理科综合答案12.24

物理答案二、选择题:本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，14~18题只有一项符合题目要求，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，有选错的得0分。题号1415161718192021答案BDDCBABDBCDAD14、【答案】B【解析】美国科学家富兰克林把用丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷命名为正电荷，故A错误；弹力在本质上都是电磁力引起的，故B正确；对能量守恒定律的建立做出了突出贡献的物理学家中没有牛顿，故C错误；电场线不是实际存在的线，但可以能用实验来摸拟电场线的分布，故D错误。15、【答案】D【解析】质点做匀加速直线运动；根据位移公式2012xvtat，变形得012xvatt，根据图象可得v0=3m/s，a=1.2m/s2，故A错误，D正确；质点在前2s内的平均速度0142m/s2.xvvatt，故B错误；质点在第5s末的速度为v=v0+at=9m/s，故C错误。16、【答案】D【解析】当AB两滑块刚要发生相对滑动时，以B为研究对象：MgMa，以整体为对象：02FMa，解得：F0=160N100N，所以A、B不可能发生滑动，所以A、B的最大加速度225m/s2m.FaM，故AB错误；因为地面光滑，推力撤去后，两滑块一起做匀速运动，没有最大位移的，故C错误。F－x图像围成的面积表示推力所做的功，推力做功为W=200J，根据动能定理可得2122WMvm()，解得10m/smv，故D正确。17、【答案】C【解析】由于有摩擦力做功，所以滑块在上滑过程中和下滑过程中机械能都减小，故A错误；在上升的过程中重力做功：W=-mgH，下降的过程中重力做功为W=mgH，二者不相等，故B错误；在沿斜面方向向上滑动受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律可得sin30fmgFma，解得14fFmg，故克服摩擦力做功1(22)4ffWFlmghmgh，机械能损失mgh，在整个过程中，重力做功为0，所以合外力做功mgh，故C正确，D错误。18、【答案】B【解析】人造卫星的周期tTn，轨道半径r=R+h，人造卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供：22222π()MmmvGmrmrmarTr，在地球表面有2MmmgGR，地球的密度：34π3MR，解得：223224πgRthRn，232πgnRvt，34πgGR，故B正确，A、C错误。M是末知量，故D错误。19、【答案】ABD【解析】【详解】A．小球A受重力、库伦兹和洛伦兹力，它们的合力提供向心力，重力与库仑力的合力水平，如图，库仑力大小为5cos4mgmgF故A正确；B．洛伦兹力指向z轴，匀强磁场竖直向下，根据左右定则可知，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，故B错误；CD．根据牛顿第二定律200tansinvqvBmgmr得005334mvmgBqrqv当005334mvmgqrqv即0920vgr时，B取最小值，由数学知识可知，v0和B并非单调关系，故C错误，D正确。故选AD。20、【答案】BCD【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向a端移动，滑动变阻器连入电路的电阻变大，总电阻变大，干路电流变小，所以电阻R1消耗的电功率变小，电源内阻消耗的功率变小，故CD错误；外电阻增大，路端电压即电压表示数变大，并联电路电压1()UEIrR并变大，经过电阻2R的电流22UIR并变大，电流表示数即通过滑动变阻器电流12III变减小，故A正确，B错误。本题是选择错误的，故选BCD。21、【答案】AD【解析】线框进入磁场的过程感应电流为逆时针，从磁场另一侧穿出时的感应电流为顺时针，故A正确，B错误；进入磁场时是匀速的，因为加速度为0，而线圈在磁场中时有一段不受安培力的作用，故速度要增大，所以穿出磁场时的速度要比进入磁场时的速度大，故进入磁场的时间较长，选项C错误；安培力都是与线圈的运动方向相反的，故安培力的方向都是向上的，安培力的方向相同，故D正确。三、非选择题：22、(5分)【答案】(1)匀速直线运动；（1分）在离开弹簧前A、B均做加速运动，A、B两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小（2分）；(2)0.018；（2分）【解析】本题考查验证动量守恒定律的实验，意在考查学生的分析能力。(1)A、B离开弹簧后，应该做匀速直线运动；烧断细线后，在弹簧恢复原长的过程中，应先做加速运动，当弹簧恢复原长后，滑块做匀速直线运动，由图中闪光照片可知，滑块直接做匀速直线运动，没有加速过程，与事实不符；(2)频闪照相的时间间隔t=1𝑓=0.1s，滑块A的速度vA=𝑥𝐴𝑡=0.0090.1m/s=0.09m/s，A的动量PA=mAvA=0.200kg×0.09kg•m/s=0.018kg•m/s，23、（10）【答案】5.0或5甲小乙层级1：乙图是分压电路，采用分压电路Rx的电压可以从0开始变化。表中的数据U的最小值是0.10V，比较小，所以一定是采用了乙图。层级2：若采用甲图，Rx的电压的最小值约为0.75VxxURERRr；若采用乙图，Rx的电压可以从0开始变化。表中的数据U的最小值是0.10V，所以一定是采用了乙图。【解析】(1)[1]选用电阻×1挡进行测量，根据指针位置知该电阻的阻值约为5.0；(2)①[2]电流表的内阻约0.1，比待测电阻小，而电压表的内阻约3k，远大于待测电阻，故选用图甲电流表外接法相对误差较小；[3]采用电流表外接法，由于电压表的分流作用，使得电流表的测量值大于真实值，因此URI可得测量的结果根据与真实值相比偏小；②[4][5]由数据可知，他选择的滑动变阻器的连接方式是图3中的“乙”图分压接法。依据如下：层级1：乙图是分压电路，采用分压电路Rx的电压可以从0开始变化。表中的数据U的最小值是0.10V，比较小，所以一定是采用了乙图。层级2：若采用甲图，Rx的电压的最小值约为0.75VxxURERRr；若采用乙图，Rx的电压可以从0开变化。表中的数据U的最小值是0.10V，所以一定是采用了乙图。24、(14分)【答案】（1）4m/s；（2）1.2m；（3）0.48m5.解析：（5分）（1）若在时间t=1s内，物块与长木板一起运动，加速度为a，则122Fmgma①（1分）物块受合外力2fmamg②（1分）说明物块在长木板上发生了相对滑动．设撤去F时，长木板的速度为v1，滑块速度为v2，由动量定理可知，对物块，有22mgtmv③（1分）对系统，有112(2)Fmgtmvmv④（1分）代入数据解得v1=4m/s，v2=2m/s拉力撤去时，长木板的速度大小为4m/s．（1分）（5分）（2）设撤去拉力后，经时间t1，两者获得共同速度为v，由动量定理可知，对物块，有212mgtmvmv⑤（1分）对长木板，有211112mgtmgtmvmv⑥（1分）将v1和v2的数值代入解得t1=0.2s，v=2.4m/s在t=1s内，物块相对于长木板的位移s1=(v1－v2)t/2=1m⑦（1分）在t1=0.2s内，物块相对于长木板的位移s2=(v1-v2)t1/2=0.2m⑧（1分）木板的长度最小值为L=s1+s2=1.2m（1分）（4分）（3）滑块与木板有了共同速度后，在摩擦力作用下均做减速运动，物块相对于木板向右运动，木板和物块先后停下，设木板位移为x1，物块位移为x2，由动能定理，得22111(2)02mgmgxmv⑨（1分）222102mgxmv⑩（1分）这段时间内物块相对于木板的位移s3=x2－x1=0.72m．（1分）物块最终离板右端的距离d=s1＋s2－s3=0.48m（1分）25、（18分）【参考答案】（1）2032mvEeL；（2）（-2L，0）；（3）289L【名师解析】（4分）（1）在第一象限内，做类平抛运动0ONvt1分212Lat1分根据牛顿第二定律eE=ma1分解得2032mvEeL1分（6分）（2）粒子射入磁场时，速度方向与y轴夹角的正切值0tan3atv1分速度大小002cosvvv1分在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力2mvevBR1分得43mvRLeB1分根据几何关系1cos2xRRL1分该点的坐标为（-2L，0）1分（8分）（3）根据题意，作出轨迹图如下图3分电子在磁场中偏转90°射出，则磁场的最小半径minsin452abRR3分最小面积2minminSR1分解得2min89SL1分33.［物理——选修3-3］(15分)(1)(5分)【答案】BCE【解析】第二类永动机没有违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律，故A错误；在液体内部分子间的距离在0r左右，而在表面层，分子比较稀疏，分子间距离大于0r，因此在液体表面分子间的作用表现为相互吸引，它的作用使液体表面绷紧，所以液体表面存在张力，故B正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质具有各向异性，故C正确；玻璃是非晶体，故D错误；气体分子单位时间内与单位面积器壁发生碰撞的次数，这是气体压强的微观意义，气体的压强与分子数密度、温度有关，故E正确。(2)(10分)【答案】(2)(i)104TT(ii)00332QpShT【解析】(i)活塞刚好对气缸顶部没有压力时，气缸内气体的压强是p1=2p0(2分)在气体由压强p＝2.2p0下降到2p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝4.4T0变为T1。由查理定律得012pTTp＝(1分)解得104TT(1分)(ii)在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V=Sh减小到V1，气体压强不变。由盖·吕萨克定律得110TVVT＝解得：114VSh(2分)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W＝2p0(V－V1)(1分)在这一过程中，气体内能的减少为ΔU＝α(T1－T0)(1分)由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为Q＝W＋ΔU(1分)解得得00332QpShT(1分)34.［物理——选修3-4］(15分)(1)(5分)【答案】BCD【解析】质点Q恰在平衡位置且向上振动，可以判断出此列波向右传播，故A错误；由题意知，再过1s，质点Q由图示位置第二次到达波峰，51s4T，所以T=0.8s，波的传播速度为vT30m/s，故B正确；22.50.8tT，故P质点振动了122T，既质点P到达波谷，位移为-0.2m，故C正确；由T=0.8s解得2.5πrad/s，质点P的振动位移随时间变化的关系式π0.2sin(2.5π)m2xt，故D正确；0.91.1250.8tT，故0至0.9s时间内质点P通过的路程小于0.9m，故E错误。(2)(10分)【答案】36cm；12cm【解析】由几何关系3AOR(1分)入射角正弦113sin23in(1分)因此，红光在AB面一部分折射，一部分反射。光路如图所示(3分)由几何关系可知：反射光线与AC面垂直，光线不发生偏折。所以光斑P到A点的距离36cmtanAOAPi(1分)折射光斑为Q，设折射角为r，根据折射定律：sinsininr(2分)可得：3sin2r(1分)由几何知识可得：12cmtanAOAQr(1分)生物参考答案：1．B2．A3．A4．C5．C6．C29．（除特殊标记外，每空1分，共9分）(1)主动运输叶绿体基质(2)光照强度使细胞在低浓度CO2条件下，能通过CA催化分解HCO3-，得到更多的CO2用于光合作用（2分）(3)最高HL组胞外CA活性最高，H+与HCO3-反应生成CO2被小球藻吸收利用，导致培养液中H+浓度下降最快，pH最高（2分）(4)低30．（每空1分，共8分）(1)氨基酸(2)L1蛋白记忆细胞(记忆B细胞)吸附宿主细胞(3)A1感染HPV(4)未能明显诱导细胞免疫清除体内HPV(5)免疫诊断、免疫治疗31．（除特殊标记外，每空1分，共10分）(1)