2024年高考真题-理综全国甲卷 含解析

2024年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷）

理科综合试题

一、单选题（每小题6分，共78分）

I.细胞是生物体结构和功能的基本单位。下列叙述正确的是（）

A.病毒通常是由蛋白质外壳和核骏构成的单细胞生物

B.原核生物因为没有线粒体所以都不能进行有氧呼吸

C.哺乳动物同一个体中细胞的染色体数目有可能不同

D.小麦根细胞吸收离子消耗的ATP主要由叶绿体产生

【答案】C

【解析】

【分析】原核细胞和真核细胞最主要的区别是原核细胞没有核膜包被的典型的细胞核，但是它们均具有

细胞膜、细胞质、核糖体以及遗传物质DNA等结构。原核生物虽没有叶绿体和线粒体，但是少数生物也

能进行光合作用和有氧呼吸，如蓝藻。

【详解】A、病毒没有细胞结构，A错误；

B、原核生物也可以进行有氧呼吸，原核细胞中含有与有氧呼吸相关的酶，B错误；

C、哺乳动物同一个体中细胞的染色体数目有可能不同，如生殖细胞中染色体数目是体细胞的一半，C正

确：

D、小麦根细胞不含叶绿体，而线粒体是有氧呼吸的主要场所，小麦根细胞吸收罔子消耗的ATP主要由

线粒体产生，D错误。

故选C。

2.ATP可为代谢提供能量，也参与RNA的合成，ATP结构如图所示，图中〜表示高能磷酸铤，下列叙述

错误的是（）

A.ATP转化为ADP可为离子的主动运输提供能量

B.用a位32P标记的ATP可以合成带有32P的RNA

C.p和y位磷酸基团之间的高能磷酸键不能在细胞核中断裂

D.光合作用可将光能转化为化学能储存于p和丫位磷酸基团之间的高能磷酸键

【答案】C

【解析】

【分析】细胞生命活动的直接能源物质是ATP,ATP的结构简式是A-P〜P〜P,其中“A”是腺行，"P”是

磷酸；“A”代表腺昔,叮“代表3个。

【洋解】A、ATP为直接能源物质，y位磷酸基团脱离ATP形成ADP的过程释放能量，可为离子主动运

输提供能量，A正确：

B、ATP分子水解两个高能磷酸键后，得到RNA的基本单位之一——腺喋吟核糖核甘酸，故用a位32P标

记的ATP可以合成带有32P的RNA,B正确；

C、ATP可在细胞核中发挥作用，如为rRNA合成提供能量，故。和y位磷酸基团之间的高能磷酸键能在

细胞核中断裂，C错误；

D、光合作用光反应，可将光能转化活跃的化学能储存于ATP的高能磷酸键中，故光合作用可将光能转化

为叱学能储存于0和丫位磷酸基团之间的高能磷酸键，D正确。

故选Co

3.植物生长发育受植物激素的调控。下列叙述错误的是（）

A.赤霉素可以诱导某些酶的合成促进种子萌发

B.单侧光下生长素的极性运输不需要载体蛋白

C.植物激素可与特异性受体结合调节基因表达

D.•种激素可通过诱导其他激素的合成发挥作用

【答案】B

【解析】

【分析】1、植物激素是由植物体内产生，能从产生部位送到作用部位，对植物的生长发育有显著影响的

微量有机物；植物激素主要有生长素、赤霉素、细胞分裂素、乙烯和脱落酸等，它们对植物各种生命活动

起着不同的调节作用。

2、植物激素包括生长素•、细胞分裂素、赤霉素工脱落酸、乙烯等。其中生长素•、细胞分裂素、赤霉素能

促进植物的生长，而脱落酸和乙烯是抑制植物的生长。生长素能促进子房发育成果实，而乙烯能促进果实

成热。

3、调节植物生命活动的激素不是孤立的，而是相互作用共同调节的，植物生命活动的调节从根本上说是

植物基因组程序性表达的结果。植物的生长发育既受内部因子（激素）的调节，也受外部因子（如光、温

度、日照长度、重力、化学物质等）的影响。这些化学和物理因子通过信号转导，诱导相关基因表达，调

控生长发育。

【详解】A、赤霉素主要合成部位是未成熟的种子、幼根和幼芽，赤霉素能促进植物的生长，可以诱导某

些晦的合成促进种子萌发，A正确；

B、生长素的极性运输属于主动运输，主动运输需要载体蛋白的协助并消耗能量，B错误；

C、植物激素与受体特异性结合，引发细胞内发生一系列信号转导过程，进而诱导特定基因的表达，从而

产生效应，C正确；

D、调节植物生命活动的激素不是孤立的，而是相互作用共同调节的，因此一种激素可通过诱导其他激素

的合成发挥作用，D正确；

故选Bo

4.甲状腺激素在人体生命活动的调节中发挥重要作用。卜.列叙述错误的是（）

A.甲状腺激素受体分布于人体内几乎所有细胞

B.甲状腺激素可以提高机体神经系统的兴奋性

C.甲状腺激素分泌增加可使细胞弋谢速率加快

D.甲状腺激素分泌不足会使血中TSH含量减少

【答案】D

【解析】

【分析】甲状腺分泌甲状腺激素，甲状腺激素能促进代谢，增加产热；能提高神经系统兴奋性；能促进幼

小动物的生长发育。

【洋解】A、甲状腺激素几乎可以作用于人体所有细胞，因此其受体分布于人体内几乎所有细胞，A正

确；

B、甲状腺激素可以促进中枢神经系统的发育，提高机体神经系统的兴奋性，B正确；

C、甲状腺激素能促进新陈代谢，因此其分泌增加可使细胞代谢速率加快，C正确：

D、甲状腺激素对下丘脑分泌促甲状腺激素释放激素（TRH）和垂体分泌促甲状腺激素（TSH）存在反负

馈调节，因此甲状腺激素分泌不足会使血中促甲状腺激素（TSH）含量增加，D错误。

故选D。

5.某生态系统中捕食者与被捕食者种群数量变化的关系如图所示，图中一表示种群之间数量变化的关系，

如甲数量增加导致乙数量增加。下列叙述正确的是（）

A.甲数量的变化不会对丙数量产生影响

B.乙在该生态系统中既是捕食者又是被捕食者

C.丙可能是初级消费者，也可能是次级消费者

D.能量流动方向可能是甲-乙一丙，也可能是丙一乙一甲

【答案】B

【解析】

【分析】分析题图可知，甲数量增加导致乙数量增加，而乙数量增加导致丙数量增加、甲数量下降；乙数

量下降导致丙数量下降、甲数量增加，可见甲、乙、丙三者的能量流动方向是甲一乙一丙。

【详解】A、分析题图可知，甲数量增加导致乙数量增加，而乙数量增加导致丙数量增加；甲数量下降导

致乙数量下降，而乙数量下降导致丙数量下降：可见甲数量的变化会间接对丙数量产生影响，A错误：

B、由A项分析可知，乙捕食甲，同时乙又被丙捕食，可见乙在该生态系统中既是捕食者又是被捕食者，

B正确；

C、由B项分析可知，乙捕食甲，内捕食乙，故内不可能是初级消费者，用能是次级消费者，C错误；

D、分析题图可知，甲数量增加导致乙数量增加，而乙数量增加导致丙数量增加、甲数量下降；乙数量下

降导致丙数量卜.降、甲数量增加，可见甲、乙、丙三者的能量流动方向是甲-乙一丙，D错误。

故选Bo

6.果蝇翅型、体色和眼色性状各由1对独立遗传的等位基因控制，其中弯翅、黄体和紫眼均为隐性性状，

控制灰体、黄体性状的基因位于X染色体上。某小组以纯合体雌蝇和常染色体基因纯合的雄蝇为亲本杂

交得Fi,Fi相互交配得F2。在翅型、体色和眼色性状中，F2的性状分离比不符合9：3：3：I的亲本组合

是（）

A.直翅黄体弯翅灰体SB.直翅灰体？x弯翅黄体6

C.弯翅红眼直翅紫眼3D.灰体紫眼&x黄体红眼6

【答案】A

【解析】

【分析】I、自由组合定律的实质：控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的；在形成配子

时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。

2、依据题干信息，①果蝇翅型、体色和眼色性状各由1对独立遗传的等位基因控制，②控制灰体、黄体

性状的基因位于X染色体上，③其中弯翅、黄体和紫眼均为隐性性状，说明这三对等位基因的遗传遵循

基因的自由组合定律。

【详解】A、令直翅对弯翅由A、a控制，体色灰体对黄体由B、b控制，眼色红眼对紫眼由D、d控制。

x

当直翅黄体？x弯翅灰体6时，依据题干信息，其基因型为：AAXbXbaaXBY^Fi：AaXBXb、AaXbY,按

自❸宅配

照乔分法，FifF2：直翅灰体：宜翅黄体：弯翅灰体：弯翅黄体=3:3:l:l,A符合题意；

B、当直翅灰体？x弯翅黄体6时，依据题干信息，其基因型为：AAXBXBXaaXbY-Fi：AUXBX»AaXsY,

自南文配

按照拆分法，F.->F2：直翅灰体：直翅黄体：弯翅灰体：力翅黄体:9:3:3:1,B不符合题意：

C、当弯翅红眼直翅紫眼台时，依据题干信息，其基因型为：aaDDxAAdd—F”AaDd,按照拆分法，

eats

FiTF2：直翅红眼：直翅紫眼：弯翅红眼：弯翅紫眼;9:3:3:1,C不符合题意；

D、当灰体紫眼？x黄体红眼©时，依据题干信息，其基因型为：ddXBXBxDDXbY->Fi：DdXBXb、

自南堂配

DdXBY,按照拆分法，Fi->F2：灰体红眼：灰体紫眼：黄体红眼：黄体紫眼=9:331,D不符合题

意.

故选A。

7.人类对能源的利用经历了柴薪、煤炭和石油时期.现正向新能源方向高质量发展。下列有关能源的叙述

错浜的是

A.木材与煤均含有碳元素B.石油裂化可生产汽油

C.燃料电池将热能转化为电能D.太阳能光解水可制氢

【答案】C

【解析】

【详解】A.木材的主要成分为纤维素，纤维素中含碳、氢、氧三种元素，煤是古代植物埋藏在地下经历

了狂杂的变化逐渐形成的固体，是有机物和无机物组成的狂杂混合物，主要含碳元素，A正确：

B.石油裂化是将相对分子质量较大、沸点较高的燃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的短的过程，汽

油的相对分子质量较小，可以通过石油裂化的方式得到，B正确；

C.燃料电池是将燃料1化学能变成电能的装置，不是将热能转化为电能，c错误；

D.在催化剂作用下，利用太阳能光解水可以生成氢气和氧气，D正确；

故答案选C。

8,下列过程对应的离子方程式正确的是

A.用氢氟酸刻蚀玻璃：5学地丽小区"洱。

B.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：-'F/+3Cu=SCu"+」Fe

c,用硫代硫酸钠溶液脱氯：当小2“+3HgsO；HCT+6H.

8s

D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：C=CaCO3+SO^

【答案】D

【解析】.

【详解】A.玻璃的主要成分为SiCh,用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应

的方程式为SiO2+4HF=SiF4f+2H2O,A错误；

B.Fe3+可以将Cu氧化成CU2+,三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2.+Cu2+,B

错误：

C.氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为

3-A

3

S2O+4C12+5H2O=2SO*+8CL+I0H+,C错误；

D.碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，

七六的面工士四十邛CaSQ+0=CaCOj+SCR八市葩

反应的离子方程式为4334,D正确；

故答案选D。

9.我国化学工作者开发了一种回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其转化路线如下所示.

下列叙述错误的是

A.PLA在碱性条件下可发生降解反应

B.MP的化学名称是丙酸甲酯

C.MP的同分异构体中含陵基的有3种

CH

长出-甘，3

D.MMA可加聚生成高分子COOCH3

【答案】C

【解析】

【'羊解】A.根据PLA的结构简式，聚乳酸是其分子中的竣基与另一分子中的羟基发生反应聚合得到的,

含有酯基结构，可以在碱性条件下发生降解反应，A正确；

B.根据MP的结果，MP可视为丙酸和甲醇发生酯化反应得到的，因此其化学名称为丙酸甲酯，B正确:

C.MP的同分异构体中，含有陵基的有2种，分别为正丁酸和异丁酸，C错误：

CH3

4cH2-《匕

D.MMA中含有双键结构，可以发生加聚反应生成高分子COOCIh,D正确；

故答案选C。

10.四瓶无色溶液叫叫、Na3CO3.Ba(OH)rA。，它们之间的反应关系如图所示。其中b、

c、d代表四种溶液,e和g为无色气体，f为白色沉淀。下列叙述正确的是

A.a呈弱碱性

B.F可溶于过量的b中

C.c中通入过量的e可得到无色溶液

D.b和d反应生成的沉淀不溶于稀硝酸

【答案】B

【解析】

【分析】由题意及关系图可知，a与b反应需要加热，且产生的c为无色气体，则a和b分别为NH,N。,

和BaQH)】的一种，产生的气体e为NH「又由于b和c反应生成白色沉淀f,叫叫不会与其他三

种溶液产生沉淀，故b为BaiQH)】，a为NH,NOi.又由于c既能与b产生沉淀f,又能与d反应产生沉

淀f,故c为A©、d为网。。)，生成的白色沉淀为AKO%无色气体g为CO］。综上所述，a为

NHJN。溶液，b为溶液，。为A1CL溶液,d为Na【CO稀液，©为NHj,f为川(。孙，g为

C。鼠

【详解】A.由分析可知，a为NH'N。,溶液，为强酸弱碱盐的溶液，NH：水解显酸性，故&显弱酸性，

A项错误

B.由分析可知，f为A/OH",b为溶液，为两性氢氧化物，可溶液强碱，故「可溶

于过量的b中，B项正确；

c.由分析可知，C为A1”溶液，Al“溶液通入】啊会生成A1(°H)3沉淀，AI(OH)j不溶

于弱碱，继续通入】1H3不能得到无色溶液，C项错误；

D.由分析可知，b为，d为Na8°3,二者反应生成BaC°3沉淀，可溶与稀硝酸，口项错

误；

故选B.

II.W.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于Y.的核外电子数，化合

物可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是

A.X和Z属于同一主族

B.非属性：X>Y>Z

c.气态氢化物的稳定性：Z>Y

D.原子半径：Y>X>W

【答案】A

【解析】

【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素、且能形成离子化合物”「口匕〕，则w为Li

或Na；又由于W和X原子序数之和等于Y.的核外电子数，若W为Na,X原子序数大于Na,则W和X

原子序数之和大于18,不符合题意，因此W只能为Li元素；由于Y可形成YZ故Y为第W主族元素，

且原子序数Z大于Y,故Y不可能为C1元素，因此Y为F元素，X的原子序数为10-3=7,X为N元素；

根据W、Y、Z形成离子化合物'口区匕〕，可知z为P元素；综上所述，W为Li元素，X为N元素，

Y为F元素，Z为P元素。

【详解】A.由分析可知，X为N元素，Z为P元素，X和Z属于同一主族，A项正确；

B.由分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素，非金属性：F>N>P,B项错误；

C.由分析可知，Y为F元素，Z为P元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，即气态氢

化物的稳定性：HF>PH3,C项错误；

D.由分析可知，W为Li元素，X为N元素，Y为F元素，同周期主族元素原子半径随着原子序数的增

大而减小，故原子半径：Li>N>F,D项错误；

故选Ao

12.科学家使用1nol研制了一种MnOlZ1可充电电池（如图所示）。电池工作一段时间后，"1n5电

极上检测到MnOOH和少量皿下列叙述正确的是

A.充电时，Zn'向阳极方向迁移

B.充电时，会发生反应2n+』&5心11血°,

c.放电时，正极反应有1加°网0*=141°。11+0日

D.放电时，Zn电极质量减少°65g,MnCS电极生成了o.otOmolimOOH

【答案】C

【解析】

【分析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在zn与MnO?

之间，所以电极为正极，zn电极为负极，则充电时“缶°】电极为阳极、Zn电极为阴极。

【详解】A.充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即友”向阴极方向迁移，A不正

确；

B.放电时，负极的电极反应为Zn・>・=Zn",则充电时阴极反应为Zn2++2e=Zn,即充电时Zn元素化

合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确；

C.放电时电极为正极，正极上检测到MnOOH和少量加皿5,则正极上主要发生的电极反应

是MnO【+H/X=LInOOH+C)ir,c正确.

D.放电时,Zn电极质量减少0.65g(物质的量为O.OlOmoD,电路中转移0.020mol电子,由正极的主要

反应MnO【+H/>e-=l而°°H+°IT可知，若正极上只有MnOOH生成，则生成MnOOH的物质

的量为0.020mol,但是正极上还有2nM乩5生成，因此，Zn°°H的物质的量小于osomcl,D不正

确；

综上所述，本题选C。

空将010mm"Ag?CK\配制成10mL悬浊液，向其中滴加0lOmol1?的NaQ溶液.

lg[cM.lmolL,)](M代表Ag]CT或随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。

0.00

-5.00

-10.00

0.51.01.52.02.53.03.5

F(NaCl)/mL

下列叙述正确的是

一上“c(Naf)=2c(Q)

A.交点a处：

K.(AgQ)_［小

BK,lAg.CrOj

c(Cr。：)

C.V$20mL时，c,Cr)不变

Dy】=・782%=lg34

【答案】D

【解析】

【分析】向1OmL含010mmolAgQ0的悬浊液中滴加oMm。11?的NaCl溶液，发生反应：

4QQ($|+2CT(叱才(⑷，两者恰好完全反应时，NaCl溶液的体积为

2x0.10ww/..

-------------=2mL7、

v(NaCl尸010mo//L,2mL之后再加NaQ溶液，“CL)增大，据

(aq)+Cl(aq\KMAgQ)=c(Ag+)c(CL)可知，c(Ag+)会随着c(CL)增大而减小，所以

2mL后降低的曲线，即最下方的虚线代表Ag+,升高的曲线，即中间虚线代表C1-,则剩余最上方的实线

为℃；曲线。由此分析解题：

【详解】A.2mL时Ag：1ao♦与NaCl溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaCl和NazCrO*电荷守

恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H.)=2c(4)+c(Cl-)+c(OH-)>此时c(H+)、c(OH-).c(Ag+)可忽略不计，a点为CL

和°心：曲线的交点，即c(0P；)=c(CL),则溶液中c(Na+户3c(CL),A错误；

B.当V(NaQ)=l.0mL时，有一半的AgzCrQj转化为AgQ,AgzCQi与AgCl共存，均达到沉淀溶解平

衡,取图中横坐标为1.0mL的点,得Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl.)=l(X5.18X10457=10.9.75,Ksp(Ag2CrO4)=

K91Age1)|Q-»n

C2(Ag+)C(02，)=(10-5.18)2X10-1.60=10-11.96,则$*'人心"。/=1。一""=102.21,B错误；

C.VV2.0mL时,Ag+未沉淀完全，体系中AgzCrO*和AgCl共存,则

(AgCl)c|Ag)c(CT)c|Ag)c(Q*O；-|

K/AgiCrOj：J(Ag)dOrOj1为定值，即5cli为定值，由图可知，在”2.0江

cQQ；・)

时c(Ag+)并不是定值，则)的值也不是定值，即在变化，C错误；

D.V>2.0mL时AgCl处于饱和状态,V(NaCl)=2.4mL时,图像显示c(CL)=10-i.93mol/L,则

K8P(AgClI]”

c(Ag+)="Q'=10-JW=|(X7,82inol/L,故户=-7.82,此时AgzCrCh全部转化为AgCl,)守

n(CrOj-IO.lx—ol1

恒，等于起始时n(Ag2Cr€)4),则cpCrO，尸V=a+-4)mL=34mol/L,则y2=lg

1

3-,^―

c(CrO4)=lgn4=1g34,D正确；

故答案选D。

二、选择题（48分）

14.笊核可通过一系列聚变反应释放能量，总的反应效果可用表

示，式中X、），的值分别为（）

A.-X=1,y=•B.x=l,J=3C.T・？，y=2D.x=3,3二】

【答案】c

【解析】

【详解】根据反应前后质量数和电荷数守恒可得

6x2=?X4+T+J

6=2x2+y

解得

故选Co

15.如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P,P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一

端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置祛码。改变盘中祛码总质量机，并测量P的加速度大小小得到

。-用图像。重力加速度大小为g。在下列。一用图像中，可能正确的是（）

【答案】D

【解析】

【详解】设P的质量为“，P与桌面的动摩擦力为了；以P为对象，根据牛顿第二定律可得

T-，=Ma

以盘和帙码为对象，根据牛顿第二定律可得

mg-T=ma

联立可得

MM+m

可知当祛码的重力大于,时，才有一定的加速度，当所趋于无穷大时，加速度趋近等于g。

故选D。

16.2024年5月，嫦娥六号探测器发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。将采得的样品带

回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。月球表面自由落体加速度约为地球表面自

1

由落体加速度的6。下列说法正确的是（）

A.在环月飞行时，样品所受合力为零

B.若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力等于零

C.样品在不同过程中受到的引力不同，所以质量也不同

D.样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小

【答案】D

【解析】

【详解】A.在环月飞行时，样品所受合力提供所需的向心力，不为零，故A错误；

BD.若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力大小等于它在月球表面的重力大小；由于月球表面自

由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的6,则样品在地球表面的重力大于在月球表面的重力，所

以样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小，故B错误，D正确；

C.样品在不同过程中受到的引力不同，但样品的质量相同，故C错误。

故选D。

17.如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为机的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶

端经。点自由下滑至其底部，。为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小

（）

A.在Q点最大B.在0点最小C.先减小后增大D.先增大后减小

【答案】C

【解析】

【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为N,小环在大圆环上某处（尸点）与圆环的作用力恰好为

零，如图所示

设图中夹角为8,从大圆环顶端到尸点过程，根据机械能守恒定律

cos0）=—

在P点，根据牛顿第二定律

cV2

mgcos-

R

联立解得

皿6=；

j

从大圆环顶端到尸点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心

力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和

大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下

滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。

方法二（数学法）：设大圆环半径为R,小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹

角为6（0464幻，根据机械能守恒定律

加的1-3加gm%”立）

在该处根据牛顿第二定律

V*

F-^mgcos0—小.

联立可得

尸=3mgec

则大圆环对小环作用力的大小

|F|=|Ag-3mgcos回

\F\cos5==

根据数学知识可知FI的大小在，时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作

用力大小先减小后增大。

故选C。

18.在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷一处的电势为

片，其中A为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电

势的代数和。电荷量分别为q和5的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位

是我特），则（）

且一“0___3&一_3

A.。】“，Q1-B.Q】>0,Qj-c.21<0,Qj-D.Q]>0,Q]

【答案】B

【解析】

【详解】根据两点电荷周围的电势分布可知Q带正电，。[带负电；由图中电势为（）的等势线可知

：

K1c-2♦4kK-Q*■Un

rlrl

由图中距离关系可知

y

53

联立解得

2=-2

故选B。

19.如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头7调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、

定值电阻&和〃、开关s。s处于闭合状态，在原线圈电压5不变的情况下，为提高用的热功率，可

以（）

A.保持「不动，滑动变阻器R的滑片向/端滑动

B.将丁向端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变

C.将7向〃端移动，滑动变阻器R的滑片向/端滑动

D.将7向方端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动

【答案】AC

【解析】

【详解】A.保持7不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向/端

滑动时，A与鸟串联后的总电阻减小，电流增大，根据尸二,“1可知此时热功率增大，故A正确：

B.将丁向〃端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器氏的滑片位置不变时，通过

片的电流减小，故热功率减小，故B错误；

C.将丁向。端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向/端滑动，R与

尺串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故C正确；

D.将7向〃端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与

用串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误。

故选AC。

20.蹦床运动中，体重为‘仇厘的运动员在r=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小/与时间/的关系

如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重

力和速度大小取1面,广。下列说法正确的是()

FN

00.51.01.52.02.5

A」=015S时，运动员的重力势能最大

B」=030S时，运动员的速度大小为1而几

c。二100s时，运动员恰好运动到最大高度处

D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【写案】BD

【解^5]

【详解】A.根据牛顿第三定律结合题图可知，=°15s时，蹦床对•运动员的弹力最大，蹦床的形变最最

大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

BC.根据题图可知运动员从'一030s离开班床到f-21再次落到蹦床，经历的时间为二£,根据竖直，

抛运动的对称性可知，运动员上升时间为Is,则在f二13s时，运动员恰好运动到最大高度处，

r=030s时运动员的速度大小

v=10xlm/s=10m/s

故B正确，C错误；

D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为ISWs,以竖直向上为正方向，根据动量定理

Fbt-mgAt=wv-(-w)

其中

△r-03s

%=B'E

A.若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都

趋近于零，则图像A可能正确；

B.因广。时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；

CD.若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于vo,线圈进入磁场做加速度减小

的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减

速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。

三、非选择题（174分）

22.学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力

加速度大小为98m/J。

（1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为N（结果保留1位小数）；

（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为45N,则此段时间内物体处于（填“超重”或“失

重”）状态，电梯加速度大小为（结果保留1位小数）。

【答案】（1）5.0（2）①.失重②.1.0

【解析】

【小问1详解】

由图可知弹簧测力计的分度值为0.5N,则读数为5.0No

【小问2详解】

[IJ电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4511,小干物体的重力可知此段时间内物体处干失重状态:

[2]根据

G=mg=5ON

根据牛顿第二定律

wg-T=ma

代入数据联立解得电梯加速度大小

a«l.Om/s"

23.电阻型氧气传感器的阻值会随所处环境中的氧气含量发生变化。在保持流过传感器的电流（即工作电

流）恒定的条件下，通过测量不同氧气含量下传感器两端的电压，建立电压与氧气含量之间的对应关系，

这•过程称为定标。一同学用图（a）所示电路对他制作的一个氧气传感器定标。实验器材有：装在气室

内的氯气传感器（工作电流hnA）、亳安表（内阻可忽略）、电压表、电源、滑动变阻器、开关、导线

若干、5个气瓶（氧气含量分别为1%、5%、10%、15%、10%）。

气体入口气体出n

传感器接线柱——乡।

（1）将图（a）中的实验器材间的连线补充完整,使其能对传感器定标；

（2）连接好实验器材，把氧气含量为1%的气瓶接到气体入口；

（3）把滑动变阻器的渭片滑到端（填Z'、或*,闭合开关：

（4）缓慢调整滑动变阻器的滑片位置，使亳安表的示数为】mA,记录电压表的示数U；

（5）断开开关，更换气瓶，重复步骤（3）和（4）：

（6）获得的氧气含量分别为1％、密、10%和"％的数据已标在图（b）中；氧气含量为20%时电

压表的示数如图（c）,该示数为V（结果保留2位小数）。

现测量一瓶待测氧气含量的气体，将气瓶接到气体入口，调整滑动变阻器滑片位置使亳安表的示数为

1mA.此时电压表的示数为L50V,则此瓶气体的氧气含量为%（结果保留整数）。

05101520辄气含量(％)

图(b)图(c)

气体入口气体出口

【专案】①.a③.1.40©,17

【解析】

【洋解】（1）［1］为了保持流过传感器的电流恒定，电阻型氧气传感器两端的电压调节范围较大，所以滑

动变阻器采用分压式接法，由广亳安表内阻可忽略，所以电流表采用内接法，实物连接图如图所示

气体入口气体出口

（3）［2］为了保护电路，闭合开关前，需要电阻型氧气传感器两端的电压为零，故滑动变阻器的滑片滑到

。端口；

（6）［3］由图可知，电压表的分度值为0.1V,需要估读到分度值下一位，其读数为1.40V；

［4］当瓶气体的氧气含量为20%时，电压为1.40V,在图（b）中描出该点，用平滑的曲线将各点连接起

来，如图所示

可知电压表的示数为1.5OV时，此瓶气体的氧气含量为17%.

24.为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从'=°时由静止开始做匀加速运动，加速度大

小a=2m/J,在'i=l°s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，G=4Is时在救护

车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速%=540111%,求：

（1）救护车匀速运动时的速度大小；

（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。

【答案】（l）20m/s；（2）680m

【解析】

【洋解】（1）根据匀变速运动速度公式

v-ar

可得救护车匀速运动时的速度大小

v=2xlOm/s=2Om/s

（2）救护车加速运动过程中的位移

=gaf；=100m

一

设在’3时刻停止鸣笛，根据题意可得

—+100

%33

停上鸣笛时救护车距出发处的距离

r=xlxv

代入数据联立解得

x=680m.

25.如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R,其余电阻忽

略不计，电容大小为C在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强

度为8的匀强磁场中。

（1）开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为可。当外力功率为定值

电阻功率的两倍时，求金属棒速度V的大小。

（2）当金属棒速度为u时，断开开关S,改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率

的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。

y.生U=9k用=变型

【答案】⑴2；（2）4,8

【解析】

【详解】（1）开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则

尸=产,=BIL

由闭合电路欧姆定律

R

金属棒切割磁感线产生的感应电动势为

5=SZv0

联立可得，恒定的外力为

在布速阶段，外力的功率为

耳=网=典正

R

定值电阻的功率为

1R

若%=：&时，即

二一3物

及,二一-

化简可得金属棒速度口的大小为

v.幺

■

(2)断开开关S,电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有

R=BLV=IR+N

C

当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，可路中电流不断减小，则金属棒所受安培力

%=3辽不断减小，而拉力的功率

%=『v=BILv

定值电阻功率

当耳=:用时有

BILv=2I^R

可得

BLv

ZR=—

根据

C

可得此时电容器两端电压为

4竽网一组卷园

・・・・•••<•«2・・»9

qBLV1a

TT=亏=严％

从开关断开到此刻外力所做的功为

W=ZBIL(vAr)=BLvZIAr=BLvq

其中

CBLv

联立可得

8

26.钻在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钻、钵的十二’价氧化物及锌

和铜的单质。从该废渣中提取钻的一种流程如下。

NaOHNaC,

稀H£ChH2sNa2S2Os0

浸渣CuSMnO2滤渣CO(OH)3

注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于L,其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。

^(CuS)=6.3x10.K.(ZnS)=2.5x1Or.K.(CoS)=4OxlOn

K

L

O

E

)

(、

工

)

(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是

(2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是

2n

(3)假设“沉铜”后得到的滤液中J।和5C°।均为O.lOmolL」，向其中加入Na/至2n”沉淀

完全，此时溶液中5C°)=m。】L\据此判断能否实现Zn”和C。”的完全分离(填“能”或

“不能

(4)“沉锦”步骤中，生成九产生H'的物质的量为。

(5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是0

(6)“沉钻”步骤中，控制溶液PH=5M55,加入适量的NaClO氧化Co”,其反应的离子方程式为

____O

(7)根据题中给出的信息，从“沉钻”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是。

【答案】(I)增大固体与酸反应的接触面积，提高钻元素的浸出效率

(?)COO+HJSO4=COCO4+H>0

(3)①.】6xl()T②.不能

(4)4Omol

(5)%(OH%

⑹2CO34+5QO・+5HQ=tCUOH),J+CT+4HC1O

(7)向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的PH接近12但不大于12,静置后过滤、洗

涤、干燥

【解析】

【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钻、钵的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时.，铜不

溶解，Zn及其他+二价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶

液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2s208将钵离子氧化为二氧化钵除去，同

时亚铁离子也被氧化为铁离子：再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4,铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除

去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钻，得到CO(OH)30

【小问1详解】

“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钻元素的浸出效率。

【小问2详解】

“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他+二价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相

应的+2价阳离子进入溶液，即Cu°为转化为CoSO4,反应的化学方程式为

CoOffiFOs^CoSO.4H30。

【小问3详解】

假设“沉铜”后得到的滤液中"2n力和LC°"1均为010moiL”,向其中加入至友"沉淀完

-4x10-32

c(s》)=孑molL-1=25xl0-nmolL-1

全，此时溶液中W,则