2021级理科综合训练9解析.docx

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1、2023级理科综合训练9解析1.D2.C3.B4.C5.B6.D7.B8.C9.B10.C11.B12.A13.C14 .【答案】B【详解】A.设轨道1、2的半径分别为。、-2,小球在轨道1、2上运动时的速度大小分别为力、V2,根据已知条件有8mg=6匕，咫=机以；rv=1W；弓一4二/?解得4=24=2力，v1=ySgh,v2=y2gh4弓22则小球在单位时间内扫过的面积为S=；4K=屈7故A错误；B.小球在轨道1上运动时的动能为0=4?g力故B正确；C小球在轨道2上运动时的动能为=g，代=mg故C错误；D.此过程中小球动能的变化量为3mg7,说明细绳对小球做功为3，咫爪则细绳对漏斗做的功为

2、3mg九故D错误。故选B。15 .【答案】D【详解】AB.人落地时竖直方向速度分量为匕，则有2的二3解得。=4ms落地后在落地点经过O2s的屈膝缓冲后保持静止，以竖直向上为正方向，由动量定理可得-mg=0-m(f/解得尸=180ON由牛顿第三定律可知，屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800N,屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的冲量为=18000.2Ns=360Ns故AB错误；CD.以地面为参考系，设人跳车后车相对地面的速度为匕，人相对地面水平方向的速度为匕，以初速度方向为正方向，则有匕=-匕+匕；(M+M%=w%+M岭解得匕=/m/s；h=-ms人离开车后做平抛运动，落地时人的速度

3、为U=历彳=苦ms人落地的时间为4=梓=04s结合上述分析，落地时人与小车左端的水平距离为1=1人+1=IMI+M=1.6m故C错误，D正确。故选D。EQ()16 .【答案】C【详解】A.由图可知，当=4m时，q=80J,根据综=冲可得加=-=kg=2kg故Agh10x4正确；B.当1=0时，E总=Ek=IoOJ,根据线=；/2可得%=符后笄/S=101故8正确；C.物体受到重力和阻力的作用，根据动能定理可知合力所做的功为W合=0-2=-1001故w=U8,滑上B后，B受C向右的摩擦力做加速运动，A、B分开，可知B、C系统所受外力为零，动量守恒，故A正确；B.C在A上滑行时，A、B速度相等，且

4、受C的摩擦力向右做加速运动，A、B间有相互作用力，A、C组成的系统动量不守恒，故B错误；CD.无论C在A上还是在B上滑行，三者组成的系统符合动量守恒的条件，故C正确，D错误。故选AC。21 .【答案】BD【详解】A.小球和小车系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，A错误；BD.设小球从小车的左端飞出的速度大小为盯，小球飞出时小车的速度大小也，根据动量守恒定律得-相匕+2加匕根据机械能守恒定律得3掖：=；如，；+32；解得匕=;匕=学整个过程中小球对小车做的功为卬=，2机学=警小球从小车的左端飞出的速度大小为号，整个过程中小球对小车做的功为等，BD正确；C.设共同速度为明根据动量守恒定律得叫=(

5、叶2根据机械能守恒定律得;=1(w+2)v2+mgh解得，小球上升的最大高度为人=善C错误；故选BD。3g机R/匹22 .【答案】通过光电门1和通过光电门2的时间相等7=T-7遮光条通过光电门1、2的时间r1r3r2/.分别为、G以及这两次遮光的时间间隔加，砥4=?a选用质量更大的滑块(或采用V2h)j=(wa+n)v计算动量的变化量等)23 .【答案】BEk=-mg)尸=/咫(3-2CoSa)需要测量的物理量：释放时b球距离地面的高度历和a球上升的最高点距地面的高度/72；这些物理量应满足的关系式为2=15%【详解】(1)由动能定理得一加双4+&)=0-H可得%=4ms在C点时有-Mg=必可

6、得&=84NR根据牛顿第三定律可知，物体首次滑入圆轨道C点时对轨道的压力大小为84N；(2)由动能定理ngH-/咫展=T忧可得=12m(3)由动能定理吆”一g=0可得=5.1m且=41.1+x可得X=O.7m则物体最终停止的位置到C点的距离s=4c-X=0.4m25 .【答案】(1)1010ms2；(2)0.4m；(3)y10Ns,8J【详解】(1)滑块P恰能通过圆弧轨道的最高点。点，则其通过C点时叫g=“正R从B点到C点的过程中，由动能定理可得-犯4=；切忌-；用总滑块P通过与圆心。等高的B点时，支持力提供向心力产N=町立N1RF滑块P通过B点时，合力尸=y(叫g)2+琛由牛顿第二定律得=I

7、OMm2(2)滑块Q通过E点后做斜抛运动，其轨迹如下图所示设滑块Q通过E点时速度大小是V,其水平分速度vt和竖直分速度Vy之间的关系满足tan6(=rOR从E点到尸点的过程中，水平方向做匀速直线运动Ytan60竖直方向做竖直上抛运动-2R=-；gf2解得vr=m/s；v=2Ms由斜抛运动的对称性可知,滑块Q通过与E点等高的G点时,其速度方向与斜面EF平行,故滑块Q位于G点时,与斜面石尸的距离最大，从E点到G点,运动的时间4=丝水平位移X=g滑块Q离开E点后与斜面所间的最大距离d=xsin600=0.4m(3)设滑块P、Q与弹簧分离时，速度大小分别为片和匕，由动量守恒定律可得犯匕=匕滑块P从与弹

8、簧分离到C点的过程中由机械能守恒定律可得3H=gK+2，ngR滑块Q通过E点时速度V=心+d滑块Q从与弹簧分离到E点的过程中由动能定理可得-2叫gR-”gc。S60。二=:孙/一解得sm6022m202kg；v1=v2=2rrs由动量定理可得，弹簧对滑块。的冲量大小/二4匕-0=MNs由能量守恒定律可得，释放滑块P、Q之前弹簧所具有的弹性势能5=gmH+g叫田=8J26(共13分，除备注1分外，其余每空2分)搅拌(1分)(2)2Fe3+H2S=S1+2Fe2+2H+Fe3+3H2Fe(OHX+3H+,加入Ni(OH)?后消耗H+,使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去(4

9、)蒸发皿(1分)出现少量晶膜(1分)(6)H2SO4PH太小，锌的萃取率低，PH太大，锲可能以NMoH)2的形式沉出，不利于硫酸银晶体的生成27、(共14分，每空2分)(1)2KMno&+16Ha(浓)=2KC1+2MnC12+5C12T+8H2O(2) Fe(OH)3+50H-3e-=FeOj-+4H2OKOH固体防止HC1与KoH反应，避免+3价铁的还原性减弱而使K2FeO4产率降低中C(CT)大，不利于2Fe(OH%+3(%+10KOH.ZKFeQt+6KC1+8H2O正向进行。(或根据反应：C122e-=2C,c(C)*,C1?的氧化性减弱)CI2+2OH=CC1O+H2O(4)选用F

10、e(No3)3和过量KoH溶液、通入适量J28(共16分，每空2分)高源(1)2MoS2+7O2-2MoO3+4SO2(2)产生污染性气体SCh(4)2OH-+MoS2+9C1O-=MOO；+2SO：+9C1-+H2O(5)富集Mo元素，除去杂质离子(6)MOou+4NH3H2O=MoO;4NH2H2O29. (1)细胞膜蛋白质种类不同载体30. (1)暗CO2二(2)光(3) 不能b点叶肉细胞净光合速率为0,的呼吸速率)，沃柑不能生长(4) 3、4浅31.(1)(人工)去雄母本(2)雄性可育：雄性不育=3：1减小(3)5/8(7)乙醇(8)43.2%催化受体(糖蛋白)增加右上方整株沃的净光合

11、速率小于O(叶肉细胞的光合速率小于整株植物1/2或O或1/432.(1)常Fz中雌鸡全为母羽，雄鸡出现性状分离，且性状分离比为母羽：雄羽二3：1ZFi雌雄个体表型不同，雌雄都有芦花和非芦花(2)hhZbZHHZbW33.34【答案】(1)72J；(2)28N,方向竖直向上。【详解】(1)设小物块A离开弹簧时的速度为%,碰撞后形成新的小物块的速度为匕B=6ms物块A、物块B碰撞过程动量守恒加%=2iVab解得va=I2ms由能量守恒定律得压缩弹簧的弹性势能稣=；忧=72J(2)设新物块在传送带上经过位移X与传送带共速，由动能定理得2mgx=2nv2-12wvab2解得=7m因此新物块离开传送带时的速度为y=8ms由机械能守恒定律得：2V=2何2R+；-2mvc2解得VC=2Jms设在C点轨道对新物块的弹力为&,则Fn+2mg=2机正解得Fn=28NR由牛顿第三定律得，轨道受到的压力大小二=&=28N方向竖直向上。35、36(共15分，出备注外，每空2分)保护好基(2)取代反应(1分)Ci5H22O2(3)HOX)H可以与水形成分子间氢键(4)a(5)40(3分)CCCHOOHTOr111O=OWCm市(.(1)增加血浆蛋白(2)K+外流释放神经递