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{#{QQABIQ6QggAoQABAABgCAQH4CAAQkBCCCIoGAAAAsAIAARFABAA=}#}2024届高三 12月大联考（全国乙卷）
理综生物·全解全析及评分标准
1 2 3 4 5 6
B B A D C C
1．B 【解析】胃蛋白酶、抗体、胰岛素都是分泌蛋白，呼吸作用发生在细胞内，所以呼吸酶是在细胞内发
挥作用的，不是分泌蛋白，A 错误；分泌蛋白都是蛋白质，单体是氨基酸，每个氨基酸都有氨基，含有
氮元素，B 正确；分泌蛋白合成和运输过程中内质网膜面积减小，高尔基体膜面积基本不变，细胞膜面
积增大，C 错误；蛋白质结构不同的根本原因是控制它们合成的基因不同，D 错误。
2．B 【解析】前 20 min 内，甲组原生质体体积相对值逐渐变小，说明细胞在失水，水分子从渗透压低的
一侧向高的一侧扩散，所以细胞液渗透压小于细胞质基质渗透压，A 错误；实验开始 20 min 时，甲、乙
两组原生质体体积相对值相等，说明细胞失水量相同，甲组蔗糖分子没有进入细胞，而乙组 KNO3溶液
中有离子进入细胞，使细胞液渗透压升高，B 正确；实验开始 30 min 后，乙组细胞可能因为吸收了 K+、
NO -3 ，细胞液浓度升高，引起细胞吸水，原生质体体积增大，C 错误；实验开始 40 min 后，乙组细胞吸
水和失水达到平衡，由于植物细胞壁的限制，细胞液的渗透压可能大于或等于外界溶液的渗透压，因此
不能得出 40 min 后细胞液中 KNO3的浓度与外界溶液浓度相等的结论，D 错误。
3．A 【解析】植物各个部位都能产生乙烯，乙烯的作用是促进果实成熟，A 正确；用一定浓度的生长素类
似物处理可以促进子房发育成果实，得到无子番茄，不能诱导染色体数目加倍，B 错误；植物打顶通过
解除顶芽产生的生长素对侧芽的抑制作用，进而促进侧芽生长，C 错误；植物的生长发育是基因组在一
定的时间和空间上程序性表达的结果，而不是基因组改变的结果，D 错误。
4．D 【解析】在性状分离比的模拟实验中，两个小桶模拟了生物的雌、雄生殖器官，小球代表生殖细胞，
雌性生殖细胞数量一般少于雄性生殖细胞数量，所以两个小桶中的彩球总数可以不相等，A 错误；用
32P、35S 标记的噬菌体侵染未被标记的细菌，可证明 DNA 分子是噬菌体的遗传物质，B 错误；探究酵母
菌细胞呼吸的方式实验中，有氧和无氧组都是实验组，形成对比实验，C 错误；在绿叶中色素的提取和
分离实验中，先用无水乙醇提取再用层析液分离色素，D 正确。
5．C 【解析】蝗虫的振翅声为鸟类捕食传递物理信息，说明信息可以调节生物的种间关系，进而维持生态
系统的稳定，A 正确；该食物网中存在 6 条食物链，分别是植物→鼠→鹰、植物→鼠→蛇→鹰、植物→
鸟→鹰、植物→鸟→蛇→鹰、植物→蝗虫→鸟→鹰、植物→蝗虫→鸟→蛇→鹰，其中蛇和鹰都可以捕食
鸟和鼠，鹰还可以捕食蛇，因此二者的种间关系为捕食和竞争，B 正确；鹰属于第三营养级、第四营养
级和第五营养级，鹰捕食鼠，保护鹰有利于防治鼠害，C 错误；该食物网中植物通过光合作用和呼吸作
用参与了生态系统的物质循环，能通过光合作用将无机物转化成有机物，D 正确。
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6．C 【解析】分析题意，亲本都是褐斑，F1 中雌雄昆虫均为褐斑∶素斑=2∶1，说明体色基因位于常染色
体上（设相关基因为 A/a），且存在褐斑基因纯合个体致死现象，A 正确；亲本白茧雄虫和黄茧雌虫杂交，
F1 的雄虫都是黄茧，雌虫都是白茧，说明茧色基因位于 Z 染色体上（设相关基因为 B/b），因此体色基因
和茧色基因在遗传时遵循基因的自由组合定律，B 正确；依上述分析，亲本的基因型为 AaZbZb、AaZBW，
F1 的基因型为（2Aa、aa）×（ZBZb、ZbW），选取 F 的褐斑黄茧雄虫（AaZBZb1 ）进行测交，子代的基因
型为（Aa、aa）×（ZBZb、ZbZb、ZBW、ZbW），子代雌、雄昆虫的表现型及比例相同，C 错误；让 F1 的
雌、雄昆虫随机交配，F1 褐斑基因 A 的频率为 1/3，素斑基因 a 的频率为 2/3，理论上 F2 的基因型频率
为 AA=1/9、Aa=4/9、aa=4/9，考虑到基因型 AA 的个体致死，故 F2 的褐斑昆虫数约等于素斑昆虫数，D
正确。
29．（10 分）
（1）水和二氧化碳（或 H2O 和 CO2）（答不全给 1 分，2 分） 类囊体薄膜和基质（答不全给 1 分，
2 分）
（2）增加叶绿体的数量、增大单叶面积和提高叶绿素含量（答不全给 1 分，2 分）
（3）随着透光率降低，气孔导度不断降低，引起 CO2 吸收不足，暗反应速率降低，使净光合速率降低
（2 分） 连香树的呼吸速率（和光照或黑暗的时间）（答出呼吸速率即给分，2 分）
【解析】（1）一般来说，光合作用是指绿色植物通过叶绿体，利用光能，把二氧化碳和水转化成储存能
量的有机物，并且释放出氧气的过程。光合作用的原料有二氧化碳和水。光反应阶段的化学反应是在类
囊体薄膜上进行的，暗反应阶段的化学反应是在叶绿体的基质中进行的，所以与光合作用有关的酶分布
于叶绿体的类囊体薄膜和叶绿体基质中。
（2）全光照下，叶肉细胞中的叶绿体数量较少，遮光条件下叶肉细胞中的叶绿体数量有所增加，说明
遮光条件下连香树可以通过增加叶绿体数量提高捕获光能的能力；由表可知，单叶面积随透光率降低而
增大，叶绿素含量随透光率降低而增多，说明连香树可以通过增大单叶面积和增加叶绿素含量来提高捕
获光能的能力。
（3）据表分析可知，随着透光率降低，气孔导度不断降低，引起 CO2 的吸收不足，暗反应受抑制，导
致净光合速率降低。植物白天进行光合作用积累有机物，白天和夜晚都进行呼吸作用消耗有机物，欲判
断透光率为 10%时连香树能否生长，还需要知道连香树的呼吸速率（和光照或黑暗的时间）。
30．（9 分）
（1）神经—体液—免疫调节网络（答出神经—体液—免疫即给分，2 分） 激素（ACTH）和神经
递质（2 分）
（2）分级（答出“负反馈”不给分，2 分）
理科综合 全解全析及评分标准 第 2 页（共 18 页）
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（3）在应激状态下，机体内糖皮质激素分泌增多，会抑制免疫系统的功能，使免疫系统的防卫、监控
和清除功能降低（答出糖皮质激素分泌增多给 1 分，抑制免疫细胞或免疫系统的功能给 2 分。合理即可，
共 3 分）
【解析】（1）内环境稳态的主要调节机制是神经—体液—免疫调节网络。肾上腺皮质分泌糖皮质激素受
ACTH 调控，ACTH 属于激素，肾上腺髓质分泌肾上腺素受神经的直接支配，属于神经调节，该过程中
肾上腺髓质接受的信息分子是神经递质。
（2）据图可知，糖皮质激素的分泌受下丘脑—垂体—肾上腺皮质的调控，该过程存在分级调节，这种
调节方式可以放大激素的调节效应。
（3）从图中信息可知，在应激状态下，糖皮质激素分泌增多，会抑制免疫系统的功能，使免疫系统的
防卫、监控和清除功能降低，所以老年动物（包括人）在遭遇应激性生活事件时，体内容易出现感染和
肿瘤。
31．（9 分）
（1）长江中的白鲟是在长江这一自然区域内，同种生物的全部个体（2 分）
（2）就地保护（1 分） 食物减少、水质恶化、航运频繁、繁殖力较低等（可从食物、环境、人类
活动、自身特点等角度回答）（合理即可，答出一点给 1 分，2 分）
（3）等距取样（2 分） 水平（2 分）
【解析】（1）种群是指生活在一定的自然区域内，同种生物的全部个体。题干中的长江白鲟是同种生物，
而它们生活的长江属于一定的自然区域，所以长江中的白鲟属于一个种群。
（2）保护生物多样性的措施包括就地保护和易地保护，长江白鲟本身生活在长江中，因此实行十年禁
渔属于就地保护。禁渔虽然阻止了人类对鱼类的捕捞，但白鲟的食物减少、水质恶化、航运频繁、繁殖
力较低等因素都会导致白鲟灭绝。
（3）采用样方法调查某双子叶植物的种群密度时，取样方法包括五点取样法和等距取样法，由于长江
沿岸属于长条形样地，适宜采用等距取样法取样。水平结构是指生物群落在水平方向上，由于地形的变
化、光照强度的不同、土壤湿度和盐碱度的差异等因素的影响，不同地段往往分布着不同的种群。从江
边到江心生物分布不同，这属于群落的水平结构。
32．（11 分）
（1）1/2（2 分） F1 产生的含 M 和 m 的配子的数量比为 1∶1（合理即可，2 分） 3∶1
（2 分）
（2）5∶1（2 分）
（3）利用 F1 的花粉进行单倍体育种，得到四种植株（1 分），让四种植株分区域单独种植（1 分），选择
理科综合 全解全析及评分标准 第 3 页（共 18 页）
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其中产量较高的籼稻（MMRR）和粳稻（mmRR）杂交（1 分），即可得到基因型为 MmRR 的高产水稻
（其他合理答案也给分，共 3 分）
【解析】（1）根据题意分析，F1 基因型为 MmRr，由于 M/m 和 R/r 基因位于两对同源染色体上，F1 产生
四种配子：Mr、mR、MR、mr，不含 R 基因的雄配子 50%致死，基因型为 M 的花粉与基因型为 m 的花
粉所占比例相同，即遇碘呈蓝黑色的花粉所占比例为 1/2。F2 中 MM∶Mm∶mm=1∶2∶1，籼稻与粳稻
的比例为 3∶1。
（2）若 M/m 与 R/r 基因位于一对同源染色体上，则 F1 雌性个体可产生基因型为 MR 和 mr 两种数量相
等的配子，由于不含 R 基因的雄配子 50%致死，所以 F1 雄性个体产生的配子的基因型及比例为 MR∶
mr=2∶1。按照棋盘法可计算 F2 的基因型及所占比例如表，由表可知，籼稻与粳稻的比例为 5∶1。
（3）为了得到基因型为 MmRR 的高产水稻，以 F1 为实验材料，需要先获得基因型为 MMRR、mmRR
的个体，可选择 F1 的花粉进行单倍体育种，得到基因型为 MMRR、mmRR、MMrr、mmrr 的四种植株，
由于不含 R 基因的雄配子 50%致死，所以四种植株分区域单独种植后，基因型为 MMRR、mmRR 的植
株较剩余两种基因型的植株产量高，让二者杂交，即可获得基因型为 MmRR 的植株。
37．（15 分）
（1）香樟油容易挥发（2 分） 原料放置的位置（2 分） 蒸馏时间和蒸馏温度（合理即可，2 分）
（2）无水乙醇和香樟油都是易燃物，直接使用明火加热容易引起燃烧、爆炸（2 分）
粉碎、干燥（合理即可，2 分）
（3）低温、密封、阴凉、避光保存等（合理即可，答出 1 点给 1 分，共 2 分）
（4）方法一：分别取适量且等量的金黄色葡萄球菌培养液，均匀涂布在甲、乙两个已灭菌的固体培养
基平板上（1 分），将分别含有香樟油和无菌水的小滤纸片分别放在甲、乙培养基上（1 分），培养一段
时间后，观察是否出现抑菌圈（1 分）（共 3 分）
方法二：取适量金黄色葡萄球菌培养液均匀涂布在已灭菌的固体培养基平板上（1 分），将分别含有香樟
油和无菌水的小滤纸片贴在该培养基上的不同区域（1 分），培养一段时间后，观察是否出现抑菌圈（1
分）（共 3 分）
（其他答案合理也给分）
【解析】（1）水蒸气蒸馏法是利用水蒸气将挥发性较强的植物芳香油携带出来，形成油水混合物，冷却
后，混合物又会重新分离出油层和水层。根据蒸馏过程中原料放置的位置，可以将水蒸气蒸馏法划分为
理科综合 全解全析及评分标准 第 4 页（共 18 页）
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水中蒸馏、水上蒸馏和水气蒸馏。蒸馏时间和蒸馏温度等均会影响香樟油的品质，因此蒸馏时，应控制
好蒸馏的时间和温度。
（2）无水乙醇和香樟油都是易燃物，直接使用明火加热容易引起燃烧、爆炸，故通常采用水浴加热。
萃取前需要将原料进行粉碎（增加有机溶剂与萃取物的接触面积）、干燥（降低含水量）处理，以提高
萃取效率。
（3）由于香樟油可燃，遇高温、明火、氧化剂（包括硝酸）有引起燃烧的危险，所以需要低温、密封、
阴凉、避光保存。
（4）欲探究香樟油是否对金黄色葡萄球菌有抑菌作用，可将含有香樟油的小滤纸片和含有无菌水的小
滤纸片分别贴在培养基上，根据是否有抑菌圈来判断。
38．（15 分）
（1）逆（反）转录（2 分） 2n-1（2 分）
（2）②（2 分） 使目的基因在受体细胞中稳定存在（1 分），并且可以遗传给下一代（1 分），
同时使目的基因能够表达和发挥作用（1 分）（共 3 分）
（3）T-DNA（2 分） 植物组织培养（2 分）
（4）抗原—抗体杂交（2 分）
【解析】（1）利用题图流程培育抗 TMV 烟草植株时，应先获取 TMV 外壳蛋白 RNA，通过逆（反）转
录过程获得 cDNA。若用 1 个 TMV 外壳蛋白基因的一条单链为模板，通过 PCR 获得 n（n 大于 2）个目
的基因，由于子链的延伸都需要从引物的 3'端开始，即新合成的子链中均带有引物，只有原来的模板链
上没有引物连接，故消耗的引物总量是 2n-1 个。
（2）基因工程的核心步骤是构建基因表达载体，其目的是使目的基因在受体细胞中稳定存在，并且可
以遗传给下一代，同时，使目的基因能够表达和发挥作用。
（3）据题图分析，先将目的基因插入农杆菌 Ti 质粒的 T-DNA 中，然后导入农杆菌中，再用该农杆菌
感染烟草细胞，最后通过植物细胞工程中的植物组织培养技术获得转基因植株。
（4）从分子水平上检测 TMV 外壳蛋白基因在抗 TMV 烟草植株中是否成功表达出 TMV 外壳蛋白，常
利用抗原—抗体杂交技术，如果出现杂交带，则表明目的基因已经成功表达。
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理综化学·全解全析及评分标准
7 8 9 10 11 12 13
B C B D A C D
7．B 【解析】A 选项，电解饱和食盐水制烧碱，阴阳两极分别有 H2、Cl2生成，反应前后 H、Cl 两种元素
的化合价发生了变化，涉及氧化还原反应；B 选项，用肥皂洗去衣服上的油污属于乳化作用，不涉及氧
化还原反应；C 选项，用碱液吸收 NO 2 时，NO2转化为 NO3和 NO2，氮元素的化合价发生了变化，涉及
氧化还原反应；D 选项，聚乳酸包装材料完全降解生成 CO2 和 H2O，碳元素被氧化，空气中的氧气被还
原，涉及氧化还原反应。
8．C 【解析】观察红曲素的结构简式，其官能团有碳碳双键、羟基和酯基三种，A 项正确；酯基能与 NaOH
溶液发生水解反应，B 项正确；红曲素分子中有多处碳原子采用 sp3 杂化与 3 个碳原子形成单键，4 个碳
原子构成三角锥形，不可能共平面，C 项错误；羟基能发生酯化反应、消去反应，碳碳双键能发生加成
反应，D 项正确。
9．B 【解析】将 CO2通入 CaCl2溶液中应该无现象，如果 CO2 与 CaCl2 溶液反应，就该生成 CaCO3和 HCl，
然而 CaCO 又易溶于盐酸，故 A 项现象错误；SO 溶于水生成的亚硫酸是中强酸，酸性溶液中SO2 3 2 3 会
被 NO 3氧化为SO2 4 ，Ba
2+与SO2 4 生成不溶于酸的 BaSO4 沉淀，B 项现象和结论均正确；漂白液的主要
成分是 ClO ，可以将淀粉 KI 溶液中的 I 氧化为 I2，进而使淀粉溶液变蓝，故 C 项现象正确，但结论错
误；还原性物质和不饱和烃均能使酸性 KMnO4溶液褪色，不能根据溶液褪色来判断石油裂解气中含有
乙烯，D 项结论错误。
10．D 【解析】向 Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸生成 BaSO4和 H2O，反应的离子方程式为 Ba2++2OH +2H++SO2 4
=BaSO ↓+2H O，A 项错误；向 NaOH 溶液中通入过量 SO 生成HSO 4 2 2 3 ，反应的离子方程式为 OH
+
SO =HSO 2 3 ，B 项错误；H2S 为弱电解质，在离子方程式中不能拆为离子，反应的离子方程式为 Cu
2++
H S=CuS↓+2H+2 ，C 项错误；Pb 加入 Fe2(SO4)3 溶液中发生氧化还原反应生成二价铅和 Fe2+，反应的
离子方程式为 Pb+2Fe3++ SO2 4 =2Fe
2++PbSO4，D 项正确。
11．A 【解析】W 的简单氢化物可作制冷剂，猜测为 NH3，W 为 N 元素；X 与 Z 同族，则它们可能是 O、
S 或 F、Cl，结合题给化合物的结构图可知，X 为 O，Z 为 S，再考虑四种元素原子序数依次增大，则
Y 为 Na，经验证上述推断完全符合题意。简单离子半径：r(S2 )＞r(O2 )＞r(Na+)，A 项正确；简单氢化
物的沸点应该为 H2O＞NH3＞H2S，B 项错误；Na3N、SO3 中，前一种由离子键构成，后一种由共价键
构成，C 项错误；Na2O2、SO2 均能使品红溶液褪色，但原理不同，前者为氧化还原反应，不可逆，后
者为加合反应，是可逆的，D 项错误。
12．C 【解析】充电时 Na V (PO +3 2 4)3 脱嵌部分 Na 形成 Na3 xV2(PO4)3，发生氧化反应，应为阳极，A 项错误；
充电时，阳极脱嵌的 Na+与阴极嵌入的 Na+数目相等，电解液的质量不变，B 项错误；放电时负极发生
氧化反应，Na+从硬碳材料中脱出，由负极迁移到正极与 Na3 xV2(PO4)3结合，C 项正确；D 中的电极反
应实际是充电时的阳极反应，放电时正极得到电子发生还原反应，即 Na3 xV2(PO4) ＋ xe 3 ＋
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xNa+=Na3V2(PO4)3，D 项错误。
+
13．D 【解析】观察甘氨酸稀溶液中存在的平衡，可认为 H3NCH2COOH（即 X+）发生了两步电离，K1为
+
第一步电离常数，K2 为第二步电离常数，且 H NCH COO 3 2 等同于 H2NCH2COOH，第二步电离是甘氨
c(X±)· c(H+)
酸羧基上的氢离解为 H+。K +1＝ c(X+) ，当 pH＝2.35 时，c(X )＝c(X
±)，K ＝c(H+)＝10 2.351 ，其数
-14
量级为 10 3
Kw 10
，A 项正确；25 ℃时，参照 K1的算法得 K ＝10 9.782 ，X 的水解常数 K 4.22h＝ K ＝ 10-9.78＝10 ，2
B 项正确；pH＝6 时，X±即 H2NCH2COOH，呈电中性，在电场中不移向任何电极，C 项正确；pH＝9.78
时，显然有 c(OH )＞c(H+)，事实上，D 选项电荷守恒式的右边还应加上调节溶液 pH 的碱的阳离子浓
度，D 项错误。
26．（14 分）
（1）小烧杯中（1 分，或其他合理答案） 100 mL 容量瓶、胶头滴管（2 分，答对一个给 1 分）
搅拌、引流（2 分，答对一个给 1 分）
（2）3I ＋6OH =IO 2 3＋5I ＋3H2O（2 分）
（3）H2（或氢气）（1 分） I ＋6OH 6e =IO 3＋3H2O（2 分）
（4）过滤、洗涤、干燥（2 分，答对一个或两个给 1 分）
cV×10-3 ×10×390 32.5cV
（5） 12w ×100% 或 w %（2 分，答案合理即可）
【解析】（1）KOH 固体有强腐蚀性，不能放在纸片上称量，应放在小烧杯中称量。
（2）I2 能与 KOH 溶液发生歧化反应，离子方程式为 3I2＋6OH =IO 3＋5I ＋3H2O。
（3）电解池中，阴极发生还原反应，阴极液为 KOH 溶液，阴极的电极反应式为 2H 2O＋2e =H2↑＋
2OH ；阳极区溶液中 I 还原性最强，发生氧化反应可生成 IO 3。
（4）步骤Ⅴ中，因 Ca(IO3)2 微溶于水，KIO3 与 CaCl2在溶液中可发生复分解反应析出 Ca(IO3)2 沉淀，分
离沉淀的“系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。
（5）设 w g 产品中 Ca(IO3)2 的物质的量为 x，从题给三个反应可以得出碘元素守恒关系：
Ca(IO3)2 ~ 2IO 3 ~ 6I2 ~ 12S 2 2O3
1 mol 12 mol
x/10 cV×10 3 mol
-3
1 mol×cV×10 mol cV
x＝ 212 mol ×10＝ 12 ×10 mol
cV×10-2 ×M[Ca(IO3)2] 390cV 32.5cV
产品中碘酸钙的纯度＝ 12w ×100%＝ 12w %＝ w %。
27．（14 分，每空 2 分）
（1）将 Fe2+氧化为 Fe3+
（2）4.0≤pH＜5.0 或 4.0~5.0（答 4.0＜pH＜5.0 或 4.0≤pH≤5.0 给 1 分）
（3）CuS 便于分别回收铁、铜（答案合理即可）
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（4）3.16×10 3 或 10 2.5
（5）5Co2+＋10HCO 3=2CoCO3·3Co(OH)2·H2O↓＋8CO2↑＋H2O
（6）Co3O4
【解析】（1）钴废料酸浸后，溶液中的金属离子有 Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+，结合后续流程及已知
信息知，加入 H2O2 的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，方便除铁。
（2）从表中数据可知，要保证 Fe3+沉淀完全，需要溶液 pH≥4.0；要保证 Cu2+不沉淀，需要溶液 pH＜5.0。
（3）H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+，滤渣 2 的主要成分是 CuS。“除铁”后溶液中有 Fe(OH)3 沉淀生成，如
果不过滤除去就通入 H2S，H2S 与 Cu2+反应后溶液酸性增强，会溶解 Fe(OH) 3+3 沉淀，Fe 和 H2S 反应生
成 FeS 沉淀，不利于分别回收铁和铜。
（4）向“除铜”后的溶液中加入 NH4F，当除钙率为 96%时，c(Ca2+)＝0.01 mol·L 1×4%＝4×10 4 mol·L 1，
K (CaF )＝c(Ca2+)·c2(F )＝4×10 4 ×c2(F )＝4.0×10 9，c(F )＝ 10×10 3sp 2 mol·L 1＝3.16×10 3 mol·L 1。
（5）“沉钴”时，反应物为 Co2+和 HCO 3，生成物有 2CoCO3·3Co(OH)2·H2O 沉淀，可认为该反应是相互
促进的水解反应，产物还有 CO2 气体，由此可写出反应的离子方程式：Co2+＋HCO 3
2CoCO3·3Co(OH)2·H2O↓＋CO2↑。试配平，根据反应前后 Co 原子守恒在 Co2+前面加 5，根据反应前后
电荷守恒在 HCO 3前面加 10，再根据反应前后碳原子守恒在 CO2前面加 8，最后要保证反应前后 H、O
守恒，需在生成物中加 H2O。
（6）根据碱式碳酸钴的热重曲线分析，800 ℃时质量保留百分数为 75.1%，设 800 ℃时所得钴的氧化物
5
中 Co、O 的原子个数比为 x﹕y，则 1 mol 2CoCO3·3Co(OH)2·H2O 加热至 800 ℃时得到钴的氧化物 x mol，
5
即：2CoCO3·3Co(OH)2·H2O x CoxOy
5
535 x (59x＋16y)
5 y x 3
535×75.1%＝ x (59x＋16y)，解得 x≈1.34，y≈0.75＝4，这种氧化物为 Co3O4。
28．（15 分）
（1）a＋b＋c（2 分） K1·K2·K3（2 分）
（2）①反应未达平衡状态，温度升高，反应速率增大（2 分，答案合理即可）
②a d（2 分，漏选得 1 分，错选不得分）
③9∶10 或 0.9（2 分） 6.8%或 0.068（2 分）
（3）最大（1 分） 反应②需要断裂键能较大的氢氧键，所需能量最高，其他各步反应没有化学键断
裂（2 分，答案合理即可）
【解析】（1）依据盖斯定律，将①②③三个反应的反应物和生成物分别相加，删去反应符号两边相同的
物质即得目标反应的热化学方程式，所以 H＝(a＋b＋c) kJ·mol 1。将①②③三个反应的平衡常数表达式
相乘，化简后与目标反应的平衡常数表达式相同，故 K＝K1·K2·K3。
（2）①化学反应达到平衡之前，正反应速率大于逆反应速率，随温度升高，反应速率增大，反应物的
理科综合 全解全析及评分标准 第 8 页（共 18 页）
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转化率和产物的产率均增大。②总反应是气体分子数减小的反应，加压时平衡正向移动，a 项正确；分
析曲线，达到平衡之后再升高温度，甲醇的转化率和 DMC 的产率均减小，说明平衡逆向移动，该反应
为放热反应，随温度升高平衡常数减小，故 b、c 项均错误；110～130 ℃之间，随温度升高 DMC 的产
率比甲醇的转化率减小更多，说明副反应增多，d 项正确。③在题给条件下，设有 2 mol CH3OH 与 1 mol
CO、0.5 mol O2 发生反应，24%的 CH3OH 转化，其中 90%的甲醇（即 2 mol×0.24×0.9＝0.432 mol）生
成 0.216 mol DMC，另外 10%的甲醇（即 2 mol×0.24×0.1＝0.048 mol）转化为副产物，生成二甲醚 0.024 mol。
反应物的转化情况如下：
1
2CH3OH(g) ＋ CO(g) ＋ O2(g) (CH3O)2CO(g) ＋ H2O(g)
2
n起始/mol 2 1 0.5
n转化/mol 0.432 0.216 0.108 0.216 0.216
n平衡/mol 2 0.432 0.048 1 0.216 0.5 0.108 0.216 0.216+0.024
2CH3OH(g) CH3OCH3(g) ＋ H2O(g)
n转化/mol 0.048 0.024 0.024
n平衡/mol 2 0.432 0.048 0.024 0.216+0.024
平衡混合物中 DMC 与 H2O 的物质的量之比为 0.216∶(0.216＋0.024)＝9∶10。
快捷解法：主反应和副反应中，甲醇与水、DMC、二甲醚的化学计量数之比均为 2∶1，所以甲醇转化
为 DMC 占转化为水的 90%，平衡混合物中 n(DMC)∶n(H2O)＝9∶10。
副反应前后气体分子数不变，故平衡混合物总物质的量为(3.5 0.216 0.108) mol＝3.176 mol，DMC 的体
0.216
积分数＝3.176 ×100%＝6.8%。
（3）相同条件下，反应的活化能越大，反应速率越小，第②步速率最小，说明该反应的活化能最大。
分析甲醇氧化羰基化反应的机理，第②步反应有氧氢键断裂，需要能量多，而其他各步反应没有化学
键断裂。
35．（15 分）
（1）3d104s1（2 分）
（2）+2（1 分） 配位（1 分）
（3）5（2 分） 电负性 O＞S，H2O 分子中成键电子对更偏向 O，成键电子对之间的斥力较大，键角
较大（2 分，答案合理即可）
（4）sp3（1 分） V 形或角形（2 分）
4×(56+32×2) 480
（5）FeS2（2 分） 30 a3N ×10 或
30
a3N ×10 （2 分，其他合理形式也给分） A A
【解析】（1）基态 64Cu 原子核外电子数为 29，其价电子填充顺序为 4s23d9，由于轨道全充满、半充满更
稳定，故价电子排布式为 3d104s1。
（2）与 Cu 相连的 N 原子已有三个共价键，故与 Cu 连接的是以孤对电子形成的配位键，Cu 与 S 则以
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共价键结合，Cu 的化合价为+2。
（3）基态 S 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4，共有 5 个不同能级的原子轨道填充了电子。电负
性 O＞S，H2O 分子中成键电子对更偏向 O，成键电子对之间的斥力较大，键角较大。
（4）根据价层电子对互斥理论，确定SO2 3 的空间构型为三角锥形，并有 1 对孤对电子，由此判断 S 采
用 sp3杂化。同理，在多硫离子S2 3 中，中心 S 原子也是 sp
3 杂化，离子的空间构型为 V 形。
1 1 1
（5）分析晶胞结构图，用均摊法计算其中的原子个数，Fe：8×8＋2×6＝4，S：4×12×2＋2＝8，由 Fe 与 S
4M(FeS2) 4×120
的最简整数比为1∶2可知，该硫化物的化学式为FeS2，晶体密度d＝ g·pm 3a3N ＝ 3 ×10
30 g·cm 3。
A a NA
36．（15 分）
（1）醛基（1 分） 取代反应或酯化反应（1 分）
（2） （2 分，其他书写形式正确
也给分）
（3） （2 分，其他书写形式正确也给分） 2（2 分）
（4）12（2 分） 或 （2 分，其他书写形式正确也给分）
（5） （3 分，
一步 1 分）
【解析】（1）D 为苯甲醛，其中所含官能团的名称为醛基；结合合成路线可推断 A 为乙酸，B 为乙酸乙
酯，A→B 的反应类型为取代反应或酯化反应。
（2）B→C 的化学方程式为 。
（3）结合已知信息可知 E 为 。F 中手性碳原子如图 “*”所示，为 2 个。
（4）X 既可以与 NaHCO3 溶液反应放出二氧化碳，又可以与银氨溶液反应生成银镜，说明其分子结构
中既含有羧基，又含有醛基，结合其分子式 C6H10O3，根据碳链异构和定一移一法，其可能的结构有
（醛基位于 1 号碳，羧基有 4 种位置）、 （醛基位于 2 号碳，羧基有 4 种位置）、
理科综合 全解全析及评分标准 第 10 页（共 18 页）
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（醛基位于 1 号碳，羧基有 3 种位置）、 （醛基位于 2 号碳，羧基有 1 种位置），符合条件的同
分异构体共 12 种；其中核磁共振氢谱中峰面积之比为 1∶1∶2∶6 的同分异构体的结构简式为
或 。
（5）结合题中路线及所给信息，逆向推导可得其合成路线为
。
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理综物理·全解全析及评分标准
14 15 16 17 18 19 20 21
C B B B D AC AC AC
14．C 【解析】温度的变化，对半衰期没有影响，A 错误；半衰期是统计规律，对于少数原子没有意义，B
0
错误；原子核发生 β 衰变时会放出电子 -1e ，根据核反应中质量数和电荷数守恒的规律，可知一个碳 14
14 14 0
的原子核衰变为氮 14 的核反应方程为 6C→ 7 N+ -1e ，C 正确；质子数相同而中子数不同的同一元素的
原子互称同位素，碳 14 与氮 14 不是同一元素，D 错误。
15．B 【解析】如图所示，篮球在上升至最高点的过程中，受重力和空气阻力，两个力均做负功，故速率 v
变小，则阻力 f=kv 逐渐减小，所以合力是变力，所以其运动不是匀变速曲线运动，轨迹不是抛物线，
A、C 错误；由于阻力 f 的方向与重力 mg 方向间的夹角逐渐变大，且阻力变小，重力不变，故合力变
小，则加速度变小，B 正确；篮球在最高点处，速度沿水平方向，仍受空气阻力作用，故合力大于重力，
加速度大于重力加速度，D 错误。
16．B 【解析】对圆筒壁上的物块，根据牛顿第二定律可得 FN mg ， FN m
2r ，对底面物块，根据牛
顿第二定律可得 rMg M 2 ，联立解得 2 ，B 正确。
2 2
17．B 【解析】取其中一条电场线的最高点或者最低点，画出两个电荷在该点的电场强度矢量，根据竖直
方向电场强度矢量和为零，可以判断出 A 的电荷量小于 B 的电荷量，所以 A 带正电，电荷量为 q，B
带负电，电荷量为-2q，由此可知 A、B 连线的电场方向由 A→B，A 错误，B 正确；由 P 点释放试探正
电荷，试探电荷在之后的运动过程中，速度方向与电场力的方向不在一条线上，所以不会沿着电场线
运动到 Q 点，C 错误；N、P 和 M、Q 分别在两个相同的等势面上，所以 N、M 之间的电势差等于 P、
Q 之间的电势差，D 错误。
18．D 【解析】因滑块到达最高点后能沿斜面下滑，则有mg sin mg cos ，可得 μ在斜面上滑动过程中，机械能一直在减少，B 错误；滑块上升过程中，当动能与重力势能相等时，有
Ek1=mgh
H
1，之后滑块继续上升，由能量守恒定律知 Ek1>mg(H–h1)，由此可得 h ；滑块下滑过程中，1 2
H
当动能与重力势能相等时，有 Ek2=mgh2，由能量守恒定律知 Ek2D 正确。
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19．AC 【解析】碰撞前，微粒 A 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动中经过 N 点，设轨迹半径为 r，
3 v2 mv
由几何关系可知， 2r sin L ，解得 r L ，由牛顿第二定律可得 qvB m ，解得 r ，则
3 r qB
3mv
B ，C 正确，D 错误；两个微粒碰撞过程中，满足动量守恒定律，有mv 3mv ，碰后两微粒结
qL
3mv
mv
为一体，一起做匀速圆周运动，其轨迹半径 r r ，即碰前与碰后，微粒做匀速圆周运动的
qB qB
半径不变，会再次经过 M，轨迹圆如图所示，A 正确，B 错误。
1
20 AC 2
1 2
． 【解析】小球在地球表面自由落体，有h gt ，在月球表面自由落体，有 h g (nt) ，则
2 2 月
g M
g 地
m M m
月 2 ，对地球表面的物体，有G mg2 ，对月球表面的同一物体，有G
月 mg ，联
n R R2 月月
M gR2 n2R2 nR
立解得 地 k ，则 R月 ，A 正确，B 错误；近月卫星贴近月球表面做匀速圆周
M月 g月R
2 R2月 月 k
v2
运动，有mg月 m
gR
，则v g月R月 ，即v ，C 正确，D 错误。 R月 n k
21．AC 【解析】由楞次定律可知，通过电动机的电流方向由 C 到 A，所以 C 点电势高于 A 点电势，A 正
B0
确；由法拉第电磁感应定律可知，在 0~t0 时间内线圈产生的感应电动势 E1 nS0 ，由于该段时间t0
4R R 4
内电动机没有转动，回路中并联部分的总电阻 R R并 ，所以此时通过螺线管线圈的电流4R R 5
E nS B
I 1 0 01 R Rt ，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知，在 t0~2t 0时间内线圈中产生的感应电动R 0
5 并
4.6B0 B0 18nS0B0 R 3nS0B0
势 E2 nS0 ，由题意可知，定值电阻两端的电压U E 3I ，2t0 t 5t
2 1
0 0 5 t0
U 3nS0B0 9nS0B0
此时通过定值电阻的电流 I21 ，通过电动机的电流 I22 3I1 I21 ，C 正确；4R 4Rt0 4Rt0
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2 27n
2S2B2
t ~2t P UI I R 0 0由前面分析可知，在 0 0时间内电动机输出的机械功率 出 22 22 16Rt2
，D 错误。
0
2 2
d d
22．（1） t t （2 分） （2）0.30（2 分） （3）偏大（2 分） B A
2x
d
【解析】（1）根据光电门的测速原理可以得到木块经过两个光电门 A、B 时的速度分别为vA 和tA
2 2
d d d
vB 2 2

，再根据运动学公式vB vA 2ax，得到木块的加速度的表达式为 t a
t ； B tA
B
2x
（2）将带遮光条的木块和重物作为一个整体，根据牛顿第二定律可以得到mg Mg M m a ，
mg M m a
则 ，代入数据可得 μ=0.30；
Mg
2 2
d d

（3）若遮光条宽度的测量值与实际值相比偏小，根据加速度公式 t

t ，可得加速度的a B A
2x
mg M m a
测量值比实际值偏小，再根据动摩擦因数的计算公式 ，可判断 μ 的测量值与实
Mg
际值相比偏大。
23．（1）a（1 分） （2）50（2 分） 1.05×103（或 1050，2 分） （3）10（2 分） （4）0.1（2 分）
【解析】（1）因电流表 A2 内阻的精确值未知，则应将导线 c 端与 a 连接，电流表 A2与电流表 A1示数
的差值就是通过压敏电阻的准确电流，又压敏电阻两端的电压可精确测得，由欧姆定律可精确得到压
敏电阻的阻值；
（2）此时流过压敏电阻的电流为 54 mA-6 mA=48 mA，则压敏电阻两端的电压为 6 mA×(200 Ω+200 Ω)=2.4 V，
2.4 V
根据欧姆定律知此时压敏电阻的阻值R 50 Ω ，汽油在油箱底部产生的压强p=ρ 油gh=1.05×103 Pa。
48 mA
（3）同理可知，深度为 0.4 m 时，汽油产生的压强 p 油gh 2.8 10
3 Pa ，由图 2 知此时压敏电阻的
12 V
阻值是 10 Ω，根据闭合电路的欧姆定律知 R总 20 ，则 R0=R 总-R=10 Ω。 0.6 A
（4）汽油耗尽时，汽油产生压强为 0，根据图像，此时压敏电阻为 110 Ω，则电流表的示数为
12 V
I 0.1 。
10 110
理科综合 全解全析及评分标准 第 14 页（共 18 页）
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24．（1）物块滑上木板后，物块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，由题图知，木板先加速后减
速，说明在 t=0.2 s 时，木板与物块共速，共速后，物块和木板一起做匀减速直线运动至速度为零。
设物块的初速度为 v0，共速前木板加速过程的加速度大小为 a1 ，物块减速过程的加速度大小为 a2 ，
共速后二者减速过程的加速度大小为a3
共速前，物块减速过程，对物块由牛顿第二定律知 1mg ma2 （1 分）
共速后，对木板和物块整体，减速过程中由牛顿第二定律知 2 m M g M m a3 （1 分）
1.6 2
由题图可知，a1 m/s 8 m/s
2
（1 分）
0.2
v0 va2 （1 分） t
1.6
a3 m/s
2 1 m/s2 （1 分）
1.8 0.2
v20 v
2 v
由题意知，0~0.2 s 内物块与木板的位移满足 L t （2 分）
2a2 2
联立可得 v0=2 m/s，μ1=0.2，μ2=0.1（2 分）
（2）共速前，木板加速过程，对木板由牛顿第二定律知 1mg 2 m M g Ma1（2 分）
将 a m1、 2 和 1的值代入后，解得 9 （1 分） M
25．（1）设带电粒子的质量为 m、所带电荷量为 q，粒子在 M、N 板间的加速过程，由动能定理有
1
qU mv20 0 （2 分） 2
2qU
解得 v0
0 2kU0 （1 分） m
粒子在 P、Q 板间的偏转过程，设粒子打在 Q 板最右端时的速度为 vQ，速度方向与水平方向的夹角为
θ，加速度大小为 a，如图 1 所示。
L
1
由平抛运动知识知 2 tan 3L （1 分） 2
2
2
解得 tan （1 分）
3
v
粒子在 Q 点的速度 v 0Q ，竖直分速度v v tan （1 分） cos Qy 0
26kU 2 2
解得 v 0 ， vQy v0 2kUQ （1 分） 3 3 3
0
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L qU
粒子在竖直方向上有 vQy 2a
1 kU （1 分）
2 m 1
8
联立可得U1 U0 （1 分） 9
3 3
（2）①对比荷为 k的粒子，当金属板P、Q间的电势差为 U1 时，粒子在偏转电场中的加速度大小a1 a ，2 2
3 3
又粒子在偏转板间的运动时间不变，则粒子到达虚线Ⅰ时的竖直分速度vy v2 Qy
v （1 分）
3 0
v 3
如图 2 所示，设此时速度与水平方向的夹角为 α，有 tan
y ，所以 30 （1 分）
v0 3
v0 2 3此时粒子的速度 v v0 （1 分） cos 3
v2
粒子在磁场中运动有 qvB0 m （1 分） r0
2 3
v
解得 mv 0 2 3 2 6Ur 3 2kU 0 （1 分） 0 qB kB 3kB 0

0 0 0 3B0 k
由几何关系有d r0 r0 sin （1 分）
1 6U
解得 d 0 （1 分）
B0 k
②由①中 vy 和 v0 的关系式知，粒子离开电场时的速度方向与粒子的比荷无关，即速度方向与水平方向的
夹角仍为 α=30°，由平抛运动规律知，不同比荷的粒子都从同一点离开偏转电场，如图 3 所示。（1 分）
4 2πm 9π
比荷为 k的粒子在磁场中运动的周期T1 （1 分） 9 q B0 2kB0
4
由轨迹半径 r0 的表达式，同理可得，比荷为 k的粒子进入磁场时，在磁场中运动轨迹的半径
9
2 6U 1 6U
r 0 01 d3B 40 k B0 k
（1 分）
9
1 3π
由几何关系可知，粒子在磁场中运动的时间 t1 T1 （1 分） 6 4kB0
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1
33．（1）ACE（5 分）【解析】由 p 图像可知，理想气体从 A 到 B 发生等温变化，体积变小、压强变
V
大，则由气体压强的微观解释知，单位时间内撞击到汽缸壁单位面积上的分子数增加，A 正确；理想
pV
气体从 B 到 C 发生等容变化，压强减小，由 C （常量）知，温度降低，故内能减小，因气体对外
T
不做功，由热力学第一定律知，气体一定放出热量，B 错误；理想气体从 C 到 A 过程发生等压变化，
体积变大，由理想气体状态方程知，气体温度升高，因气体对外界做功，内能增加，由热力学第一定
律知，气体一定从外界吸收热量，C 正确，D 错误；作出整个变化过程的 p-V 图像如图所示，可知经过
一个循环，外界对气体做正功，则气体一定向外界放出热量，E 正确。
（2）（ⅰ）加热前，分别对活塞 a、b 受力分析，因弹簧处于原长，由平衡条件可得汽缸 A、B 内气体
的压强均等于大气压强，即 pA pB p0 （1 分）
加热后，活塞 a、b 均向左移动，汽缸 A 中的气体发生等温变化，由玻意耳定律可得
p V A A pAVA （1 分）
其中，VA SAL 、V A S（A L xa )
联立可得 p A 1.25 10
5 Pa （1 分）
设最终弹簧的压缩量为 x，则由平衡条件，对活塞 a，有 p ASA p0SA kx （1 分）
所以活塞 b 移动的距离为 xb x xa （1 分）
联立可得 xb 12 cm （1 分）
pBV p V （ⅱ）对于汽缸 B 中的气体，由理想气体状态方程可得 B B B （1 分）
T0 TB
其中VB SBL ，V B S（B L x b )
由平衡条件可得 p B SB p0SB kx （1 分）
联立可得TB 990 K （2 分）
34．（1）ACD（5 分）【解析】由题图知，波源停止振动 1 s 后，波向右传播的距离Δx 1 m ，则波传播
x
的速度大小为 v 1 m/s，A 正确；由于波长 0.8 m ，则周期为T 0.8 s ，B 错误；1 s~1.5 s
t v
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T 3
内，P 点又振动了 0.5 s 的时间，因 0.5 s T ，可知质点 P 运动方向沿 y 轴负方向，C 正确；从 t
2 4
＝0 开始计时，2 s 内质点 P 振动了 2.5T，则质点 P 运动的总路程为 s 4A 2.5 2 m，D 正确；波从
x=1.0 m 处传到 P 点，需 1.2 s，则 t=2.2 s 时 P 点停止振动，E 错误。
（2）（ⅰ）光线在棱镜中传播的光路图如图所示，设光线在 D 点的折射角为 α，则由折射定律可得
sin 45
n （2 分）
sin
设光线在 BC 面上的入射点为 P，入射角为 β，则由几何关系可知 30 （1 分）
延长 DP 与 AC 的延长线交于 F，易得 AD=AF，△ADF 为等边三角形，∠F=60°=β
则 30 （1 分）
代入数据可得n 2 （1 分）
注：其他方法求解合理即可得分。
（ⅱ）由几何关系可得 DP l ， PE 2l ，故光在棱镜内传播的路程为 s DP PE 3l （2 分）
c
光在棱镜中的速率为v （1 分）
n
s
所以，光束从 D 点射入到从 E 点射出所用的时间为 t （1 分）
v
3 2l
联立可得 t （1 分）
c
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