2020高三物理开学考试试题(含解析)

（全国卷I）2020届高三物理开学摸底大联考试题本试卷8页。

满分100分。

考试时间90分钟。

注意事项：1 •答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置。

2. 全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。

3•回答选择题时，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。

回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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. 一位外卖小哥以5m/s的速度骑行，在接近顾客的居住地时做匀减速直线运动直到停止。

已知他最后1s的位移为1m则外卖小哥减速运动的位移为A. 2mB. 5mC. 6. 25mD. 12. 5m2. 下列关于电子的描述正确的是A. 氢原子向低能级跃迁时，核外电子的动能会减小B. 光电效应实验中，逸出的光电子来源于核外电子C. 原子核能发生B衰变说明原子核内存在电子D. 汤姆孙研究阴极射线时发现了电子，并准确测出了电子的电荷量3. 如图所示，一带负电的点电荷固定在空间中某处，电荷为球心的球面上有a、b两点，c点在该球面外侧，说法正确的是A. a、b两点的电场强度相同B. b点的电场强度比c点小C. a、b两点的电势相同以点下列D. b点电势比c点高6 •如图所示，光滑大圆环固定在竖直平面内，环上0点固定着一光滑小圆环。

一穿过小圆环的轻绳两端分别系着带孔小球P、Q小P、Q穿在大圆环上，整个系统处于静止状态。

已球知小4•如图所示，某同学在水槽底部0点先后放置两个单色点光源1、2,他在水面上先后观察到两个圆形发光区域。

放置光源1时，发光区域的直径为L AB=2d，放置光源2时，发光区域的直径为L cD=d。

水面上方可认为是真空区域，水的深度为d，下列说法正确的是A. 在真空中，光源1所发光的波长小于光所发光的波长B•光源2所发的光比光源1所发的光更容发生衍射现象C.在水中，光源1所发光的传播速度小于源2所发光的传播速度D.水对光源1所发光和光源2所发光的折射率之比为..； 5•嫦娥四号探测器是世界首个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器，其在着陆前的飞行轨道示意图如图所示，嫦娥四号探测器先由环月圆轨道I变化到环月椭圆轨道U,再经过动力下降阶段到达月球表面。

2020年高三物理开学摸底考试01（江苏卷）物 理 试 题本卷满分120分，考试时间100分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个．．．．选项符合题意． 1. 2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行.与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( ) A.周期变大 B.速率变大 C.动能变大 D.向心加速度变大【答案】 C【解析】根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，GMm r 2＝m 4π2T 2r ＝m v 2r＝ma ，解得T ＝4π2r 3GM，v ＝GM r ，a ＝GMr 2，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心加速度均不变，选项A 、B 、D 错误；组合体比天宫二号的质量大，动能E k ＝12m v 2变大，选项C 正确.2.如图1所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D 点(D 点是曲线的拐点)时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A 点运动到E 点的过程中，下列说法中正确的是( )图1A.质点经过C 点的速率比D 点的大B.质点经过A 点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C.质点经过D 点时的加速度比B 点的大D.质点从B 到E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小 【答案】 A【解析】因为质点做匀变速运动，所以加速度恒定，C 项错误.在D 点时加速度与速度垂直，故知加速度方向向上，合力方向也向上，所以质点从A 到D 的过程中，合力方向与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，v C >v D ，A 项正确，B 项错误.从B 至E 的过程中，加速度方向与速度方向夹角一直减小，D 项错误.3.如图2所示，一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子最后落到P 点，设OP ＝x ，下列图线能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )图2【答案】 B【解析】在加速电场中，由动能定理得：qU ＝12m v 2，解得：v ＝2qUm， 磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：q v B ＝m v 2r ，得：r ＝m v qB ＝1B 2mUq则得：x ＝2r ＝2B 2mUq，B 、m 、q 都一定，则由数学知识得到，x －U 图象是开口向右的抛物线的上半部分，B 正确．4．A 、B 两个离子同时从匀强磁场的直边界上的P 、Q 点分别以60°和30°(与边界的夹角)射入磁场，又同时分别从Q 、P 点穿出，如图3所示．设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是( )图3A ．A 为正离子，B 为负离子B ．A 、B 两离子运动半径之比为1∶ 3C ．A 、B 两离子速率之比为1∶ 3D ．A 、B 两离子的比荷之比为1∶2 【答案】 B【解析】A 向右偏转，根据左手定则知，A 为负离子，B 向左偏转，根据左手定则知，B 为正离子，故A 错误；离子在磁场中做圆周运动，以A 离子为例运动轨迹如图所示，由几何关系可得r ＝l2sin θ，l 为PQ 的距离，则A 、B 两离子运动半径之比为1sin60°∶1sin30°＝1∶3，故B 正确．离子的速率为v ＝r ·2θt，时间相同，半径之比为1∶3，圆心角之比为2∶1，则速率之比为2∶3，故C 错误；根据r ＝m v qB 知，q m ＝vBr，因为速度大小之比为2∶3，半径之比为1∶3，则比荷之比为2∶1，故D 错误．5．如图4所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点．竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )图4A ．a 球最先到达M 点B ．b 球最先到达M 点C ．c 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 点 【答案】 C【解析】：.如图所示，令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足R ＝12gt 2c，所以t c ＝2Rg ；对于a 球令AM 与水平面成θ角，则a 球下滑到M 点用时满足AM ＝2R sin θ＝12g sin θ·t 2a ，即t a ＝2R g；同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足t b ＝2rg(r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r >R )．综上所述可得t b >t a >t c ，故选项C 正确．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2 分，错选或不选的得0 分．6．如图5所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k Ir，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()图5A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在增大【答案】BD【解析】由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MN区域产生的磁场垂直MN向里，由M到N逐渐减弱，N处的通电导线在MN区域产生的磁场垂直于MN向外，由M到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿ab 连线运动到b点，受到的洛伦兹力F＝Bq v，从a到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱逐渐减小，从O 到b洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强逐渐增大，所以对桌面的压力一直在增大，选项D正确，选项C 错误；由于桌面光滑，洛伦兹力的方向始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力,做匀速直线运动,选项B正确，选项A错误．7．如图6所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是()图6A ．电源电动势约为50VB ．电源的内阻约为253ΩC ．电流为2.5A 时，外电路的电阻约为15ΩD ．输出功率为120W 时，输出电压约是30V 【答案】 ACD【解析】根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压：U ＝E －Ir ，对照U －I 图象，当I ＝0时，E ＝U ＝50V ，故A 正确；U －I 图象斜率的绝对值表示内阻，故：r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝50－206Ω＝5Ω，故B 不正确；电流为2.5A 时，对照U －I 图象，电压约为37.5V ，故外电路电阻：R ＝U I ＝37.5V 2.5A ＝15Ω，故C 正确；输出功率为120W时，对照P －I 图象，电流约为4A ，再对照U －I 图象，输出电压约为30V ，故D 正确．8.如图7所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P 调节.R T 为热敏电阻，当环境温度升高时，R T 的阻值变小.下列说法正确的有(电表均为理想电表)( )图7A.P 向下滑动时，电压表读数变大B.P 向下滑动时，电流表读数变小C.若环境温度升高，变压器的输入功率变大D.若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小 【答案】 BC【解析】原线圈的电压不变，故当P 向下滑时，副线圈的匝数变小，则副线圈两端的电压变小，电压表的示数变小，副线圈电流变小，由I 1I 2＝n 2n 1知电流表示数变小，A 错误，B 正确；若环境的温度升高，则热敏电阻的阻值变小，副线圈的电流变大，灯泡消耗的功率变大，由P ＝U 2I 2′知，变压器的输入功率变大，C 正确，D 错误.9.如图8所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F 1＝k v ，其中k 为常数，则圆环运动过程中( )图8A ．最大加速度为FmB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμkD ．最大速度为mgk【答案】 AC【解析】：当F 1<mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(mg －k v )＝ma ，当v ＝mgk 时，圆环的加速度最大，即a max＝Fm ，选项A 正确，B 错误；圆环速度逐渐增大，当F 1＝k v >mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(k v －mg )＝ma ，当a ＝0时，圆环的速度最大，即v max ＝F ＋μmgμk，选项C 正确，D 错误．三、简答题：本大题分必做题（第10~12题）和选做题（13四小题），共计42分．请将解答填写在答题卡上相应的位置． 【必做题】10．（8分）在利用如图9所示的装置“验证机械能守恒定律”的实验中，图9(1)下列操作正确的是________. A.打点计时器应接到直流电源上 B.先释放重物，后接通电源C.释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器(2)实验中，某实验小组得到如图10所示的一条理想纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A 、B 、C ，测得它们到起始点O 的距离分别为h A 、h B 、h C .已知当地重力加速度为g ，打点计时器打点的周期为T ，重物的质量为m ，从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p ＝________，动能变化量ΔE k ＝________.图10(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，主要原因是________. A.利用公式v ＝gt 计算重物速度 B.利用公式v ＝2gh 计算重物速度 C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D.没有采用多次实验取平均值的方法【答案】 (1)C (2)mgh B 12m (h C －h A 2T)2(3)C【解析】(1)打点计时器应接到交流电源上，故A 错误；实验时应先接通电源，后释放重物，故B 错误；释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器，故C 正确，故选C.(2)重力势能减小量：ΔE p ＝mgh B ，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，则B 点的速度为v B ＝h C －h A 2T ，故动能的增量为：ΔE k B ＝12m v B 2＝12m (h C －h A 2T)2；(3)实验中重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，故选C.11．(10分)要测绘一个标有“3V 0.6W ”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V ，以便于操作．已选用的器材有： 电池组(电动势为4.5V ，内阻约1Ω)； 电流表(量程为0～250mA ，内阻约5Ω)； 电压表(量程为0～3V ，内阻约3kΩ)； 电键一个、导线若干．(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)． A ．滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A) B ．滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A) (2)实验的电路图应选用下图中________(填字母代号)．(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图11所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V 、内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.图11【答案】 (1)A (2)B (3)0.1【解析】(1)测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能较大范围地测量数据，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值较小和额定电流较大的A.(2)因为要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3V ，故滑动变阻器应采用分压式接法．灯泡的电阻R ＝U 2P ＝15Ω，额定电流I ＝PU ＝0.2A ，由R ＝15Ω<R A R V ＝15000Ω，依据“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，故选B.(3)在灯泡的I －U 图上作出电源的I －U 图线，交点的横、纵坐标即为这个电源给这个灯泡供电时的电压和电流，此时P 灯＝IU ＝0.1×1W ＝0.1W.12．[选修3–5]（12分）（1）（4分）图12为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n ＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49 eV 的金属钠，下列说法正确的是( )图12A．这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最长B．这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光频率最小C．金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为9.60 eVD．金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为11.11 eV（2）（4分）在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U c与入射光的频率ν的关系如图13所示．若该直线的斜率和纵截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________．图13（3）（4分）)如图14所示，一质量为2m的L形长木板静止在光滑水平面上．木板右端竖直部分内侧有粘性物质，当有其他物体与之接触时即会粘在一起．某时刻有一质量为m的物块，以水平速度v0从L形长木板的左端滑上长木板．已知物块与L形长木板的上表面的动摩擦因数为μ，当它刚要与L形长木板右端竖直部分相碰时，速度减为v02，碰后即粘在一起，求：(1)物块在L形长木板上的滑行时间及此时长木板在水平面上滑行的距离；(2)物块与L形长木板右端竖直部分相碰过程中，长木板受到的冲量大小．图1412.（1）【答案】AC（2）【答案】ek－eb（3）【答案】(1)v02μgv2016μg(2)m v06（1）【解析】这群氢原子能发出C23＝3种频率不同的光，从n＝3跃迁到n＝2所发出的光子能量最小，频率最低，波长最长，A正确．从n＝3跃迁到n＝1发出的光子能量最大，频率最高，B错误．而ΔE＝|E3－E1|＝12.09 eV，照射到金属钠表面发出的光电子的最大初动能E k＝ΔE－W0＝9.60 eV，C正确，D错误．（2）【解析】光电效应中，入射光子能量hν，克服逸出功W0后多余的能量转换为电子动能，eU c＝hν－W 0，整理得U c ＝h e ν－W 0e ，斜率即he ＝k ，所以普朗克常量h ＝ek ，纵截距为b ，即eb ＝－W 0，所以逸出功W 0＝－eb .（3）【解析】(1)设物块在L 形长木板上的滑动时间为t ，由动量定理得： －μmgt ＝m v 02－m v 0，解得t ＝v 02μg物块与L 形长木板右端竖直部分相碰前系统动量守恒：m v 0＝m v 02＋2m v 1解得v 1＝v 04由动能定理得μmgs ＝12×2m v 12，解得s ＝v 2016μg(2)物块与L 形长木板右端竖直部分相碰过程，系统动量守恒m v 0＝3m v 2 对长木板由动量定理得：I ＝2m v 2－2m v 1＝m v 06.【选做题】13．本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．若多做，则按A 小题评分． A ．[选修3–3]（12分）（1）（4分）下列说法正确的是( )A ．目前实验室内所能达到的最低温度为－273.15 ℃，即绝对零度B ．热就是温度，温度就是热C ．热平衡定律为：当A 、B 两物体分别与C 物体达到热平衡时，则A 物体与B 物体之间也会处于热平衡状态D ．当甲、乙两物体达到热平衡时，甲、乙两物体的温度相同（2）（4分）)如图15所示为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图．粗细均匀的弯曲玻璃管A 臂插入烧瓶，B 臂与玻璃管C 下部用橡胶管连接，C 管开口向上，一定质量的气体被水银封闭于烧瓶内，开始时，B 、C 内的水银面等高．图15(1)若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C 管________(填“向上”或“向下”)移动，直至________________；(2)实验中多次改变气体温度，用Δt 表示气体升高的摄氏温度，用Δh 表示B 管内水银面高度的改变量．根据测量数据作出的图线是________．（3）（4分）如图16所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部l ＝36 cm 处有一与汽缸固定连接的卡环，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气体．当气体的温度T 0＝300 K 、大气压强p 0＝1.0×105 Pa 时，活塞与汽缸底部之间的距离l 0＝30 cm ，不计活塞的质量和厚度．现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：图16①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T 1； .②封闭气体温度升高到T 2＝540 K 时的压强p 2.13A ．（1）CD （2）答案：(1)向下 B 、C 两管内水银面等高 (2)A （3）①T 1＝360 K .②p 2＝1.5×105 Pa.【解析】（1）解析：选CD ．绝对零度为－273.15 ℃，是理论上的低温下限，只能无限接近，不能达到．热是一种能量，即热能，温度宏观上反映物体的冷热程度，微观上反映分子热运动的剧烈程度．不能将热与温度混为一谈，故选C 、D ．（2）解析：(1)由盖－吕萨克定律VT ＝C 知气体温度升高，体积增大，B 内水银面将下降，为使气体压强不变，应将C 管向下移动，直至B 、C 两管水银面等高．(2)由盖－吕萨克定律知Δh 与ΔT 成正比，而气体升高的摄氏温度Δt 与升高的热力学温度ΔT 相等，所以Δh 与Δt 成正比，A 正确．答案：(1)向下 B 、C 两管内水银面等高 (2)A（3）解析：(1)设汽缸的横截面积为S ，由盖—吕萨克定律有：l 0S T 0＝lST 1，代入数据得T 1＝360 K.(2)由查理定律有p 0T 1＝p 2T 2代入数据得p 2＝1.5×105 Pa. B ．[选修3–4]（12分）（1）（4分）如图17甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化图象如图乙所示，下列说法正确的是( )图17A ．t ＝0.8s 时，振子的速度方向向左B ．t ＝0.2s 时，振子在O 点右侧62cm 处C ．t ＝0.4s 和t ＝1.2s 时，振子的加速度完全相同D ．t ＝0.4s 到t ＝0.8s 的时间内，振子的加速度逐渐减小（2）（4分）如图17所示，△ABC 为一玻璃三棱镜的横截面，∠A ＝30°.一束红光垂直AB 边射入，从AC 边上的D 点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为________．若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D 点射出时的折射角________(填“小于”“等于”或“大于”)60°.图17（3）（4分）一列在介质中沿x 轴负方向传播的简谐横波，在t ＝0时刻的波形图如图18所示，此时坐标为(1cm,0)的质点A 刚好开始振动．在t 1＝1.4s 时刻，位于坐标(3cm,0)处的质点P 恰好第三次(从质点P 起振算起)到达波峰．质点Q 的坐标是(－2.5cm,0)．求：图18①这列波的传播速度；②试推导从t ＝0时刻开始，质点Q 的位移y 随时间t 变化的表达式．13B ．（1）答案 ABD （2）3(2分) 大于(2分)(3) 答案 ①5cm/s ②当t ≥0.7s 时，y ＝2sin [5π2(t －0.7)] cm ；【解析】（1）从t ＝0.8 s 时起，再过一段微小的时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t ＝0.8 s 时，速度方向向左，故A 正确；由题图得A ＝12 cm ，T ＝1.6 s ，振子的位移x ＝12sin5π4t cm ，故t ＝0.2 s 时，x ＝6 2 cm ，故B 正确；t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的位移方向相反，由a ＝－kxm知，加速度方向相反，故C 错误；t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其加速度逐渐变小，故D 正确．（2）根据光路的可逆性，在AC 面，入射角为60°时，折射角为30°. 根据光的折射定律有n ＝sin i sin r ＝sin60°sin30°＝ 3.玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，沿同一路径入射时，r 角仍为30°不变，对应的i 角变大， 因此折射角大于60°.（3）① (1)t ＝0时刻，P 向下振动，此前P 已经到过一次波峰，根据题意，有： t 1＝T ＋34T (1分)解得：周期T ＝0.8s(1分) 由题图可知波长λ＝4cm(1分) 根据波速v ＝λT ，解得v ＝5cm/s(1分)②由题图可知，振幅A ＝2cm(1分) Q 的起振时刻为t 2＝QAv ＝0.7s(1分) Q 的振动方程y ＝A sin [2πT(t －t 2)](2分)代入数据得：当t ≥0.7s 时，y ＝2sin [5π2(t －0.7)] cm(2分)四、计算题：本题共3小题，计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只有最后答案不能得分．有数值计算的题，必须明确写出数值和单位．14．（15分）如图19所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d ＝8cm ，板长为L ＝25cm ，接在直流电源上，有一带电液滴以v 0＝0.5m/s 的初速度沿两板的中线水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将下板向上提起43cm ，液滴刚好从金属板末端飞出，求：(1)下极板上提后液滴经过P 点以后的加速度大小；(g 取10m/s 2) (2)液滴从射入开始匀速运动到P 点所用时间．图19【答案】 (1)2m/s 2 (2)0.3s【解析】(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有： qE ＝mg ，q Ud＝mg ，即：qU ＝mgd .当下板向上提后，d 减小，E 增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动． 此时液滴所受电场力F ′＝q U d ′＝mgdd ′此时加速度a ＝F ′－mg m ＝mg ⎝⎛⎭⎫dd ′－1m ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫88－43－1＝15g ＝2m/s 2. (2)因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d2，设液滴从P 点开始在匀强电场中的飞行时间为t 1，则：d 2＝12at 12，解得t 1＝d a＝8×10－22s ＝0.2s ， 而液滴从刚进入电场到出电场时间t 2＝L v 0＝0.250.5s ＝0.5s ，所以液滴从射入开始匀速运动到P 点的时间t ＝t 2－t 1＝0.3s.15．（16分）如图20甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距L ＝0.8m ，下端接有阻值R ＝3Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.一质量m ＝0.1kg 、阻值r ＝0.15Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M ＝0.9kg 的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM 方向.棒由静止释放后，沿NM 方向位移x 与时间t 之间的关系如图乙所示，其中ab 为直线.已知棒在0～0.3s 内通过的电荷量是0.3～0.4s 内通过电荷量的2倍，取g ＝10m/s 2，求：图20(1)0～0.3s 内棒通过的位移x 1的大小； (2)电阻R 在0～0.4s 内产生的热量Q 1. 【答案】 (1)0.6m (2)3J【解析】(1)棒在0～0.3s 内通过的电荷量q 1＝I Δt 1 平均感应电流I ＝ER ＋r回路中平均感应电动势E ＝Bx 1LΔt 1得q 1＝BLx 1R ＋r同理，棒在0.3～0.4s 内通过的电荷量 q 2＝BL (x 2－x 1)R ＋r由题图乙读出0.4s 时刻位移大小x 2＝0.9m 又q 1＝2q 2解得x 1＝0.6m.(2)由题图乙知棒在0.3～0.4s 内做匀速直线运动，棒的速度大小v ＝0.9－0.60.4－0.3m/s ＝3 m/s0～0.4s 内，对整个系统，根据能量守恒定律得 Q ＝Mgx 2－mgx 2sin θ－12(M ＋m )v 2代入数据解得Q ＝3.15J 根据焦耳定律有Q 1Q ＝RR ＋r代入数据解得Q 1＝3J.16．（16分）如图21所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S ”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R ＝0.2 m 的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)．轨道底端A 与水平地面相切，顶端与一个长为l ＝0.9 m 的水平轨道相切于B 点．一倾角为θ＝37°的倾斜轨道固定于右侧地面上，其顶点D 与水平轨道的高度差为h ＝0.45 m ，并与其他两个轨道处于同一竖直平面内，一质量为m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在A 点被弹射入“S”形轨道内，沿轨道ABC 运动，并恰好从D 点无碰撞地落到倾斜轨道上．小物体与BC 段间的动摩擦因数μ＝0.5(不计空气阻力，g 取10 m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图21(1)小物体从B 点运动到D 点所用的时间；(2)小物体运动到B 点时对“S ”形轨道的作用力大小和方向；(3)小物体在A 点获得的动能．【答案】：(1)0.5 s (2)11.5 N 竖直向上 (3)2.05 J 【解析】(1)小物体从C 点到D 点做平抛运动， 有v y ＝2gh ＝3 m /s ，tan θ＝v y v C，解得v C ＝4 m /s .小物体做平抛运动的时间为t 1＝v yg＝0.3 s .小物体从B 到C 做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma ， 由运动学公式得v 2C －v 2B ＝－2al ， 代入数据解得v B ＝5 m /s . 小物体做匀减速直线运动的时间为 t 2＝－vC －v Ba＝0.2 s ，小物体从B 点运动到D 点所用的总时间为t ＝t 1＋t 2＝0.5 s .(2)小物体运动到B 点时，设其受到轨道的作用力方向向下，由牛顿第二定律得 F N ＋mg ＝m v 2BR ，解得F N ＝11.5 N .由牛顿第三定律得对轨道的作用力大小 F N ′＝F N ＝11.5 N 方向竖直向上．(3)小物体从A 点运动到B 点的过程，由机械能守恒定律得E k A ＝4mgR ＋12mv 2B ，解得E k A ＝2.05 J .。

（1号卷）安徽省A10联盟2020届高三物理开学考试试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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。

1.关于反应方程U→Th+He，其中X为Th原子核的质量数，则下列说法正确的是（）A. 该反应属于β衰变B. Th中含有148个中子C. U的平均结合能比Th大D. 该反应新生成的粒子Th具有放射性【答案】D【解析】【分析】核反应的质量数和电荷数守恒；电荷数越小的平均结合能越大；电荷数大于83的一般都具有放射性.【详解】该反应放出α粒子，属于α衰变，选项A错误；根据电荷数守恒可知X=238-4=234，则中含有234-90=144个中子，选项B错误；电荷数大于26的范围内，电荷数越小的平均结合能越大，则的平均结合能比小，选项C错误；该反应新生成的粒子电荷数大于83，具有放射性，选项D正确；故选D.2.如图，M点是两等量异种点电荷连线的中点，N在正点电荷的正上方，M、N两点都在以正点电荷为中心的圆上，现将一负试探点电荷从N点沿圆弧移动到M点，则下列说法正确的是（）A. M、N两点的电势相等B. 试探点电荷的电场力大小不变C. 试探点电荷的电势能逐渐增大D. 试探点电荷的动能一定逐渐减小【答案】C【解析】【分析】根据等量异种电荷周围电场的分布情况可知MN两点的电势和场强的关系；从而确定负电荷所受的电场力和电势能的关系；【详解】根据等量异种电荷周围电场的分布情况可知，M点的电势比N点的电势低，M点的场强比N点的场强大，所以负试探电荷载M点的电势能比在N点的电势能大，负试探电荷在M点的电场力比N点的电场力大，故选项AB错误，选项C正确；因为负试探电荷处电场力外其它力做功无法确定，所以动能无法判断，选项D错误；故选C.3.从斜面上A点分别以v0、2v的初速度先后水平抛出两个相同的小球，结果小球分别落在了斜面上的B点和C点，A、B间的距离为s1，B、C间的距离为s2，小球刚要落到B点时重力的瞬时功率为P1，刚要落到C点时重力的瞬时功率为P2，不计空气阻力，则下列关系正确的是（）A. s1︰s2=1︰2 B. s1︰s2=1︰4 C. P1︰P2=1︰2 D. P1︰P2=1︰4【答案】C 【解析】【分析】根据平抛运动的规律求解s与初速度v0之间的表达式和重力的瞬时功率与初速度v的表达式，即可讨论.【详解】由平抛运动的规律可知：x1=vt，y1=gt12，设斜面的倾角为θ，则可得，，P1=mgvy1=mg2t1=2mgvtanθ；同理可得：，P 1= 4mgvtanθ，可得s1:s2=1:3；P1:P2=1:2，则选项C正确，ABD错误；故选C.【点睛】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．4.字宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动，称之为双星系统。

教学资料范本2020高三物理上学期入学考试试题1-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高三物理上学期入学考试试题1注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分.可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 C—12 Cl—35.5 Ca—40一、选择题（本题共13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）二、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第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.14. 20xx年4月20日，天舟一号飞船成功发射，与天宫二号空间实验室对接后在离地约393km 的圆轨道上为天宫二号补加推进剂，在完成各项试验后，天舟一号受控离开此圆轨道，最后进入大气层烧毁．下列说法中正确的是( A )A. 对接时，天舟一号的速度小于第一宇宙速度B. 补加推进剂后，天宫二号受到地球的引力减小C. 补加推进剂后，天宫二号运行的周期减小D. 天舟一号在加速下降过程中处于超重状态15. 如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上负电，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)．不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则( C )A. 电场线方向由放电极指向集尘极B. 图中A点电势高于B 点电势C. 尘埃在迁移过程中电势能减小D. 尘埃在迁移过程中动能减小16. 一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比．忽略石子受到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度v随时间t变化的图象如图所示，其中可能正确的是( D )A B C D17．在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图1所示．现对在A点的该小球施加一沿与细线垂直方向的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动．下列对小球运动的分析，正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O 点上)( D )A．小球运动到C点时动能最小B．小球运动到C点时绳子拉力最小C．小球运动到Q点时动能最大D．小球运动到B点时机械能最大18.如图1所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人站在木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态.三者的质量均为m，下列说法正确的是( BC )A.箱子受到的摩擦力方向向右B.人受到的摩擦力方向向右C.箱子对木板的摩擦力方向向右D.若水平面光滑，人用同样大小的力F推箱子，能使长木板在水平面上滑动19.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是( AC )A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θB.0～t1内，传送带对物块做正功C.0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量20．一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平外力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则下列说法中正确的是( BD )A．物体在0～t0和t0～ 2t0水平外力做功之比是1∶10B．物体在0～t0和t0～ 2t0水平外力做功之比是1∶8C．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1∶8D．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1∶621.如图所示,R1为定值电阻,R2为可变电阻,E为电源电动势,r为电源内阻,以下说法中不正确的是( ABD )A.当R2=r时,R2上获得最大功率B.当R2=R1+r时,R1上获得最大功率C.当R2=0时,R1上获得最大功率D.当R2=0时,电源的输出功率最大第Ⅱ卷（非选择题共174分）本卷包括14小题，每个试题考生都必须做答.22．(8分)要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.2 kg)、细线、刻度尺、秒表.他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量.请完成下列步骤：(1)实验装置如图所示，设右边沙袋A的质量为m1，左边沙袋B的质量为m2.(2)取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升.(左、右两侧砝码的总质量始终不变)(3)用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降h所用的时间t，则可知A的加速度大小a＝________.(4)改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出______(填“a－m′ ”或“a－”)图线.(5)若求得图线的斜率k＝4 m/ kg·s－2，截距b＝4 m/s2.则沙袋的质量m1＝________kg，m2 ＝ ________kg.(取g＝10 m/s2)【答案】(3) (4)a－m′(5)3.5 1.3（每空2分）【解析】(3)由运动学公式h＝at2得a＝，(4)对系统整体由牛顿第二定律得(m1＋m′)g－(m2＋m－m′)g＝(m1＋m2＋m)a解得a＝＋m′因a与m′为线性关系，故作出“a－m′”图线(5)由上式可知k＝b＝（m1－m2－m）gm1＋m2＋m代入数值解得m1＝3.5 kg m2＝1.3 kg23.（10分）某学习小组为了测量一个量程为1mA的电流表的内阻，进行了如下实验：（1）先用多用电表按正确的步骤进行测量，测量时指针位置如图甲所示，则电流表的内阻为Ω；此时电流表的指针也发生了偏转，已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池的电动势为1.5V，则电流表的示数为 mA.(结果均保留两位有效数字)（2）为了更准确地测量该电流表的内阻RA ,同学们设计了图乙所示的电路，实验室可供选择的器材有：A.待测电流表B.电池组：电动势约为24V，内阻可忽略C.电池组：电动势约为6V，内阻可忽略D.滑动变阻器：最大阻值25 kΩE.滑动变阻器：最大阻值10ΩF.电阻箱：最大阻值为999.9Ω，阻值最小改变量为0.1ΩG.开关、导线若干要使测量更精确，电池组应该选用，滑动变阻器应该选用 .（填器材前的字母）（3）正确连接好电路后，同学们的实验步骤如下，请将步骤Ⅱ补充完整：I、断开开关S1和S2，按图乙连接好电路Ⅱ、把滑动变阻器R的滑片P滑到端（填a或b）Ⅲ、将电阻箱R0的阻值调到最大值Ⅳ、闭合开关S1Ⅴ、移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电流表的指针指到1mA 的位置Ⅵ、闭合开关S2，保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电流表的指针指到0.5mA,读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电流表内阻RA的测量值Ⅶ、断开开关S1按照设计的实验方法，电流表内阻的测量值R测和真实值R真相比，R测 R真.（填“大于”或“小于”）【答案】5.0×102 （2分） 0.75 （2分） B D a 小于（每空1分）24.（14分）如图所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方．在距地面高度为l的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以v0＝的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；(3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力．【答案】：(1)2l (2)45°(3)(7－)mg 竖直向下【解析】：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律，l＝gt2，x＝v0t，联立解得x＝2l. ………………（3分）(2)由小球到达B点时竖直分速度v＝2gl，tan θ＝vy/v0，解得θ＝45°……（3分）(3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒，设到达C点时速度大小为vC，有机械能守恒定律，mgl(1＋1－)＝mv－mv，………………（3分）设轨道对小球的支持力为F，有：F－mg＝m，………………（3分）解得：F＝(7－)mg，由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(7－)mg，方向竖直向下…（2分）25.（14分） 20xx年12月10日，百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶.(1)如下图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m范围内车辆和行人的“气息”.若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m处，两车都以20 m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6 m/s2的加速度刹车1.4 s后，后方汽车驾驶员立即以5. 0 m/s2的加速度刹车.试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？【答案】：(1)24 m/s (2)不会【解析】：(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有－2ax＝0－v ①（2分）代入数据解得v0＝24 m/s(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v该过程无人驾驶汽车刹车时间为t2＋t1，其中t1＝1.4 s对无人驾驶汽车v＝v0－a(t2＋t1)②（3分）对有人驾驶汽车v＝v0－a′t2③（2分）联立②③式得t2＝3.6 s，v＝2 m/s又x无＝(t2＋t1) ④（3分）x有＝t2＋v0t1 ⑤（2分）Δx＝x有－x无⑥（2分）联立④⑤⑥，代入数据解得Δx＝12.6 m<30 m，即两车不会相撞.26.（16分）奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v－t图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)【答案】：(1)87 s 8.7×102 m/s （10分）(2)0.008 kg/m（6分）【解析】：根据自由落体运动的规律和平衡条件解题．(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt①s＝gt2②根据题意有s＝3.9×104 m－1.5×103 m＝3.75×104 m③联立①②③式得t＝87 s④v＝8.7×102 m/s⑤27．（14分）氨在工农业生产中应用广泛.(1)根据图写出合成氨的热化学方程式是_____________________________________.(2)将1 mol N2(g)和3 mol H2(g)放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量________(填“大于”、“等于”或“小于”)92.2 kJ，原因是______________________________；若加入催化剂，ΔH________(填“变大”、“不变”或“变小”).(3)已知分别破坏1 mol NN键、1 mol H—H键时需要吸收的能量为946 kJ、436 kJ，则破坏1 mol NH键需要吸收的能量为________ kJ.(4)N2H4可视为NH3分子中的H被—NH2取代的产物.发射卫星时以N2H4(g)为燃料、NO2为氧化剂，二者反应生成N2和H2O(g).已知：N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH1＝＋67.7 kJ·mol－1N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－534 kJ·mol－1则1 mol N2H4与NO2完全反应的热化学方程式为_____________________________.【答案】：(1)N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92.2 kJ·mol－1（3分）(2)小于由于该反应是可逆反应，反应物不能全部转化为生成物不变（每空2分）(3)391（2分）(4)N2H4(g)＋NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－567.85 kJ·mol－1（3分）28．（15分）一氧化碳是一种用途广泛的化工基础原料.有机物加氢反应中镍是常用的催化剂.但H2中一般含有微量CO会使催化剂镍中毒，在反应过程中消除CO的理想做法是投入少量SO2，为弄清该方法对催化剂的影响，查得资料如下：则：(1)① 不用通入O2氧化的方法除去CO的原因是______________________________.②SO2(g)＋2CO(g)===S(s)＋2CO2(g) ΔH＝________.(2)工业上用一氧化碳制取氢气的反应为：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，已知420 ℃时，该反应的化学平衡常数K＝9.如果反应开始时，在2 L的密闭容器中充入CO和H2O的物质的量都是0.60 mol,5 min末达到平衡，则此时CO的转化率为________，H2的平均生成速率为________ mol·L－1·min－1.(3)为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中CO、NOx及CxHy的排放量意义重大.机动车尾气污染物的含量与空/燃比 (空气与燃油气的体积比)的变化关系示意图如图所示：①随空/燃比增大，CO和CxHy的含量减少的原因是_____________________________.②当空/燃比达到15后，NOx减少的原因可能是_______________________________.【答案】：(1)① Ni会与氧气反应②－270.0 kJ·mol－1(2)75% 0.045（以上每空2分）(3)①空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO、CxHy含量减少（3分）②因为反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)是吸热反应，当空/燃比大于15后，由于燃油气含量减少，燃油气燃烧放出的热量相应减少，环境温度降低，使该反应不易进行，故NOx减少（4分）29．(14分)过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，无臭无味，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应；不溶于醇类、乙醚等，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等.通常利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得.某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图(图一)如下：请回答下列问题：(1)三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为：_______________________________；(2)仪器A的名称___________________，三颈烧瓶右口连接的是恒压分液漏斗，其支管B的作用是____________________________________；(3)步骤③中洗涤CaO2·8H2O的液体X的最佳选择是__________(填写正确答案的序号，下同)A．无水乙醇B．浓盐酸C．水D．CaCl2溶液(4)过氧化钙可用于长途运输鱼苗，这利用了过氧化钙以下哪些性质____________；A．可缓慢供氧B．能吸收鱼苗呼出的CO2气体C．能潮解D．可抑菌(5)已知CaO2在350℃时能迅速分解，生成CaO和O2.该小组采用如图二所示的装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度(设杂质不分解产生气体)，准确称取1.000g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到67.20mL(已换算为标准状况)气体，则产品中过氧化钙的质量分数为_________ (保留4位有效数字)；【答案】：（1）CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl(2分)（2）（球形）冷凝管(2分)；平衡气压，便于恒压分液漏斗中的液体能够顺利滴下(2分)（3）A(2分)（4）ABD(5分，漏选扣2分,错选不得分)（5）43.20%或0.4320(3分)30.(除标注外，每空2分，共15分)碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]是一种用途广泛的化工原料.工业上可用电子工业中刻蚀线路板的酸性废液(主要成分有FeCl3、CuCl2、FeCl2)制备,其制备过程如下：查阅资料知,通过调节溶液的酸碱性可使Cu2+、F、F生成沉淀的pH如下：物质Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH 4.7 7.5 1.4沉淀完全pH 6.7 14 3.7(1)氯酸钠的作用是 .(2)调节反应A所得溶液的pH范围为 ,可以选择的试剂是(填序号).a.氨水b.硫酸铜c.氢氧化铜d.碱式碳酸铜(3)反应B的温度要控制在60℃左右,且保持恒温,可采用的加热方法是;若温度过高,所得蓝绿色沉淀中会有黑色固体出现,黑色固体可能是.(4)已知滤液中含有碳酸氢钠,写出生成碱式碳酸铜的离子方程式：__________________________.(5)过滤得到的产品洗涤时,如何判断产品已经洗净 .【答案】：(1)将Fe2+氧化为Fe3+(2)3.7～4.7（3分） c、d（2分）(3)水浴加热CuO(4)2Cu2++3C+2H2O====Cu2(OH)2CO3+2HC（3分）(5)取最后一次洗涤液,加入硝酸银、稀硝酸溶液,无沉淀产生则表明已洗净（3分）【解析】：(1)题中要除去Fe2+、Fe3+杂质,必须先将Fe2+转变为Fe3+,再调节pH,故NaClO3的作用是将Fe2+转变为Fe3+.(2)要将Fe3+完全沉淀,但不能将Cu2+沉淀,故pH应在3.7～4.7.除杂时,不能引入新的杂质,同时促进Fe3+的水解,故应选c、d.(3)控制反应温度在100℃以下,可采用水浴加热法.碱式碳酸铜受热易分解成黑色的CuO.(4)由信息知,反应物中有Cu2+、C,生成物中有碱式碳酸铜,再根据原子守恒和电荷守恒,反应的离子方程式为2Cu2++3C+2H2O====Cu2(OH)2CO3+2HC.(5)沉淀上会吸附Na+、Cl-等,故可检验Cl-.注意一定要强调“最后一次”.31．（12分）泛素是一个由76个氨基酸组成的多肽链，对细胞内蛋白质降解起调节作用.请回答下列问题：(1)泛素的合成方式称为________，连接其基本组成单位的结构简式为____________________.(2)生物体内存在着两类蛋白质降解过程，一种是不需要能量的，比如发生在消化道中的降解，这一过程需要______________参与；另一种则需要能量，如泛素参与的蛋白质降解过程，消耗的能量直接来自于______________.(3)与泛素合成关系最密切的细胞器是____________.泛素在蛋白质降解过程中，起到“死亡标签”的作用，被泛素标记的蛋白质将被特异性地识别并迅速降解，降解过程发生在____________(细胞器)中.【答案】：(1)脱水缩合—NH—CO—(3)核糖体(线粒体) 溶酶体(2)蛋白酶(肽酶) ATP水解【解析】：(1)泛素是一个由76个氨基酸组成的多肽链，因此泛素的合成方式称为脱水缩合.泛素的基本组成单位即氨基酸是通过肽键连接，肽键的结构简式为—NH—CO—.(2)食物中的蛋白质在消化道中的降解，需要蛋白酶(肽酶)参与催化.ATP是直接的能源物质，所以泛素参与的蛋白质降解过程，消耗的能量直接来自于ATP水解.(3)多肽链是在核糖体中合成，需要线粒体供能.溶酶体中含有多种水解酶，因此被泛素标记的蛋白质降解过程发生在溶酶体中.32．（10分）细胞自噬是指细胞利用溶酶体选择性清除自身受损、衰老的细胞器，或降解过剩的生物大分子，释放出游离小分子供细胞回收利用的正常生命过程，如图是细胞自噬的两种途径示意图，请回答问题：(1)溶酶体内水解酶的最适pH在5.0左右，但是细胞质基质的pH 一般是7.2左右，这种差异能防止溢出的水解酶________________.(2)途径Ⅰ体现了生物膜具有____________的结构特点.侵入细胞内的病菌可通过途径________被清除.(3)过剩蛋白质不与介导分子结合很难进入溶酶体，这说明介导分子与溶酶体膜受体蛋白之间存在________________.哺乳动物在冬眠时细胞内介导分子明显增多的原因是_______________________.【答案】：(1)对细胞自身结构的破坏(2)一定流动性Ⅰ(3)信息传递(信息交流、特异性识别、识别) 冬眠动物不再进食，需要介导分子引导过剩的生物大分子自噬，为细胞生命活动提供(游离的小分子)营养物质【解析】：(1)分析题意可知，溶酶体内水解酶的最适pH在5.0左右，但是细胞质基质的pH一般是7.2左右，即使溶酶体中的水解酶外溢，也会由于pH值条件不合适，不会引起细胞自身结构的破坏.(2)途径Ⅰ存在自噬体和溶酶体的融合，因此体现了生物膜具有一定流动性的结构特点，侵入细胞内的病菌可通过途径Ⅰ被清除.33．（8分）萌发的大麦种子中存在着两种淀粉酶：α－淀粉酶和β－淀粉酶.α－淀粉酶耐热不耐酸；β－淀粉酶耐酸不耐热，70 ℃处理15 min即变性失活.为测定萌发种子中α－淀粉酶和β－淀粉酶活性的差异，将发芽3天的大麦种子加蒸馏水研磨成匀浆、离心取上清液得到淀粉酶提取液，进行如下实验.操作步骤1号试管2号试管3号试管①加淀粉酶提取液 1 mL 1 mL 1 mL②预处理70 ℃恒温水浴15min，取出冰浴中冷却高温使α－淀粉酶和β－淀粉酶失活不处理③加缓冲液 2 mL 2 mL 2 mL④预保温40 ℃恒温水浴10 min⑤加40 ℃预热的淀粉溶液2 mL 2 mL 2 mL⑥保温40 ℃恒温水浴5 min⑦测定加入试剂X，50～65 ℃水浴5 min，测定砖红色沉淀物的量回答下列问题：(1)步骤⑦中加入的试剂X为______________.(2)上述实验操作步骤中，步骤②中对1号试管进行操作的目的是__________________________；为达成实验目的，设置的1、2、3号试管中，为对照组的一组是________号试管.(3)通过上述实验，能大致比较萌发3天时种子的α－淀粉酶和β－淀粉酶活性的大小.比较的方法是____________________________________________________________ _.【答案】：(1)斐林试剂(2)使β－淀粉酶变性失活2(3)测定各试管沉淀物的量，1、2号试管的差值代表α－淀粉酶的活性，3、1号试管的差值代表β－淀粉酶的活性，差值大的表示该酶的活性大34．（8分）有氧呼吸过程中，[H]需要经一系列传递给分子氧，氧与之结合生成水，下图为其传递过程的两条途径，生物体内存在其中的一条或两条途径.回答下列问题：(1)在有氧呼吸的过程中，[H]来自于______________(填化合物)，与O2结合生成水发生在线粒体的________________.(2)“物质6→物质7”过程易被氰化物抑制.若小鼠氰化物中毒，呼吸作用全被抑制，导致死亡；而对天南星科植物用氰化物处理，呼吸速率降低，但并未完全被抑制.出现这种差异的原因是____________________________________________________________ .(3)天南星在开花时，其花序会释放大量能量，花序温度比周围高15～35 ℃，促使恶臭物质散发以吸引昆虫进行传粉.研究发现，此时花序中ATP生成量并没有明显增加.花序温度升高但ATP生成没有明显增加的原因______________________________________________________________________________________________.【答案】：(1)葡萄糖和水(葡萄糖、丙酮酸和水) 内膜(2)小鼠只存在途径1；而天南星科植物存在途径1和途径2 (3)途径2增强，物质氧化分解释放的能量储存在ATP中较少，大量以热能形式散失.35．（16分）miRNA是真核细胞中一类不编码蛋白质的短序列RNA，其主要功能是调控其他基因的表达，在细胞分化、凋亡、个体发育和疾病发生等方面起着重要作用.研究发现，BC12是一个抗凋亡基因，其编码的蛋白质有抑制细胞凋亡的作用.该基因的表达受MIR－15a基因控制合成的miRNA调控，如图所示.请分析回答：(1)A过程是______________，需要______________的催化.(2)B过程中能与①发生碱基互补配对的是________________，物质②是指___________.(3)据图分析可知，miRNA调控BC12基因表达的机理是_____________________________.(4)若MIR－15a基因缺失，则细胞发生癌变的可能性________(上升/不变/下降)，理由是____________________________________________________________ ______________.【答案】：(1)转录（2分）RNA聚合酶（2分）(2)tRNA/反密码子（2分）多肽/多肽链（2分）(3)miRNA能与BC12基因转录生成的mRNA发生碱基互补配对，形成双链，阻断翻译过程（3分）(4)上升（2分）MIR－15a基因缺失，无法合成miRNA，无法调控BC12基因的表达，使BC12基因表达产物增加，抑制细胞凋亡，细胞癌变的可能性增加（3分）。