2018年安徽省江南十校综合素质检测理科综合(含详细解答)

（1）答案D解析：A错在线粒体基质内进行有氧呼吸的第二阶段：将丙酮酸和水彻底分解，线粒体不能利用葡萄糖进行有氧呼吸；B错液泡内不含叶绿素；C错人的红细胞进行的是无氧呼吸，所以在无氧环境中不会影响红细胞对离子的吸收；D对溶酶体和高尔基体在行使其功能时，可以形成一些具膜小泡，因而可能伴随膜组分的更新。（2）答案D解析：A错图1表示翻译过程，图2表示边转录边翻译过程，两图所示的过程不完全相同；B错图2反映了多个核糖体进行多条多肽链的合成过程；C错图1中的①表示mRNA，图2中的①表示DNA图2表示边转录边翻译过程发生在细菌细胞中；从肽链的长短可知图1翻译过程的方向是从右D对②③④⑤表示正在合成的多肽链，向左。（3）答案C解析：A对若进行有丝分裂连续两次细胞分裂后含15N的染色体的子细胞所占比例从1/2到1；B对若子细胞中的染色体都含15N则为减数分裂，若为纯合子则细胞分裂过程中不发生基因重组；C错若子细胞中有的染色体不含15N，则为有丝分裂，如果发生了基因突变，姐妹染色单体上有等位基因，也会发生等位基因的分离；D对减数第二次分裂后期每个细胞中含14N的染色体有8条（4）答案B解析：A错在黑暗环境中一段时间后，根表现为向地性、茎表现出负地性，生长受抑制的是D侧；B对玉米种子萌发初期，赤霉素含量增加，促进了淀粉的水解，为种子的萌发提供物质和能量；C错玉米种子萌发成幼苗过程中是受到多种激素共同调节的结果；D错根、芽合成的生长素能从C运输到D、A运输到B，是生长素的横向运输，不能反映生长素极性运输的特点。（5）答案D解析：A错若为伴X显性遗传Ⅱ-2患病则Ⅲ-3必患病，图中Ⅲ-3正常；B错若该致病基因为质基因，则Ⅲ-4的致病基因来自Ⅱ-3，Ⅱ-3致病基因来自Ⅰ-2；C错因无法判定该遗传病的遗传方式，Ⅱ-1和Ⅱ-2再生一个孩子正常的概率未知。D对若第1页共15页该致病基因为核基因，则该病的遗传方式为常染色体显性遗传，Ⅲ-5为杂合子和一个正常女性（隐性纯合）婚配，子女中带有致病基因的概率为50%（6）答案B解析：A错三倍体植物可以由二倍体和四倍体杂交得到；B对神经系统的某些结构（如下丘脑的神经分泌细胞）既能释放神经递质也能产生激素；C错生物进化的实质是种群基因频率的改变，是由基因突变和基因重组、染色体变异、自然选择等引起的；D错激素与靶细胞作用后就被降解，但由于内分泌腺不断产生激素通过体液运输到靶细胞，因而体液调节作用时间相对较长。（10分）（除注明外每空2分）29、（1）花生种子中富含脂肪，脂肪中C、H元素比例较高，O元素比例较低。因而作为细胞呼吸底物氧化分解时吸收的氧气量大于释放的二氧化碳量（2分）（2）CO2缓冲液（或一定浓度NaHCO3溶液）（1分）减少（1分）（3）光合作用过程中吸收的二氧化碳与呼吸过程中放出的二氧化碳相等时的光照强度（2分）实验设计思路：取7套装置在B中各加入一定浓度的二氧化碳缓冲液（或一定浓度NaHCO3溶液）将整个装置分别放在0Lux200Lux500Lux800Lux1100Lux1400Lux（2分）1700Lux光照下相同时间，记录液滴移动的距离。结果分析：以横坐标表示光照强度，纵坐标表示O2的吸收或释放量，用描点做图法将所得数据连接成曲线。曲线与横坐标交点处的光照强度即为该植物的光补偿点大小。（2分）解析：花生种子中富含脂肪，脂肪中C、H比例较高，O元素比例较低。因而作为细胞呼吸底物氧化分解时吸收的氧气量大于释放的二氧化碳量，容器内气体体积减少液滴向左移动。要测定植物光合速率大小时B内需盛有CO2缓冲液（或一定浓度NaHCO3溶液）保证植物进行光合作用的原料需要和装置内CO2含量的相对稳定。当突然停止光照，光合作用减弱C3的合成速率减小。光补偿点是光合作用过程中吸收的二氧化碳与呼吸过程中放出的二氧化碳相等时的光照强度或者光合速率等于呼吸速率时的光照强度；实验时我们需取7套装置在B中各加入一定浓度的二氧化碳缓冲液（或一定浓度NaHCO3溶液）将7套装置分别放在0Lux200Lux500Lux800Lux1100Lux1400Lux1700Lux第2页共15页光照下相同时间，记录液滴移动的距离。再以横坐标表示光照强度，纵坐标表示O2的吸收或释放量，用描点做图法将所得数据连接成曲线。曲线与横坐标交点处的光照强度即为该植物的光补偿点大小。（9分）（除注明外每空2分）30、（1）突触小体（1分）（2）外（1分）减少（1分）抑制性递质（3）刺激强度过低不能使突触后膜上的电位达到或超过阈电位（4）用同等强度的电刺激同时刺激A和B，观察示波器上是否产生与Ⅱ相同的波形。解析：静息电位的数值是以细胞膜外侧为参照，并将该侧电位水平定义为0mv，当静息电位由-70mv变为-75mv时，神经细胞更难兴奋，兴奋性水平降低。由此突触小体C释放的是抑制性神经递质。刺激强度过低不能使突触后膜上的电位达到或超过阈电位时就不能在突触后神经元上记录到动作电位。用同等强度的电刺激同时刺激A和B，观察示波器上是否产生与Ⅱ相同的波形，若有则说明多个阈下刺激对突触后神经元兴奋具有空间总和效应。31、（10分）（除注明外每空2分）⑴灰身：黑身=8：1⑵不能(1分)D/d无论是在X染色体还是常染色体上，子二代中刚毛：截毛均为3：1能（1分）B/b和D/d这两对基因位于两对同源染色体上1：(1-p)解析：(1)P:BB×bb↓F1:Bb↓F2:1/3BB↓2/3Bb第3页共15页F3:雌配子雄配子2/3B1/3b4/9BB2/9Bb2/9Bb1/9bb2/3B1/3b所以灰身：黑身=8：1由于达到了遗传平衡，B的基因频率为P则b的基因频率为1-p；群体中显性个体的基因型频率为：BB：p2/(p2+2p(1-p))Bb:2p(1-p)/(p2+2p(1-p))种群中显性个体与隐性个体相交，子代中bb的基因型频率为：1/2×2p(1-p)/(p2+2p(1-p))=(1-p)/(2-p)B-的基因型频率为：1-{p(1-p)/(p2+2p(1-p))}=1/(2-p)因此子代中显隐性比例为：1:(1-p)(2)由于D/d无论是在X染色体还是常染色体上，子二代中刚毛：截毛均为3：1所以不能确定D/d是位于X染色体还是常染色体上。由于B/b和D/d这两对基因位于两对同源染色体上，所以可以用来验证基因的自由组合定律。32、（10分）（除注明外每空2分）⑴分解者（1分）⑵①污水中有机物所含有化学能及生产者固定的太阳能单向流动、逐级递减直接（1分）微生物和湿地植物会因为外界溶液浓度过高发生渗透失水而死亡②调整能量流动关系，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分解析：（1）由于题干在已知生活污水中含有大量的有机物，因此主要对污水起净化作用的成分是分解者。污水浓度过大会使微生物和湿地植物因外界溶液浓度过高发生渗透失水而死亡，因此需要进行稀释处理。（2）流经该生态系统的总能量为污水中有机物所含有化学能及生产者固定的太阳能。能量流动特点是单向流动、逐级递减。池塘中的一些大型肉食性鱼类往往会捕捉掉一些鱼、虾等水生动物使养殖效益下降。清除一些大型肉食性鱼类可以调整能量流动关系，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分。该系统能为市民提供大量鲜活鱼虾，体现了生物多样性的直接价值。36、（15分）（除注明外每空2分）第4页共15页⑴琼脂不能乳酸菌为异养生物只能利用含碳有机物乳酸菌产生的乳酸能溶解培养基中的碳酸钙，形成透明⑵平板划线法或稀释涂布平板法圈（3分）⑶（杂菌）污染丢弃本次调查数据，在防止污染情况下重新实验，获得准确数据解析：（1）配制固体培养基时一般要加入琼脂作为凝固剂，乳酸菌为异养生物，不能利用碳酸盐作为碳源，只能利用含碳有机物作为碳源。（2）纯化培养微生物时接种方法有平板划线法和稀释涂布平板法，碳酸钙为不溶物质，而乳酸菌产生的乳酸能溶解培养基中的碳酸钙，形成透明圈。（3）空白培养基中未接种菌种，形成菌落则说明了调查过程中出现了杂菌污染现象，所以本次调查数据为无效数据，必须丢弃，在防止污染情况下重新实验，获得准确数据。（15分）（除注明外每空2分）37、⑴逆转录RNA酶DNA聚合酶是将单个脱氧核苷酸连接到已有核苷酸链的末端，DNA连接酶⑵DNA连接酶是连接两个DNA片段；DNA聚合酶是以DNA的一条链为模板，DNA连接酶不需要模板。（3分答到一点即可）⑶蛋白质A为糖蛋白，其上的糖链是在内质网和高尔基体上加上的，而大肠杆菌无这些细胞器。抗原—抗体杂交⑷引物和（基因A的）双链模板解析：⑴以RNA为模板合成DNA为逆转录过程，需要逆转录酶。在逆转录过程中形成RNA-DNA杂交分子，需要将RNA链水解后，再以DNA链模板合成双链DNA。⑵基因工程中的“分子缝合针”为DNA连接酶；DNA聚合酶只能将单个核苷酸加到已有的核酸片段的3’末端的羟基上，形成磷酸二酯键；而DNA连接酶是在两个DNA片段之间形成磷酸二酯键；DNA聚合酶是以一条DNA链为模板，形成一条与模板链互补的DNA链；而DNA连接酶不需要模板。⑶蛋白质A为糖蛋白，其上的糖链是在内质网和高尔基体上加上的，而大肠杆菌无这些细胞器。基因工程中检测是否翻译出蛋白质用抗原—抗体杂交法。⑷PCR反应体系中有机成分主要包括双链模板、引物、耐高温的DNA聚合酶和四种脱氧核糖核苷酸。第5页共15页理科综合（化学）解析及评分标准

题号答案7A8C9B10D11A12B13D7．A【解析】蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时会有烧焦羽毛气味，故A项说法错误。8．C【解析】A项中OH-数目应为0.1NA，故A项不正确；0.2molNO与0.1molO2反应生成0.2molNO2，NO2部分转化为N2O4，则分子总数大于0.1NA而小于0.2NA，故B项不正确；Na与盐酸反应后，剩余Na继续与水反应，故转移电子数为0.02NA，故D项不正确。9.B【解析】异丁香酚属于芳香族化合物，分子式为C10H12O2，故A项错误；异丁香酚分子中含有碳碳双键和酚羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B项正确；1mol该物质与足量H2发生加成反应，最多可消耗4molH2，故C项错误；甲基、亚甲基中的碳采取sp杂化，所有原子不可能同在一平面上，故D项错误；答案为B。10．D【解析】据题意X、Y、Z、W分别是H、O、S、Cl，则原子半径：S＞Cl＞O＞H,故A项正确；X、Y形成的化合物分子可能为H2O2或H2O，H2O2分子中极性键和非极性键的数目之比为2:1，故B项正确；H2O2、SO2和ClO2均可用于杀菌消毒，故C项正确；Y与Z形成的化合物可能是SO2或SO3，SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成，故D项不正确。11．A【解析】CaCl2与NH3会发生反应生成CaCl2·8NH3，故不能用无水氯化钙干燥氨气，B项错误；分液时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体应从上口倒出，C项错误；如图装置收集氯气时应从短管进气，长管出气，D项错误。12．B【解析】根据电荷守恒，c(Cl)-c(NH4)=c(H)-c(OH)=10mol/L-10mol/L=9.9×10mol/L,故A项正确；根据物料守恒，c(Na)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)、2c(Ca)=c(Cl)，故c(Na)+2c(Ca)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)+c(Cl)，B项不正确；根据物料守恒，2c(Na)＝3c(CO3)＋3c(HCO3)＋3c(H2CO3)，故C项正确；HA的水解平衡常数为kw/Ka1=2.40×10,大于其电离平衡常数4.90×10–11

2－

－

-–8

+

2+

--＋

-7

+

-2+

--+

+

--6

-8

3

，故NaHA溶液呈碱性，D项正确。13．D【解析】由Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C可知正极为Li1-xCoO2得电子，负极为LixC6失电子，故A项错误；由于未指明是标准状况下，故B项错误；由“a电极上一直有大量气泡产生”可知电极a为阴极，电极b为阳极，电极c为阴极，电极d为阳极，故C项错误；随着电解的进行，U形管Ⅱ中溶液碱性不断增强，CuCl沉淀发生如下转化：CuCl+OH-=CuOH+Cl-，故D项正确。第6页共15页（15分）26．（1）平衡压强，使液体顺利流下；测量加入液体的体积（2分）（2）减少洗涤过程中己二酸晶体的损失（2分）；重结晶（1分）。（3）①酚酞（2分）②当加入最后一滴NaOH标准溶液时，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色。(2分)③98.65（2分）（4）①过氧化氢不足时，增大物料比，有利于环己烯被充分氧化，故产率增大（2分）（其它合理答案亦给分）；②过氧化氢过量时，可能会发生副反应，故产率减小（2分）（其它合理答案亦给分）27.（14分）（1）增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率。（2分）（2）3Cu+ClO3-+6H+=3Cu2++Cl-+3H2O（2分）（3）AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O（4）还原（2分）；N2H4+H2O（2分）N2H5++OH-（2分）（5）粗银（1分）；AgNO3（1分）（6）抑制Cu2+、Bi3+的水解，有利于Cu、Bi的生成（2分）（14分）28．Ⅰ.（1）3NO3-+CH3OH=3NO2-+CO2↑+2H2O（2分）；产物没有污染（其他合理答案亦给分）（2分）（2）0.45（2分）Ⅱ.（3）2CO2(g)+6H2（g）=CH3CH2OH(l)+3H2O(l)理答案亦给分）△H=-348.0kJ·mol－1（2分）（其他合（4）①64（2分）；向右(2分)。②增大二氧化碳气体的浓度或升高温度（2分）（答对一项即可，或其它合理答案）【解析】（1）N2O作氧化剂时生成N2，产物没有污染。（2）根据电子守恒，将0.1molNO3-转化为N2时转移0.5mole-，需要Al的质量为：0.5mol÷3×27g／mol=0.45g。（3）根据盖斯定律：①式×3－②式－③式×6，可得：2CO2(g)+6H（g）=CH3CH2OH(l)+3H2O(l)2△H=-348.0kJ·mol－1。第7页共15页（4）①由图1和图2分析可知：起始时n(CO2)=1.5mol,n(CH4)=0.75mol,CO和H2只有一种存在且为3mol（因起始时刻v逆为零）。设到达平衡时CO2转化量为xmolCO2(g)＋CH4(g)起始量（mol）1.5转化量（mol）x0.75x0.75-x2CO(g)＋2H2(g)3（或0）0（或3）2x2x平衡量（mol）1.5-x3+2x（或2x）2x（或3+2x）故平衡时气体的总物质的量为（5.25+2x）mol。再根据图1中平衡时甲烷的体积分数可得：（0.75-x）÷(5.25+2x)=1/25,解得x=0.5。可求得化学平衡常数：K=64。再向容器中各加入0.5mol四种气体时，Qc＜K,故平衡将向右移动。②增大二氧化碳气体的浓度或升高温度，既能加快化学反应速率又能提高甲烷的转化率。35.（15分）（1）3d64s2（2分）；球形（1分）（2）对于组成和结构相似的物质，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，熔点逐渐升高（2分）；三角锥形（1分）（3）（3分）2

（4）4（1分）；sp（1分）；配位键（1分）；6（1分）；N﹥O﹥C（2分）【解析】由晶胞图可求出一个LiFeAs晶胞中含有的锂原子、铁原子和砷原子都为4个，故LiFeAs晶体的密度为552/a3NAg/cm3；同周期中自左向右元素的第一电离能呈增大的趋势，但氮原子2p轨道是一种半充满状态，比较稳定，故其第一电离能比氧原子的大。（15分）（1）苯甲醇（2分）36．（2）氧化反应（1分）；取代反应（1分）（3）(2分)（4）15（2分）；（2分）第8页共15页（5）ACD（2分）（6）（3分）【解析】（1）由合成路线可推出A为；反应②为氧化反应；反应③为取代反应；（4）两个取代基处于对位且含酯基的取代基上有两个碳原子的有如下三种：两个取代基处于对位且含酯基的取代基上有三个碳原子的有如下两种：两个取代基还可处于邻位、间位，共计5×3=15种第9页共15页理科综合（物理）解析及评分标准

14、答案：B21解析：34H1H2He01n

属于小质量的原子核聚变成中等质量的原子核，是聚变反应，A错。裂变反应、聚变反应都存在质量亏损，释放核能。所以B对，C错。中等质量的原子核的比结合能最大，所以D错。15、答案：C解析：根据楞次定律，刚进入磁场时感应电流沿逆时针方向，为正方向，而将出磁场时，感应电流同样也沿逆时针方向，为正方向，B错误；而在线框从第1个磁场进入第2个磁场的过程中，导线框中的磁通量变化得越来越快，感应电动势大小逐渐增大，刚要完全进入到磁场中时恰好达到正向最大，当线框运动2a时由楞次定律和法拉第电磁感应定律可知线框中电流为顺时针，且为运动a时电流的两倍。故选C.16、答案：A解析：滑块A从圆弧最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有mAgR

12

得VA2gR6m/s当滑块A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律mAvA

2

和无动能损失，得VB4m/s；当滑块A与B发生完全非弹性碰撞则mAvA(mAmB)v得V2ms故选A17、答案：C解析：全同卫星不是地球同步卫星，所以不一定与与地球赤道平面重合，A错。三个全同卫星组成的等边三角形的半径约为4.4R，三角形中心是地球，所以由数学知识可以算出全同卫星到地球的半径约为2.5R。根据开普勒第三定律及同步卫星的周期，可以算出全同卫星的周期约4天，小于月球绕地运动的周期27天。故B错，D错，C正确。18、答案：D解析：支持力一直垂直斜面向上，与滑块的位移的夹角小于90O，支持力始终做正功，A错。当F等于（M+m）gtanθ时，滑块受到的静摩擦力等于零。当F大于（M+m）gtanθ之后，第10页共15页滑块受到的静摩擦力沿斜面向下，此后过程中静摩擦力一直做正功。B错。当F不等于零之后，整体有水平加速度，在垂直斜面向上的方向上有分加速度，支持力始终大于mgcosθ。C错。当F等于（M+m）gtanθ时，滑块恰好只受到重力、支持力而向右做匀加速直线运动，支持力的竖直分力等于mg。当F大于（M+m）gtanθ之后，滑块还受到沿着斜面向下的摩擦力，故支持力的竖直分力必须大于mg，所以支持力始终大于mg/cosθ。D正确。19、答案：C、D解析：开始时，原副线圈的匝数比为2:1，所以副线圈上的输出电压的有效值为18伏特，安培表读数为0.25A。A错。变压器不变频，所以周期为0.02秒，频率等于50Hz。B错。保持P的位置不动，副线圈上的输出电压不变。将Q向下移动时，R上的有效阻值减小，故消耗的功率变大。C正确。保持Q的位置不动，R上的有效阻值不变，将Q沿逆时针方向移动少许时，副线圈的匝数增大，输出电压增大，故R消耗的功率变大。D正确。20、答案：A、B解析：物体在奇数秒内做匀加速直线运动，加速度a2(m给出物体运动的V-t图像，如图所示，可以求得：A、B答案正确，推力做功190J，平均功率21.1W。C和D错误。s2)；在偶数秒内做匀速运动。21、答案：A、D解析：A图电场力与D图洛伦兹力都不做功，根据机械能守恒，来到最高点时的速度的平方都为gR。在最高点A图电场力与D图洛伦兹力都向上，故圆形轨道必须对小球有压力。A、D正确。B图中，匀强电场力大小等于mg/2与重力可以合成等效重力，其大小等于3mg/2。显然，根据动能定理，来到最高点时速度的平方小于gR，而等效重力变大，故在最高点等效重力超过所需的向心力，故不能够做完整的圆周运动。所以B错误。C图中，要做完整的圆周运动，必须要过等效最高点，位置在最高点的左边。当小球从最低点来到最高点时，根据动能定理，求出最高点的速度的平方为gR，故来到等效最高点时候，速度减小，而等效重力增大，不能够做完整的圆周运动。C错误。（1）否22、答案：1﹕2：3（2）C、D解析：（1）小球每次平抛运动的时间相等，初速度之比等于落地点到O点的水平距离之比。第11页共15页故不用测量斜槽水平部分的高度H。根据动能定理，三次释放的合力做功之比为1:2:3，因此平抛的初速度的平方之比为1:2:3。平抛运动的水平位移1﹕2：3（2）对全过程列动能定理：(mgsinθ-μmgcosθ)x1=mV2/2且平抛中：V2=gx22/2H。等式两边可以消去m。故答案选C、D（1）增加23、答案：。减小（2）9欧姆0.40A。3.6V。（3）Ⅰ图线。解析：（1）根据串联电路的分压原理可知：电压表V1读数增加，电压表V2读数减小（2）根据串联电路的分压原理可知:U2/RX=U1/(RX+R)故：U2/U1=(RX+R)/RX=1+R/RX

所以：根据图像斜率的倒数可以求出：RX=9欧姆（3）Ⅰ图线反应的是电源的特性，电动势6伏特，内电阻6欧姆。Ⅱ图线反应的是9欧姆定值电阻U-I关系。两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况。横坐标反应串联电路的电流及纵坐标反应串联电路。根据全电路欧姆定律及部分电路欧姆定律可以算出。24：[解析]（1）由左手定则可知，粒子进入圆形区域时所受洛伦兹力的方向为竖直向上，根据物体的运动可知。电场力方向应竖直向下（1分）且：qv0BqE

得EV0B（2分）（2）若撤去电场。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动。由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨道半径满足：r

R

3R（2分）0tg30

2v0v0qv0再由qv0Bm可得（2分）

rmBr3BR（3）仅有电场时，带电粒子做类平抛运动，由平抛运动的规律可知xVt

（1分）y

12at2

（1分）再由几何关系可得：第12页共15页xRRcos600求得V

（1分）yRsin600（1分）（1分）3V02

25：[解析]

（1）设经过t1时间木板开始运动，此时F=μ2(m+M)g

且F1=0.2t1，

联立可得：t1=20（s）

（1分）（2分）

(2)设经过t2时间，滑块与长木板发生相对运动时加速度为a

对滑块列：μ1mg=ma得：a=μ1g=1(m/s2)对木板列牛顿第二定律：F2-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma且：F2=0.2t1联立可得：t2=30s滑块到达电场区的速度为v1

对滑块和木板的整体,在运动过程中，列动量定理：

（F1+F2)(t2-t1)/2-μ2(M+m)g(t2-t1)=(M+m)v1-0解得：v1=5(m/s)

（2分）（2分）（1分）

(3)设小滑块放置的初始位置与长木板左端的距离为x，外力作用时间为t1撤去外力前，木板与木板滑块各自匀加速运动，加速度大小为a1，滑块加速度大小仍为a。为根据牛顿第二定律列出：

F-μ2(M+m)g-μ1mg=Ma1

解得：a1=1.75m/s2(大于滑块加速度a=μ1g=1(m/s2))

（1分）

撤去外力后，速度相等之前，木板匀减速，加速度大小为a2，滑块加速度大小仍为a，根据牛顿第二定律列出：

μ2(M+m)g+μ1mg=Ma2解得：a2=5m/s2

（1分）

速度相等之后，二者各自匀减速运动，木板加速度大小为a3，滑块加速度大小仍为a。

根据牛顿第二定律列出：μ2(M+m)g-μ1mg=Ma3解得：a3=3m/s2

（2分）

设滑块与木板速度相等时的速度为V0，因小滑块既不从左端滑出，也恰好不从右

第13页共15页端滑出木板。

所以:V02/2a-V02/2a3=L板长L=3m代入：V0=3(m/s)

（1分）（1分）

设滑块从启动到与木板速度相等经历的时间为t2，因为加速与减速的加速度大小相等，所以速度相等到滑块停止的时间也为t2显然：V0=at2得：t2=3（s）速度相等之前，研究木板，可知：

a1t1=V0+a2(t2-t1)

代入可得：t1=8/3（s）

（2分）（1分）

所以，x=a1t12/2+V0(t2-t1)+a2(t2-t1)2/2-at22/2代入得：x=3（m）

（2分）

如图所示的v-t图像中，粗线表示滑块的v-t关系，细线表示木板的v-t关系

［物理——选修3–3］（15分）33．（1）B、C、E(2)解析：被封闭的气体原来体积为V1l1s、压强为P1P0gh56cmHg开口向上时，压强为P2P0gh96cmHg设气柱长为l2由玻意耳定律p1V1p2V2求得l2=42cm(2分)(1分)(1分)加热过程为等压变化，当气柱长为l380cm时玻璃管中水银恰好不溢出。(1分)由盖-吕萨克定律V2V3T2T3求得T3571.4(K)

(2分)第14页共15页继续加热，被封闭的气体的体积增加而压强减小，设剩余水银柱高为x时对应温度最高，这时体积为V4(l0x)s，压强为p4p0gx，设温度为T4由气态方程(1分)p4V4P2V2T4T2求得当X12(cm)时，对应最高温度为T4576.2(K)

34.［物理——选修3–4］（15分）（1）ADE(2)解析：根据题意作出光路图如下图所示，可知AN=2R/3，AP=R,=60，在ANP中，由正0

弦定理得，ANAP

sincsin900------①(2分)sinnsin---------------②(2分)sin(900)cos1sin2-------③(2分)sinc

1

----------------④n(2分)(2分)联立①②③④式，得n=3

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