2023年吕梁市高三二模理科综合试题卷答案

吕梁市高三第二次模拟考试(2023.4)

生物参考答案

1.B【解析】iPS细胞能被培养成胰岛细胞不能说明其具有全能性，B错误。

2.D【解析】根尖细胞进行有丝分裂，不会发生基因的分离和自由组合，A错误；若图甲为经低温处理后的

洋葱根尖细胞，则其中大部分细胞的染色体数目没有加倍，B错误；图乙可能是有丝分裂，也可能是减数分

裂，若为有丝分裂，则CE不会发生基因重组，C错误。

3.C【解析】核基因表达包括转录和翻译，转录在细胞核，翻译发生在细胞质，A错误；血清白蛋白基因不

只有编码蛋白质的序列能够转录，B错误；基因表达过程涉及到三种RNA,其中tRNA具有双链区，存在碱基

对，有氢键，D错误。

4.B【解析】四个区域分布的种群不同体现了群落的水平结构，B错误。

5.C【解析】特定药物抑制NE的重摄取，以增加突触间隙的NE浓度，C错误。

6.A【解析】图中甲为浆细胞，不是T细胞，A错误；

二、非选择题(5道题，共54分，除标注外，每空2分)

31.(10分)

(1)上层B叶片的净光合速率达到最大时所需光照强度高于A叶片

⑵小于

⑶暗电

32.(9分)

(1)染色体变异

(2)否(1分)一两对基因都位于一对染色体上

(3)1/2

(4)1/2

33.(10分)

(1)蒸储水的有无(是否干旱)，ABA的有无

(2)抑制促进

(3)促进

(4)验证在干旱条件下ABA对主根生长有促进作用

34.(12分)

(1)二、三、四

(2)大型真菌、跳虫细胞质基质和线粒体

(3)②⑤

(4)乙用于生长、发育、繁殖的能量&X1。。％

35.(13分)

(1)同种限制酶(1分)DNA连接酶(1分)

(2)PCRDNA半保留复制(合理即给分)

(3)Ca2t能吸收周围环境中DNA分子的

(4)T、C磷酸二酯(1分)

化学参考答案

7.【答案】A【解析】新能源的研发和推广可减少化石燃料的使用，有助于实现碳达峰、碳中和，故A正确。

粗粮含丰富的纤维素帮助增进胃肠蠕动，蔬菜除了纤维丰富还含有大量的维生素和少量的矿物质，但纤维素

在人体中不会水解，故B错误；不粘锅涂层材料是聚四氟乙烯，故C错误；CO3属于大气污染物，故D错误。

8.【答案】C【解析】根据题意短周期元素X、Y、Z、R、W原子序数依次增大，且只有Y、Z、R位于同一周期,

可知X为H,W为第三周期元素，Y、Z、R为第二周期元素，结合糖精的结构，Y形成4个化学键，应为C元素，

Z形成3个化学键，应为N元素，R形成2个化学键，应为0元素，R、W原子的最外层电子数相等，W为S元

素，即X为H、Y为C、Z为N、R为0、W为S,糖精结构:

单离子的半径W>Z>R>X,即S2->N3->02->H-(H+)故B错误;Y、Z、W原子的氧化物对应的水化物

可能是H£()3、HN02,H^03,均为弱酸，故C正确；Y、Z、R、W与X形成的化合物种类较多，如C与H可

形成多种烧，沸点大小顺序不一致，故D错误.

9.【答案】B【解析】以粗盐为原料制备精盐的步骤为溶解，沉淀Ca2+、Mg2+、5/一,过滤、蒸发，B用不

到,故选B。

10.【答案】D【解析】KzS&s中S的化合价为+6价,8个氧原子中有2个-1价的氧原子，在机理中K寿使Co的化

合价由+2升高为+3价,K603作氧化剂，故A正确；Co"((Mc)2加入后被KE。,氧化，可以循环还原和氧化，

不需要中途再加入,故B正确；电解KHS(\制备K30循环使用；2KHsO4电解K2s2。8+/T，阳极生成阴

极生成氢气，故C正确；C0n-0H不是反应过程中的自由基，故D错误。

C(=[2]0)(-[6]H3C00)(-[2]0W)(-[6]CW3)=(—[6]0H)—=

(一⑵0)(-⑹OH)—(-⑹0)=(-⑹。T)—0)11.【答案】D【解析】中有两个酯基与NaOH溶液反

应，左侧酯基Imol可消耗2moiNaOH,右侧酯基Imol可消耗ImolNaOH,故A正确；酯基不能与电反

应，lmol的M和W,在一定条件下消耗4moi%故B正确;M和W与H浣全加氢后的产物与M和W分子中含有

的手性碳原子数均为1个，故C正确；能与NaHCO板应说明含-COOH,则可写出苯环上的取代基，一

个取代基时-CH£H£OOH、-CHGHJCOOH各一种，两个取代基时-COOH、©两种、-CH£OOH、-CHg3

种,三个取代基时-COOH、-CI%、一CH*种，共计14种，故D错误。

12.【答案】B【解析】电池工作即放电过程，根据装置图，双极板V元素化合价降低发生氧化反应作

正极，集流板中V元素化合价升高作负极，电子由集流板流向双极板，故A错误；双极板电极为正极

+2+

得电子，反应式为VOi+2H+e-=V0+H20,

高三理综第2页

2++2+3+

故B正确；液流电池的总反应为VO^+V+2H^^VO+V+H20,故C错误；电池充电时,

2++

阳极失电子，反应式为V0+H20-e-=V0^+2H,阳极区附近溶液的pH减小，故D错误。

13.【答案】A【解析】由TiOz-a%晶胞结构

穴，0原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，0原子个数为6'工+6'；+1=弓楙原子1个在面上、1个在棱

422

上，N原子个数为lx；+lx[=：,Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子个

424

数为8x，4x；+l=4,所以Ti:O:N=4::弓=1丹:最，该物质的化学式为TiO*N三,则

8224816876

2—a=Ja=2—今=4"=。,故A正确；原子1、2的分数坐标为(0,0,△)和(0,0,0),则原子

888164

3的分数坐标为(0,0,》故B错误；Ti。2晶体中，Ti的配位数为6,故C错误；由

Ti()2的晶胞结构I乎，伊知，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在

mpm2

TQ

体内，原子的个数为；原子个在棱上、个在面上、个在体内，原子个数为

Ti8xo+4x?Z+l=4,08820

8x；+8x：+2=8,则Imol晶胞的质量为

m=(48X4+16X8)g=4X(48+16X2)g,一个晶胞的质量为瓶=丝竺坐出g,体积为V=

NA

m2xnx10~3Ocm3,

1X(48+16X2)

则Ti02的密度为=营=2=:(4；+16当/刖3,故D错误。

2303230U,

Vmnxl0cmNAmnxlO

27.【答案】

2++

(l)Mn+S2Ol-+2H2。=MnO2+2SO『+4H(2分)

Mn02,Al(OH)3、Fe(OH)3(2分)

(2)过滤(1分)引流(1分)

(3)Zn+Cd2+=Zn2++Cd(1分)

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分)

3ZnS04+3NaiC03+3H20=2Zn(OH)2•ZnC03•MI+3Na2S04+2C02t(2

(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaCb溶液，没有白色沉淀生成，说明洗

涤干净。(2分)

分)

(5)2Zn(OH)2-ZnCO3-H2O^^3ZnO+C02T+3W2O(2

Na£0减硫酸钠(1分)

【解析】(DMM：被过硫酸钠氧化成MnOz，可写出

2+。=+在过硫酸钠氧化后、汹以沉淀析出、加入石灰石粉中

Mn+S2Oj~+2H2MnO2+2S01~+4H,1

和铝和铁以、析出。

A1(OH)3Fe(0H)3

(2)根据流程图固、液分离需用到过滤，此操作最多，该过滤操作中玻璃棒的作用为引流。

(3)锌粉除镉(Cd2+)为置换反应，离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd,沉锌步骤中加

入碳酸钠生成2Zn(OH)2・ZnO)3・H0可写出方程式

。

3ZnS04+3Na/：03+3H/)=2Zn(OH)2•ZnC03•HRI+3Na^04+2C02t

(4)碱式碳酸锌表面可能粘有SO?'验证无S02-即可，方法为：取少量最后一次洗涤

液于试管中，向其中加入盐酸酸化的BaClz溶液，没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。

煨烧炉中碱式碳酸锌分解，反应为•%。点燃。+。，沉

(5)2Zn(OH)2-ZnCO33ZnC021+3“2

锌后溶液含硫酸钠，可进行回收。

28.【答案】

(1)三颈烧瓶(1分)受热均匀，便于控制(1分)

分)广分)

(2)1:5(23Hzs+/(73=+3S1+3H2O(2

⑶d(2分)

(4)溶液变为紫色且半分钟内不褪色(滴入最后半滴酸性KMnO4溶液)(2分，答案合理即给分)

98%(2分)偏大(1分)

(5)6(2分)

【解析】(Da为三颈烧瓶，水浴加热更好控制温度，且受热均匀。

(2)根据题意I夜应生成氧化产物和还原产物分别为KIO3、KL化合价变化为5：1,物质的量之比为1：

5,KOH过量，碘完全反应，通硫化氢可还原KI()3，离子方程式为3H25+/。］=「+3SJ

+3%。。

(3)X试剂目的为吸收H£,a、b、c均与之反应而吸收，不产生污染物，硝酸与H£反应会生成NO污染物,

故不可选用硝酸。

(4)酸性KAMO4为紫色溶液，刚滴定时紫色褪去，滴定终点时变为紫色，且半分钟内不褪色，根据

+2+样品的纯度=

10/-+2MnC)4+16//=5/2+2Mn+SH2O,5r-MnO^,

oc'/oxu'yxioyxsiE=98%。若滴定终点读数时仰视刻度线则标准液读数偏大，根据

O.Sxmol

比例关系，则测定KI纯度的结果偏大。

(5)(1.Ka2=可知,C&-)="%赞*2,又因FeS的Ksp为6.0x10T8,c(Fe2+)=

19-1

O.lmol-L~,C(H2S)=6.0x10~mol-L,由图可知

高三理综第4页

Kai=1x10-7,Kaz=1x10-13,且c(S2-)c(Fe2+)=6.0xIO-18,则

+)_c(H2S)xK$KaXC(Fe2+)_6.0><10--><1.0><10-7><1.0乂10-13*0)_10T2

I)-6.0xl0-sxl0-s-6.0x10-5—'

c(H+)=KT*pH=6,故应控制溶液pH等于6。

29.【答案】

(1)碳酸二甲酯(1分)

(2)陵基、酮皴基(2分)取代反应(1分)

O(2分)2(1分)

(1)(2分)

(5)18(2分)*6(-=---=)+*6(-=-(-CH3)=-=)+3HBr(1分)

(6)

团一口一团=口一口=□一口=□

(3分)

【解析】B和NaCN反应生成C,C与SOCl?反应生成D,根据B、D的结构简式可知[:30(-=-(-COOH)=

(-(70。0-=)+%。和苯反应生成£，根据E的分子式，由F的结构简式逆推，可知E的结构简式为

O

(1)CH3-O-C(=[2]O)CH3-C“3的化学名称为碳酸二甲酯；

⑵酮基布洛芬中官能团为峻基、酮粉基。根据分析可知[:-30(-CW2CAf)-=

(-。。。〃)-=)中的-C1被苯基取代，故为取代反应。

⑶根据分析知C为[:-30]*6((-CH2CN)-=(-COOH)-=(-COOH)-=)碳原子相连的4

个基团结构不同时为手性碳原子，F、G中存在手性碳原子。

(4)B与NaOH水溶液加热时卤素原子发生水解，且竣基与NaOH反应生成骰酸钠，生成物与酸反应生成有

机物酸M,M含较基和羟基发生缩聚反应生成高聚物，方程

高三理综第5页

式如下,一定条件

⑸根据要求H含080的酯类化合物和两个苯环上只有一个取代基，符合条件

-CHCHOCH,-COCHCH,的结构有C(=

223-CH2OCH3I-CH2OCCH3I-CH2OCH3I23

[2]O)(-⑹CH2cH3)+连在相应位置，共18种。其中核磁共振氢谱有80

组峰，且峰面积之比为：3：2：2：2：2：1：1：1,应该为对称结构，结构简式为

(6)以H3c-[:-30]*6(-=-CW3)-=一(一%)=-=)与苯为原料(无机试剂任选)，合成

[>0.7]*6(-=—=—=)+Br^OH)—[<0.7]*6(-------(―CHO)----)结合合成路线可采用逆推

法，

o一或"o—溜o—o---CQ--------coc---cocl-

['0.7]*6(=-=-=)-C00H<--[-0.7]*6(=-----=-)即可得到合成路线：

E3c-o-CH3[C2H3C00C-厂]-Coon(,“：晟•aoc一厂一con^^i

。——。=()~()

30.【答案】

(1)-235.4(2分)任意温度(1分)

(2)BD(2分)

(3)①c\b〉a(2分)③17.4%(2分)circles^(2分)

(4)81(2分)

(5)4-6(1分)

【解析】(1)反应III可由2XI-2XII得到，

△H3=2XAHx-2XAH2=2X124.3kJ•mol」-2X242kJ•mol-235.4kJ•mol—根据

△G=4H-TZ\S<0为自发反应,此反应△*(),△5>(),任意温度下都自发。

(2)当一个可变的量不变时，可认为达到了平衡，绝热恒容密闭容器中气体总质量不

高三理综第6页

变，体积不变，密度一直不变，故A不能说明达到平衡；绝热恒容密闭容器，反应过程中温度在变化,

容器内气体的温度不再改变时，说明达平衡，故B可选；v正=v逆可认为平衡，正、

逆反应的速率之比不等于化学计量数之比，故c不选；反应m是反应前后气体物质的量变化的反应，

平均摩尔质量=总质量/总物质的量，当容器内气体的平均摩尔质量不再改变时，说明已达平衡，故D

选。

⑶①反应m2C3H8(g)+02(g)-2c3H6(g)+2H»(g),当C3HL定时增大。2的浓度，C3H靛化率会提

高，即初始投料比越大，C3H装化率越小，c>b>a。

②利用三段式

2c3H8(g)+()2(g)-2C3H6(g)+2H力(g)

起始aa00

转化2xX2x2x

平衡a-2xa一x2x2x

根据题意N点(1.0,60%),知C3HB的平衡转化率为60%,即?x100%=60%,x=0.3a,可得

2c3H，(g)+02(g)-2C3He(g)+2H0(g)

平衡0.4a0,7a0.6a0.6a

C3Hs的体积分数=„°-4°x100%=17.4%«平衡时总物质的量为2.3a。

0.4a+0.7a+0.6a+0.6a

③TK平衡时，"底="追，k底IC3HG,=k追21C3H玲2田2。)”根据

②的分析可得—=P“C3H6产("2。)_偌),偌)2里

②的"祈口J得'--p2gH8)(。2)一葡葡一荷°

222

题中此时=[/c^«P(C3W8)•p(O2)]：,P(C3W5)•P(/72O)]代入数据，

,_"(0.2MPa)2x(0.7MPa)_40

U追，追一X(o.3MPa)2X(O.3MPa)2~23°

k浏

(4)根据图中数据代入公式Rink=一半+C,19.2=-3.2Ea+C,3.0=-3.4%+C,解得Ea=

81kJ/mol_1o

(5)决定反应速率快慢的步骤是活化能最大的步骤，即4-6。

物理参考答案

14.C【解析】232U原子核在衰变过程中要释放核能，出现质量亏损，所以23/gjh和"He的质量之和小于

U质量，A选项错误。U原子核发生的是a衰变，生成物23/扪和核均是带正电的粒子，在磁场中均沿

逆时针方向做匀速圆周运动，绕向相同，B选项错误。u原子核在发生a衰变过程中遵守动量守恒，衰

变之前U静止，衰变后生成的28Th和He核动量等大反向，根据洛伦兹力充当向心力知R=詈，可见在磁场

中轨迹的半径之比等于电荷量的反比，即警=巫=擀=±C选项正确。根据高三理综第7页

RaQTh9045

「2=277^,驷=9=」-=三"选项错误。正确选项是C。

Ekam7Tl234117

15.B【解析】甲图对整体F-2mg=2mai,%=g,对下边物块1一mg=尸端=

%,得，i=5；乙图对整体F-2umg=2ma2,得g=4一49=:一。-5。,对左边物块

2-=小&，2=-2，得，2=5；丙图对整体

pp.、

F-2mgsina-2umgcosa=2ma3,得a3=——gsina—[igcQsa=茄一9，对下边物块

F甲3—mgsina-Rmgcosa=ma?,F椒=kk，得％=£；综上分析得at=a3<

=

睨△：!广△12Z\13,正确选项是B。

16.C【解析】对于直线三星系统，喈+察=771】等刀，得7=4兀彦二，A选项错

L\（2L1）zxTzA75Gmi

误°a,萼+碧=小也，得a=鬻，B选项错误。对于三角形三星系统：婴X2cos30»=m2^x

得7=2兀庐，C选项正确。曙cos300=m2a,a=更警，D选项错误。

COS30°yj3Gm2Z12if

17.B【解析】由图2知，甲车沿水平向右在o—24m做初速度v01=2m/s,加速度

2

a^lOm/s的匀加速直线运动，在24m—46m做初速度为v（2=22m/s,加速度为

a^llm/s2的匀减速直线运动，停止在46m处。由图3知，乙车做初速度为

2

vxl=2m/s,加速度为a3=4ni/s的匀加速直线运动。甲车加速阶段：

心通+之。1中=So+%由+立34，解得tj=2s,甲车加速阶段的时间

t=Q@=U^s=2s,说明在甲车匀加速的末态追上乙车，A选项错误，此时乙车的速度

Q110

Viz=Vn+Q3tl=2+4x2m/s=10m/So甲车第一次追上乙车后做匀减速直线运动，被乙车反

追，为2t2抬=U12。彼，解得%L6s,甲车匀减速到停止需要的时间

t3=^=^s=2stt3>t2f说明在甲车停止之前被乙车追上，第二次甲乙两车相遇的时刻

t=ti+tr3.6s,B选项正确，C选项错误。由以上分析知，第一次相遇时甲车运行的位移为

x用—24g从开始到第二次相遇，乙车共运行的位移为x乙=%iG+t2）+海（G+t2）2=2x

3.6+|x4x3.62m=33.12mD选项错误。

18.AD【解析】a-b过程为压缩气体过程，依据题意压缩过程迅速，与外界没有热量交换，气体绝热压缩,

体积减小，压强增大，根据热力学第一定律W+Q=4U,Q=0,外界对气体做功W>0,则△□（）,气体温度升高,

B、C选项错误。根据理想气体状态方程与=上（k为常数），得P=",V='在P—T图中，

由于V

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减小，图线斜率逐渐增大，在V—T图中，由于P增大，图线斜率减小。b-c过程等容升温、升压，气体

从外界吸热,W+Q=AU,W=0,Q>0,AU>0,P—T图线的等容线是过原点的直线。c-d过程气体膨胀对外做

功，压强减小，体积增大，依题意该过程变化迅速，为绝热变化,W+Q=AU,Q=0,W<0,△U〈0,气体温度降

低，由于V增大，P—T图线斜率减小，由于P减小V—T图线斜率增大。由题图线可知c-d变化图线比

a-b变化图线偏离原点更远，可知d状态温度高于b状态温度。d-a过程等容降压、降温，气体对外放

热。正确答案是AD。

19.AD【解析】从图示位置开始计时，该位置交流电源电动势最大，电动势的瞬时值表达式为

e=NBS3cos3t,A选项正确。滑片匕在最下端，P?在最右端时，交流电源的输出功率为p=嗤1=

电"，UI为Rz消耗的功率，B选项错误。设变压器原线圈的输入电压为Ui，输入电流为I1，副线圈输出

电压为6,输出电流为12,将交流电源和R2看成等效电源，等效电源的电动势有效值为£=嗤=

在警，等效内阻r=I?2,将变压器和Ri看成等效负载，等效负载的电阻为R,==

211九2*2*2

2

联立得R=（最）保持Pi、P2位置不变,R『叼=2心P。向下缓慢滑动的过程中，言增大，R增大，

电动势不变，/=4丁=察黑，。=2/%,I减小，U减小，C选项错误。

保持P。位置不变，需=2,P2处于正中间时R2=RqR=4MR=R^R<»即&=，时，电阻

Ri消耗功率最大，Pm-忌-隼"D选项正确。

4/?28/?o

20.BC【解析】1=詈一筌一鲁+鲁=等值11一?）<o,2=0,得6A选项错误。由

小得F和C之间连线上各点的场强方向沿连线由C指向F,4=黑+黑-碧•亲=

偿）（I）件）斗

等（三-啜），E2=0,B选项正确。将试探电荷+Q由G点移向0点电场力始终做负功，所以电荷电势能增

大，即E%<EE12,C选项正确。根据图示场源特点，中垂线MN为等势线，电势为零，将试

探电荷+Q沿MN移动，电场力不做功，电势能不变，D选项错误。

21.BCD【解析】A和B碰撞过程中系统机械能损失，之后A、B、C及弹簧组成的系统机械能不变，对A：

—

mgh-0；对A、B碰撞过程：mvA-2mvAB,E-—^2mv^B,联立得F=|mgh.,A

选项错误。A、B粘在一起后：2mg=kx01,该位置为A和B一起做简谐运动的平衡位置，A和B运行到最高点

时,

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Mg=kx02,Mg=kx02fA和B一起做简谐运动的振幅为A=x01+x02=+等=包詈^,C选项

正确。人和院占在一起后到最低点时：E嵇=3(2&1+%02)2=(4小；72喙选项正确。A和B粘在一

起后做简谐运动，周期T=2n后,从最低到最高运行半个周期，时间t=?=nJ乎，D选项

正确。

22.(1)2.25;⑵远小于

(4)随着M的减小，不满足M远大于m的条件；(5)无；见解析。(每空1分，共6分)

【解析】(D游标卡尺的读数为2+5/0.05mm=2.25mm.

⑵对托盘和托盘中的祛码;mg-F=ma,对滑块F=Ma,联立得mg=

(1+9尸，若要mg和F趋近于相等，就要求即m远小于M。

(3)滑块在气垫导轨上做匀加速直线运动,域一诏=2aL,w=g,%=白得

c2C1

2_(凯斯

(4)由(2)分析可知,mg=(M+m)a,即a=mg一定,a8——,所以绘制

念;图像不受影响。

(3)9360(2分)。

【解析】(1)使用多用电表前先要进行机械调零，调定位螺丝S,使指针指向电流的零刻线，测电阻时

要进行欧姆调零，调节欧姆调零旋钮T,使指针指向电阻的0刻线处。欧姆表的黑表笔接内部电源的正

极，所以测灵敏电流计的内阻时，应该将黑表笔接电流表的正接线柱，红表笔接电流表的负接线柱。

本实验用的是“X100”档，应该用表盘指示示数乘以100,即7.0X100=700。。如果欧姆表用久了，

内部电源的电动势会下降，欧姆表的内阻R肉=3%不变，E减小，导致欧姆调零后欧姆表

的内

高三理综第10页

阻减小，但表盘标示示数没变，所以测量值偏大。

（2）该种测量电阻方法称为电桥平衡法，当标准灵敏电流计£系数为零时，电流表G和左侧电阻丝APz两

端的电压相同，变阻箱R丽右侧电阻丝BP2两端的电压相同，设流过电流表G和变阻箱的电流为I1，流过

，1RG_'2^4P2即RG

电阻丝的电流为，2，/1RG=/2R4P2，AR。=h^BP>

2，1夫0l2RBPR。

2

_X40.00

2,RG=2R0=6400。

RBP?Lr60.00-40.00

⑶将灵敏电流计G改装为量程为IV的电压表，应该给表头串联电阻，串联的电阻值为

1-640x100x10-6

=93600。

100X10-6

24.（1）沿x轴正向传播,v=41m/s;(2)y=2sin(午£+或y=2cos(年亡+期)；

(3)路程s=23—>j3m,位移为y=—V3mo

【解析】（1）在△Ltz—t]时间内，传播距离△x=v・Z\t,人=vT,联立得：%=

，无由题意知，入=12m,T>2s,解得Ax<6m,由图知，若波沿x轴正向传播，Ax=4m,若沿x轴负向传

播,△x=8m,所以波沿x轴正方向传播（2分），u=：==4m/s（2分）。

t2.5—1.5

（2）由⑴知，T=-==3s,。=1.5s时刻，x=8m质点位移为y二Tm,运动方向沿y轴向下,

V4

ti=P可知0时刻，x=8m处质点位移为y=lm,运动方向沿y轴向上，所以该质点的振动方程为

y=4sin（3t+）=Asin借t+）=2sin得£+.）根（3分）（或者y=Acos（a）t+）=

Acos偿t+）=2cos（与t+y-）。

（3）T=8.25s时刻的位移为y=/Isingnt+J）=2sin（|TTx8.25+^=-V3m（2分），由（2）

知，x=8m处质点在0时刻位置为y=lm,运动方向向上，（=誓=2*前6s为2T,通过的路程

Si=2X4A=16m（1分），后2.25s为，通过的路程为s2=^+2A+A+

Asin（|兀<8.25+3）m=7—（1分），0~8.25s通过的路程S=Sj+s2=23-V3m（1分）。

25.（1）a端电势高于b端电势,E=4V;（2）导体棒cd沿倾斜轨道下滑做初速度为8m/s,加速度为0.4m,s2的匀加速直

线运动；（3）8J。

【解析】（1）对导体棒ab,由动量定理得：IFDI1V「0（1分），对导体棒ab和cd碰撞过程：

mvmv7n

m^Q=m1v14-m2v2/|io=\ii+[l谚（2分），联立解得：

=（mi-m2）/o=_4m/s,U2=8mls（1分），v/O,导体棒ab与cd相碰后反弹向左运动，离开

水平轨道做平抛运动，切割左侧磁场，由右手定则知，a端电势高于

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b端电势（1分）。落地瞬间ab棒的电动势为E=B<LV1|=4V（1分）。

（2）导体棒cd在倾斜轨道上运动过程设某时刻速度大小为v,电动势E=BLv,电容器两端电压U=E=BLv,

电容器带电量Q=UC=BLCv,经过某段微小时间Q=由于At微小，.=

I,^=a,即I=BLCa（2分），根据牛顿第二定律有：m菸sin0-um或cos。-BIL=m23（1