高考前第二次熱身生物試卷答案16DCCCBC29.（9分）除說明外每空均2分(1)環割抑制光合作用，摘心促進光合作用(2)吸收礦物質(N、Mg)能力下降光合產物積累在葉片（1分）該組光合速率小，碳反應固定的CO2少，導致其胞間CO2濃度最高。(3)摘去枝項端幼嫩部分，破除新梢頂端優勢，促進側枝生長增加葉片數量，提高凈光合速率30．（10分）除說明外每空均2分(1)一方面，不少內分泌腺本身直接或間接地受中樞神經系統的調節；另一方面，內分泌腺所分泌的激素也可以影響神經系統的發育和功能促進新陳代謝及促進生長發育(2)甲（1分）甲狀腺激素（1分）(3)內正外負（1分）神經遞質（1分）(4)將實驗鼠隨機均分為兩組，并測定兩組小鼠的耗氧量，給實驗組灌喂一定量的甲狀腺激素，對照組灌喂等量的生理鹽水，一段時間后測定兩組小鼠的耗氧量并進行比較。31.（11分）除說明外每空均2分(1)植被具有抗鹽堿性、選擇當地物種等誘殺了雄蟲，破壞該害蟲種群的性別比例，導致出生率下降，有利于控制害蟲的種數數量(2)競爭、捕食取食藻類的動物除了鰱魚還有其他生物類群(3)提高能量利用率（能量多級利用）；加快生態系統的物質循環（廢物資源化）；減少環境污染直接（1分）32.（9分）除說明外每空均2分(1)感病矮莖（1分）9：3：3：1（1分）基因自由組合定律（1分）(2)1抗病紅花高莖：抗病白花矮莖：感病紅花高莖：感病白花矮莖=1：1：1：1837.（15分）除說明外每空均2分(1)多聚半乳糖醛酸酶、果膠分解酶和果膠酯酶分解果膠，瓦解植物的細胞壁及胞間層(2)吸附醋酸菌和有利于增加透氣性醋酸菌（1分）3035℃(3)使原料與萃取劑充分接觸、除去水分，利于萃取劑溶解花色苷性質和使用量(4)防止營養物質結構被破壞熱身考（二）理綜化學答案題號78910111213答案DCCABDD26．（15分）（1）NaAlO2、NaOH（2分，各1分）Al2O3+2OH?=2AlO2?+H2O（2分）（2）固體溶解，有黃綠色氣體生成（2分）Co2O3+2FeO+10H+=2Co2++2Fe3++5H2O（2分）（3）Fe(OH)3（1分）1×10(3a?47)（2分）調pH使Mg2+轉化為Mg(OH)2過程中，Co(OH)2先沉淀，從而導致Co元素的損失（2分）（4）2Co3O4=6CoO+O2↑（2分）27．（15分）（1）kJ/mol（2分）（2）=1\*GB3①保持體系總壓為常壓，摻入水蒸氣相當于減壓，時平衡正向移動，增大乙苯的轉化率（2分）=2\*GB3②m3>m2>m1（2分）=3\*GB3③e（1分）=4\*GB3④(101×353)×(101×353)101×253（2分）<（（3）=4\*GB3④（2分）（4）K1·K2（2分）28．（13分）（1）=1\*GB3①SO2易溶于水，使用70%硫酸能減少的溶解損耗SO2（1分）=2\*GB3②觀察氣體流速（1分）=3\*GB3③Ca(ClO)2+4HCl(濃)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O（2分）=4\*GB3④堿石灰（1分，其他合理答案給分）（2）=1\*GB3①作脫水劑，與水反應產生HCl抑制AlCl3水解（2分，各1分）=2\*GB3②SOCl2+4OH—=SO32—+4Cl—+2H2O（2分）（3）=1\*GB3①FeCl3·6H2O具有氧化性，SOCl2與水反應生成的SO2具有還原性，會發生氧化還原反應（2分）=2\*GB3②ab（2分，各1分，有錯0分）35．（15分）（1）ds（1分）（2）4s2（1分）Co原子半徑小且價電子數多，金屬鍵強（2分）（3）B（1分）正四面體形（1分）（4）6（1分）sp2、sp3（2分）C<O<N（1分）（5）5：1（1分）（2分）（6）34×36．（15分）（1）苯甲醛（1分）溴原子、羰基（或酮基）（2分）（2）（2分）；取代反應（1分）（3）（2分）（4）12（2分）；（2分）（5）（3分）14.【答案】C

【解析】解：根據公式C=QU，當細胞膜兩側的電勢差從?70mV變為30mV

所以

故ABD錯誤，C正確

故選：C。

本題考查公式C=QU和I=Qt的使用情況，兩個公式進行結合計算即可。15.【答案】D

【解析】解：A、當線框轉動時，框內電流方向每經過中性面一次都要變化一次，故A錯誤；

B、由圖乙可知，電動勢的最大值為Um，有效值為Um2，故B錯誤；

C、金屬框轉過半周流過電阻的電荷量為：q=I?Δt=E?RΔt=ΔΦR=2BL2R，則金屬框轉過一周流過電阻的電荷量為：q'=2q=4BL2R，故C錯誤；16.【答案】C

【解析】根據圖像可知小球接觸彈簧時的加速度為a0，故重力加速度g=a0，所以第一宇宙速度為

a0R

，故A錯；當壓縮量為x0時加速度為0，故kx0=mg，所以k=

ma0x0

，故B錯；根據mgx=

12

kx2可知，若小球從彈簧原長處釋放到最底部時小球的加速度為17.【答案】D

【解析】帶電粒子進入大氣層后，由于與空氣相互作用，粒子的運動速度會變小，在洛倫茲力作用下的偏轉半徑

r=mvBq

會變小，故A錯誤；

若越靠近兩極地磁場越強，則隨著緯度的增加地磁場變強，其他條件不變，則半徑變小，故B錯誤。

漠河地區的地磁場豎直分量是豎直向下的，宇宙粒子入射后，由左手定則可知，從下往上看將以順時針的方向向前旋進，故C錯誤；

當不計空氣阻力時，將帶電粒子的運動沿磁場方向和垂直于磁場方向進行分解，沿磁場方向將做勻速直線運動，垂直于磁場方向做勻速圓周運動。若帶電粒子運動速率不變，與磁場的夾角變小，則速度的垂直分量變小，故粒子在垂直于磁場方向的運動半徑會減少，即直徑D減小。而速度沿磁場方向的分量變大，故沿磁場方向的勻速直線運動將變快，則螺距Δx將增大。故D18.【答案】D

【解析】A、B組成的系統因有電場力做功，故機械能不守恒，故A不選；A到最低點時B的速度為0，處于平衡態，故桿子對B的作用力等于電場力qE，則輕桿對A的作用力也為qE，故B不選；當桿的作用力為0時，A的機械能最小，此時B僅受電場力，故B的加速度大小為

qEm

，故C不選；根據系統能量守恒mgL+qEL=

12

mv2，A落地的瞬時速度為

2gL+19.【答案】BC

【解析】A.?A分解為豎直向上的勻減速直線運動與水平向右的勻速直線運動，相遇時A達到最高點則其豎直方向的速度為0，水平方向速度不變，合速度不為0，故A錯誤；

B.設A在豎直方向的分速度為vy，則相遇時滿足：vyt?12gt2=v2t?12gt2，解得v2=vy，即B達到最高點，速度也為0，故B正確；

C.A20.【答案】CD

【解析】【分析】

假設Q和P恰能靜止，分別對Q和P受力分析，根據平衡條件列式求出動摩擦因數，從而分析判斷正確答案。

本題考查受力分析和共點力的平衡，關鍵在于隔離物體進行受力分析，利用平衡條件求解。

【解答】

假設Q和P恰能靜止，對Q分析T=對P分析T+μ聯立解得μ=36。

所以當物塊P、Q間動摩擦因數大于36時，系統能處于靜止狀態，故CD21.【答案】BD

【解析】根據題意，由圖乙可知，木塊初狀態的機械能全部為動能，大小為

，末狀態動能為0，機械能全部為重力勢能，大小為

2EAC.由上述分析可知，木塊的重力勢能增加了

2E0

，由功能關系可知，克服重力做功為

2E0

，設木塊的重力大小為

G

，由公式

W=Fx

可得，解得，故BD.根據題意可知，除重力做功外，只有摩擦力做功，設摩擦力大小為

f

，由功能關系有，解得，又有，解得μ=36，故BD正確。故選BD。22.【答案】(1)3.200；(2)g?=d22Δt【解析】【分析】

本題考查了利用自由落體運動來驗證動能定理和動量定理，對于實驗問題解題的關鍵是能夠掌握實驗設計的原理，掌握實驗中處理數據的方法。

(1)螺旋測微器的讀數等于固定刻度加可動刻度，需要估讀；

(2)根據動能定理列式分析驗證動能定理的表達式，根據動量定理列式分析動量定理的表達式。

【解答】

解：(1)螺旋測微器的讀數等于固定刻度加可動刻度，即為3mm+20.0×0.01mm=3.200mm；

(2)小球下落過程中只受到重力作用，小球通過光電門時的速度為v=dΔt，

根據動能定理可知mg?=12mv2，即g?=d22Δt2；

根據動量定理有mgt=mΔv=mv23.【答案】(1)串聯；；

(2)

；a

；

(3)會

【解析】(1)要改裝成量程為3V的電壓表，應串聯一個分壓電阻，其阻值為(2)小燈泡的電阻遠小于電壓表的內阻，屬于小電阻，電流表采用外接法。電路圖如圖所示開關S閉合之前，滑動變阻器的滑片應置于a端使待測支路電壓為零。(3)舊電池阻與小燈泡組成閉合電路，路端電壓路端電壓

，則有圖像如圖所示圖象交點應該在坐標軸描點最后一點的上方，此時電流燈泡兩端電壓因此小燈泡兩端的電壓會超過額定電壓。24.【答案】(1)小球在電磁場區域做勻速圓周運動，則在豎直方向上受力平衡，即虛線右側電場方向一定向下，且滿足：qE=mg

①解得：E=

mgq

(2)由(1)可知虛線左側的電場方向向上，小球從A運動到D點的過程中，設小球經過D點時的速度大小為v根據動能定理可得：mgR+qER=

12

mv設小球到達D點輕繩被拉斷前一瞬間承受的拉力為F，根據牛頓第二定律有F?qE?mg=

mv2聯立①③④解得F=6mg

⑤根據牛頓第三定律可得輕繩被拉斷前一瞬間承受的拉力大小為6mg，方向向下(3)設小球在電磁場區域中做勻速圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律有

qvB=

mv2由⑥式可知B越大，r越小，當小球運動軌跡恰好與電磁場屏蔽區邊界相切時，r有最大值，B有最小值，如圖所示，根據勾股定理可得：(2R)2聯立③⑥⑦解得：B=

4m25.【答案】解：(1)設滑塊P第一次經過B點時的速度大小為vB，由題意并根據牛頓第二、第三定律可知11mg?mg=mvB設滑塊P被發射后經過A點的動能為EkA，對滑塊P從A到12m聯立①②解得EkA(2)設滑塊P在CD段上運動的最高點為F，對滑塊P從B到F的運動過程，根據動能定理有0?12對滑塊P從B沖上BCD段后再返回AB段停止在E的過程，根據動能定理有0?12聯立①④⑤解得xBE=2.32(3)因為滑塊P的質量小于滑塊Q的質量，所以滑塊P、Q碰撞后P將反彈，設碰撞后滑塊P、Q的速度大小分別為vP、vQ，根據動量守恒定律有mvB根據能量守恒定律有12m設滑塊Q在CD段上運動的最高點為G，且此次滑塊P最終停止的位置為H，對滑塊P從B到H的運動過程，根據動能定理有0?12對滑塊Q從B到G的運動過程，根據動能定理有0?12由題意可知滑塊Q能夠恰好運動至H點，則對Q從G到H的運動過程，根據動能定理有0?0=MgR(1?cosθ)+Mg聯立①⑦⑧⑨⑩?解得μ'=57【解析】見答案

34.（1）【答案】ABD【解析】A.根據頻率、波速、波長的關系有，故A正確；B.根據小水珠受力可知，小水珠懸浮時，受到的聲波壓力豎直向上，故B正確；C.質點只能在平衡位置附近振動，不會隨波傳播方向遷移，故C錯誤；D.撥出鐵芯，自感線圈的自感系數L減小，LC振蕩電路的周期減小，頻率變大，超聲波頻率變大，波長變短，相同空間距離內節點個數變多，故D正確。故選BD。(2).【答案】解：(1)由題知，上邊界光線進入水球后的光路如圖設入射角為i，折射角為r，由圖中幾何關系可知：sini=0.8，單色光在水中的折射率為：n=(2)當光線由水進入中間的