2021级理科综合训练8解析

2021级理科综合训练8解析3.B4.D6.A7.D8．A9．C10．A11．D12．D13．D14.【答案】C根据题意可得电能为故日发电量约为，ABD错误，C正确。故选C。15.【答案】C设桌面为零势能面，链条的总质量为m.开始时链条的机械能为：；当链条刚脱离桌面时的机械能：，由机械能守恒可得：，即：，解得：，故C正确，ABD错误。

16.【答案】DA．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动每个工件划伤传送带后运动的规律相同，由此可知：解得将相邻两个物块放到传送带上的时间间隔为而不能确定加速时间，故A错误；B．传送带对每个工件做的功为：故B错误；C．设工件加速运动的时间为，工件与传送带相对滑动的路程为：摩擦产生的热量为：加速时间不确定，无法得出每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量，故C错误；D．根据能量守恒得，传送带传送一个工件多消耗的能量为：对于工件加速过程，有：整理得：故D正确。故选D。17.【答案】AA．设当小球A沿竖直滑槽下滑距离为时，小球A的速度为，小球B的速度为，根据机械能守恒定律得两小球沿杆方向上的速度相等，则有联立两式解得A正确；B．小球A到达水平滑槽前瞬间小球B的速度为0，根据机械能守恒定律得解得B错误；C．小球A、B组成的系统机械能守恒，小球B的动能开始是0，小球A撞击水平滑槽前瞬间小球B的动能还是0，所以轻杆对小球B先做正功后做负功，故C错误；D．对整体进行受力分析，缓慢移动两小球，受力平衡，水平向左的推力与竖直槽对A的弹力平衡再隔离小球A进行受力分析，竖直滑槽对小球A的弹力为小球A向下移动，夹角θ增大，增大，F增大，故D错误。18.【答案】ABA．由图像可知，当达到最大速度v2时，牵引力为2×103N，此时汽车功率为额定功率，且阻力等于牵引力，即有且解得故A正确；B．由图像可知当速度为v1时，汽车的牵引力为8×103N，故此时根据牛顿第二定律可得带入数据可得故B正确；C．当车速达到v1时，结合图像分析可知，此时汽车的功率恰好达到额定功率，故有解得故当汽车速度为8m/s时，汽车还处于匀加速直线运动阶段，故由图知牵引力仍为8×103N，故故C错误；D．汽车由静止加速到v1所需时间为由图可知，BC段汽车的功率不变，且均为额定功率，故此过程牵引力所做功为故D错误。故选AB。19.【答案】BD

A、由图示图象可知，子弹先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，木块先做初速度为零的匀加速直线运动后做匀速直线运动，子弹做匀速直线运动的速度大于木块做匀速直线运动的速度，因此子弹射出了木块，故A错误；

B、系统减少的机械能等于系统产生的热量，系统产生的热量等于阻力与子弹和木块相对位移的乘积，子弹与木块相对位移等于木块的长度，仅增加子弹的初速度，阻力f不变、木块长度L不变，系统产生的热量Q=fL不变，系统(木块和子弹)减少的机械能不变，故B正确；

C、子弹在木块中受到的阻力f恒定不变，仅增加子弹的初速度，子弹击穿木块所用的时间变短，木块相对地面的位移减小，子弹对木块做功减少，由动能定理知，木块获得的动能减小，故C错误；

D、仅增加子弹的质量，子弹的加速度减小，木块的加速度不变，子弹射出木块过程的相对位移L=(v0t−12aA．如图1所示，设物块B滑至圆弧最低点时的速度为，将其分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，其中分速度由几何关系可得故A错误；B．在物块B沿圆弧向下运动时，减小的机械能转化为物块A的机械能，则物块B到达圆弧最低点时，物块A的机械能最大，故B正确；C．轻绳对物块A做的功等于其机械能的增加量故C正确；D．对滑至圆弧最低点的物块B进行受力分析如图2所示，由牛顿第二定律可得解得故D正确。故选BCD。21.【答案】CDA．弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B点的动能相同，但质量不同，则速度不同，故A错误；B．两滑块在斜面上上滑时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；CD．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得：弹簧的弹性势能所以故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同。损失的机械能等于克服摩擦力做的功，即mgh、θ相同，则机械能损失相同。故CD正确。故选CD。22.8分(1)CB(2)1.84(3)C22题每空2分23题前两个空2分，最后一个3分23.7分(1)经两个光电门的时间相等(2)AB(3)mgL＝eq\f(1,2)(m＋M)(eq\f(d,t1))2－eq\f(1,2)(m＋M)(eq\f(d,t2))224.12分=3+6+3（1）根据动量守恒可得根据能量守恒可得代入数据得（2）施加外力到撤去外力的过程，对长木板用动量定理得施加外力到撤去外力的过程，对小物块用动量定理得撤去外力后，系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时两物体共速，则受外力时长木板做匀加速直线运动，其位移为从静止开始到共速过程对系统运用动能定理可得；若撤去外力到共速运用能量守恒得；代入数据得（3）根据能量守恒可得小物块最终停在距A点x处，则代入数据解得25.20分=5+8+7解析(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝2eq\r(gR)。③(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之间的距离l1为l1＝4R－2R＋x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥联立③④⑤⑥式得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR。⑧(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1和竖直距离为y1，θ＝37°。由几何关系(如图所示)得：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ＝3R⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ＝eq\f(5,2)R⑩设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式得：y1＝eq\f(1,2)gt2⑪x1＝vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)⑬设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1g(eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ)⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮得m1＝eq\f(1,3)m。26．(1)不合理（1分）(2)B(3)

防止倒吸

通过气泡观察到NH3产生的速率快慢(4)C(5)2NH4SCN+K2CO32KSCN+2NH3↑+CO2↑+H2O(6)3H2S++8H+=3S↓+2Cr3++7H2O(7)重结晶27.(1)

Cu、C

强(2)CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率(3)

2:3(4)HNO3(5)Cu2(OH)3Cl28.(1)恒压滴液漏斗（1分）(2)反应产生的Mn2+对反应具有催化作用(3)(4)低温烘干防止潮湿的MnCO3被空气氧化(5)MnO2以下生物部分除特殊说明外每空2分29.（1）光照强度、CO2浓度.黑暗（2）叶绿体移向线粒体和外界环境（叶室）中葡萄糖→丙酮酸→二氧化碳→C3→（CH2O）（3）增加20℃到30℃，叶肉细胞净光合速率不变，但是呼吸速率增加，总光合速率增加30.（1）做相同的手术，但不摘除下丘脑溶剂X做相同的手术，但不摘除下丘脑，注射等量溶剂X耗氧量，并计算平均值（或血液中甲状腺激素的含量）（合理即可）（2）神经体液31.（1）“J”3（2）.水体富营养化作为生产者为生物提供物质和能量；通过吸收水中N、P元素净化水质（3）.BCD12%32.（1）BBXrXr×bbXRY或BBXrY×bbXRXR（2）丁♀×甲♂或丁♀×乙♂或丁♀×丙♂（3）丙×丁黑身细眼：灰身细眼：灰身粗眼=1：2：1实验二：选择的亲本组合是丁×戊，杂交得F1，F1雌雄果蝇交配，若F2的性状分离比为长翅细眼：长翅粗眼：残翅细眼：残翅粗眼=9：3：3：1，则基因位于Ⅲ号染色体上，否则位于IV号染色体上；若F2的性状分离比为残翅细眼：长翅细眼：长翅粗眼=1：2：1，则基因D、d位于IV号染色体上；否则位于Ⅲ号染色体上（4分）（15分=5+5+5）解析(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有eq\f(F0,mg)＝tanα①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0)②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝meq\f(v2,R)③由①②③式和题给数据得F0＝eq\f(3,4)mg④v＝eq\f(\r(5gR),2)。⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsinα⑥CD＝R(1＋cosα)⑦由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2)。⑨(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间