拢楼}rm{(2)}是气体体积不变的放热反应

rm{4min}反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故rm{CO}错误；

rm{=

dfrac{;0.8mol/L}{;2mol/L;}隆脕100拢楼=40拢楼}混合气体中rm{40%}不变是平衡的标志，故rm{(3)}若rm{6min}时改变的外部条件为升温，图象可知氢气浓度减小，一氧化碳和水的浓度增大，说明平衡逆向进行，逆向为吸热反应，正反应为放热反应，则该反应的rm{triangleH<0}此时平衡逆向进行，平衡常数减小；正确；

rm{(3)}rm{6min}rm{triangleH<0}正故填：rm{<}减小；rm{<}rm{(4)}上述分析可知，反应rm{CO(g)+H}逆，正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故rm{(4)}正确；

rm{CO(g)+H}断裂rm{{,!}_{2}}键的同时生成rm{O(g)?H}键，说明反应正向进行，不能这么说明正逆反应速率相同，故rm{O(g)?H}错误。

rm{{,!}_{2}}

rm{(g)+CO}若保持与rm{(g)+CO}时相同的温度，向一容积可变的密闭容器中同时充入rm{{,!}_{2}}rm{(g)}是气体体积不变的放热反应rm{(g)}rm{a.}反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故rm{a}错误；rm{a.}rm{a}rm{b.}混合气体中rm{c(CO)}不变是平衡的标志，故rm{b}正确；rm{b.}rm{c(CO)}时，rm{Q=dfrac{;2.5隆脕0.5}{;0.5隆脕1.5;}=1.7<K=2.7}，说明反应正向进行；故填：正反应。rm{b}【解析】rm{(1)0.2mol/(L?min)}rm{2.7}rm{(2)40%}rm{(3)<}减小。

rm{(4)bc}

rm{(5)}正反应六、综合题(共3题，共21分)30、(1)ABD(2)

解：(i)

设1

个大气压下质量为m

的空气在温度为T0

时的体积为V0

密度为娄脩0=mV0

设温度为T

的体积为VT

密度为。

娄脩(T)=mVT

由盖鈭�

吕萨克定律得V0T0=VTT

联立可得：娄脩(T)=娄脩0T0T

气球受到的浮力为f=娄脩(Tb)gV

联立可得：f=娄脩0gVT0Tb

(ii)

根据娄脩(T)=娄脩0T0T

可得娄脩(Ta)=娄脩0T0Ta

气球内空气的重力为G=娄脩(Ta)gV=T0Ta娄脩0gV

(iii)

气