2025年高考押题预测卷-理科综合（全国卷01）（全解全析）

2025年高考押题预测卷（全国卷01）

理科综合•全解全析

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

可能用到的相对原子质量：HlC12O16Na23S32Cl35.5Fe56

第I卷（选择题共126分）

一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.（原创）新疆库尔勒的“库尔勒香梨”是中国国家地理标志产品，果实色泽悦目，皮薄肉细，富含多种

维生素与矿物质。西藏林芝的“林芝猫猴桃”同样为国家地理标志产品，果肉黄绿，软化后淡黄，细嫩

多汁且香气浓郁。下列叙述错误的是（）

A.香梨储存时，适当降低温度和氧气浓度可延长保鲜时间，因为呼吸作用强度降低，有机物消耗减少

B.用斐林试剂检测林芝舜猴桃的果汁，水浴加热后出现砖红色沉淀，说明果汁中含有葡萄糖

C.库尔勒香梨果肉细胞和林芝舜猴桃果肉细胞中的细胞壁都主要由纤维素和果胶组成

D.林芝密猴桃在生长过程中，需要从环境中吸收N、P、K等大量元素用于细胞内物质的合成

【答案】B

【解析】适当降低温度和氧气浓度可以降低呼吸酶的活性以及减少氧气供应，从而降低呼吸作用强度，

减少有机物的消耗，有利于延长库尔勒香梨的保鲜时间，A正确。用斐林试剂检测林芝禄猴桃的果汁，

水浴加热后出现砖红色沉淀，只能说明果汁中含有还原糖，但不能确定就是葡萄糖，B错误。植物细胞

的细胞壁主要由纤维素和果胶组成，库尔勒香梨果肉细胞和林芝舜猴桃果肉细胞都属于植物细胞，所以

它们的细胞壁都主要由纤维素和果胶组成，C正确。N、P、K等是植物生长所需的大量元素，林芝舜

猴桃在生长过程中，需要从环境中吸收这些大量元素用于合成蛋白质、核酸、磷脂等细胞内物质，D正

确。

2.细胞是一个开放的系统，每时每刻都与环境进行着物质交换。图1中①〜⑤表示物质进出细胞方式，甲〜

戊表示不同的物质或细胞结构，图2为蔗糖分子进入某植物细胞的过程示意图。下列相关说法错误的是

（）

1/36

细胞外细胞内

H+浓度较高H+浓度较低

图2

A.若图1中戊为药物的运载体，则药物A属于水溶性分子

B.图2中H+出细胞的方式为主动运输，蔗糖进细胞的方式为协助扩散

C.低温处理法对左图中物质进出细胞方式都有影响，细胞呼吸抑制法则对④⑤方式有影响

D.除一些不带电荷的小分子可以左图中甲方式进出细胞外，离子的跨膜运输须借助于膜蛋白

【答案】B

【分析】题图分析：图中①〜⑤分别表示自由扩散、协助扩散、协助扩散、主动运输、胞吞（胞吐）。

【详解】A、若图1中戊为药物的运载体，则药物A属于水溶性分子，因为磷脂分子的头部具有亲水性,

A正确；

B、图2中H+出细胞的方式为主动运输，因为有能量和转运蛋白的参与，蔗糖进细胞的方式为主动运输,

能量来自H+的浓度差，B错误；

C、低温处理法会影响膜的流动性，进而对左图中物质进出细胞方式都有影响，④⑤的运输方式都需要

细胞呼吸提供能量，所以细胞呼吸抑制法则对④⑤方式有影响，C正确；

D、除一些不带电荷的小分子可以左图中甲方式进出细胞外，离子的跨膜运输须借助于膜蛋白，D正确。

故选B。

3.FTO蛋白可擦除N基因mRNA的甲基化修饰，避免mRNA被Y蛋白识别而降解，从而提高了鱼类的抗

病能力。相关分析正确的是（）

A.Y蛋白能识别mRNA甲基化修饰B.mRNA甲基化会影响其转录

C.mRNA甲基化会提高其稳定性D.N基因表达会降低鱼类抗病能力

【答案】A

【分析】表观遗传是指生物体基因的碱基序列不变，而基因表达与表型发生可遗传变化的现象，即不依

赖于DNA序列的基因表达状态与表型的改变。

【详解】A、题意显示，FTO蛋白可擦除N基因mRNA的甲基化修饰，避免mRNA被Y蛋白识别而降

解，说明Y蛋白能识别mRNA甲基化修饰，A正确；

B、mRNA甲基化会影响其翻译过程，B错误；

C、FTO蛋白可擦除N基因mRNA的甲基化修饰，避免mRNA被Y蛋白识别而降解，说明mRNA甲

基化会被Y蛋白识别而降解，其稳定性降低，C错误；

2/36

D、FTO蛋白可擦除N基因mRNA的甲基化修饰，避免mRNA被Y蛋白识别而降解，此时mRNA翻

译的N蛋白质会提高鱼类的抗病能力，D错误。

故选Ao

4.分别用不同浓度芸苔素（一种植物生长调节剂）和赤霉素处理杜仲叶片，然后测定叶片中的有效成分桃

叶珊瑚昔含量，结果如下图所示。下列叙述错误的是（）

M

W叶

S40口财制,苗杆次■赤

T

G

含

量

m一

gjnllllll

01s10100300500*'tI1）

I_________________I

I

对黑烟实蛉期

A.实验中生长调节剂的浓度范围可以通过预实验确定

B.设置对照组是为了排除内源激素对实验结果的影响

C.与对照组相比，赤霉素在500mgI」时起抑制作用

D.与用赤霉素处理相比，杜仲叶片对芸苔素更敏感

【答案】C

【分析】该实验的自变量是植物生长调节剂的不同以及不同的浓度，因变量是桃叶珊瑚昔含量，根据实

验结果分析，赤霉素核芸苔素都可以增加桃叶珊瑚甘含量。

【详解】A、预实验可以为进一步的实验摸索条件，也可以检验实验设计的科学性和可行性，本实验中

生长调节剂的浓度范围可以通过预实验确定，A正确；

B、设置对照组是为了排除内源激素对实验结果的影响，将实验组的结果与对照组比较，产生的影响是

外源物质的作用，B正确；

C、与对照组相比，赤霉素在5001-ng-L-1时，叶片中的有效成分桃叶珊瑚昔含量更多，故赤霉素在SOOmgL-1

时起促进作用，只是促进效果小于浓度为lOOmgL1和300mg廿时，C错误；

D、芸苔素的浓度远低于赤霉素的浓度，而促进效果非常明显，说明杜仲叶片对芸苔素更敏感，D正确。

故选C。

5.为研究能量流经生态系统的食物链时，每一级的能量变化和能量转移效率，美国生态学家林德曼对赛达

伯格湖的能量流动进行了定量分析，所得数据如下图所示。下列相关叙述正确的是（）

3/36

A.流经该生态系统的总能量是图中所有生物体内的能量之和

B.用于肉食性动物生长、发育和繁殖等生命活动的能量是5.1J/(cm2-a)

C.该生态系统中的生物种类较少，只含有一条食物链

D.因大部分能量未利用，所以无法体现能量流动逐级递减的特点

【答案】B

【分析】从生态系统的能量流动表格可知，每个营养级固定的能量有四个去向：流向下一营养级、分解

者分解利用、呼吸作用、未被利用。能量流动特点：①单向流动：生态系统内的能量只能从第一营养级

流向第二营养级，再依次流向下一个营养级，不能逆向流动，也不能循环流动；②逐级递减：能量在沿

食物链流动的过程中，逐级减少，能量在相邻两个营养级间的传递效率是10%-20%o

【详解】A、流经该生态系统的总能量为生产者固定的太阳能，A错误；

B、用于肉食性动物生长、发育和繁殖等生命活动的能量为净次级生产量，净次级生产量=总次级生产量

-呼吸消耗=12.6-7.5=5.1〃(cm2-a),B正确；

C、生产者、植食性动物、肉食性动物都可能含有多个不同的物种，因此食物链不只是一条，C错误；

D、每一个营养级同化的能量都有一部分被呼吸消耗，一部分流向分解者等，只有一部分流向下一个营

养级，因此能量流动具有逐级递减的特点，D错误。

故选B。

6.兰州百合栽培过程中易受病毒侵染，造成品质退化。某研究小组尝试通过组织培养技术获得脱毒苗，操

作流程如下图。下列叙述正确的是()

兰州百合分生区1号培养基2号培养基3号培养基

A.①为脱分化过程，1号培养基中的愈伤组织是排列规则的薄壁组织团块

B.②为再分化过程，愈伤组织细胞分化时可能会发生基因突变或基因重组

C.3号培养基用于诱导生根，其细胞分裂素浓度与生长素浓度的比值大于1

4/36

D.百合分生区附近的病毒极少，甚至无病毒，可以作为该研究中的外植体

【答案】D

【分析】植物组织培养过程是：离体的植物器官、组织或细胞脱分化形成愈伤组织，然后再分化生成根、

芽，最终形成植物体。植物组织培养依据的原理是植物细胞的全能性。

【详解】A、在脱分化过程中，1号培养基中的愈伤组织是排列不规则的薄壁组织团块，A错误；

B、愈伤组织细胞分化时可能会发生基因突变，但基因重组发生在减数分裂过程中，而愈伤组织细胞的

分化过程是有丝分裂，所以不会发生基因重组，B错误。

C、3号培养基用于诱导生根，其细胞分裂素浓度与生长素浓度的比值应该小于1,C错误；

D、百合分生区附近的病毒极少，甚至无病毒，因此可以作为该研究中的外植体，D正确；

故选D。

7.目前化学科学已经融入国民经济的大部分技术领域，下列说法正确的是

A.利用COZ合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变

B.“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和“

C.我国歼-35A战斗机的雷达罩使用的玻璃纤维属于无机非金属材料

D.重油通过分储可得到石油气、汽油、煤油和柴油

【答案】C

【详解】A.脂肪酸不属于高分子，故A错误；

B.“燃煤脱硫”技术有利于减少SO?污染，无法减少碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和“，故B错误;

C.玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故C正确；

D.石油分储可得到石油气、汽油、煤油和柴油，故D错误；

选C。

8.生活因有机而多姿多彩，化合物M是合成镇静类药物氯硝西泮(N)的关键前体，制取N的部分流程如下。

下列说法错误的是

A.从M到Q的反应为取代反应

B.P-M引入硝基时需要“一系列反应I”的目的是防止氨基被氧化

C.Q分子中所有原子可能在同一平面

D.ImolN最多可与3moiNaOH反应

【答案】C

5/36

NH2NH2OCl

【详解】A.由图可知，M到Q发生的反应为与发生取代反应生成和

NO2NO,

氯化氢，故A正确；

B.P分子中的氨基具有还原性，与浓硝酸和浓硫酸的混酸发生硝化反应时易被氧化，所以P—M引入

硝基时需要“一系列反应I”防止氨基被氧化，故B正确；

C.由结构简式可知，Q分子中氨基氮原子的杂化方式为sp3杂化，一NH2和与该氮直接相连的碳原子的

空间构型为三角锥形，则Q分子中所有原子不可能在同一平面，故C错误；

D.由结构简式可知，N分子中含有的酰胺基和碳氯键能与氢氧化钠溶液反应，其中Imol碳氯键消耗

2moi氢氧化钠，所以ImolN最多可与3moi氢氧化钠反应，故D止确；

故选C。

9.利用MnO?悬浊液吸收SO?气体可制取乂呵。6和MnSO,,实验装置如图所示。已知：MnS/^易溶于水,

在酸性条件下较为稳定，受热易分解形成MnSC>4下列说法正确的是

吊Ji

AHr

A.装置A中浓硫酸浓度越大反应速率越快

B.装置C中悬浊液变澄清表明整个制备实验完成

C.MnSC>4在装置D中制取

D.装置D中热水浴温度越高越好

【答案】C

【详解】A.装置A硫酸浓度太大，难以电离出离子，反应速率减慢，一般选择70%的硫酸，A错误；

B.装置C中悬浊液变澄清只表明装置C反应完成，装置D不一定反应完成，装置C和D中悬浊液都

变澄清表明整个制备实验完成，B错误；

C.装置D热水浴中M11S2O6受热分解形成MnSC)4,C正确；

D.装置D热水浴温度太高，降低了SO2在溶液中的溶解度，不利于反应进行，D错误；

答案选C。

10.下列相关离子方程式表示正确的是

+2

A.向AgBr沉淀中加入Na2s溶液，沉淀由黄色变为黑色：2Ag+S-=Ag2S

6/36

+2+

B.向酸性KMnCU溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去：2MnO；+5SOr+6H=2Mn+580t+3H2O

2+

C.向pH=4的FeSC>4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成：2Fe+H2O2+40H-=2Fe(OH)3

+

D.向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2,溶液变蓝：4r+O2+4H=2I2+2H2O

【答案】D

2

【详解】A.AgBr难溶不能拆，则正确的离子方程式为：2AgBr+S-=Ag2S；+2Br-,A错误；

B.高锌酸钾有强氧化性，可以将亚硫酸氧化为硫酸，本身被还原为镒离子，离子方程式为：

2++

2MnO4+5H2SO3=2Mn+5SOj+3H2O+4H,B错误；

C.pH=4,溶液显酸性，酸性条件下过氧化氢可以将二价铁氧化为三价铁，根据题意最终生成氢氧化

2++

铁，离子方程式为：2Fe+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3/+4H,C错误；

+

D.酸性条件下氧气可以将碘离子氧化为单质碘，离子方程式为：4r+O2+4H=2I2+2H2O,D正确；

故选D。

11.W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期,

五种元素组成如图所示的某离子液体。下列说法错误的是

rW1+「1-

\/

wWW产X、w77\7

W、l\//t/、♦/

/X、/X、/Y、〃X—W7，|

WX，X\z1z

/\/\IWZ

WWWW由

A.第一电离能：Y>Z>XB.R的简单氢化物的VSEPR模型为四面体

C.简单气态氢化物的稳定性：Z>XD.原子半径：X>Y>Z

【答案】A

【分析】W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于

同一周期，X都形成四个化学键，W都形成一个化学键，Y既形成三个化学键，又形成四个化学键，

并且W、X、Y形成+1价阳离子，因此W、X、Y分别是H、C、N；Z、R形成负一价阴离子，Z形成

一个化学键，R形成六个化学键，则Z、R分别是F、Po

【详解】A.同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐增大的趋势，但是第HA族与第VA族元素的第一

电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：F>N>C,A错误；

B.PH3中P的价层电子对数为3+；x(5-3xl)=4,则VSEPR模型为四面体，B正确；

C.非金属性：F>C,则简单气态氢化物的稳定性：HF>CH4,C正确；

D.电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，则原子半径：C>N>F,

D正确；

故选Ao

7/36

N'/N%

11N

12.二苯重氮甲烷（N+）在抗生素的制备过程中起关键作用。以二苯甲酮腺

0^0CTO

为前体合成二苯重氮甲烷的原理如图所示。下列说法错误的是

A.「为催化剂

B.若以铅蓄电池为电源，则与石墨一极相连的为PbO?电极

C.阴极的电极反应式为2H++2e-=H2T

D.理论上生成ImolH?的同时生成L5mol二苯重氮甲烷

【答案】D

【分析】由图可知，石墨电极上发生失去电子的氧化反应，电极反应为：2r-2e-=I2,则石墨电极为

阳极，Ni电极为阴极，电极反应为2H++2片=112个，阳极上生成的马与反应生成印

N

和,据此解答。

【详解】A.由图可知，I-在阳极上先消耗，最后又重新生成，相当于催化剂，A项正确;

B.根据分析可知，石墨电极为阳极，与外电源正极相连，则与铅蓄电池的PbO?电极相连，B项正确;

C.由分析可知，阴极的电极反应式为2H++2片=凡个，C项正确；

D.理论上生成ImolH2转移2moi电子，则阳极生成Imoll2，根据原子守恒可知生成Imol二苯重氮甲

烷，D项错误;

故选D。

8/36

13.碎酸（H3ASOJ为三元弱酸，常温下向20.00mL0.1mol・L」的H3ASO4溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含

碎微粒的物质的量分数B（X）随pH的变化如图所示。

已知：①6"）=。0.7。下列叙述正确的是

c（AsO］）

A.常温下，PH=7时=5

c（H3AsO4）

B.从开始滴加NaOH溶液至过量，水的电离程度始终增大

C.当pH=6.8时，溶液中存在：c（蚊）+C（；）+c（OH-）=c（凡AsO]）+c（AsO：）

D.常温下，水解反应HAsO；一+HqUH2AsO4+OH-的K=l（f2

【答案】A

【详解】

」+卜（凡4。4）c（H+卜（HAS。/）c什，口鬣）

ala2

晨C（H3^O4）C（H2^O；）c网sOj）

c（H）c（As—）=]0_（22+6.8+U.3）,则当H=7时，：（As04）00.7=5,A正确；

C（H3ASO4）C（H3ASO4）

B.从开始滴加NaOH溶液至过量，溶质由碑酸（H3ASO4）逐渐过渡到盐，盐的水解促进水的电离，此

过程水的电离程度增大，当氢氧化钠溶液过量时，会抑制水的电离，故水的电离程度先增大后减小，B

错误；

C.pH=6.8时，由图可知，c（HAsOl）=c（H2AsO4）,溶液中存在电荷守恒，：

++

c（H）+c（Na）=3c（AsO7）+2c（HAsO.）+c（H2AsO4）+C（OH"）,整理可得

c（H+）+c（Na+）-c（OH-）=3c（AsOf）+3c（HAsOf）,C错误；

D.zKHAsOj-+H2OH2ASO4+OH-

（H"O4）xc（OH）c（凡4。4卜c处kT）_©70_7.2n

-68

c（/L4sOj）c（HASO^）XC卅）Ka2IO'日天

9/36

故选Ao

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，有选错或不答

的得0分。

14.锲核衰变方程为叫Nif；jCu+X,关于该核反应，下列说法正确的是（）

A.X是质子

B.属于夕衰变

C.於Ni的比结合能比算u大

D.环境温度会影响反应的快慢

【答案】B

【详解】AB.根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为0,电荷数为-1,所以X是电子一：e,

属于w衰变，故A错误，B正确；

C.衰变后的产物更稳定，比结合能更大，所以矍Ni的比结合能比砥Cu小，故C错误；

D.放射性元素衰变的快慢由原子核内部自身决定，与外界的物理和化学状态无关，故D错误。

故选B。

15.图中H“、山、J、凡为氢原子在可见光区的四条谱线，此四条谱线满足巴耳末公式：=

n=3、4、5、6,其中H。光波长最长。如果大量氢原子处在〃=4的能级，能辐射出几种特定波长的光,

其中在可见光范围内含有的谱线为（）

A.6种，可见光范围内的谱线有H,、H6

B.6种，可见光范围内的谱线有H«、Hp

C.3种，可见光范围内的谱线有H7、H5

D.3种，可见光范围内的谱线有Ho、Hp

RHYHpHa

【答案】B

【难度】0.85

【详解】CD.大量氢原子处在〃=4的能级，能辐射出C；=6种特定波长的光，故CD错误；

AB.根据巴耳末公式万=尺1级,〃=3、4、5、6

可知氢原子从">2的能级跃迁到n=2能级时辐射的光，在可见光范围内

其中光波长最长，即有〃=3能级跃迁到〃=2能级释放的光子

所以Hp为〃=4能级跃迁到〃=2能级释放的光子，此两条为可见光范围内的谱线，故A错误，B正确。

10/36

故选B。

16.如图所示为地球的赤道平面图，地球以图示的方向自西向东自转。设想在赤道上，质量为冽的物体以

相对于地面的速度v分别自西向东和自东向西高速运动时，两种情况下物体对水平地面压力大小之差

的绝对值为地球可视为质量均匀球体,则地球的自转周期为（）

8万加vAjrmvS7r2mvD47i2mv

A.-----B.-----C.

\NA7V,NN

【答案】A

【详解】设地球自转角速度为。，地球半径为凡地球对质量为冽的物体的吸引力为招当物体以相

对于地面的速度V分别自西向东转动时有用上应

=鸟「心1，物体以相对于地面的速度y分别自东

R

(y+coR)2(v-coRf,整理可得o=A竺,

向西转动时有在“一°m2=F^-F,由题意可知AV=相--------------m-------------

RN2RR4mv

又。=黄27r，故地球自转周期？=^7imv

A7V

故选Ao

17.如图1是一细长圆柱体光纤的横截面，一束单色光从光纤左端中心。点进入光纤，内层介质折射率〃（最

大值为内）随离中心轴的距离一而变化，外层介质折射率为々大于空气折射率小，但小于内层介质折

射率，三者的折射率情况如图2所示。已知光从折射率%的介质射入折射率%的介质，入射角与折射

sin。n

角分别为口与a，满足'=,。为了使单色光仅在光纤内层介质中传播而不进入到外层介质中，则

sinana

从。点进入到光纤时入射角。的正弦最大值是（)

血一〃;%n.

D.---------------C.D.—

n2

图2

11/36

【答案】B

sin0n

【详解】设光以最大的入射角。射入内层的折射角为人根据题意可知——二」，单色光不进入外层

sinrnQ

时满足sinC="，根据几何关系可知厂+。=90。，解得疝8=43三七，故选B。

“nn

18.如图所示，在空间内存在场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场（未画出），一边长为上的正方形绝

缘细框架N28竖直放置，4、3两顶点处分别固定着电荷量均为+夕的点电荷，C、。两顶点处分别固

定着电荷量均为-g的点电荷。现以2点为轴让框架在竖直面内向右缓慢转动90°,转动过程中点电荷的

电荷量恒定不变，下列说法正确的是（）

A.从图中①到②的过程中，/点的点电荷的电势能减小

B.从图中①到②的过程中，。点的点电荷比N点的点电荷的电势能变化量大

C.整个过程框架系统电势能增加了2q皮

D.转动过程中，。点的点电荷的电势能先增大后减小

D

③

【答案】C

【详解】A.从图中①到②的过程中，电场力对/点的点电荷做负功，所以/点的点电荷的电势能增

大，故A错误；

B.从图中①到②的过程中，电场力对/点的点电荷做的功为%对。点的点电荷做的功

为也-DqEL,所以/点的点电荷的电势能变化量大，故B错误；

C.转动过程中/点的点电荷和。点的点电荷的电势能增加量均为q皮，。点和3点的点电荷的电势

能增加量为零，故整个过程框架系统电势能增加了2q£L故C正确；

D.。点的点电荷的电势能先减小后增大，故D错误。

故选C。

19.如图所示，面积足够大的/、2两种均匀弹性介质接触放置，两者的界面在同一竖直面内。f=0时刻界

面上某质点。开始沿界面振动时，/=2s时刻介质中产生的简谐波如图所示。据此可知（）

A.f=0时刻质点。从平衡位置向y轴正方向振动

B./、8两种介质中波速相同

C.，=50s时介质3中距。点3nl处的质点开始振动

12/36

D.从/=0时刻到t=50s时刻质点P运动的路程为5m

<—10

-10-8-6-4-2O24681012x/cm

-5

【答案】AC

【详解】A.由图可知，质点。为振源，产生的简谐波分别沿x轴正向和负向传播，，=0时刻质点。从

平衡位置开始向十轴正方向振动，故A正确；

B.简谐波在A、B两种介质中传播时周期相同，波长不同，所以波速不同，故B错误；

C.由题意可知，2s为半个周期，所以7=4s,介质3中简谐波的波长4=0.24m,所以波速

vB=y=0.06m/s,当，=50s时，简谐波在介质中传播的时间为加=50s,传播的距离为乙=vB-M=3m,

故C正确；

D.由图像可知，简谐波的振幅为N=10cm=0.1m,从t=0时刻到:=50s时刻，质点。的路程为

=12.5义4/=5m,质点尸开始振动的时间比。点晚，因此质点P比质点。走过的路程少，所以从f=0

时刻到f=50s时刻质点尸运动的路程小于5m,故D错误。

故选ACo

20.“南鲸”号是我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置，其原理如图甲所示，利用海浪带动浪

板上下摆动，从而带动线框单向匀速转动，线框内阻恒定。线框/两端通过滑环和电刷接如图乙所示

的自耦变压器，自耦变压器cd两端接负载电阻。若海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，以下说法

正确的是（）

A.通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍

B.线框内阻的发热功率变为原来的2倍

C.变压器的输出功率变为原来的2倍

D.若使负载电阻两端电压不变，可将滑片向上滑动

图甲

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【答案】AD

【详解】A.通过负载电阻的电流频率〃8/，海浪变大使得线框转速变成原来的2倍，则频率变为原

来2倍，故A正确；

B.电动势有效值后=槌处,由于。=2乃〃，变为原来2倍，设负载电阻为4,原线圈等效电阻为

R=%R°,则电流/=—也，变为原来2倍，线框内阻的发热功率尸=/2/，变为原来4倍，故B错

n2R+r

误；

C.因为不确定内外电阻关系，所以输出功率无法判断，故C错误；

D.根据以上分析可知，原线圈两端电压变大，根据?=立，可知，若使负载电阻两端电压不变，可

将滑片向上滑动，增大原线圈匝数，故D正确。

故选AD。

21.摩尔数为〃的理想单原子气体初始状态压强为2乃，体积为4,对应下图中的。点。现在这部分气体经

过等压膨胀，体积变为2乂，对应下图中的。点，气体在状态6经等温膨胀至状态。，压强变为外。又

经等压压缩至状态最后等温压缩回到状态已知理想气体的体积厂、压强尸和温度7满足方程

V=nRT.内能。满足关系U=其中&为常数，”为物质的量，根据以上信息可以判断（）

P2

A.气体在状态点。时的内能为3〃%

B.气体在状态点6时温度为好

C.由C到d的过程外界对气体做功为40。%

D.由c到d的过程气体向外界放热

0匹2M3%4%什

【答案】AD

333

【详解】A.气体在状态点•时，根据"="火7,。=5成7,可知内能为。=y匕=-x2PK=3pK，

选项A正确；

B.气体在状态点6时体积变为2%,从。到b等压膨胀根据。厂=成T,温度为［=也”=他丘,

nRnR

选项B错误；C.从b到。等温膨胀，则2外・2%=为匕，解得匕=4%,从d到q为等温压缩，则

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2p°K=P。％,解得%=2%，由c到d的过程外界对气体做功为少=A（匕-%）=2%乂，选项C错误;

D.由。到"的过程，体积减小，外界对气体做功，气体温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可

知，气体向外界放热，选项D正确。

故选ADo

第n卷（非选择题共174分）

三、非选择题：共174分。

22.（6分）某同学从资料上了解到弹簧弹性势能的表达式为与=：质2（其中鼠x分别为弹簧的劲度系数

和形变量），他用图示装置来验证动量守恒定律。弹簧右端固定在水平气垫导轨上，左端与滑块A接触,

滑块A、B的质量均为7〃，滑块B上方安装有宽为d的遮光片。用滑块A将弹簧压缩一定长度后，由

静止释放，滑块A向滑块B运动，滑块A、B碰撞后粘在一起，然后通过光电门，遮光片经过光电门

的遮光时间为人，弹簧的压缩量可通过气垫导轨上的刻度读出，遮光片的质量不计。

光电门

（1）若本实验使用的弹簧劲度系数为鼠弹簧的压缩量为x,则滑块A脱离弹簧后的速度%=。

（2）通过改变弹簧的压缩量进行多次实验，记录多组小，数据，作出的（选填

图像为一次函数图像，若图像的斜率为（用机、d、左表

示），即可验证动量守恒定律。

【答案】（1）入区（2分）⑵x--（2分）2dM（2分）

\m、tVk

【详解】（1）当滑块N离开弹簧时，弹簧所具有的弹性势能全部转化为滑块A的动能

因此有=-mVg

22

（2）若A、B碰撞过程中动量守恒，则有加%=2皿

结合上述解得

变形得x=2d、口,工

NkAt

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可知，作出尤-1图才能得到一次函数图像，根据表达式可知，图像的斜率为2人口。

AZVk

23.（12分）某小组测量电阻凡的阻值，进行了如下操作:

⑴按如图（a）所示的电路图连接电路，闭合开关，改变电阻箱R的阻值，记录多组数据，根据数据在

如图（b）所示的坐标系中描点，请补充画出电流/随R变化的图像（在答题卡作答）。

（2）断开开关，将电路中的电阻箱R替换为待测电阻尺，闭合开关后电流表读数如图（c）所示，则&=

Q（结果保留三位有效数字）。

（3）若将电阻&替换为阻值稍大的另一个电阻重复实验，仍在图（b）中画出新的;-A图像。与原

来的图像相比较，新的图像将向R轴（选填“正方向”或“负方向”）移动少许。

（4）根据操作（1）获得的实验数据，重新描绘出;-及图像如图图（d）所示，则由图像可知电源电动势

E=V若电流表内阻不计，凡=1.800,则电源内阻厂=这样测量出的电源内阻

（选填“大于”、“小于”或“等于"）真实值。

【答案】（1）见解析（3分）（2）2.60（2.40-2.70）（3分）（3）负方向（2分）

⑷3.0（2分）1.20（2分）大于（2分）

【详解】（1）将各点用平滑曲线连接，如图所示

▲77A

（2）由图（c）可知，电流表示数4=0.54A

根据I-R图像可知&~2.60Q

E

（3）根据闭合电路欧姆定律有/=-if--

r++KA+A

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整理可得：-=-R+-(r+R+R)

IEE0A

若将电阻凡替换为阻值稍大的另一个电阻4,则有广,+7:R+R

解得:=]•△+]•(/+与+&J

1EJ乜

由于片大于凡，将以更换为4后，新的图像将向R轴负方向移动少许。

E

(4由图(a)根据闭合电路欧姆定律有/=―-—-—-

r+A0+AA+A

整理可得工=LR+，G+&+RA)

IEE

其中E为电源电动势，，为电源内阻，此为电流表内阻，结合图(")可得E=3.0V,，+&+&=3。

若电流表内阻不计，则电源内阻解得厂=1.20。

结合上述，实际上有r+%=L20。

故这样测量出的电源内阻大于真实值。

24.(10分)某同学用质量加=20g、可视为质点的小石片打“水”漂的轨迹示意图如图所示，小石片从距液

面高用处的尸点以初速度v0=8m/s水平飞出后，从A点与液面成a=37。角射入某种液体中，然后从3

点与液面成£=45。角射出液面做斜上抛运动，到达最高点。时距离液面的高度4=0.2m。已知小石片

从N点运动到8点