2024绵阳南山中学实验学校高三上学期10月月考（一诊模拟）理综含解析

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【详解】A、葡萄糖是一种单糖，可直接被细胞吸收利用，是细胞生命活动的主要能源物质，A正确；
B、糖原是人和动物细胞的储能物质，主要分布在肝脏和肌肉中，分为肝糖原和肌糖原，B正确；
C、脂肪是生物体和细胞内良好的储能物质，C正确；
D、维生素D能促进人体肠道对钙和磷的吸收，D错误。
2．A
【详解】A、菠菜叶稍带些叶肉的下表皮部位叶绿体大而稀疏，适合作为实验对象观察，A正确；
B、健那绿染液可将活细胞的线粒体染成蓝绿色，B错误；
C、叶绿体和线粒体都具有双层膜结构属于亚显微结构，在光学显微镜下观察不到，C错误；
D、叶肉细胞可用于观察叶绿体而不能用于观察线粒体，因为叶绿体的绿色会掩盖健那绿的染色效果，影响实验观察，D错误。
3．A
【详解】A、气泡中的主要成分是CO2，酒精才能使酸性重铬酸钾溶液变成灰绿色，A错误；
B、在正常酵母细胞中，酒精产生场所是细胞质基质，是无氧呼吸的第二阶段，B正确；
C、研磨过程破坏细胞结构，但不破坏酶的空间结构，高温、强酸强碱等可以破坏酶的空间结构，C正确；
D、实验用的是不含酵母细胞的汁液，说明酶可以在缺乏活细胞的环境中发挥催化作用，D正确。
4．B
【详解】A、由图可知，四种碱基的元素组成不全相同，A正确；
B、DNA分子的两条链中，碱基A与T以2个氢键相连，G与C以3个氢键相连，B错误；
C、DNA分子中各脱氧核苷酸中磷酸和脱氧核糖基借磷酸二酯键相连，幷位于螺旋外侧；各碱基则从骨架突出指向螺旋的内侧，C正确；
D、由图可知，嘧啶都只有一个六环，而嘌呤都由一个六环和一个五环构成，D正确。
5．A
【详解】A、抗生素并不是人体产生的，不属于非特异性免疫，A错误；
B、核糖体是原核细胞（细菌）与真核细胞共同的细胞器，体现了细胞的统一性，B正确；
C、真核生物对蛋白质的加工与原核生物不同，组成细菌和真核细胞中核糖体的蛋白质，其空间结构会有差异，C正确；
D、mRNA是翻译的模板，阻止rRNA与mRNA结合，抑制了细菌中蛋白质合成的翻译过程，D正确。
6．B
【详解】A.由于F1的种皮颜色为黑黄镶嵌，说明黄色和黑色都表达，因而没有显隐性之分，A错误；
B.镶嵌显性现象出现的原因是个体发育过程中黄色基因和黑色基因在不同部位选择性表达，B正确；
C.花脸豆由一对等位基因控制，所以不符合基因的自由组合定律，C错误；
D.将花脸豆与黄豆进行杂交，花脸豆全为杂合子，子代出现纯合花脸豆的概率是0，D错误。
29．(10分，除标注外，每空1分） 脂质（磷脂）和蛋白质 空间结构 双缩脲试剂 紫色 构成膜的磷脂分子可以侧向自由移动，膜中的蛋白质大多也能运动 温度影响细胞膜的流动性，环境温度降低，膜上蛋白质分子的运动速率减慢；细胞膜的流动性只有在适宜条件下才能体现（2分） ② 两层磷脂分子之间的部分是疏水的，脂溶性药物能稳定地包裹在里面（2分）
【详解】（1）细胞膜的主要成分是脂质和蛋白质，脂质中磷脂最丰富，另外还有少量的糖类。（2）将细胞膜上的蛋白质提取出来并进行高温加热后，高温改变蛋白质的空间结构，但是不破坏肽键，仍然能与双缩脲试剂反应生成紫色。
（3）细胞膜具有一定的流动性的原因是构成膜的磷脂分子可以侧向自由移动，膜中的蛋白质大多也能运动。
（4）若将融合细胞置于0℃下培养45分钟，发现融合细胞依然一半发绿色荧光，另一半发红色荧光，这说明温度影响细胞膜的流动性，环境温度降低，膜上蛋白质分子的运动速率减慢；细胞膜的流动性只有在适宜条件下才能体现。
（5）由于磷脂分子中脂肪酸“尾”部是疏水的，磷酸“头”部是亲水的，两层磷脂分子之间的部分是疏水的，脂溶性药物能稳定地包裹在里面，即②处。
30．（8分，除标注外，每空1分）(1) 有氧呼吸和无氧呼吸 无氧呼吸
(2) A 在低氧条件下，品种A乙醇增加的比例比B大，而丙酮酸增加的比例较小（2分）(3)①加强田间管理，及时排除积水；②在播种前要结合当地气候条件和灌溉条件，选择适宜的作物种植；③及时松土，提高土壤中氧气的含量，促进植物根系的生长；④合理使用化肥．多施农家（有机）肥，改善土壤板结；⑤改变灌溉方式（3分）
【详解】（1）由表可知正常条件下，A、B品种根部细胞也产生乙醇，说明既有有氧呼吸也有无氧呼吸；低氧条件下无氧呼吸增强导致乙醇含量上升。
（2）由表格分析，A品种乙醇含量增加高于B品种，但丙酮酸增加比例小于B，说明体内催化丙酮酸形成乙醇的酶的活性更高。
（3）避免低氧环境的形成，及时排水，松土，施加农家肥防止土壤板结，具体操作为：①加强田间管理，及时排除积水；②在播种前要结合当地气候条件和灌溉条件，选择适宜的作物种植；③及时松土，提高土壤中氧气的含量，促进植物根系的生长；④合理使用化肥．多施农家（有机）肥，改善土壤板结；⑤改变灌溉方式。
31．（9分，每空1分）(1) b 受精作用 GH 同源染色体分离，非同源染色体自由组合
(2) ①③② 2
(3) 细胞分化 基因的选择性表达 不会
【详解】（1）①a表示有丝分裂，b表示减数分裂，c表示有丝分裂，减数分裂产生的配子中染色体数目减半。图l中的L→M属于受精作用，受精作用就是精子和卵细胞结合形成受精卵的过程，染色体数目又恢复到正常数目，从而维持了生物遗传的稳定性。
②配子多样性是导致有性生殖后代具有多样性的重要原因。决定配子多样性的过程发生于减数第一次分裂的后期，发生于GH段，在这过程中，发生了同源染色体的分离和非同源染色体的自由组合，导致最终形成的配子具有多样性。
（2）图2中①细胞同源染色体排列在赤道板的两侧，为减数第一次分裂中期；细胞②无同源染色体，着丝粒分裂，处于减数第二次分裂的后期；细胞③无同源染色体，每条染色体的着丝粒都排列在细胞中央的赤道板上，为减数第二次分裂中期。先后排序是①③②，细胞②处于减数第二次分裂的后期，且不均等分裂，为次级卵母细胞，含有2条X染色体。
（3）图①c表示有丝分裂，c过程前后，细胞中核DNA含量不变，在细胞的亲代和子代之间保持了稳定性。但子代细胞会发生细胞分化，会在形态、结构和生理功能上发生稳定性的差异，发生这一变化的根本原因是基因的选择性表达，这一变化遗传物质不会发生改变。
32．（12分，每空2分） AABb或aaBb 红花矮茎 Aabb 3/8 方案一：实验步骤：自交；方案二：实验步骤：与白花矮茎杂交；方案三：实验步骤：与红花矮茎杂交；方案四：实验步骤：与白花高茎杂交 方案一：预期结果：红花高茎：红花矮茎：白花高茎：白花矮茎=9:3:3:1
方案二：预期结果：红花高茎：红花矮茎：白花高茎：白花矮茎=1:1:1:1
方案三：预期结果：红花高茎：红花矮茎：白花高茎：白花矮茎=3:3:1:1
方案四：预期结果：红花高茎：白花高茎：红花矮茎：白花矮茎=3:3:1:1
·【解析】
（1）结合题干信息和分析可知，植株甲花色基因纯合，株高基因杂合。
（2）结合题干信息和分析可知，植株乙花色基因杂合，株高基因纯合。又因为红花和高茎为显性，而子代全为矮茎。可知乙的表现性为矮茎红花，基因型为Aabb。同理可知甲为aaBb。因为两对基因独立遗传，所以拔出1/3红花对茎高的遗传不构成影响。亲本为Bb和bb，子一代为Bb：bb=1:1，子一代自交后代中显性个体占1/2×3/4=3/8。
（3）亲本分别为：Aabb和aaBb，杂交产生的红花高茎为双杂合AaBb，其余个体为红花矮茎Aabb、白花高茎aaBb、白花矮茎aabb。验证自由组合定律可用双杂合AaBb自交，见9:3:3:1；双杂合AaBb与白花矮茎aabb测交，见1:1:1:1；双杂合AaBb与一显一杂个体（红花矮茎Aabb、白花高茎aaBb）杂交，见3:3:1:1。
37．(15分，除标注外，每空2分） 无氧 氧气 乙醇（酒精） 除去溶解氧，杀死微生物，防止杂菌污染（3分） 食盐用量 腌制时间 加盐腌制 酒
【详解】试题分析：本题考查传统发酵技术的应用，考查对果酒、果醋、泡菜、腐乳制作原理和制作流程的理解和识记。
（1）利用葡萄制作果酒，利用了酵母菌能将葡萄糖等糖类在无氧条件下转化成酒精的特点。
（2）制作果醋时，醋酸菌在氧气和糖源充足时，将糖分解成醋酸；在糖源不充足时，也可以利用乙醇（酒精）生成醋酸。
（3）制作泡菜时，所需盐水需煮沸，其目的是除去溶解氧，杀死微生物，防止杂菌污染。泡菜制作工程中影响亚硝酸盐含量的因素有温度、食盐用量和腌制时间等，温度越高，食盐用量少，腌制时间短，亚硝酸盐含量越高。
（4）豆腐上长出毛霉后，需要加盐腌制。卤汤是由酒和香辛料配制而成。
一诊模拟化学试题答案
7.D 解析：华为Mate60pr系列“争气机”的芯片材料主要为晶体硅，A项正确；用机械剥离法从石墨中分离出的石墨烯能导电，石墨烯与金刚石均为碳的单质，它们互为同素异形体，B项正确：国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，C项正确；芳砜纶纤维是合成高分子化合物，属于合成纤维，D项错误。故选D。
8.D 解析：等物质的量的氚与氘的核内中子数不能确定，A项错误；锶-为第IIA元素，得电子能力比弱，B项错误；常温下，的摩尔质量为，所含中子的数目为，C项错误；14CH4中含10个电子，14NH3中也含10个电子，所以0.1ml14CH4和14NH3的混合物含电子数为NA，D项正确。故选D。
9.A 解析：由题给信息可知W、X、Y、M四种元素分别为H、N、O、Mg，Z可能为或。简单离子半径：（或），A项错误；，简单氢化物的还原性：NH3>H2O，B项正确，常温下，或均能的与水剧烈反应，C项正确；由W、X、Y三种元素组成的的水溶液显碱性，组成的NH4NO3显酸性，D项正确。故选A。
10.B 解析:由结构简式可知，白英素B分子中含有的苯环为平面结构，则分子中至少有9个碳原子共平面，故A错误；由结构简式可知，白英素B分子中含有的醛基、苯环能与H2发生加成反应，故B正确；由结构简式可知，白英素B分子中不含有碳碳双键，不能发生加聚反应，加成与氧化反应可以发生，故C错误；由结构简式可知，白英素B分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1 ml白英素B完全反应能消耗1 ml氢氧化钠，故D错误；
故选B。
11.B 解析 催化电极b为，为阳极，接电源的正极，A正确；电解过程中，阳离子向阴极移动，但是K+不能通过阴离子交换膜，B错误；催化电极a为，为阴极，电极反应为，C正确；电解时，阳极室反应，阳极室pH减小，D正确； 故选B。
12.C 解析 组装好装置后，加入药品前应检查装置气密性，A错误；先滴加浓盐酸，产生一段时间的氯气，排除装置内的空气，再加热酒精灯，B错误；钠在氯气中剧烈燃烧生成白色固体氯化钠，所以现象为产生白烟，C正确；钠在氯气中剧烈燃烧生成棕黄色固体氯化铜，所以现象为产生棕黄色烟，D错误；故选C。
13.D 解析 乙醇与酸性溶液反应，乙醇被氧化为乙酸，根据得失电子守恒配平离子方程式为，故A正确； 用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，故B正确；溶液中加入，Fe2+被氧化生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故C正确；将等物质的量浓度的和溶液以体积比1:1混合，生成一水合氨、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-=BaSO4↓+H2O+NH3·H2O，故D错误；选D。
26.（15分）
（1）将废锌渣粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高浸出温度、不断快速的搅拌等（1分，任答一条，合理即可）
（2）①、（2分）
②（2分）
（3）（2分） 可以催化分解（2分）
（4）4.7≤PH<5.5（2分）
（5）Zn2++2HCO3-=ZnCO3↓+H2O+CO2↑（2分）
（6）1∶4（2分）
解析：（1）为提高“浸出”效率，可采取的措施有将废锌渣粉碎、适当增大硫酸的浓度、适当升高浸出温度、不断快速的搅拌等。
（2）①“浸出”步骤中，滤渣I的主要成分除硫单质外还在、。②在酸性条件下与发生反应的化学方程式为。
（3）“转化”步骤中，加入H2O2的电子式为；的加入量高于理论值的主要原因为可以催化分解，因此需过量。
（4）“调”时需调节的最佳范围为4.7≤PH<5.5。
（5）Zn2++2HCO3-=ZnCO3↓+H2O+CO2↑（2分）
（6）铁酸锌可用于循环分解水制氢气，反应①中生成1个转移，可以写成，即生成1个转移，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比为.
27.（14分）
（1）（2分）
（2）取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素（或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素）（2分，合理即可）
（3）容量瓶 分液漏斗（2分）
（4）12.1（2分）
（5）CD（2分）
（6）（2分） （2分）
解析：（1）制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为。（2）若废铜屑中含有杂质铁，反应后有铜剩余，说明溶液中的铁元素以的形式存在，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为取少些实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾深激，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素。
（3）实验室里需要500mL0.1ml·L-1Cu(NO3)2溶液，配制时需要500mL规格的容量瓶，因此不需要的仪器有容量瓶和分液漏斗。
（4）用500mL容量瓶配制0.1ml·L-1Cu(NO3)2溶液，需要，质量为。
（5）配制过程中，加水定容时俯视刻度线会导致浓度偏大；容量瓶未干燥处理，对溶液的浓度无影响；定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度降低；溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，浓度降低。因此选CD。
（6）从热重曲线上得出，加热到T1℃~T2℃时，固体质量由18.8g变为8.0g，则剩余固体为CuO，同时观察到有NO2逸出，因此T1℃~T2℃分解产物为CuO、NO2、O2，反应的化学方程式为，加热到T2℃时CuO又分解，最终生成Cu2O。
28.（14分）（每空2分）（1）①. -935.3kJ•ml-1 ②. 0.1 3240
（2） ①. ＜ ②. C ③. ＞
【解析】
（1）①Ⅰ CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) △H1=-890.3kJ•ml-1
Ⅱ. N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H2=+133kJ•ml-1
Ⅲ. H2O(g)=H2O(l) △H3=-44kJ•ml-1
依据盖斯定律，将反应Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ×2得，反应CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) △H=(-890.3kJ•ml-1)-(+133kJ•ml-1)-(-44kJ•ml-1)×2=-935.3kJ•ml-1。
②0~4min内，n(混)==3.6ml，利用差量法，可求出参加反应NO2的物质的量为(3.6ml-3ml)×2=1.2ml，用NO2表示该反应的平均速率v(NO2)==0.1ml/(L•min)。平衡时，n(混)==3.75ml，利用差量法，可求出参加反应CH4的物质的量为(3.75ml-3ml)×1=0.75ml，则平衡时，CH4、NO2、CO2、H2O(g)、N2的物质的量分别为0.25ml、0.5ml、0.75ml、1.5ml、0.75ml，该温度下的平衡常数Kp==3240kPa。
（2）①对于反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)，370℃时，在容器Ⅰ中，N2O的起始物质的量为0.1ml，变化量为0.1ml×40%=0.04ml，则平衡时，N2O、N2、O2的物质的量分别为0.06ml、0.04ml、0.02ml，则平衡常数K=≈0.0089。若容器IV保持370℃，则浓度商Qc=＞K，所以平衡逆向移动，起始反应速率v正(N2O)＜2v逆(O2)。
②370℃时，增大压强，平衡逆向移动，N2O的转化率减小，则I、II、III中容器内的压强依次增大，从曲线变化可以看出，升高温度，平衡正向移动，则压强增大，所以A、B、C三点中压强最大的是C。
③慢反应的活化能大，第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步的活化能＞第三步的活化能。
实验表明，碘蒸气存在时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•c0.5(I2)(k为速率常数)，已知第二步反应不影响第一步的平衡，其反应速率方程v=k1•c(N2O)•c(I)(k1为速率常数)。则平衡时，k•c(N2O)•c0.5(I2)= k1•c(N2O)•c(I)，第一步反应的平衡常数K==。
35.（15分）(1)N（1分） [Ar]3d84s2（2分）
(2)高（1分） 甲酸分子间有氢键，甲醛没有（2分） s-sp2（1分） <（2分）
(3)4s24p1 （1分） ①. 4（1分） ②. （2分） ③. （2分）
【解析】（1）C为27号元素，有4个电子层，最外层2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态C原子中，核外电子占据的最高能层为第4层，符号是N；Ni为28号元素，有4个电子层，最外层2个电子，基态Ni的简化核外电子排布式为[Ar]3d84s2；
（2）甲酸分子间有氢键，气化时克服氢键作用，比起没有分子间氢键的甲醛的沸点要高；甲酸分子中的C原子是平面三角形结构，因此C-H键的类型为s-sp2σ键；因为双键斥力大于单键，因此α<β；
（3）Ga是与Al同主族的第四周期元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1，其价电子排布式为4s24p1，故答案为：4s24p1；
由题干图示氮化镓的立方晶胞结构图可知，晶胞参数为a nm，Ga周围最近且距离相等的N原子数目为4，故Ga的配位数为4，其中两个氮原子间的最近距离是面对角线的一半，即为nm，一个晶胞中含有Ga的个数为：=4，N原子个数为4，则一个晶胞的质量为：，故氮化镓的晶胞密度为：=g·cm，故答案为：4；；。
（公式中？应为×，因版本问题显示不出。）
36.(1)加成反应（1分）
(2)H-C≡C-CH2OH+HBrH-C≡C-CH2Br+H2O （2分） 碳碳三键、溴原子（或碳溴键）（2分）
(3)（2分） 保护苯环上的(酚)羟基不被氧化（2分）
(4)、（各1分）
(5)（4分）
【解析】A是一种烃，分子式为C2H2，则A为HCCH，A与HCHO发生类似信息①的反应生成B，则B为HCCHCH2OH，B与HBr发生取代反应，B中羟基被Br原子取代生成C，C为HCCHCH2Br，F发生加聚反应生成G，根据G的结构简式可知F的结构简式应为；D发生信息的反应生成E，E中应含有羟基，再结合C的简式可知E为，所以反应④为中的甲基被酸性高锰酸钾氧化的反应，则D的结构简式为。
（1）反应①是HCCH与HCHO发生类似信息①的反应生成HCCHCH2OH，反应类型是加成反应；
（2）反应②是HCCHCH2OH与HBr发生取代反应，B中羟基被Br原子取代生成HCCHCH2Br，反应的化学方程式为H-C≡C-CH2OH+HBrH-C≡C-CH2Br+H2O，C为HCCHCH2Br，官能团的名称是碳碳三键、溴原子（或碳溴键）；
（3）D的结构简式是；若没有反应③，酸性高锰酸钾氧化甲基时，也会氧化酚羟基，反应③和⑤的目的是保护苯环上的(酚)羟基不被氧化；
（4）E的同分异构体，满足以下条件，且为芳香化合物，即含有苯环；①能与NaHCO3反应产生CO2 说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；③能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；④核磁共振氢谱有4组峰，即含有4种环境的氢原子，说明结构对称，满足的条件的有：、；
（5）1，2-二溴乙烷为BrCH2CH2Br，甲醛为HCHO，目标产物为HCOOCH2C≡CH，可以由HOCH2C≡CH和HCOOH发生酯化反应生成，HCHO可以被催化氧化生成HCOOH；根据题目流程可知HCHO可以和HC≡CH发生加成反应生成HOCH2C≡CH，而BrCH2CH2Br可以发生消去反应生成HC≡CH，所以合成路线为：。
绵阳南山中学实验学校高 2021 级高三（上）一诊模拟考试
物理试题 答案
14.【答案】A
【详解】汽车停止运动的时间为，则汽车在第一个内的位移为
汽车在第二个内的位移为
在第一个内与第2个内，电动汽车所走的位移之比为，故选A。
15.【答案】D
【详解】AB．小车的速度在沿绳方向的分量大小为，所以P的速率为，因为θ2不断减小，所以vP不断增大，即P向上做加速运动，故AB错误；CD．因为P做加速运动，根据牛顿第二定律可知绳的拉力大于mgsinθ1，故C错误，D正确。故选D。
16.【答案】D
【详解】A．汽车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，即重力和支持力提供汽车转弯的向心力，由此可知，路面外侧高于路面内侧，A错误；
B．当车速小于时，若汽车受到重力、支持力和指向道路外侧的摩擦力的合力满足可以提供向心力时，车辆便不会向内侧滑动，B错误；
C．当车速大于时，重力和支持力的合力将不足以提供向心力，若此时车速不超出某一最高限度，使得汽车受到重力、支持力和指向道路内侧的摩擦力的合力满足可以提供向心力时，车辆便不会向外侧滑动，C错误；
D．设弯道圆弧半径为R，路面倾角为θ，根据力的合成与分解和牛顿第二定律有，解得，由上式可知，的值与路面是否结冰无关，D正确。故选D。
17.【答案】C
【详解】A．设每根斜杆受到地面的作用力为F，则有，可得
则时，每根斜杆受到地面的作用力为，故A错误；
B．每根斜杆受到地面的摩擦力为
则每根斜杆受到地面的摩擦力为，故B错误；
C．由以上分析可知，每根斜杆受到的水平地面的摩擦力
可知，θ角越大，每根斜杆受到的水平地面的摩擦力越大，故C正确；
D．每根斜杆受到的水平地面的支持力
与角度无关，故D错误。故选C。
18．【答案】D
【详解】设汽车受到的阻力大小为；汽车做匀速直线运动阶段有
解得,汽车做匀加速直线运动阶段有，，
联立解得，，，所以全过程牵引力最大为4000N，A错误。汽车关闭动力减速滑行时的加速度大小为，根据速度时间关系可得,联立解得，故B错误。
汽车在内，根据动能定理可得，解得
全过程总位移x总=2600m，所以克服摩擦力做功为5.2×106J，故C错误，D正确。
19．【答案】AD
【详解】A．如果水平面光滑，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得，解得，故A正确；
B．如果水平面光滑，以B为研究对象，由牛顿第二定律得，A对B的作用力为，故B错误；
CD．若物体A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，以系统为研究对象，由牛顿第二定律可得，解得，以B为研究对象由牛顿第二定律得，解得，故C错误。故选D。
20．【答案】AD
【详解】A．根据能量守恒，小球由A到C，有
解得，可知小球恰能到达C点。故A正确；
B．同理，小球由A到D，有，解得
小球能到达D点的最小速度满足，解得，可知
则小球不能到达D点。故B错误；
C．依题意，小球由A到B，有
在B点，由牛顿第二定律可知
联立，可得
根据牛顿第三定律可知小球通过B点时对轨道的压力为7mg。故C错误；
D．小球由A到D，有，解得
小球经过D点后做平抛运动，有，解得，故D正确。故选AD。
21．【答案】BD
【详解】小物块从到过程，根据动能定理可得，
解得，小物块下滑到点时，根据牛顿第二定律可得，解得，故A错误；
小物块从到过程，根据动能定理可得，
解得，
小物块在传送带减速过程的加速度大小为
小物块减速至与传送带运动速度相等过程的时间为，故C正确
小物块减速至与传送带运动速度相等过程的位移为
此过程传送带的位移为
小物块与传送带发生的相对位移为
小物块与传送带速度相同后，由于
可知共速后小物块与传送带保持相对静止，一直匀速运动到传送带顶端，故传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量为，故BD正确
22【答案】 BD 2.5 60 1.59
【详解】（1）BD
(2)由牛顿第二定律对小车，对砝码及砝码盘，
又，解得
(3)设两计数点间时间隔为T，由逐差法，则有
解得
由于相邻的计数点之间还有两个点未画出，设打点周期为t，则
电源的频率为
(4)打纸带上C点时小车的瞬时速度大小为
23．【答案】 AB
【详解】（1）[1]A．重物体积小，所受空气阻力小，质量越大，空气阻力引起的相对误差就越小，所以应选择质量大，体积小的重物进行实验，故A正确；
B．为减小纸带与限位孔间的摩擦，释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；
C．由实验步骤可知，应先接通电源，当打点计时器工作稳定后，再释放纸带，故C错误。故选AB。
（2）由重力做功与重力势能的关系可知，从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量
由平均速度解得打B点时重物的瞬时速度
该过程的动能增量为，所以
（3）在最低点，由牛第二定律可得，解得此时球的动能为
球由静止释放到达最低点过程中，若满足机械能守恒，则有
联立解得，解得
24．解：
（1）设小球运动到D点时速度为vD，轨道对小球作用力为N，则
………（2分）
由牛顿第三定律得 ………（1分）
解得 m/s
设小钢球在粗糙斜面轨道上克服阻力做的功w，小球从A点运动到D点过程中有
………（2分）
解得 H=3m ………（1分）
(2)设小钢球过E点时的速度为vE，小球从D点运动到E点过程中，则
………（2分）
解得 m/s，
从E点到F点的水平距离为x，则
………（1分）
………（1分）
………（1分）
解得 m ………（1分）
25．解：
（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则
am==4m/s2 ………（1分）
假设木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a，则
a==3m/s 2 ………（1分）
因a ………（1分）
解得 t=1s ………（1分）
（2）设木板与挡板碰前，木板与物块的共同速度为v1，则
v1=at ………（1分）
解得 v1=3m/s
木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，物块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动，木板与木块相对滑动，则木板加速度大小为am，设板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则
………（1分）
………（1分）
………（1分）
解得 a1=2m/s2，，
当板速度向左为零时，设铁块速度为，则
………（1分）
设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为，则
， ………（1分）
………（1分）
解得 ，t2=0.25s，v2=1m/s，
因为，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞。……以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处。设木板长为L，则以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒
………（1分）
解得 ………（1分）
（3）设木板与挡板第二次碰后，木板向左运动的最远距离为x2，则
………（1分）
解得
综上可知 , ………（1分）
因为以后是多次重复上述过程。同理，有木板与挡板第三次碰后，木板与铁块达到共速为，木板向左运动的最远距离为
…………
设木板与挡板第n-1次碰后，木板与铁块达到共速为vn，同理有
………（1分）
设木板与挡板第n次碰后，木板向左运动的最远距离为xn，同理有
xn= ………（1分）
所以，从开始运动到铁块和木板都停下来的全过程中，设木板运动的路程为s，则
………（1分）
解得 ………（1分）
34（1）ABE [根据题意可知机械波由实线传播到虚线需要的时间为t＝(n＋eq \f(1,4)T)＝0.8 s，解得T＝eq \f(3.2,4n＋1) s(n＝0,1,2,3…)。当n＝0时，解得T＝3.2 s，当n＝1时，解得T＝0.64 s，因T>0.8 s，故该波的周期为3.2 s，A正确；由于波沿x轴正方向传播，故t＝3.6 s时质点M的速度方向沿y轴正方向，故B正确；介质中的质点不会随波迁移，C错误；质点N点不是特殊位置的点，经过eq \f(1,4)T的路不能等于一个振幅A，故D错误；该波的波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(8,3.2) m/s＝2.5 m/s，从t＝0时刻开始经过0.4 s，波的振动形式向前传播1 m，质点N到达平衡位置，加速度为零，质点M在x轴上方向上运动，质点M的加速度大于质点N的加速度，E正确。
（2）（10分）① 光路图如图所示，设在AC面入射角为i，折射角为r，在AB面，光线与AB的夹角为α，反射光线与AB的夹角为β，光线垂直BC射出，有
β
30°
A
C
B
D
F
r
i
α
E
α=β=30° （1分）
i=60° （1分）
α+r=60° （1分）
（1分）
解得 （1分）
② 由于α=∠A，所以△ADE为等腰三角形，所以
DE=AD=L （1分）
DC=EF+ DE·cs(90°－r) （1分）
设光线从D点到F点经过的距离为x，光线在玻璃中传播速度为v，则
x= DE+EF， （1分）
（1分）
解得 （1分）