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高三化学参考答案
选择题 每小题 6分，共 42分
题号 7 8 9 10 11 12 13
答案 B A D B C D B
7．B 解析：二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的
生存将会受到威胁，故 A 正确；植物油的主要成分是不饱和脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因氧化而变质，
故 B 错误；体积分数为 70%～75%的酒精可以用于杀菌消毒，故 C 正确；二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被
氧化，故 D 正确。
8．A 解析：A.由 P4 为正四面体结构知 1 个 P4 分子中含有 6 个 P－P 键，故 A 项正确；B.一个碳原子含有 6
个电子，三个氢原子有 3 个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为 6＋3－1＝8，故 B 项错
误；C.题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故 C 项错误；D.过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子
得来的氧化产物，且为唯一氧化产物，过氧根中氧为负一价，生成 8 g 氧气即 0.25 mol 氧气共失去 0.5 mol 电子，
故 D 项错误。
9．D 解析：维生素 B3分子中 N 原子取代苯分子中 C 原子的位置，在苯分子的平面上；羧基的 C 原子取代苯
环上 H 原子的位置，在苯分子的平面上，因此所有的碳原子均处同一平面，A 正确；维生素 B3与硝基苯的分子式
相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，B 正确；在六元环的 N 原子上没有 H 原子，只有 C 原子上有 H 原子，
所以在六元环上有四种不同位置的 H 原子，所以六元环上的一氯代物有 4 种，C 正确；羧基具有稳定性，不能发生
加成反应，维生素 B3 分子中六元环的结构与苯环相似，可以与氢气发生加成反应，所以 1 mol 维生素 B3 能和 3 mol
氢气发生加成反应，D 错误。
10．B 解析： X、Y、Z、W 为短周期元素，结合结构式可推测该化合物为 CH3COOOH（过氧乙酸），则 X 为
H 元素，Y 为 C 元素，Z 为 O 元素。由图像可知，向 W 的钠盐溶液中通入 CO2生成白色沉淀，则 W 可能是 Al 元
素或 Si 元素。碳的氢化物为烃类，高级烷烃(如石蜡)在常温下呈固态，其熔点大于 H2O 的，A 选项错误。酸性：
H2CO3＞H2SiO3、H2CO3＞Al(OH)3，B 选项正确。C、H、O 三种元素可组成 H2CO3、CH3COOH 等多类多种化合物，
C 选项错误。工业上电解熔融的 Al2O3 制备铝，碳还原 SiO2制备粗硅，D 选项错误。
11．C 解析：酸性高锰酸钾溶液可将乙烯氧化为二氧化碳，最终甲烷中会含有二氧化碳气体杂质，不符合净
化原则，A 项错误；分解 KMnO4制 O2 的产物有二氧化锰，与稀盐酸不反应，B 项错误；向硫酸铵饱和溶液中滴加
鸡蛋清溶液，会出现沉淀，即蛋白质析出，再加入蒸馏水，沉淀物会溶解，C 项正确；加热时，氯化铵会分解为氨
气和氯化氢，碘单质会升华，接触到烧瓶底部时，氨气和氯化氢结合生成氯化铵，碘单质凝华，无法分离，D 项错
误。
12．D 解析：锂空气电池的 a 极反应为 Li－e－===Li＋，b 极获得电子，发生还原反应，A 项错误确；放电过
程中，Li＋由 a 极通过固体电解液向 b 极移动，充电过程与之相反，B 项错误；锂、铝的密度相对铅较小，相同质量
的锂电极材料失去电子数多于铅蓄电池，与铅蓄电池对比，该锂电池的比能量大，C 项错误；电路中转移 4 mol 电
子，反应消耗 1 molO2，即标准状况下 22.4 L，大约需要标准状况下 22.4 L×5＝112 L 空气，D 项正确。
13．B 解析：A.由“HA 的酸性强于 HB 的酸性”可知，Ka(HA)>Ka(HB)，－lgc(A－)=－lgc(B－)时，c(A－)=c(B－)，
c ( H A ) = c ( H B ) ，则 c ( H ＋ ) 越大 K a 越大， p H 越小 K a 越大。由图可知，曲线 Ⅰ 表示溶液的 p H 与
－lgc(A－)的变化关系，错误；B.根据图中 M、N 点的数据 c(A－)＝c(B－)及 A 项解析知，Ka（HA）
Ka（HB）
＝
cM（H＋）
cN（H＋）
＝100，
正确；M 点与 N 点存在 c(A－)＝c(B－)，M 点溶液的 pH 比 N 点溶液的 pH 小，故 M 点水的电离程度小，错误；D.N、
Q 点对应溶液的 pH 相等，由图可知 c(A－)＞c(B－)，根据电荷守恒可知，c(Na＋)= c(X－)＋[c(OH－)－c(H＋)]， c(A－)
大则 c(Na＋)大，N 点对应的溶液中 c(Na＋)小于 Q 点对应的溶液中 c(Na＋)，错误。
26．(15分，除说明外，每空 2分)
(1)(球形)冷凝管（1分）
(2)检漏
(3)冰水浴冷却结晶（或降温结晶）
(4)97℃ 温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相齐平
(5)上下移动 C 管 425 a?V
c－b
偏大
解析：
(1)仪器 L 是球形冷凝管。
(2)分液漏斗使用之前需进行检漏，即检查是否漏液。
(3)丙烯酸熔点为 13℃，温度低于 13℃时为固体，用冰水浴冷却结晶，低温过滤。
(4)达到丙烯醇沸点温度时收集馏分。蒸馏操作时，温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管下沿相平，测定蒸气温度。
( 5 )2C H 2＝CH C H 2 OH＋2N a → 2C H 2＝CH C H 2 ON a＋H 2 ↑，n (C H 2＝CH C H 2 OH )＝
c－b
1000 V
× 2 mol，
M(CH2＝CHCH2OH)＝
0.85a
c－b
1000 V
×2
g·mol?1＝425a?V
c－b
g·mol?1。若 C 管液面高于 B 管液面，测得 c 偏小，结果偏大。
27．(14分，每空 2分)
(1)ZnSO4·7H2O
(2)Cu2S＋2MnO2＋8H＋===2Cu2＋＋S＋2Mn2＋＋4H2O
(3)HCl 挥发加快、Bi3＋水解程度增大（答案合理即可）
(4)增大浸出液中 c(Cl－)，提高铋浸出率
(5)BiCl3＋Na2CO3===BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑ 浸铋
(6)130.25 cV
m
（或
1521 cV
4 m
）
解析：(1)浸液 1 主要含有 CuSO4、Fe2(SO4)3 和 ZnSO4，加入过量的锌，过滤得到滤渣(主要含铁、铜和锌)和硫
酸锌溶液，经结晶可以得到 ZnSO4·nH2O，由 M 的摩尔质量知，n＝7。
(2)依题意，浸液 2 含有 Cu2＋，浸渣 2 含有 S 单质，故二氧化锰氧化硫化亚铜生成 Cu2＋、Mn2＋和 S。
(3)从题干中获得信息，BiCl3 水解生成 BiOCl。图 1 知，温度高于 40℃时浸铋率降低，可能是盐酸挥发加快，
导致盐酸浓度降低，其次 Bi3＋水解程度增大，部分 Bi3＋水解生成 BiOCl、Bi(OH)3 进入浸渣 3 中。
(4)从图 2 看出，其他条件相同时，氯离子浓度越大，铋浸出率越高，故氯化钠提供氯离子。
(5)沉铋时产生气体是 CO2，故反应产物为 NaCl、BiOCl 和 CO2。浸液 4 主要溶质是 NaCl，可以循环用于“浸铋”，
提高原料利用率，降低生产成本。
(6)根据 BiOCl~AgCl，BiOCl 的物质的量等于消耗的 AgNO3 的物质的量。故ω(BiOCl)=
cV×10-3×5×260.5
m
×
100%=130.25 cV
m
。
28．(14分，每空 2分)
(1)－(x＋2z)
(2)a、d
(3)减小
(4)①0.72 1.8
3×0.6
0.96×0.32
②投料比不变，升高温度，CO2 的平衡转化率降低；温度不变，
n（H2）
n（CO2）
投料比越大，CO2 的平衡转化率越大
(合理即可)
(5)CO＋2H2－6e－＋8OH－===CO2－3 ＋6H2O
解析：(1)由盖斯定律知，①＋③×2 得总反应式为 2CO2(g)＋6H2(g)? CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH＝－(x＋2z)
kJ·mol－1。
(2)合成二甲醚是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向右移动，速率和转化率都增大，a 正确；若分离出
CO2 使体系中
n（CO2）
n（H2）
减小，平衡向左移动，b 错误；容积不变，混合气体密度恒定，c 错误；充入适量的 CO，CO
与 H2O 反应生成 CO2 和 H2，原料气浓度增大，平衡向正方向移动，产率增大，d 正确。故选 a、d。
(3)平衡状态时，正、逆反应速率相等，由此推知，平衡常数 K＝k 正
k 逆
。该可逆反应的正反应是放热反应，升高温
度，平衡向左移动，K 减小，即逆反应速率常数增大程度大于正反应速率常数。
(4)①500K、投料比等于 3 时，CO2 的平衡转化率为 80%，则在该时间段内 H2的平均速率为υ(H2)＝
3 mol×80%×3
2 L×5min
＝0.72 mol·L－1·min－1。列三段式如下：
2CO2(g) ＋ 6H2(g) ? CH3OCH3(g) ＋ 3H2O(g)
起始浓度(mol·L－1)： 1.5 4.5 0 0
消耗浓度(mol·L－1)： 1.2 3.6 0.6 1.8
平衡浓度(mol·L－1)： 0.3 0.9 0.6 1.8
则该反应的平衡常数 K= 1.8
3×0.6
0.96×0.32
。
②从温度、投料比两个角度对 CO2的平衡转化率影响趋向分析、得出结论。
(5)CO 和 H2被氧化生成 CO 2－3 和 H2O，在负极区充入。
35．(15分，除说明外，每空 2分)
(1)b
(2)正四边形
(3)d(1分) g(1分)
(4)2 M 分子间能形成氢键，N 分子间不能(1分)
(5)① 2
2
a×10－3 ② 64×3＋31＋119
NA×（a×10－10）3
(合理即可)
3d 4s
↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑
解析：(1)铜的第二电离能大于锌的第二电离能，①＞④；锌的第二电离能大于锌的第一电离能，有：④＞⑤；
基态铜的第一电离能大于激发态铜的第一电离能，②＞③；锌的第一电离能大于铜的第一电离能，⑤＞②，故选 b。
(2)若[Cu(NH3)4]2＋呈正四面体，2 个 H2O 取代 2 个 NH3 得一种结构，故它呈正四边形结构，2 个 H2O 位于邻位、
对位。
(3)断裂 1 mol 化学键形成气态原子吸收的能量叫键能，F－F 键能为 d kJ·mol－1；气态离子形成 1 mol 离子键所
释放的能量叫晶格能，如 CuF2的晶格能为 g kJ·mol－1。
(4)M 分子中 C 原子采用 sp3、sp2两种杂化。M 分子间能形成氢键，使熔沸点升高。
(5)观察晶胞知，该晶胞参数等于铜磷最近距离的 2 倍，等于 a pm。2 个相邻铜原子最近距离为面对角线的一半。
1 个晶胞含 3 个铜原子、1 个磷原子、1 个锡原子，密度为ρ＝ 64×3＋31＋119
NA×（a×10－10）3
g·cm－3。
36．(15分，除说明外，每空 2分)
(1)乙二醇（1分）
(2)消去反应（1分） 碳碳双键、氯原子
(3)n HOCH2CH2OH + n HOOC COOH
一定条件 H OCH2CH2O C
O
C OH
O
n
+ (2n-1)H2O
(4)13 OHHCOCOO
(5)CH2 CHCH2CH3 CH2 CHCHCH3
Cl
Cl2 CH2 CHCH CH2
NaOH/乙醇 CH2CHCHCH2
Br
Br
Br
Br
Br2
CCl4
CH2CHCHCH2
OH
OH
OH
OH
NaOH/水
500℃
（3分）
解析：相对分子质量为 28 的烯烃为乙烯，乙烯与溴加成生成 1，2-二溴乙烷；1，2-二溴乙烷水解生成
HOCH2CH2OH。
薄荷醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应，由 J 逆推 D 为 ，由“已知”信息知，E 为
Cl
Cl
。E 发生消去反应有两种产物：J 和 F。C 和 G 发生聚缩反应生成聚酯纤维。
(3)乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应，小分子为水。
(4)依题意，同分异构体含醛基、酯基、酚羟基。若苯环含 2 个取代基，则取代基为－OH，－OOC－CHO，共
有 3 种结构；若苯环上有 3 个取代基，则取代基为－OH，－CHO，－OOCH，共有 10 种结构。综上所述，符合条
件的同分异构体有 13 种。在核磁共振氢谱上有 4 个峰的分子具有对称结构，即两个取代基位于苯环对位，结构简
式为 OHHCOCOO 。
(5)由目标产物知，在原料分子中引入 4 个卤原子。利用 D→E 反应原理，第一步，取代（制备 3-氯-1-丁烯）；
第二步，消去（制备 1，3-丁二烯）；第三步，加成（制备 1，2，3，4-四溴丁烷）；第四步，水解（制备 1，2，3，
4-丁四醇）。
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生物参考答案
一、选择题：本题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分。
1.A 解析：糖蛋白不是细胞间信息交流所必需的结构，如高等植物细胞间的胞间连丝也具
有信息交流的作用；高温会使蛋白质的空间结构发生改变，但不破坏肽键，因此高温处理后
的蛋白质与双缩脲试剂会发生紫色反应；叶绿体是半自主性细胞器，其能控制合成少量蛋白
质；细胞凋亡和衰老过程中蛋白质的种类会发生改变。
2.B 解析：细胞在质壁分离的过程中，细胞失水，细胞液浓度变大，外界溶液浓度变小，
因此细胞液浓度与外界溶液浓度的比值变大；对某绿色植物进行遮光处理时，遮光后瞬间，
光照减弱，光反应产生的 NADPH 减少，但是暗反应中利用 NADPH 的过程照常进行，并产生
NADP
＋
，故遮光后瞬间叶绿体中 NADPH 减少，NADP
＋
增多，NADPH/NADP
＋
的值变小；减数分裂
过程中同源染色体分离前后，每条染色体都含有 2 个 DNA 分子，细胞中染色体数/核 DNA 数
的值不变；人体细胞进行无氧呼吸不产生 CO2，也不消耗 O2，因此肌肉细胞呼吸作用中 CO2
释放量/O2吸收量的值始终等于 1。
3.D 解析：变异是不定向的，突变型植株会导致此种昆虫中不适应生物碱的个体死亡，使
昆虫种群的基因频率发生改变，对此种昆虫的变异起到了定向选择的作用；突变型昆虫和突
变型植株均不是一个新物种；突变型昆虫食用此种植物的正常类型和突变类型均不会死亡，
则突变型昆虫的数量可能会增加，对突变型植株的捕食也增强，因此突变型昆虫的存在不会
使突变型植株突变基因的频率增大。
4.D 解析：生理盐水是人体细胞外液的等渗溶液；适当增加组织液中Na
＋
浓度，会导致动作
电位的峰值增大；人体摄盐过多后，会引起细胞外液的量增加。
5.B 解析：物质乙的毒性较大，脂溶性高，较稳定，易被生物吸收和积累，因此工业废水
随意向河流排放最终会汇集到海洋，引起海洋污染，并且物质乙可沿着食物链从一个营养级
到另一个营养级；给水体通气不利于厌氧细菌将工业废水中的物质甲转化为物质乙，因此有
利于降低水体中物质乙的含量。
6.D 解析：分析 F2中雌雄果蝇的表现型及比例不难推出 B、b 位于常染色体上，R、r 位于
X染色体上，且亲本基因型为 BBX
r
Y 和 bbX
R
X
R
；由于 F2的雌果蝇中没有深黑身，说明 R、r 基
因中使黑身果蝇体色加深的是 r；F2灰身雌果蝇中纯合子所占比例为 1/3×1/2=1/6，则杂合
子所占比例为 5/6。
题号 1 2 3 4 5 6
答案 A B D D B D
二、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分，共 54 分。
（一）必考题（共 39 分）
29.(10 分，除注明外，每空 2 分)
（1）光照强度（或遮光比例） 蓝紫光和红光(1 分)
（2）增加(1 分) 增大叶面积，以捕获更多的光能
（3）30%遮阴(1 分) 不遮阴时光照太强，叶片气孔部分关闭，CO2供应不足，影响暗反
应，导致光合速率较小(3 分，要点“光照太强”“气孔部分关闭”“CO2供应不足”各 1 分）
30.(9 分，除注明外，每空 2分)
（1）抗利尿激素(1 分)
（2）体液免疫和细胞免疫（答全给分） 人人生来就有（1 分），也不针对某一类特定
病原体，而是对多种病原体都有防御作用（1 分）
（3）效应 T 细胞和记忆细胞（答全给分）
（4）机体免疫系统接受该流感疫苗刺激后，产生了相应的抗体和记忆细胞
31.(8 分，除注明外，每空 1分)
（1）鲫鱼活动能力强、活动范围大
（2）未食用的桑叶中所含的能量、蚕粪中具有的能量、蚕体通过呼吸作用散失的能量(3 分，
每点 1分)
（3）鱼塘中生产者固定的全部太阳能、投放的蚕粪中所具有的能量、投放的鱼苗中所具有
的能量(3 分，每点 1分)
（4）该鱼塘生态系统具有一定的自我调节能力
32.(12 分，除注明外，每空 2 分)
（1）实验设计思路：让纯合粉花植株和纯合红花植株杂交，观察子代的表现型(3 分)
预期结果及结论：若子代全为红花植株，则控制酶 2合成的基因是 B(2 分)
若子代全为粉花植株，则控制酶 2合成的基因是 b(2 分)
（2）实验设计思路：选择植株甲和植株丙杂交产生 F1，再让 F1随机传粉产生 F2，统计 F2
的表现型及比例(3 分)
F2的表现型及比例为红花∶粉花∶白花＝9∶3∶4，且白花植株既有雌株也有雄株
（二）选考题（共 15 分）
37.(15 分，除注明外，每空 2 分)
（1）C1酶、Cx 酶和葡萄糖苷酶（1分） 酶分子较小，容易从包埋材料中漏出
（2）刚果红（1分） 透明圈直径/菌落直径
（3）真菌是真核生物，具有内质网和高尔基体，有利于酶分泌到细胞外，而细菌是原核生
物，无内质网和高尔基体 抗生素
（4）葡萄糖能促进菌株的繁殖，有利于其产生纤维素酶 葡萄糖足以满足微生物对碳源
的需求，其不再需要分解利用纤维素(3 分)
38.(15 分，除注明外，每空 2 分)
（1）逆转录酶和 Taq 酶 2
（2）构建基因表达载体 防止目的基因和运载体自身连接成环；防止目的基因和运载体
反向连接(4 分，每点 2 分)
（3）抗原—抗体杂交法
（4）从基因组文库获取的 G 基因有内含子，在大肠杆菌中，G 基因的转录产物中与内含子
对应的 RNA 序列不能被切除，无法表达出 G蛋白(3 分)
1
物理参考答案
题号 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 A C B D D BD BC AD
14．A 解析：结合质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的产物为氙核和锶核，并会释
放能量，则裂变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故 A正确；该核反应为重核裂
变，不是人工转变，故 B错误；X原子核中的核子数为(235＋1)－(94＋2)＝140个，中子数
为 140－(92－38)＝86个，故 C错误；裂变时释放能量，出现质量亏损，但是总质量数不变，
故 D错误。
15．C 解析：乙车比甲车晚 1s出发，故 A错误；根据 v－t图线与时间轴围成的面积表示
位移知，t＝2s时，甲车的位移比乙的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故 B错误；
在 0～4s内，甲车的位移 x 甲＝
1
2
×8×4m＝16m，乙车的位移 x 乙＝
1
2
×(1＋3)×8m＝16m，所以
x 甲＝x 乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在 t＝4s时乙车追上甲车，故 C正
确；在 t＝4s时乙车追上甲车，由于 t＝4s以后，甲车比乙车的速度大，两车不可能再相遇，
所以两车只相遇一次，故 D错误。
16．B 解析：根据 a＝GM
r2
可知，
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M 地R2月
M 月R2地
＝
a
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，选项 A错误；由 T＝2π r
3
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可得，
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T 月
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，选项 B 正确；根据 v＝ GM
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M 月R 地
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a
b
，选项 C 错
误；从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星需要加速，选项 D错误。
17．D 解析：根据向心力公式知 F＝mω2Rsinθ，质量和角速度相等，A、B和球心 O点连
线与竖直方向的夹角分别为α、β，α＞β，所以 A的向心力大于 B的向心力，故 A错误；根
据径向力知，若物块受到的摩擦力恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，则由受力
情况根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2Rsinθ，解得ω＝ g
Rcosθ
，若角速度大于
g
Rcosθ
，
则会有沿切线向下的摩擦力，若小于
g
Rcosθ
，则会有沿切线向上的摩擦力，故容器对 A的
支持力不一定小于容器对 B的支持力，故 B错误；若ω缓慢增大，则 A、B受到的摩擦力方
向会发生变化，故摩擦力数值不一定都增大，故 C错误；因 A受的静摩擦力为零，则 B有
沿容器壁向上滑动的趋势，即 B受沿容器壁向下的摩擦力，故 D正确。
18．D 解析：由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项 A
错误；由公式 q
R
??
? 可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项 B错误；
设线框的边长为 L，若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒
定速度 v1向右匀速拉出，E′1＝BLv1，Q1＝
（BLv1）2
R
·
L
2
v1
＝
B2L3v1
2R
；第二次以线速度 v2让线框
转过 90°，E′2＝
BSω
2
＝
BLv2
2
，Q2＝
（
BLv2
2
）2
R
·
1
4
×2π·1
2
L
v2
＝
πB2L3v2
8R
，Q1＝Q2，所以 v1∶v2＝π∶4，
选项 C 错误；若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，第一次将线框从磁场中
2
以恒定速度 v1向右匀速拉出，E1＝BLv1；第二次以线速度 v2让线框转过 90°， E
－
2＝
ΔΦ
Δt
＝
1
2
BL2
1
4
×2π·1
2
L
v2
＝
2BLv2
π
，E1＝ E
－
2得 v1∶v2＝2∶π，D选项正确。
19．BD 解析：粒子做直线运动，则粒子受到的合力与初速度共线，因此粒子一定受重力
作用，若竖直直线是电场线，粒子受到的电场力一定竖直向上，粒子斜向右上做直线运动，
因此合力一定为零，粒子做匀速直线运动，动能不变，B项正确；由于粒子的电性未知，因
此电场方向不能确定，A项错误；若竖直直线是等势线，电场力水平，由于粒子斜向右上做
直线运动，因此电场力一定水平向左，合力与粒子运动的速度方向相反，粒子斜向右上做减
速运动，C项错误；粒子受到的电场力做负功，因此粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大，
D项正确。
20.BC 解析： 根据共点力平衡知，安培力的方向在垂直斜面向下与竖直向上这两个方向
之间，根据左手定则知，所加磁场方向与 x轴正方向的夹角θ的范围应为 0°≤θ＜143°，故 A
错误，B正确。当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据矢量三角形定则有：
FA=mgsin37°=BIL，则磁感应强度的最小值
3
5
mgB
IL
? ，故 C正确，D错误。
21．AD 解析：物块从 A到 Q全过程由动能定理得 1 2 1 2( )sin37 ( )cos37 0mg s s mg s s?? ? ? ?? ? ，
代入 0.5? ? ， 1 10ms ? 解得 2 2ms ? ，选项 A正确；全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能
不断减少，选项B错误；物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得 k2
HmgH mg E Q? ? ? ，
显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相
等的位置在 AB中点下方，则选项 C错误；因为 tan? ?? ，所以物块最终静止在挡板处，
根据能量守恒得
0 0
1 sin 37 cos37mgs mgs?? ，代入数据解得 15ms ? ，选项 D正确。
22．答案：(1)AC(1分) (2)3.0(2分) (3)mg－（M＋m）a
Mg
(1分) (4)0.18(2分)
解析：(1)实验过程中，电火花计时器应接在频率为 50Hz的交流电源上，调整定滑轮高
度，使细线与铝合金板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与铝合金板之
间的摩擦力，故选项 AC正确。
(2)令 x1＝4.25cm＝0.0425m，x2＝4.73cm＝0.0473m，x3＝5.22cm＝0.0522m，x4＝5.69cm
＝0.0569m，x5＝6.18cm＝0.0618m，x6＝6.66cm＝0.0666m，根据推论公式Δx＝aT2得：a＝
x6＋x5＋x4－x3－x2－x1
9T2
，代入数值解得：a＝3.0m/s2。
(3)对 M、m 组成的系统，由牛顿第二定律得：mg－μMg＝ (M＋m)a，解得：μ＝
mg－（M＋m）a
Mg
。
3
(4)将 m＝70g＝0.070kg，M＝100g＝0.1kg，a＝3.0m/s2，代入μ＝mg－（M＋m）a
Mg
，整
理可以得到：μ＝0.18。
23.答案：（1）? （1分） 9 （2分） （2）左 （1分） 大（1分）
12
1
UU
RU
?
（2分） （3）8455（2分）
解析：（1）欧姆表的电流从红表笔流入，黑表笔流出，因此红表笔应与电压表的“-”接线柱
相连接。 欧姆表的读数为 9KΩ。
（2）为了保护用电器，闭合开关 S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零，
电阻箱接入电路的电阻最大。被测电压表的内阻
12
1
12
1
1 UU
RU
R
UU
URV ?
?
?
? 。
（3）被测电压表的内阻就等于电阻箱接入电路的阻值，即为 8455Ω。
24．解析：(1)由题意可知，粒子从 P点抛出后，先在电场中做类平抛运动
则：a＝v0t1
1
2
a＝1
2
a′t21(1分)
根据牛顿第二定律有 a′＝qE
m
(1分)
求得 E＝mv
20
qa
(1分)
设粒子经过坐标原点时，沿 y方向的速度为 vy
1
2
a＝1
2
vyt1
求得 vy＝v0(1分)
因此粒子经过坐标原点的速度大小为 v＝ 2v0，方向与 x轴正向的夹角为 45°(1分)
由几何关系可知，粒子进入磁场的位置为(1
2
a，1
2
a)并垂直于 MN，设粒子做圆周运动的
半径为 r，则 qvB＝mv
2
r
得 r＝ 2
2
a(1分)
由几何关系及左手定则可知，粒子做圆周运动的圆心在 N点，粒子在磁场中做圆周运
动并垂直 x轴进入电场，在电场中做类竖直上抛运动后，进入磁场并仍以半径 r＝ 2
2
a做匀
速圆周运动，并垂直 x＝b射出磁场，轨道如图所示。由几何关系可知
b＝2r＋a＝( 2＋1)a(1分)
(2)由(1)问可知，粒子在电场中做类平抛运动的时间 t1＝
a
v0
(1分)
粒子在进磁场前做匀速运动的时间 t2＝
2
2
a
v
＝
a
2v0
(1分)
4
粒子在磁场中运动的时间 t3＝
5
8
T＝5
8
×2πm
qB
＝
5πa
8v0
(1分)
粒子第二次在电场中运动的时间 t4＝2
v
a′
＝
2 2a
v0
(1分)
因此，运动的总时间 t＝t1＋t2＋t3＋t4＝
（12＋5π＋16 2）a
8v0
(1分)
25．解析：(1)物块 b在斜面上光滑段 CE运动的加速度为 a1＝gsinα＝5m/s2(1分)
由 l1＝
1
2
a1t21(1分)
解得：t1＝
2l1
a1
＝
2×0.9
5
s＝0.6s(1分)
(2)取沿 AC方向为正方向，由－l1＝v1t－
1
2
a1′t2，t＝1s(1分)
a1′＝gsinα＝5m/s2(1分)
解得 v1＝1.6m/s(1 分)
a沿斜面上滑的距离为 s＝ v
21
2a1′
＝0.256m(1分)
所以物块 a能到达离 A点的最大高度 h＝(l1＋s)sinα＝0.578m(1分)
(3)设绳断时物块 b的速度为 v2，b与 c相碰后 b的速度为 v2′，c的速度为 vc，则
mbv2＝mbv2′＋mcvc(1分)
1
2
mbv22＝
1
2
mbv2′2＋
1
2
mcv2c(1分)
mc＝2mb(1分)
联立解得 v2′＝－
1
3
v2，v2＝
3
2
vc(1分)
因 vc的方向沿斜面向下，故 v2的方向沿斜面向下，v2′的方向沿斜面向上
物块 b在 EB段上的加速度为 a2＝gsinα－μgcosα＝10×(
1
2
－
3
3
× 3
2
)m/s2＝0，物块 b在 EB
段上做匀速运动(1分)
物块 b和物块 c相碰后物块 b先向上滑再下滑到 E点时的速度仍为 v2′，则
v2′(t－2t2)＝l2(1分)
t2＝
v2′
a1
(1分)
代入数据，得 2v2′2－5v2′＋2＝0
解得 v2′的大小为 v2′＝0.5m/s，或 v2′＝2m/s(1分)
物块 b刚下滑到 E点时的速度为 v0＝ 2a1l1＝ 2×5×0.9m/s＝3m/s(1分)
若取 v2′＝2m/s，则 v2的大小为 v2＝6m/s>v0＝3m/s，与事实不符，所以舍去
取 v2′＝0.5m/s，则 v2＝1.5m/s，方向沿斜面向下
设细绳对物块 a和 b的冲量大小均为 I，由 I＝mav1(1分)
－I＝mb(v2－v0)(1分)
解得
ma
mb
＝
v0－v2
v1
＝
3－1.5
1.6
＝
15
16
(1分)
|
5
33．(1)ACE 解析：由热力学温度与摄氏温度的关系：T＝t＋273，可知摄氏温度变化 1℃，
热力学温度变化 1K，故 A正确；气体放出热量时，若外界对气体做功，则气体的温度也可
能升高，其分子的平均动能增加，选项 B错误；无论是气体，液体还是固体，其分子间都
存在间距，但气体的间距最大，由于分子间存在较大的间距，气体分子间相互作用的引力和
斥力十分微弱，气体分子可以在空间自由运动，所以气体能充满整个空间，C正确；气体的
内能除分子势能、分子平均动能有关外，还与气体的质量有关。对于气体分子间作用力可以
忽略时，气体的内能只由温度和质量决定。分子越多，总的能量越大，所以 D错误；不计
分子势能时，气体温度降低，则内能减小，向外界释放热量；薄塑料瓶变扁，气体体积减小，
外界对其做功，故 E正确。
(2)解析：(ⅰ)根据力的平衡可知，右管中水银柱的长 L＝L2＋L4＝6cm
当 B水银柱在左管中水银液面下降 2cm，则右管中水银柱长变为 8cm
根据力的平衡可知，左侧管中需加入的水银柱长 h＝8cm－L2＝4cm(1分)
对气柱Ⅱ研究，开始时压强 p1＝76cmHg＋4cmHg＝80cmHg
加水银后，气体的压强 p2＝76cmHg＋8cmHg＝84cmHg(1分)
设加水银后气体Ⅱ的长为 L3′，气体发生等温变化，则有 p1L3S＝p2L3′S(1分)
解得 L3′＝3.8cm(1分)
这时，A水银柱上表面与右管中 B水银柱上表面高度差Δh＝L3′＝3.8cm(1分)
(ⅱ)若不在左管中倒入水银，而是在左侧管口缓慢推入一个活塞，使 B段水银在左管中
水银面也下降 2cm，此时气柱Ⅰ中气体的压强为 p3＝p2－4cmHg＝80cmHg(1分)
设此时气柱Ⅰ的长度为 L1′，气体发生等温变化，则有 p0L1S＝p3L1′S(2分)
求得 L1′＝3.8cm(1分)
则活塞在管中移动的距离 x＝L4＋(L1－L′1)＋(L3－L′3)＝2.4cm(1分)
34．(1)ADE 解析：在干涉现象中振动加强指的是振幅增大，振动减弱指的是振幅减小，
但加强点和减弱点仍在各自的平衡位置附近做简谐振动，其位移随时间周期性变化，故某时
刻加强点的位移可能小于减弱点的位移，A项正确；做受迫振动的物体，当周期性的外力的
频率等于其固有频率时，振幅最大，B项错误；全息照片的拍摄利用了激光干涉的原理，C
项错误；根据多普勒效应可知，D项正确；电磁波是横波，在真空中自由传播时，其传播方
向与电场强度、磁感应强度均垂直，E项正确。
(2)解析：(ⅰ)画出平面图如图所示，设光线入射到 D点时恰好发生全
反射，sinC＝1
n
(1分)
所以，C＝45°(1分)
OF＝ R
cosC
＝ 2R(2分)
(ⅱ)设光屏被照亮的面积的半径为 r
因为
O′F
r
＝tanC(1分)
O′F＝d－OF(1分)
解得：r＝(3－ 2)R(2分)
光屏 PQ上被照亮光斑的面积 S＝πr2＝π(11－6 2)R2(2分)

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