资源简介 2022广西普通高校摸底考试理科综合(考试时间:150分钟试卷满分:300分)注意事项: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∏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可能用到的相对原子质量:H-1c-12N-140-16c135.5Fe56Cu64Pb207第I卷、选择题:本题共13个小题,每小题6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.肉焖子是秦皇岛的一种美味小吃,其原料主要是猪肉、淀粉、鸡蛋和大葱等,下列说法不正确的是()A.猪肉中含有的脂肪仅由C、H、O三种元素组成B.淀粉作为植物细胞的储能物质,可用斐林试剂检测C.鸡蛋中的主要成分是蛋白质,其中的氮元素主要存在肽键中D.大葱中含有的纤维素是一种多糖,它与淀粉的基本单位都是葡萄糖2“结构与功能相适应”是生物学的基本观点,即一定的结构必然有与之相对应的功能存在,同时任何功能都需要一定的结构来实现。下列叙述不符合该观点的是A.线粒体内膜上的蛋白质种类和数量比外膜多B.蛋白质合成旺盛的细胞中核糖体的数量明显增加C.动物的卵细胞体积较大,有利于与周围环境进行物质交换D.哺乳动物成熟的红细胞内没有细胞核,可容纳更多的血红蛋白,利于携带氧气3.研究发现,水稻3号染色体上的基因E可决定水稻对氮、磷、钾元素有效吸收的特性,利于增强光合作用,同时该基因对水稻早熟和高产也有直接影响。下列分析错误的是()A.基因E可能直接控制K载体的合成B.基因E可以影响多个生物性状C.基因E的根本来源是基因重组D.通过单倍体育种可获得EE个体4豌豆子叶的黄色(Y对续色(y为显性,种子的圆粒(R)对皱粒()为显性,控制这两对性状的两对基因独立遗传。现用两个纯合亲本杂交获得F1,F1自交得到的F2性状分离比为9:3:3:1。下列相关叙述正确的是()A.F2中重组类型所占比例为38B.F2出现该分离比是F1产生配子时等位基因分离非等位基因自由组合的直接结果C.从F2的黄色圆粒豌豆植株中任取一株,其基因型与jF1相冋的概率是10D.自然条件下,将F2中黄色皱粒豌豆种植,后代出现绿色皱粒豌的概率为165.下列有关动物激素说法正确的是()A垂体分泌的抗利尿激素,能提高肾脏集合管对水的通透性,促进水的电吸收B激素的分泌可受到中枢神经系统的调节C激素是信息分子,可以直接参与细地内的多种生命活动D.内分泌细胞分泌的激素分子弥散在全身体液中,对所有细胞起作用摸底考试理综第1贞共12贞2022广西普通高校摸底考试理科综合参考答案生物参考答案及解析一、选择题1.答案：B解析：淀粉不是还原糖，不可用斐林试剂检测。2.答案：C解析：细胞体积越大，其相对表面积越小，越不利于与外界进行物质交换。3.答案：C解析：该基因的根本来源是基因突变4.答案：D解析：因亲本类型未确定，所以重组类型占比为3/8或5/8，故A错误；F2出现该性状分离是F1产生的雌、雄配子随机结合的直接结果，故B错误；从F2的黄色圆粒豌豆植株中任取一株，其基因型与F1即YyRr相同的概率是4/9，故C错误。自然条件下将F2中黄色皱粒豌豆(即1/3YYrr、2/3Yyrr)种植后会自交，其后代出现绿色皱粒豌豆的概率为2/3YyrrX1/4yyrr=1/6yyrr，故D正确。5.答案：B解析：下丘脑分泌的抗利尿激素，能提高肾脏集合管对水的通透性，促进水的吸收，A错误；激素的分泌可受到神经系统的影响，B正确；激素是信息分子，可以调节生命活动，不能直接参与细胞内的生命活动，C错误；内分泌细胞分泌的激素分子弥散在全身体液中，只对靶器官、靶细胞起作用，D错误。6.答案：A解析：在农田生态系统中，农作物获取的能量主要来自光能，所以A错误。二、非选择题29.（除特殊注明外，每空1分，共11分）（1）降低化学反应的活化能细胞质基质丙酮酸酒精（2）吸收细胞呼吸产生的二氧化碳（3）①③④（2分）①②（2分）（4）会，水稻细胞无氧呼吸产生的酒精对细胞有毒害作用（2分）【解析】（1）酶作为生物催化剂，其作用的机理是降低化学反应的活化能，分析题图可知，①是细胞呼吸的第一阶段，②是无氧呼吸的第二阶段，①②过程发生的场所是细胞质基质，因此催化过程①②的酶存在于细胞的细胞质基质。有氧呼吸和无氧呼吸的第一阶段分解葡萄糖，产生丙酮酸，因此A为丙酮酸。小麦无氧呼吸的产物是二氧化碳和酒精，因此B是有氧呼吸与无氧呼吸的共同产物——二氧化碳，E是酒精。（2）题图2所示实验乙中，KOH溶液的作用是吸收细胞呼吸产生的二氧化碳。（3）题图中甲装置放置了清水，不吸收二氧化碳，若发现墨滴不动，说明产生的二氧化碳量正好与消耗的氧气量相等；题图中乙装置放置了KOH溶液，吸收二氧化碳，若墨滴左移，所以题图2装置中只发生了有氧呼吸，对应题图1中的①③④过程。若发现题图中甲装置中墨滴右移，说明产生的二氧化碳大于氧气的消耗量；题图中乙装置中墨滴不动，说明产生的二氧化碳被全部吸收，只发生了无氧呼吸，对应题图1中的①②过程。（4）稻田定期排水，能促进水稻根细胞的有氧呼吸，否则水稻幼根进行无氧呼吸会产生酒精，酒精对细胞有毒害作用，会导致幼根变黑腐烂。30.（除特殊注明外，每空2分，共8分）（1）减少（1分）（2）其细胞上都有褪黑素受体淋巴因子（1分）（3）神经褪黑素浓度增高通过负反馈调节抑制的下丘脑的活动，使褪黑素分泌减少31.（除特殊注明外，每空1分，共8分）（1）生物群落（或群落）样方法（2）不属于生物种群的繁衍，离不开信息的传递（2分）（3）次级消费者通过呼吸作用散失和部分能量未被利用（每点1分，共2分，位置不限）【解析】（1）莲塘里的所有生物构成了生物群落；调查莲塘里某双子叶杂草的种群密度常用的方法是样方法。（2）荷叶有的挺水有的浮水，错落有致，是同一种群内部的特征，不属于群落的特征。荷花需要一定量的光照才能绽放，从生态系统中信息传递意义的角度分析，说明生态系统的信息传递说明生物种群的繁衍，离不开信息的传递。（3）在“荷花—鱼—鸟”这条食物链中，荷花是生产者，鱼是初级消费者，鸟是次级消费者。鱼体中的能量会通过呼吸作用散失，还有部分被分解者分解利用，部分能量未被利用，故流动到鸟的效率并不高。32.（每空2分，共12分）（1）酶的合成来控制代谢过程（2）AaXBXb和AaXBY全部为雄虫（3）①AAXbXb②子代雌虫体色为绿色：黄色=1:1（或者绿色雌虫：黄色雌虫：白色雄虫=1:1:2）③aaXbXb【解析】（1）上图体现了基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状。（2）依图示分析可知：绿色昆虫的基因组成是A_XBX－和A_XBY，题目中二只绿色昆虫杂交，子代出现了3/16的黄色昆虫，两对基因拆分开可以得出，又已知黄色虫基因组成为aaXBX－和aaXBY，故此二只绿色昆虫的基因型为AaXBXb、AaXBY，因为白色昆虫的基因组成为－－XbXb和－－XbY，所以子代白色昆虫的基因组成为A－XbY或aaXbY，故都为雄性。（3）若让白色雌虫Q与黄色雄虫杂交得子代，观察并统计子代的体色和性别情况。预期实验结果和结论：若子代的雌虫体色均为绿色，则Q的基因型是AAXbXb；若子代雌虫体色为绿色：黄色=1：1（或绿雌:黄雌：白雄=1:1:2），则Q的基因型是AaXbXb；若子代的雌虫体色均为黄色（或黄雌：白雄=1：1），则Q的基因型是aaXbXb。37.（除特殊注明外，每空2分，共15分）（1）脲酶红色（2）选择培养（3）利用强烈的理化因素杀死物体内外所有的微生物，包括芽孢和孢子检验培养基灭菌是否合格（4）当样品的稀释度足够高时，培养基表面生长的一个菌落来源于样品稀释液中的一个活菌，即一个菌落代表样品稀释液中的一个活菌（3分）（5）不是【解析】（1）只有能合成服酶的微生物才能分解尿素，幽门螺杆菌含有服酶，能够在以尿素为唯一氮源的培养基中生长。幽门螺杆菌中的服酶将尿素分解成了氨，氨会使培养基的pH升高，如果在培养基中加入酚红指示剂，若有幽门螺杆菌，则菌落周围会出现红色环带。（2）为了使混合菌样中的目的菌变成优势菌，从而提高该菌的筛选效率，可用选择培养基培养筛选，即选择培养，可得到高浓度的幽门螺杆菌。（3）灭菌是指利用强烈的理化因素杀死物体内外所有的微生物，包括芽孢和孢子。在实验中还要设置未接种的对照组，这样做的目的是检验培养基灭菌是否合格。（4）稀释涂布平板法是将菌液进行一系列的梯度稀释，在稀释度足够高的菌液里，聚集在一起的微生物将被分散成单个细胞，从而能在培养基表面形成单个菌落，一个菌落代表样品稀释液中的一个活菌，统计平板上的菌落数就能推测出样品中大约含有多少活菌。（5）通过统计平板上的菌落数能推测出稀释液中的活菌数，而稀释液中的细菌是原患者的样品制成菌液经扩大培养后得到的，所以统计的菌落数不是原患者样品中含有的幽门螺杆菌活菌数。38.（除特殊注明外，每空2分，共15分）（1）埃博拉病毒灭活的病毒（2）杂交瘤抗体（3）增大细胞贴壁生长的附着面积（3分）（4）脱分化再分化【解析】（1）据甲图中显示，对小鼠注射埃博拉病毒诱导小鼠产生抗埃博拉病毒的抗体。细胞融合的诱导有化学方法，如聚乙二醇；生物方法，如灭活的病毒；物理方法，如电激。（2）甲图中经选择性培养的①杂交瘤细胞，还需进行克隆化培养和抗体检测，经多次筛选，就可获得足够数量的②细胞。（3）多孔的中空薄壁小玻璃珠放入反应器中，这样可以增大细胞贴壁生长的附着面积，也有利于气体交换。（4）将烟草细胞培养成转基因烟草植株涉及的最基本技术是植物组织培养，该技术主要包括脱分化和脱分化两个阶段。化学参考答案及解析7.答案：C解析：A.金属钠、电石与泡沫灭火剂中的水反应，错误。B.氢氧化铁胶体粒子吸附阳离子而带正电荷，电解时阴极的颜色会逐渐加深。D.雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应。8.答案：A解析：标准状况下5.6LCO2的物质的量为0.25mol，1molCO2分子中含有6+8+8=22mol质子，所以标准状况下5.6LCO2中所含质子的数目为5.5NA，A选项正确；一个乙醇分子中含有7个极性共价键，9.2g乙醇的分子中所含极性键的数目为1.4NA，B选项错误；甲酸和乙醇最简式不一样，则质量一定时氢原子数目不确定，C选项错误；在电催化生成甲酸的过程中，C的化合价由+4降低到+2，每生成1mol甲酸，转移电子数为2NA。9.答案：B解析：A.EGCG的分子式为C22H18O11。B.该有机物的官能团有酚羟基、酯基、醚键，没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应。C.酯基水解后生成的羧酸能与氢氧化钠溶液反应，酚羟基与氢氧化钠反应，所以1mol该有机物最多能与9mol氢氧化钠溶液发生反应。D.酸性：碳酸＞酚羟基＞HCO3－，EGCG能与碳酸钠溶液反应，但不能放出二氧化碳。10.答案：A解析：A.氯气在饱和食盐水中溶解度较小，可用排饱和食盐水收集法收集氯气。B.酸性KMnO4溶液能与乙烯和SO2反应。C.AgNO3溶液中Ag+过量与S2-反应生成Ag2S↓。D.电解质溶液CuSO4与ZnSO4应对换才正确。11.答案：B【详解】X的一种单质可杀菌消毒，X的单质可能是O3，也可能是Cl2，因此四种元素都是短周期主族元素，且原子序数依次增大，则X为O，W原子最外层电子数与最内层电子数相等，因此推出W为Mg，即Y为F，Z为Na，A.原子半径大小顺序是r(Na)>r(Mg)>r(O)>r(F)，故A说法正确；B.F的非金属性强于O，则HF稳定性强于H2O，故B说法错误；C.同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，即四种元素中非金属性最强的元素是F，其单质的氧化性最强，故C说法正确；D.形成的化合物是Na2O2，其电子式为，含有化学键是离子键和非极性共价键，故D说法正确；答案选B。12.答案：C【详解】A.与x相连的电极上发生氧离子失电子生成氧气的氧化反应，x极为电源正极，故A错误；B.a极为阳极，当有2mol电子流出a极时，产生0.5molO2，故B错误；C.b极电极的反应式为：CO2+2e－=CO+O2－，H2O＋2e－=H2+O2-，故C正确；D.在电场作用下，电解质中阴离子移向阳极，由b向a移动，故D错误；故选C。【点睛】本题考查原电池、电解池的综合应用，解题关键：判断a极为阳极，当有电子流出a极时，产生O2，说明x为正极。易错点C，生成合成气为CO和H2的混合物。13.答案：D【解析】A、根据图像可知，a点pH=1.85=pKal，即，所以a点c(H2A)=c(HA－)。假设A成立，a点所加NaOH为10mL，则a点溶液中溶质为H2A和NaHA，且物质的量之比为1：1，但还要考虑电离和水解，由pKal＝1.85，pKa2＝7.19可知，H2A与NaHA以1：1混合时，H2A占主要地位，所以此时溶液中c(H2A)≠c(HA－)，假设不成立，实际上a点NaOH应该小于10mL，故A错误；B、b点是用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L－1H2A溶液，恰好反应生成NaHA，由质子守恒可得c(H2A)+c(H+)=c(A2－)+c(OH－)，故B错误；C.A2－水解平衡常数Khl=Kw/Ka2=10－6.81，故C错误；D.c点pH=7.19=pKa2，，所以c(A2-)=c(HA－)，故D正确。选D。【点睛】以强碱与弱酸反应为载体，要求学生能够结合用中和滴定曲线来分析滴定过程中溶液的pH变化、判断溶液的成分即溶液中微粒浓度的大小。此类题目要抓住几个关键点：酸碱物质的量之比1：1的点、完全中和的点、溶液pH=7的点，要回分析这三种特殊情况时溶液的溶质成分，其他的点可以利用这三个特殊点进行比较迁移。然后借助三大守恒（电荷守恒、物料守恒、质子守恒）分析微粒浓度大小。26.（14分）（1）使反应物充分接触，增大反应速率（2分）（2）①漏斗下端未紧贴烧杯内壁（2分）②降低MnSO4的溶解度或减小MnSO4的溶解损失（2分）（3）稀硫酸（1分）甲苯（1分）（4）分液漏斗（1分）（5）蒸馏或分馏（1分）利用温度计测量的是蒸出馏分蒸汽的温度（2分）（6）部分苯甲醛被氧化成苯甲酸或有副反应发生等合理的给分（2分）27.（14分）（1）溶液由无色变为紫红色（2分）5S2O82-+2Mn2++8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+（2分）（2分）（2）3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3＋+6H2O（2分）60min（1分）3：1（1分）pH＜8（2分）1：2（1分）铝热反应（1分）【详解】（1）①溶液中的Mn2+转化为MnO4－的实验现象为溶液由无色变为紫红色，故答案为溶液由无色变为紫红色。②Mn2+被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化物MnO4－，还原产物应为SO42－，反应的离子方程式为：5S2O82－+2Mn2++8H2O=2MnO4－+10SO42-+16H+，故答案为5S2O82－+2Mn2++8H2O=2MnO4－+10SO42－+16H+。③H2S2O8可视为由两分子的硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为：，则H2S2O8的结构简式为：，故答案为。（2）①由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将Fe氧化为Fe3＋，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3＋+6H2O，由图甲可知，适宜的浸出时间为60min，由图乙可知，适宜的液固比为3：1，故答案为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3＋+6H2O，60min，3：1。②由流程图中信息可知，“调pH”的目的是使Fe3＋和Al3＋沉淀完全，而Mn2＋不沉淀，根据Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38可知：Al3＋沉淀完全时Fe3＋已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH=-lg=，Mn2＋开始沉淀时的pH为-lg=8，则“调pH”的范围为≤pH＜8，故答案为≤pH＜8。③根据信息可知，“煅烧”时，空气中的O2将MnCO3氧化为MnO2，根据得失电子守恒可得关系式O2～2MnCO3，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应在化学上又叫做铝热反应，故答案为1：2，铝热反应。28.（15分）Ⅰ、（1）K＝（2分）（2）60％（2分）（3）+203.9kJ·mol－1（2分）Ⅱ、（4）CH4+10OH－-8e－=CO32－+7H2O（2分）（5）（1L/22.4L.mol－1）×8×9.65×104C.mol－1=3.45×104C（2分）Ⅲ、（6）Ka=4×10－4。（2分）解析：PH=4时C(H+)=10-4mol.L－1，C(F－)=1.6×10－3mol.L-1，C(HF)=4.0×10－4mol·L－1带入计算公式Ka=4×10－4（7）Qc=c2（F－）×c（Ca2+）=5.12×10－10>Ksp（CaF2），（2分）有沉淀产生（1分）解析：由图像可知PH=4时，C(F-)=1.6×10-3mol.L－1，混合液C(Ca2+)=2.0×10－4mol·L－1Qc=c2（F－）×c（Ca2+）=5.12×10－10>Ksp（CaF2），35.（15分）（1）N＞O＞C（2分）sp2（1分）（1分）（2）（2分）HCOOH和CO2都为分子晶体，HCOOH分子间形成氢键（2分）（3）4（1分）a（1分）（4）H2（1分）(，，0)（2分）×1010（2分）【分析】根据元素第一电离能的变化趋势比较元素的第一电离能的大小关系，根据杂化轨道理论和大π键的成键特点判断氮原子的轨道杂化方式，根据配位键的成键条件判断和中谁的氮原子配位能力更强。根据价层电子对互斥理论分析中心原子的价层电子对数，根据Sn与O的成键特点判断其所形成的化学键类型。根据均摊法确定晶胞中各种微粒的个数，再结合晶体的化学式确定微粒Z的类型，根据晶胞结构及其粒子的空间分布特点判断其坐标参数，根据晶胞的密度和质量计算晶胞的边长。【详解】（1）同周期从左向右元素的第一电离能总体呈增大趋势，但是第ⅤA族元素比同周期的第ⅥA族元素的第一电离能大，故N、O、C的第一电离能依次减小；和中都存在大π键，氮原子均采用sp2杂化，的大π键为π66，N原子有一对孤电子对，的大π键为π56，N原子无孤电子对，因此氮原子配位能力更强的是，故答案为：N＞O＞C；sp2；；（2）碳原子为6号元素，根据构造原理可写出基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，故基态碳原子的价电子排布图为；HCOOH和CO2都为分子晶体，但是HCOOH分子间可形成氢键，故HCOOH的沸点比CO2高；（3）[B(OH)4]－中硼原子连接四个羟基，其价层电子对数为4；[Sn(OH)6]2-的中心离子Sn4+与OH-之间形成配位键，配位键是一种特殊的共价键，则Sn与O之间形成的化学键属于σ键或极性键，不可能是π键，故答案为：4；a；（4）根据均摊法可知，晶胞中，微粒X的个数为，微粒Y的个数为，微粒Z的个数为，根据储氢后所得晶体的化学式LaNi5H6，可知微粒Z为H2；根据晶胞结构图可知，B(Y)的原子分数坐标为(，，0)；晶胞边长，故答案为：H2；(，，0)；×1010。【点睛】第（4）问在计算晶胞边长时单位的换算是学生们的易错点，1cm=1010pm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换算，1cm=10-7nm。36.（15分）（1）（2分）醛基（1分）（2）NaOH的醇溶液（2分）消去反应（1分）（3）(水浴)加热（2分）+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O（2分）（4）[或]（2分）（5）CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH3（3分）【分析】A的分子式为C4H10，为丁烷，丁烷有两种同分异构体，分别为和CH3CH2CH2CH3，丁烷和氯气发生取代反应制得B和C，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则B为2-氯-2－甲基丙烷，A的结构只能是为，C为1-氯-2－甲基丙烷，B和C在NaOH的醇溶液中发生消去反应制得2－甲基丙烯，2－甲基丙烯在B2H6和H2O2碱性条件下反应生成E为2-甲基-1-丙醇，F是苯甲醛，在银氨溶液中反应制得苯甲酸铵，苯甲酸铵在酸性条件下反应生成苯甲酸，2-甲基-1-丙醇和苯甲酸反应制得W，W为，据此分析。【详解】（1）根据分析可知：A的结构简式为；F是苯甲醛，F中所含官能团的名称为醛基；（2）B为2-氯-2-甲基丙烷，加入NaOH的醇溶液发生消去反应制得2-甲基丙烯；（3）F→G是苯甲醛和银氨溶液的反应，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，反应条件是水浴加热；（4）2-甲基-1-丙醇和苯甲酸反应制得W，W为，W的同分异构体能发生水解反应，说明分子中含有酯基，且水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应说明水解后含有酚羟基，核磁共振氢谱中有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：9，则有四种不同环境下的氢原子，每种环境下的氢原子的个数比为1：2：2：9，W的同分异构体的结构简式可能为：[或]；（5）以丙烯和甲醇为原料，制备丙酸甲酯的合成路线：将丙烯在B2H6和H2O2碱性条件下反应生成CH3CH2CH2OH，将CH3CH2CH2OH转化为CH3CH2CHO，CH3CH2CHO在银氨溶液中转化为丙酸铵，再加入氢离子转化为丙酸，丙酸和浓硫酸在加热的条件下反应可制得丙酸甲酯，即：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH3。【点睛】根据B的核磁共振氢谱只有一组峰，确定A的结构简式为难点。物理参考答案及解析14.B【详解】A、C.位移—时间图像中，斜率代表速度，由图可知直线a的斜率不变，则甲车做匀速直线运动。直线b的斜率一直在减小，且速度方向不变，则乙车做减速直线运动。故A、C错误；B.t时刻直线a和曲线b刚好相切，所以甲乙两车速度相等。故B正确；D.前t秒内，甲乙两车的初位置不同，末位置相同，位移不相等,所以平均速度不相等。故D错误。15.C【详解】由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，由图可知Q点到螺母的距离较大，由可知，Q点的加速度较大，C正确。16.A【详解】A.宇航员所受万有引力正好充当向心力，处于完全失重状态。故A正确；B、C.空间站轨道高度约400km，远小于地球同步卫星的轨道高度，所以其飞行速度小于第一宇宙速度且周期小于24小时。故B、C错误；D.对接时，需要减速降轨再加速对接，不能在轨道上直接加速。故D错误。17.C【详解】A.若有铱，经过74天后还有没有衰变，再过74天（即总共经历148天）还有没有衰变，故A错误；B.放射性同位素发生衰变时，因遵循能量守恒，放出了能量出现了质量亏损，质量不守恒，故B错误；C.衰变的实质是核里的一个中子放出一个电子变为一个质子，反应过程中遵循质量数守恒和核电荷数守恒，故质量数不变核电荷数加一，故C正确；D.探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度增大，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙，故D错误；18.D【详解】a导线在c处产生的磁场垂直ac斜向右，b导线在c处产生的磁场垂直bc斜向左，合磁感应强度为ca方向，根据矢量平移叠加原则，如图：，有根据几何关系，为直角，，则有，则，根据题给条件，a、b导线在c处的磁感应强度的大小与电流成正比，所以，故D正确；ABC错误。19.AC【详解】A.由于削出的面片的运动视为平抛运动，则在竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，则运动的时间相同，A正确；B.根据加速度的定义式有a=，由选项A可知，面片运动的时间相同，且只受重力则加速度为g，则速度的变化量相同，B错误；C、D.削出的面片的运动视为平抛运动，则在水平方向有xmin=L=vxmint，xmax=3L=vxmaxt则经过计算可知，落入锅中的面片，水平最大速度是最小速度的3倍，D错误，C正确。20.BD【详解】A.电场线的疏密代表场强大小，所以O点的电场强度大于E点的电场强度，A错误。B.OE与HO间距相等，但是HO间的电场线密集，平均场强大，根据可知，OE间的电势差小于HO间的电势差，B正确。C.电场线与等势面垂直，且由电势高的地方指向电势低的地方，所以O点电势大于G点，所以正电荷在O点时的电势能大于其在G点时的电势能，C错误。D.H点电势大于F点电势，所以正电荷在H电势能大，从H到F电势能减小，电场力做正功，D正确。21.AD【详解】A.根据法拉第电磁感应定律可知，可知，abcd回路中磁通量的变化率为，选项A正确；B.由右手定则可知，感应电流方向由f流向e，选项B错误；C、D.若使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef所受安培力与水平拉力大小相等，则。故选项C错误，D正确。22.（1）乙（3分）（2）9.4（3分）【详解】（1）因为纸带与重物相连，做加速运动，所以乙端与重物相连。（2）根据位移差方程：。23.甲（2分）A（1分）D（1分）E（1分）1.45（2分）1.30（2分）【详解】（1）如果用甲电路，误差来源于电压表的分流，如果用乙电路，误差来源于电流表的分压，而电流表的阻值与电源内阻相近，电压表的内阻远大于滑动变阻器的电阻，所以选择甲电路误差更小。（2）电源电动势为1.5V，所以选择量程为0-3V的电压表。为使电流表有较大角度的偏转，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。电路中最小电流为：，则选择量程为0-0.6A的电流表。（3）该电池的电动势为图线的纵轴截距，即1.45V。内阻为图线的斜率绝对值，即：24.（1）；（2）750J；（3）【详解】（1）曲面光滑，小孩下滑过程机械能守恒，根据机械能守恒定律得，代入数据解得（2）家长抱住小孩过程，家长与小孩组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得，小孩和家长组成的系统损失的机械能代入数据解得（3）小孩和家长组成的系统以共同速度向左做匀减速直线运动，由动能定理得代入数据解得25.（1）1.0×104m/s；（2）30°；（3）0.1m【详解】（1）微粒在加速电场中由动能定理得：qU1=mv02，解得：v0=1.0×104m/s（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，加速度为：，竖直方向速度为：，飞出电场时，速度偏转角的正切为：tan=，解得：=30°（3）进入磁场时微粒的速度是v=，轨迹如图：，由几何关系有，洛伦兹力提供向心力：Bqv=，联立解得：，代入数据解得：B=1T，所以为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为1T。33.（1）ACE【详解】A.由于雨水表面存在表面张力，虽然雨伞伞面上有许多细小的孔，可不漏水，是水的表面张力的作用，A正确；B.热量不能自己从低温物体传递到高温物体，可在外界一定条件的干预下，热量能从低温物体传递到高温物体，B错误。C.液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，C正确；D.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，并不是分子的运动，间接地反映了液体分子的无规则运动，D错误；E.由气态方程可知，对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，温度一定升高，气体的内能由温度决定，因此内能一定增加，同时气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热，E正确。（2）①333.3K；②400K【详解】①重物恰好开始下降时，对活塞受力分析：，T=t+273，气体做等容变化解得：②活塞从开始运动至重物刚与地面接触过程中，气体做等压变化：V1=HS，V2=（H+h）S，，解得：T2=400K34.（1）ABE【详解】A.声波的传播速度与介质有关，同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不相同。故A正确；B.根据多普勒效应可知，鸣笛火车进站时，声波的传播速度变大，站台上旅客接收到笛声的频率比火车鸣笛频率高。故B正确；C.两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加也相互加强，都属于振动加强点。故C错误；D.在机械波传播过程中，质点只在平衡位置附近振动，并不随波迁移。故D错误；E.把n次全振动误记为n+1次，则带入计算得周期偏小，根据公式有：，计算得到的加速度的值偏大。故E正确。34.（2）①；②【详解】①由A点发出的光线的光路图如图所示：入射角i=37°，折射角r=53°，由折射定律得，代入数据解得：②设光从水面射出的临界角为C，则，A点发出的光射出水面的区域为圆，设其半径为R，则求得：R=3m，水面上有光线射出的区域如图所示：，则，解得：S=（9+6）m21 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2022广西普通高校摸底考试-理综试题答案.docx 2022广西普通高校摸底考试（理综）.pdf
资源列表
