1、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，1418题只有一项符合题目要求，1921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，变形得，根据
2、图象可得v0=3 m/s，a=1.2 m/s2，故A错误，D正确；质点在前2 s内的平均速度，故B错误；质点在第5 s末的速度为v=v0+at=9 m/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：，以整体为对象：，解得：F0=160 N100 N，所以A、B不可能发生滑动，所以A、B的最大加速度，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。Fx图像围成的面积表示推力所做的功，推力做功为W=200 J，根据动能定理可得，解得，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
3、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，解得，故克服摩擦力做功，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，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：，在地球表面有，地球的密度：，解得：，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
4、的合力水平，如图，库仑力大小为故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根据牛顿第二定律得当即时，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，并联电路电压变大，经过电阻的电流变大，电流表示数即通过滑动变阻器电流变减小，故A正确，B错误。本题是选择错误的
5、，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
6、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=0.200kg0.09 kgm/s =0.018kgm/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
7、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；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5.0W；(2)2电流表的内阻约0.1W，比待测电阻小，而电压表的内阻约3 kW，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，因此可得测量的结果根据与真实值相比偏小；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
8、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；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 （1分）物块受合外力 （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 （1分）对系统，有 （1分）代入数据解得v1=4m/s，v2=2m/s拉力撤去时，长
9、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 （1分）对长木板，有 （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=(v1v2)t/2=1m （1分）在t1=0.2s内，物块相对于长木板的位移s2=(v1-v2)t1/2=0.2m （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 （1分）
10、 （1分）这段时间内物块相对于木板的位移s3=x2x1 =0.72m （1分）物块最终离板右端的距离d=s1s2s3 =0.48m （1分）25、（18分）【参考答案】（1）；（2）（-2L，0）；（3）【名师解析】（4分）（1）在第一象限内，做类平抛运动 1分 1分根据牛顿第二定律eE=ma 1分解得 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 1分速度大小 1分在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力 1分得 1分根据几何关系 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 3分最小面积 1分解得 1分
11、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左右，而在表面层，分子比较稀疏，分子间距离大于，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) (ii)【解析】(i)活塞刚好对气缸顶部没有压力时，
12、气缸内气体的压强是p1=2p0(2分)在气体由压强p2.2p0下降到2p0的过程中，气体体积不变，温度由T4.4T0变为T1。由查理定律得(1分)解得(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 解得：(2分)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W2p0(VV1) (1分)在这一过程中，气体内能的减少为U(T1T0) (1分)由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为QWU(1分)解得得(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
13、，再过1 s，质点Q由图示位置第二次到达波峰，所以T=0.8 s，波的传播速度为30 m/s，故B正确；，故P质点振动了，既质点P到达波谷，位移为-0.2 m，故C正确；由T=0.8 s解得，质点P的振动位移随时间变化的关系式，故D正确；，故0至0.9 s时间内质点P通过的路程小于0.9 m，故E错误。(2)(10分)【答案】36 cm；12 cm【解析】由几何关系(1分)入射角正弦(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(1分)折射光斑为Q，设折射角为r，根据折射定律：(2分)可得：(1
14、分)由几何知识可得：(1分)生物参考答案：1B 2A 3A 4C 5C 6C29（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
15、外，每空1分，共10分）(1) 厌氧细菌 无氧呼吸（或厌氧发酵）(2) 含N、P等离子 富营养化 (3) 需氧细菌 丰富度(4)减少有机物的进入，防止污染物超过河道的自我调节能力（2分）(5)流动的水能不断补充氧气，促进耗氧微生物的繁殖，提高分解水体有机物的能力；由于氧气充足，其他水生生物也能生存下来，有些可以吞食微生物，这样就构成了一条完整的生态链，物质被循环利用起来，水体自然得到大大净化；静止的水含氧量不高，使厌氧细菌得以生长繁殖，它们在新陈代谢中会产生硫化氢以及其他一些臭味物质。（任意一条即可给分，2分）（其他合理答案也可给分）32（每空2分，共12分） (1) 父本(2) F1的花粉的
16、基因型有A和a两种，（由于突变植株与野生植株的外形无明显差异，）无法判断幼苗是哪种基因型的花粉萌发形成 分别用野生植株和突变植株的花粉进行离体培养并统计萌发成幼苗的花粉数量 (3) 40% AA：Aa：aa=3：4：1 (4)该植株的花色（至少）受两对等位基因的控制37 （除特殊标记外，每空2分，共15分） (1)使菌液与水混合均匀(2) 乙（1分） 培养基甲为液体培养基，不能用于涂布平板 (3) 稀释涂布平板法 1.22x107(4)自生固氮菌产生的含氮化合物（或自生固氮菌向培养基上分泌的含氮化合物） (5) 120 有机肥38 除特殊标记外，每空2分，共15分(1) DNA中G和C之间有三
17、个氢键，A和T之间只有两个氢键，G+C含量越多，其氢键越多，变性时所需温度越高 3 耐高温的DNA聚合酶(2) 2 一 目的性强、突变概率高(3) 脱分化和再分化 分子杂交技术（1分）化学答案选择题答案 C D A C B C D26答案（14分，每空2分）（1）平衡气压，使浓盐酸顺利流下（2）2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O（3）球形冷凝管（或“冷凝管”） （4）油浴加热 （5）戊没有做防倒吸措施 （戊中导管伸到了液面以下，或丁与戊之间缺少防倒吸装置等直接描述缺陷均给2分，但表述成改进方法不给分） （6）多孔硫颗粒可以充当沸石（只要是涉及硫颗粒或催化剂并表述准
18、确均给2分）（7）+ClCH2COOH=+ ClCH2COO-（2分）27.(14分)（1） MnO2+PbS+4HCl+2NaCl Na2PbCl4+S+MnCl2+2H2O(2分，未写条件不扣分) 6(1分) FeS2-2e-=Fe2+2S(2分) （2）Fe(OH)3(1分)（3）PbCl2难溶于冷水，降低PbCl2的溶解度，便于PbCl2析出晶体（或温度降低，PbCl2(s) 2Cl-(aq)PbCl(aq)平衡左移，使PbCl转化为PbCl2，便于析出PbCl2）(2分) （4）盐酸 (2分) （5）10.27molL1(2分)（6）4PbSO4+6OH- 3PbOPbSO4H2O+
19、3SO+2H2O(2分) 28答案（15分，除标注外，每空2分）(1) -58kJ/mol 低温自发（1分） （1分）(2)CE 变小（1分） abc 1/2(MPa)-2 (4) CH2O D 35.（15分）（1）12（1分）；B（1分）（2）sp3、sp3（2分）正四面体（2分）abcd（2分）（3）酸性：CF3COOH CH3COOH，原因：电负性：F H，羧基中羟基的极性CF3COOH CH3COOH（各1分）（4）棱心（1分）；CH3NH3PbI3（2分）；620NAa31030（2分）36（15分）（1）bc（2分，见错无分，答对1个给1分） （2）c（2分） （3）CHCCH2CH2OH （2分,键线式也可） （4）羟基、酯基 （2分，1个1分，见错无分）（5）+2NaOHNaBr+CH3OH+（3分，没有加热不扣分，写键线式也可）（6） 6 （2分） 、 （2分，键线式也可）学科网（北京）股份有限公司
