1、广西钦州市第一中学2019-2020学年高二理综5月月考试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共38题，共300分，共16页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2.选择题必须使用2铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔记清楚。 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、
2、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H 1 Na 23 S 32 O 16 C 12 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137 I 127 K 39第I卷一、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1.下列有关核酸的叙述,不正确的是()A.为促使甲基绿吡罗红更好地对细胞中的DNA和RNA染色,需要预先用酒精处理细胞B.DNA和RNA均可以作为生物的遗传物质,某些RNA还可以催化有关代谢反应C.ATP断裂两个高能磷酸键后的产物可能参与转录过程D.细胞核内核酸分子的嘌呤与嘧啶碱基数目不一定相等2.细胞内的“囊泡”就像”深海中的潜艇”在细胞中“来回穿
3、梭”,参与物质的运输过程,下列有关细胞内囊泡运输的叙述,正确的是()A.囊泡运输依赖于膜的选择透过性且消耗能量B.抗体的运输和分泌过程需要囊泡的参与C.囊泡只能将物质从胞内运输到胞外,而不能从胞外运输到胞内D.细胞内的大分子物质都可通过囊泡进行运输3.在氧气充足条件下,肿瘤细胞的能量供应仍主要依赖效率较低的糖酵解途径(指细胞在细胞质基质中分解葡萄糖生成丙酮酸的过程),并产生大量乳酸。甘油醛3磷酸脱氢酶(GAPDH)是糖酵解途径中的一个关键酶。下列关于糖酵解过程的说法,不正确的是()A.该过程既可在有氧,也可在无氧条件下发生B.有氧条件下该过程能产生ATP,无氧条件下不能C.该过程仅产生少量AT
4、P,丙酮酸中还贮存大量的能量D.可通过抑制GAPDH的活性来抑制肿瘤细胞的增殖4.在CO2浓度及其他外界条件适宜且恒定的条件下,测得某栽培植物叶肉细胞适宜光照条件下的净光合速率和黑暗条件下的呼吸速率随温度的变化情况如图。下列分析错误的是()A.催化光合作用与呼吸作用的酶的最适温度不同B.在30 时,该植物的总光合作用速率最大C.在40 时,该植物在适宜光照条件下能正常生长D.每天光照、黑暗各处理12 h,该植物25 时仍能正常生长5.家鼠的灰毛和黑毛由一对等位基因控制,灰毛对黑毛为显性。现有一只灰毛雌鼠(M),为了确定M是否为纯合子(就毛色而言),让M与一只黑毛雄鼠交配,得到一窝共4个子代。不
5、考虑变异,下列分析不合理的是()A.若子代出现黑毛鼠,则M一定是杂合子 B.若子代全为灰毛鼠,则M一定是纯合子C.若子代中灰毛雄鼠黑毛雌鼠=31,则M一定是杂合子D.若子代中灰毛雄鼠黑毛雌鼠=11,则M一定是杂合子6. 关于某二倍体哺乳动物细胞有丝分裂和减数分裂的叙述,错误的是()A.有丝分裂中期染色体数目是减数第二次分裂中期染色体数目的2倍B.有丝分裂后期与减数第一次分裂后期都含有同源染色体C.有丝分裂与减数分裂DNA都复制了一次,平均分配了一次D.有丝分裂中期和减数第二次分裂中期染色体都排列在赤道板上7化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）A可回收的易拉
6、罐中含金属铝，可通过电解熔融氯化铝制取B侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C废旧电池中含有镍、镉等重金属，不能用填埋法处理D电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法8用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）Al mol/L Na2CO3溶液中，阴离子总数小于NAB常温下，10 mL pH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数大于0.001NAC电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NAD相同体积、相同物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaCl溶液所含离子数目相同9常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A水电离的c(H
7、)11013molL1的溶液：K、Mg2、SO42、FB滴入酚酞变红色的溶液：K、Ca2、HCO3-、CO32-C滴入甲基橙变黄色的溶液：NH4+、Fe3、ClO、SO42-D 0.1 molL1 FeSO4溶液：Na、K、Cl、NO3-10下列根据实验操作、现象得出相应结论一定正确的是选项实验操作、现象实验结论A用pH计测定同浓度NaF溶液和CH3COONa溶液：pH(NaF)pH(CH3COONa)酸性：HFCH3COOHB向2mL 0.5mol/L FeCl3溶液中滴加2mL 1mol/L KSCN溶液，振荡后静置，观察到溶液变成红色，加入1mL 2mol/L KCl溶液后溶液红色变浅c
8、(KCl)增大使该反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的化学平衡逆向移动C向盛有2ml0.1molL-1AgNO3的试管中滴加5滴0.1molL-1NaCl溶液，出现白色沉淀；再往试管中滴加5滴0.1molL-1KI溶液，出现黄色沉淀KSP(AgCl)KSP(AgI)D将10mL 2mol/L FeCl3的溶液与1 mL 1mol/L KI溶液混合充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红KI与FeCl3反应有可逆性11如图为Zn-聚苯胺二次电池的示意图，下列说法正确的是（ ）A放电时，Zn片做负极，发生的电极方程式为Zn + 2e-=Zn2+B放电时，混合液中的Cl-向B移动C充电
9、时，聚苯胺被氧化 D充电时，A端接电源的正极12已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示弱酸CH3COOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数Ka(25)1.7510-52.9810-8Ka1=4.3010-7Ka2=5.6110-11Ka1=1.5410-2Ka2=1.0210-7下列离子方程式正确的是( )ACO2+H2O +2C1O- =CO32-+2HClO B2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2 +H2OCSO2+H2O +Ca2+ +2ClO-=CaSO3 +2HClO DSO2+CO32-=CO2+SO32-1325 时，分别向20.00 mL 0.100 0 m
10、olL1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.100 0 molL1的盐酸，溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是()AM点溶液中：c(OH)c(NH4+)c(NH3H2O)c(H) BN点溶液中：c(NH4+)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)CP点溶液中： c(NH4+)c(NH3H2O)c(OH)c(NH4+) c(H)，A项错误；B. N点溶液的溶质为NH3H2O与NH4Cl，根据图像可知溶液显碱性，c(OH) c(H)，根据电荷守恒式c(NH4+)+ c(H)= c(Cl)+ c(OH)可知，c(NH4+)c(Cl)，则离子浓度大小为：c(NH4+)c(Cl)c(NH3
11、H2O)c(OH)，B项正确；C. P点溶液中加入10mLHCl溶液，反应后溶质为等浓度的醋酸铵、氯化铵和醋酸，根据物料守恒可知： c(NH4+)c(NH3H2O)=c(CH3COO) + c(CH3COOH)，C项错误；D. Q点溶液中盐酸与醋酸铵按物质的量之比为1:1反应，溶液溶质为等浓度的醋酸和氯化铵，根据物料守恒可知，2c(Cl)c(CH3COOH)c(NH4+)+ c(CH3COO)+c(NH3H2O)，D项错误；答案选B。26.2NH3(g) +CO2(g)=CO(NH2)2(s)+ H2O (l) H=-75kJ/mol T1，温度越高甲烷物质的量越大，证明升温平衡逆向进行，正反
12、应为为放热反应，H0，故答案为：；温度T1时，010min内，甲烷物质的量减小0.4mol0.3mol=0.1mol，反应的二氧化氮物质的量为0.2mol， NO2的平均反应速率v(NO2)= =0.02 mol L-1min-1，结合三段式计算平衡浓度得到平衡常数，平衡状态下甲烷物质的量0.1mol，K=3.6；CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，反应为气体体积增大的放热反应，A、改用高效催化剂增大反应速率不改变化学平衡，转化率不变，故A不符合题意；B、增加CH4的浓度，反应速率增大，提高NO2的转化率，故B符合题意；C、缩小容器的体积，增大压强反应速率增大
13、，平衡逆向进行，反应物转化率减小，故C不符合题意；D、反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，反应速率增大，转化率减小，故D不符合题意；（3）6NO2+8NH3=7N2+12H2O，正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e+4H2O=N2+8OH，负极上是氨气失电子发生氧化反应，电极反应为：2NH3 - 6e- = N2 + 6H+；（4）NaN3溶液中N3水解，溶液呈碱性，故溶液中离子浓度c(Na+)c(N3)c(OH-)c(H+)；常温下，将amolL1的HN3与bmolL1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+2c(Ba2+)=
14、c(N3)+c(OH)，当2c(Ba2+)=c(N3)，c(H+)=c(OH)，则该混合物溶液呈中性，2HN3+Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O，溶液呈中性，溶液中c(HN3)=mol/L =（0.5b-a）mol/L。27. 三颈烧瓶 生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气 Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多 蓝色褪去且半分钟不恢复 91.4% 【解析】【分析】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中
15、进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+I22S2O32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。【详解】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进
16、行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。(1)由仪器图形可知C为三颈烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(3)F
17、eCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；(4)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可
18、判断为滴定终点；23.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02380L0.100mol/L=2.3810-3mol，根据关系式2Fe2+2Fe3+I22S2O32-，可知样品中CH3CH(OH)COO2Fe3H2O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.3810-3mol=9.5210-3mol，则样品的纯度为100%=91.4%。28.充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等(说法合理即可) SiO2、S、MnO2 3.75.6（ 或3.7pH5.6）3H2O + 2 Fe33 CuO 2Fe(OH)3 + 3Cu2 5(或 Fe
19、3+ 3H2O Fe(OH)3 + 3H CuO 2H Cu2+ H2O )Mn2HCO3NH3MnCO3NH4 0.02 2100 【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；据此分析解答本题。【详解】（1）酸浸时，通过充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等都可以提高浸取率；（2）“浸取”时：在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反应的
20、化学方程式为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；（3）“除铁”主要是除去溶液中Fe3+，根据题干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+，溶液的pH范围为：3.75.6或3.7pH5.6；若溶液（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：Mn2HCO3NH3MnCO3NH4；（5）35. 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2 3 NH4+ TiBH 5 6 八面体4NA 异硫氰酸（H-N=C=S）分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键【解析】【详解】(1)钴元素为第
21、27号元素，根据构造原理，其基态原子核外的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；其3d轨道上有3个未成对电子，故未成对电子数为3；(2)BH4-含有5个原子，价电子总数为8，据此分析书写与BH4-互为等电子体的阳离子；根据第一电离能的变化规律分析判断H、B、Ti原子的第一电离能的大小顺序；(3)采取sp3杂化方式的原子的价层电子对数=4，据此分析判断分子中采取sp3杂化方式的原子个数；(4) 在配合物Co(NH3)4(H2O)2Cl3中，配体为NH3、H2O，其配位数=4+2=6；其阳离子的成键电子对数为6，孤电子对数为0，故其立体构型为八面体；，(5)
22、（SCN）2分子结构式为NC-S-S-CN，1个NC键中有1个键，其余两个为键，1mol（SCN）2分子中含有键的数目为4NA；硫氰酸和异硫氰酸的分子式相同，结构不同，互为同分异构体,而异硫氰酸（H-N=C=S）分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高；36. 苯甲醛 +NaOH+NaCl 取代反应 BCDA 4 CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHO 【解析】【分析】反应发生加成反应，A的结构简式为CH3CH2OH，反应发生氧化反应，即B的结构简式为CH3CHO，反应发生水解反应，C的结构简式为C6H5CH2OH，反应发生氧化
23、反应，D的结构简式为C6H5CHO，根据信息，推出E的结构简式为C6H5H(OH)CH2CHO，反应发生消去反应得到F，据此分析解答。【详解】（1）由反应可知，A为C2H5OH，C2H5OH氧化为BCH3CHO，可知C为，D为，B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基，由F为可知E为；答案为苯甲醛；（2）略（3）略（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，应先在碱性条件下加热水解生成NaCl，然后加入硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液检验；答案为：BCDA；（5）E()的同分异构体甲属于酯类，可由H和芳香酸G制得，则H为醇，相对分子量为32，则H为甲醇
24、，则芳香酸G可能为苯乙酸、甲基苯甲酸(3种)，即G可能有4种结构，甲醇不存在同分异构体，因此甲可能有4种结构；答案为：4；（6）以乙烯为原料制备CH3CHCHCHO需要增长碳链，因此需要利用题干信息+，因此需要合成乙醛，可以由乙烯与水加成生成乙醇，乙醇氧化即可得到乙醛，即CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHO；答案为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHO。5月月考理综生物部分参考答案1.A为促使甲基绿吡罗红更好地对细胞中的DNA和RNA染色，需要预先用盐酸处理细胞；大多数生物的遗传物质是DN
25、A,少数病毒的遗传物质是RNA,某些具有催化作用的酶的化学本质是RNA；ATP断裂两个高能磷酸键后的产物是腺嘌呤核糖核苷酸,可作为转录形成RNA的原料；细胞核中含有DNA和RNA两种核酸,其中DNA分子中嘌呤与嘧啶碱基数目相等,而RNA分子中嘌呤与嘧啶碱基数目不一定相等。2.B囊泡运输依赖于膜的流动性,消耗能量,该过程消耗的能量主要由线粒体提供；抗体属于分泌蛋白,在其合成之后的运输和分泌过程需要囊泡的参与；囊泡将物质从胞内运输到胞外的过程叫胞吐,从胞外运输到胞内的过程叫胞吞,都可以进行;细胞内的大分子物质一般需要通过囊泡进行运输,但细胞核内的RNA通过核孔进入到细胞质,不通过囊泡运输。3.B由
26、于糖酵解途径是指细胞在细胞质基质中分解葡萄糖生成丙酮酸的过程,故该过程既可在有氧,也可在无氧条件下发生;在有氧和无氧条件下,该过程均能产生ATP；该过程产生的ATP少,丙酮酸中还贮存大量的能量；通过抑制GAPDH的活性,使糖酵解过程不能进行,不能产生ATP,从而抑制肿瘤细胞的增殖。4.C据图可知某栽培植物光合作用的最适温度是30 ,呼吸作用的最适温度是40 ,因此光合作用酶的最适温度与呼吸作用酶的最适温度不同；总光合作用速率=净光合作用速率+呼吸作用速率,在30 时,该植物的总光合作用速率最大；在40 时,净光合作用速率呼吸作用速率,白天积累的有机物呼吸作用速率,积累的有机物每天12小时呼吸作
27、用消耗量,一昼夜下来该植物能积累有机物,仍能正常生长。5.B灰毛对黑毛为显性。灰毛雌鼠M与一只黑毛雄鼠交配,得到一窝共4个子代。若子代出现黑毛鼠,则M一定是杂合子；因子代的数量非常少,即使子代全为灰毛鼠,也不能确定M一定是纯合子；子代中出现了黑毛雌鼠,说明M必然含有控制黑毛性状的基因,因此,无论子代中灰毛雄鼠与黑毛雌鼠的比例是31,还是11,则M一定是杂合子。6. C减数第一次分裂末期细胞一分为二,染色体数目减半,故有丝分裂中期染色体数目是减数第二次分裂中期染色体数目的2倍；有丝分裂后期与减数第一次分裂后期都含有同源染色体；有丝分裂与减数分裂DNA都复制了一次,有丝分裂过程中DNA平均分配了一
28、次,但减数分裂共分裂了2次,DNA也平均分配了2次；有丝分裂中期和减数第二次分裂中期染色体都排列在赤道板上。29细胞 细胞和细胞产物 浮色 降低反应的活化能 高效性 专一性 作用条件温和 30核膜核仁消失，出现纺锤体、染色体 前期、中期 分裂间 癌基因 原癌基因 累积 31ACD AC 细胞质基质 酒精和二氧化碳 氧气浓度增加，无氧呼吸受抑制 P 一样多 1/332两 自由组合 紫色非甜和白色甜或紫色甜和白色非甜或白色非甜和白色甜 8/49 杂合子 不可以确定 【解析】（1）由分析可知：紫色与白色性状的遗传由两对等位基因决定，遵循基因的自由组合定律，原因是F2籽粒中紫色与白色的性状分离比为（2
29、7+9）（21+7）=97。（2）根据F2发生的性状分离比，可知F1的基因型应为AaBbDd，亲本的基因型可为AABBDDaabbdd或者AAbbDDaaBBdd或者AABBddaabbDD或者AAbbddaaBBDD。其表现型为紫色非甜和白色甜或紫色甜和白色非甜或白色非甜和白色甜。（3）白色籽粒基因型可能为A_dd、aaD_、aadd，且比例为3/7（AAdd 1/7、Aadd 2/7）、3/7（aaDD 1/7、aaDd 2/7）、1/7，其所产生的配子及比例为AdaDad=223，则随机交配后产生紫粒（AaDd）的概率为2/72/72=8/49。（4）假设异性叶和正常叶受E、e基因控制。
30、控制该性状的基因若位于常染色体上，异形叶基因型为E，正常叶基因型为ee，异形叶植株与正常植株杂交，后代出现性状分离，说明异形叶为杂合子；若控制该性状的基因位于X染色体上，若后代表现型及比例为异型叶雌异型叶雄正常叶雌正常叶雄=1111，则异形叶植株基因型为XEXe，为杂合子。该基因位于常染色体或X染色体上，都可成立，不能确定该基因突变的位置是否为常染色体，但一定是杂合子。38比色法 稀释涂布平板法 当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到只是一个菌落(3分) 显微镜直接技术 萃取 压榨 水蒸气蒸馏 5月月考物理答案14.B 试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用
31、动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：，解得：落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故B正确 故选B15.C 解：A、两物体相互作用过程中系统动量守恒，A、B动量变化量大小相等、方向相反，动量变化量不同，故A错误；B、由动量定理可知，动量的变化率等于物体所受合外力，A、B两物体所受合外力大小相等、方向相反，所受合外力不同，动量的变化率不同，故B错误；C、两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保
32、持不变，故C正确D、部分动能转化为弹性势能，故系统总动能不守恒故，D不正确；故选：C16.A试题分析：A、人和车组成的系统水平方向动量守恒，由题意系统初动量为零，所以人停止行走时，系统末动量为零，即人和车的速度一定均为零，故A正确。B、对于人来说，人在蹬地过程中，人受到的其实是静摩擦力，方向向右，人对车的摩擦力向左，人和车都运动起来，故摩擦力做功，所以人和车组成的系统机械能不守恒，故B错误；C、当人从左向右行走的过程中，人对车的摩擦力向左，车向后退，即车向左运动，速度方向向左，故C错误；D、由题意，人和车组成的系统水平方向不受外力作用，所以人和车组成的系统水平方向动量守恒，故D错误17.B解：
33、设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知： mv0=Mv1mv2=对整体有机械能守恒定律可得：mv02=Mv12+mv22 联立解得：= 故选：B18.B 解：A与B分离时二者的速度是相等的，分离后A的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A与B的速度增大，由动量定理得：Fft1=（m+2m）v所以：v= 故选：B19.AD 解析A、由图可知，波长为4m，x=4m处到C点的距离是半个波长，所以波图示位置传到C点的时间是半个周期，则得周期 T=2t=0.4s；t=0.15s=T时，波平移的距离 x=vt=100.15=1.5m，经过T，质点B的位移为正，根据加速度a=-，则知此时质点B的加速度
34、方向沿y轴负方向，故A正确；B、简谐波沿x正方向传播，质点B只在自己的平衡位置附近上下振动，不可能到达质点C的位置，故B错误C、t=0到t=0.6s时间内，经过1.5T，质点位移为2m，故平均速度等于位移除以时间，为，故C错误；D、t=0时刻质点A向上运动，t=0.15s时，经过T时间，质点A正向下运动，速度方向沿y轴负方向，故D正确；故选：AD20.ACD 【解答】解：A、由乙图读出，t=0.5s时刻质点P的速度向上，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播故A正确B、由图知：=8m，T=1.0s，则波速v=m/s=8m/s，故B错误C、P处质点振动频率f=，故C正确；D、因为n=5，即
35、t=5s=5T，质点P的位移为0质点P做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是四个振幅，所以P处质点在5秒内通过的路程是S=54A=200.5m=10m故D正确， 故选：ACD21.ACD 根据光电效应方程知，Ekm=hv-W0，红光的频率小于黄光的频率，红光照射不一定发生光电效应，但不是一定不会发生光电效应故A错误增加入射光的强度，则单位时间内产生的光电子数目增加，饱和光电流将越大故B正确光电管中金属的逸出功的大小是由材料本身决定的，与入射光的频率无关故C错误根据光电效应方程知，Ekm=hv-W0，蓝光的频率大于黄光的频率，则光电子的最大初动能增大，所以反向遏止电压增大，图象与横轴交点在黄光照
36、射时的左侧故D错误故选ACD22.解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，做平抛运动的时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故选C（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，两球碰撞过程动量守恒，以入射球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2，两边同时乘以运动时间t得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，则m1OP=m1OM+m2ON，要验证动量守恒，需要测出小球质量与小球的水平位移，需要的实验器材是：天平与刻度尺，故选BC；（3）A、小球离开轨道后做平抛运动，只要保证入射球离
37、开轨道的初始相等即可，斜槽轨道不需要光滑，故A错误；B、为保证小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故B正确；C、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故C错其；D、为保证小球速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故D正确；故选BD（4）由图示可知：A球单独释放时的水平位移为OP=25.50cm，与B球碰后，A球的水平位移为OM=15.50cm，B球的水平位移为ON=41.101.10cm=40cm如果碰撞过程动量守恒，则m1OP=m1OM+m2ON，代入数据解得：m1：m2=4：1故答案为：（1）C；（2）BC；（3）BD；（4）4：123
38、. (1) 0.75(2). (3). (4). 变小【详解】（1）A位置游标卡尺的读数为：11mm+0.12mm=11.2mm；B位置游标卡尺的读数为：15mm+0.18mm=15.8mm；相邻亮条纹的间距为：（2）根据知，波长的表达式，解得波长为：（3）根据知，频率变高，波长变小，则干涉条纹的间距变小24.解：（1、2）平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，B做自由落体运动，即B的加速度为g；以A为研究对象，此时受向下的重力和弹簧的竖直向上的弹力，而弹簧的弹力为：（mA+mB）g据牛顿第二定律得：aA=5m/s2剪短绳子瞬间有：kx1=（mA+mB）g，平衡位置时，弹簧的伸长量：有：kx
39、2=mAg，故振幅为：A=x1x2=0.05m=5cm（2）剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，且在最低点的恢复力为mBg；根据简谐运动的对称性，到达最高点时恢复力大小也为mBg；据此可知弹簧对A的弹力为5N，方向向上，所以弹簧对顶部的拉力也为f=5N，再以木箱为研究对象，据平衡态可知：F=Mg+F=55N+5N=55N，由牛顿第三定律可知，木箱对地面的压力等于55N；答：（1）在剪断绳子后瞬间，A、B物体的加速度分别是5m/s2和g（2）物体A的振幅5cm （3）当A运动到最高点时，木箱对地面的压力55N25.解：（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的
40、速度为v1，由机械能守恒定律有：解得：v1=6m/s滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有：mAv1=（mA+mB）v2解得：（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量守恒定律有：mAv1=（mA+mB+mC）v3由机械能守恒定律有：Ep=（mA+mB）v22（mA+mB+mC）v32 Ep=3J（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：（mA+m
41、B）v2=（mA+mB）v4+mCv5解得：v4=0，V5=2m/s滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：S=v5t H= 解得：S=2m答：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度是2m/s；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能是3J； （3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离为2m33.（1）BCD【详解】B.0.2s内波向右传播的距离为：x=8n+2(m)，则波速，当n=0时v=10m/s，选项B正确；A.周期为（n=0、1、2、3.），则质点的振动周期不一定是0. 8s，选项A错误；C.波向右传播，根据“逆向爬坡法”可知，t=0时刻，x=4m处的质点振动方向向上，选项C正确；D.由波形图可知，t=0.4s时刻，在x=2m处波峰恰能传到x=6m处，则此时x=6m处的质点恰好位于波峰，选项D正确；E.因此波的周期不一定是0.8s，则在00.2s时间内，不一定振动T/4，则x= 4m处的质点运动的路程不一定为A=5cm，选项E错误.（2）解：已知ABM=30，由几何关系知入射角i=BMO=30，折射角=60由n=由题意知临界角C=ONB，sinC=，则球心O到BN的距离d=RsinC=答：玻璃的折射率为 球心O到BN的距离为
