广西北流市实验中学2019-2020学年高二理综下学期入学检测试题（PDF）答案.pdf

1、1北流市实验中学 2020 年春季期高二理科开学热身试答案解析生物答案1、【答案】C【解析】淀粉酶不含有 P 元素，A 项错误；酶具有催化作用，不具有调节作用，B 项错误；淀粉酶的化学本质是蛋白质，基本组成单位是氨基酸，C 项正确；碘液不能用于蛋白质的鉴定，D 项错误。2【答案】D3、【解析】AaBbEe 与 AaBbEe 婚配，子代基因型种类有 33327 种，其中显性基因个数分别有 6 个、5 个、4 个、3 个、2 个、1 个、0 个，共有 7 种表现型。【答案】A4、【解析】A 选项正确，过程的育种方法是杂交育种，能产生新的基因型，过程的育种方法是诱变育种，能产生新的基因。B 选项正确

2、，过程的育种和过 程的育种分别是单倍体育种和多倍体育种，均利用了染色体变异的原理；C 选项正确，过程是为了筛选符合生产要求的表现型，过程是为了筛选符合生产要求的纯合子；D 选项错误，E 中的染色体数是其他个体的一半。【答案】D5、【解析】选 B。神经元线粒体的内膜上进行有氧呼吸的第三阶段，有氧呼吸的第三阶段是H和氧结合形成水，同时生成大量的 ATP，故 A 项正确。神经递质在突触间隙中的移动属于扩散，不消耗 ATP，故 B 项错误。蛋白质的合成都需要消耗 ATP，故 C 项正确。神经细胞兴奋后恢复为静息状态时，将 Na排出细胞，是主动运输的过程，需要消耗 ATP，故 D 项正确。6、答案【答案

3、】B231、【答案】(1)1010108既不促进也不抑制促进(2)小于重力32、【答案】(1)C能(2)胞吐突触间隙(3)兴奋33、【答案】(1)初生增强(2)第一25(3)呼吸作用(4)物理信息化学信息【解析】(1)初生演替是指在一个从来没有被植物覆盖的地面，或者是在原来存在过植被、但被彻底消灭了的地方发生的演替。次生演替是指在原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方发生的演替。裸岩阶段到森林阶段的演替是初生演替，在此过程中，物种的丰富度增加，生态系统的自我调节能力会增强。（2）若 B 表示食草动物，则 A 属于生产者（第一营养级）。若 C 增加

4、1kg，至少需要消耗 A 的量按传递效率 20计算，12020=25kg。(3)碳元素从生物群落到无机环境是通过呼吸作用完成的。(4)通过声、光、色、温度、湿度、磁力等信息的传递都是物理信息，通过化学物质的传递都是化学信息，所以光照对生物来说属于物理信息，花香吸引昆虫属于化学信息。34、【答案】（1）吞噬细胞记忆细胞（2）淋巴因子（3）蛋白质浆细胞【解析】试题分析：（1）（2）抗原经过吞噬细胞处理后，呈递给 T 细胞，促进 T 细胞产生淋巴因子作用于 B 细胞，B 细胞增殖分化为产生抗体的浆细胞和记忆细胞，为体液免疫。（3）抗体为球蛋白，在浆细胞核糖体合成，经过内质网和高尔基体加工后分泌到细胞

5、外。35.（1）隐性分离（2）aa（3）2/3化学答案7、A8、B9、D10、D11、A12、C13、C27、（共 13 分）（1）三VIA（各 1 分）（2）S(1 分)（3）NH3（1 分）；H2O（1 分），因为 H2O分子之间存在着氢键的作用（2 分）（4）（2 分）3（5）NH4SCN（2 分），离子键，（极性）共价键（各 1 分）28、（共 14 分）（1）（1 分）（2）酸性（1 分），NH4+H2ONH3H2O+H+（2 分）（3）大于（2 分）（4）=（2 分）（5）（2 分）（6）NH 3H 2O+H+=NH 4+H 2O（2 分）（7）A（2 分）29、（共 16 分,每

6、空 2 分）（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)H=-354.8kJmol（2）48/a2（molL-1）-2（不写单位不扣分）正向 C（3）2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+；34.8减小30、【解答】解：2min 内 v（Q）0.075molL1min1，则n（Q）0.075molL1min12min20.3mol，根据表中数据可知，2min 内 X 的物质的量变化为：0.8mol0.7mol0.1mol，Z 的物质的量变化为：1mol0.8mol0.2mol，根据反应速率 v（Z）：v（Y）1：2 可知，Y 的物质的量变化为：n（Y）2n（Z）0.4mol，

7、反应方程式中物质的量变化与其化学计量数成正比，则：m：n：p：q0.1mol：0.4mol：0.2mol：0.3mol1：4：2：3，所以 m1、n4、p2、q3，反应方程式为：X（g）+4Y（g）2Z（g）+3Q（g），（1）2min 内消耗的 Z 的物质的量为：n（Z）1mol0.8mol0.2mol，则用 Z 表示 2min内的反应速率为：v（Z）0.05molL1min1，故答案为：0.05molL1min1；（2）2min 内生成 0.1molX，根据反应 X（g）+4Y（g）2Z（g）+3Q（g）可知，2min 内生成 Y 的物质的量为 0.4mol，则起始时 Y 的物质的量为：2

8、.7mol0.4mol2.3mol；Q 在2min 内物质的量减少，根据反应方程式可知，2min 内消耗的 Q 的物质的量为：0.1mol30.3mol，则起始是 Q 的物质的量为：2.7mol+0.3mol3mol，故答案为：2.3mol；3mol；（3）根据以上分析和计算可知，m1、n4、p2、q3，故答案为：1；4；2；3；（4）对于该反应，能增大正反应速率的措施是，A增大容器体积，压强减小，反应速率减小，故 A 错误；B移走部分 Q 是减小浓度，反应速率减小，故 B 错误；C通入大量 X 是增大物质浓度，反应速率增大，故 C 正确；D升高温度能加快反应速率，故 D 正确；故答案为：CD

9、；4（5）A反应达到平衡状态是正逆反应速率相同且不为 0，是动态平衡，不是反应停止了，故 A 错误；B达到平衡状态为动态平衡，正反应速率与逆反应速率相同且不为 0，故 B 错误；C反应物和生成物浓度不变是平衡标志，反应物与生成物浓度相等不能说明反应达到平衡状态，故 C 错误；D正反应速率与逆反应速率相等是平衡的标志，故 D 正确；物理答案14解：A、开始时，重力和电场力平衡，故：mgqE；将 A 板向下移，由 E可知，E 变大，故油滴应向上加速运动；根据 C、C，有：Q，因电压 U不变，随着间距 d 减小，故电容器电量增大，充电，故 G 中有 ab 的电流，由于电场强度E 变大，则 PB 电势

10、差增大，而 B 板接地，因此 P 点电势降低；故 A 错误；B、若将 A 板向右平移一小段位移，由 E可知，E 不变，油滴仍静止；根据 C、C，有：Q，故电容器电量减小，放电，故 G 中有 ba 的电流，因 BP 电势差不变，那么P 点的电势也不变；故 B 正确；C、若将 S 断开，Q 不变，A 向左平移一小段距离，根据 C可知，电容 C 减小，再根据 C可知，U 增大；根据 UEd 可知，E 增大；电场力增大，油滴向上运动；但由于电量不变，故 G 中无电流，由于电场强度 E 变大，则 PB电势差增大，而 B 板接地，因此 P 点电势降低；故 C 错误；D、若将 S 断开，Q 不变；再将 A

11、板向下平移一小段位移，根据 C，电容增大；根据 C、UEd，得到 E，故电场强度不变，故电场力不变，故油滴静止，G 中没有电流，且 P 点电势也不变，故 D 错误；故选：B。15解：电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过电流表 G 的电流偏小，串联的电阻 R偏大，为减小串联电阻 R 的阻值需在 R 上并联一个比 R 大得多的电阻，所以 D 正确；故选：D。16解：A、电容器只有在充、放电时才有电流流进、流出，电路稳定时电容器极板带电量恒定，其所在支路没有电流，二极管可以正向导通（理想二极管正向电阻为零，相当于导线），反向电阻无穷大（相当于断路）。刚闭合开关时，对电容器充电，R2 中有充电电流

12、，对二极管是加了反向电压，没有电流流过，故 A 错误；BC、电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于路端电压，路端电压等于电源电动势，故 B 错误、C 正确；D、开关断开时，电容器如果放电，对二极管是加了反向5电压，电流不能通过，因此电容器不能放电，故 D 错误。故选：C。17解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多。外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则位置磁通量大。而位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则位置磁通量小。故选：B。18解：A、ab

13、杆在外力作用下向右加速运动，根据右手定则，可知，ab 杆中感应电流方向由 a 到 b，由于其相当于电源，则 a 端电势低于 b 端，故 A 错误；B、因 ab 杆向右加速运动，则产生的感应电动势增大，则形成的感应电流增大，那么线圈 L1 的磁通量增大，则线圈 L2 的磁通量也增大，故 B 正确；C、因 ab 杆的切割，则穿过线圈 L1 的磁通量向上，且增大，那么穿过 L2 的磁通量向下增大，依据楞次定律，则线圈 L2 的感应电流逆时针方向，即从 c 到 d，故 C 正确；D、根据左手定则，结合以上分析，可知，cd 杆受到水平向右的安培力的作用，故 D 正确；本题选择错误的，故选：A。19解：A

14、、若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，故 A 正确；B、感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故 B 错误；C、当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈 A 中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，线圈 B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知 A 与 B 中感应电流方向相反，故 C 错误；D、结合 A 的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈 A、B 都在阻碍电梯下落，故 D 正确。故选：AD。20解：A、B、x 图象的切线斜率表示电场强度，0 x2

15、 之间x 图象的斜率先增大后减小，且斜率一直为负值，说明电场强度方向不变，向右，电场强度先增大后减小，故A 正确，B 错误；C、0 x2 之间电场强度方向向右，故一负电电荷从 O 点由静止释放，仅受电场力作用，由于负电荷受到的电场力的方向与场强的方向相反，所以是向右减速，速度一直减小，动能减小，则电势能增大，故 C 错误；D、0 x2 之间电场强度方向向右，故一正电电荷从 O 点由静止释放，仅受电场力作用，是向右加速，速度一直增加，故 D正确；故选：AD。21解：A、带电小滑块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上。根据左手定则知，小球带正电。故 A 正确。B、小球

16、在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为 mgsin，根据牛顿第二定律知 agsin，小球在离开斜面前做匀加速直线运动。故 B 正确，C 错误。D、当压力为零时，6在垂直于斜面方向上的合力为零，有 mgcosqvB，解得故 D 正确。故选：ABD。22解：（1）电表使用前要调节机械调零旋钮，使指针指在 0 刻线位置，故调节 S 旋钮；欧姆表测量前要进行欧姆调零，调节 T 旋钮，使指针对准零刻度线；指针偏转度过小，说明电阻偏大，故需选择较大的倍率；每次换挡要重新调零，再进行电阻的测量；故顺序为 ADC；（2）采用多用电表的电流档进行电源电动势和内阻的测量，即采用安阻

17、法测电源电动势与内阻，故电路图如图所示：由于干电池的电动势约为 1.5V，估算可知选择开关应旋至“直流电流 100mA”；由图示电阻箱可知，电阻箱示数是 110+2112；采用安阻法测电源电动势与内阻时，EI（r+R），则，图象 R 一为图象，图象斜率等于电源电动势，图象与纵轴交点截距是电路的总电阻，即干电池内阻与电阻箱阻值之和，即多用电表直流电流 100mA 档和干电池的电阻之和。故答案为：（1）S，T，0 刻线；ADC；（2），直流电流 100mA、12；1.40、多用电表直流电流 100mA 档和干电池。23解：（1）两滑动变阻器均可保证电路安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大值较小

18、的 B；一节干电池在放电时，一般的要求是放电电流约小于 1A，所以可以选择 0.6A的电流表 E；7（2）由图象可知，图象与纵轴交点是 1.5V，则电源电动势 E1.5V，电源内阻 rRA0.20.8；故答案为：（1）B，E；（2）1.5、0.8；24解：（1）粒子在垂直金属板方向的加速度 ay粒子到靶 MN 上时垂打直金属板方向的速度 vyay（）得 vyv0v2v02+vy2解得 vv0（2）零 时 刻 进 入 的 粒 子 向 下 偏 转，设 第 一 个周 期 的 侧 移 量 为 y0 则：第一个、第二个和第三个周期的侧移量之比为 1：3：3，由于：，所以：（3）T，tnT（n0，1，2。

19、）时刻进入的粒子打在靶上距 O1 下方最远 Y2，tnT+时刻进入的粒子打在靶上距 O1 下方最近 Y1，所有粒子射出时都相互平行；粒子从射出金属板后到打到靶上在竖直方向侧移Yvy（）所以 O1 点下方处有粒子击中；答：（1）粒子打到靶 MN 上的速度大小为v0（2）要使粒子能全部打在靶 MN 上，板间距离 d 应满足（3）在距靶 MN 的中心 O1 点下方范围内有粒子击中；25解：（1）由题意可知，粒子先做类平抛运动，再做匀速圆周运动，最后做匀速直线运动，粒子的运动轨迹如图所示：粒子在电场中做类平抛运动，设运动的时间为 t，到达 M 点的速度大小为 v，方向与 y 轴负方向成角；则有：Lv0

20、t8，联立解得：30，v2v0；（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，有：，由几何关系有：，联立解得：。答：（1）粒子进入磁场时的速度大小为 2v0，方向与 y 轴负方向成 30；（2）匀强磁场的磁感应强度为。26解：（1）金属棒 ab 达到最大速度 vm 时，受力平衡，根据平衡条件有：F 安+mgcos37mgsin37金属棒 ab 产生的感应电动势为 EBLvm感应电流为金属棒 ab 受到的安培力 F 安BIL联立解得最大速度 vm8m/s；（2）棒 ab 向下 vm5m/s 时，电动势为 EBIv感应电流为金属棒 ab 受到的安培力 F 安BIL代入数据 F 安5N 棒 ab 的加速度为 a，由牛二定律 mgsin37F 安mgcos37ma解得 a1.5m/s2（3）应用能量守恒定律有解得 Q16J根据 QI2Rt 可知，电阻 R 上产生的热量解得：QR12J。