2021級理科綜合訓(xùn)練8解析

2021級理科綜合訓(xùn)練8解析3.B4.D6.A7.D8．A9．C10．A11．D12．D13．D14.【答案】C根據(jù)題意可得電能為故日發(fā)電量約為，ABD錯誤，C正確。故選C。15.【答案】C設(shè)桌面為零勢能面，鏈條的總質(zhì)量為m.開始時鏈條的機械能為：；當鏈條剛脫離桌面時的機械能：，由機械能守恒可得：，即：，解得：，故C正確，ABD錯誤。

16.【答案】DA．工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然后做勻減速直線運動每個工件劃傷傳送帶后運動的規(guī)律相同，由此可知：解得將相鄰兩個物塊放到傳送帶上的時間間隔為而不能確定加速時間，故A錯誤；B．傳送帶對每個工件做的功為：故B錯誤；C．設(shè)工件加速運動的時間為，工件與傳送帶相對滑動的路程為：摩擦產(chǎn)生的熱量為：加速時間不確定，無法得出每個工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量，故C錯誤；D．根據(jù)能量守恒得，傳送帶傳送一個工件多消耗的能量為：對于工件加速過程，有：整理得：故D正確。故選D。17.【答案】AA．設(shè)當小球A沿豎直滑槽下滑距離為時，小球A的速度為，小球B的速度為，根據(jù)機械能守恒定律得兩小球沿桿方向上的速度相等，則有聯(lián)立兩式解得A正確；B．小球A到達水平滑槽前瞬間小球B的速度為0，根據(jù)機械能守恒定律得解得B錯誤；C．小球A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球B的動能開始是0，小球A撞擊水平滑槽前瞬間小球B的動能還是0，所以輕桿對小球B先做正功后做負功，故C錯誤；D．對整體進行受力分析，緩慢移動兩小球，受力平衡，水平向左的推力與豎直槽對A的彈力平衡再隔離小球A進行受力分析，豎直滑槽對小球A的彈力為小球A向下移動，夾角θ增大，增大，F(xiàn)增大，故D錯誤。18.【答案】ABA．由圖像可知，當達到最大速度v2時，牽引力為2×103N，此時汽車功率為額定功率，且阻力等于牽引力，即有且解得故A正確；B．由圖像可知當速度為v1時，汽車的牽引力為8×103N，故此時根據(jù)牛頓第二定律可得帶入數(shù)據(jù)可得故B正確；C．當車速達到v1時，結(jié)合圖像分析可知，此時汽車的功率恰好達到額定功率，故有解得故當汽車速度為8m/s時，汽車還處于勻加速直線運動階段，故由圖知牽引力仍為8×103N，故故C錯誤；D．汽車由靜止加速到v1所需時間為由圖可知，BC段汽車的功率不變，且均為額定功率，故此過程牽引力所做功為故D錯誤。故選AB。19.【答案】BD

A、由圖示圖象可知，子彈先做勻減速直線運動后做勻速直線運動，木塊先做初速度為零的勻加速直線運動后做勻速直線運動，子彈做勻速直線運動的速度大于木塊做勻速直線運動的速度，因此子彈射出了木塊，故A錯誤；

B、系統(tǒng)減少的機械能等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于阻力與子彈和木塊相對位移的乘積，子彈與木塊相對位移等于木塊的長度，僅增加子彈的初速度，阻力f不變、木塊長度L不變，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=fL不變，系統(tǒng)(木塊和子彈)減少的機械能不變，故B正確；

C、子彈在木塊中受到的阻力f恒定不變，僅增加子彈的初速度，子彈擊穿木塊所用的時間變短，木塊相對地面的位移減小，子彈對木塊做功減少，由動能定理知，木塊獲得的動能減小，故C錯誤；

D、僅增加子彈的質(zhì)量，子彈的加速度減小，木塊的加速度不變，子彈射出木塊過程的相對位移L=(v0t?12aA．如圖1所示，設(shè)物塊B滑至圓弧最低點時的速度為，將其分解為沿繩方向的速度和垂直繩方向的速度，其中分速度由幾何關(guān)系可得故A錯誤；B．在物塊B沿圓弧向下運動時，減小的機械能轉(zhuǎn)化為物塊A的機械能，則物塊B到達圓弧最低點時，物塊A的機械能最大，故B正確；C．輕繩對物塊A做的功等于其機械能的增加量故C正確；D．對滑至圓弧最低點的物塊B進行受力分析如圖2所示，由牛頓第二定律可得解得故D正確。故選BCD。21.【答案】CDA．彈簧釋放的過程，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為滑塊的動能，兩次彈性勢能相同，則兩滑塊到B點的動能相同，但質(zhì)量不同，則速度不同，故A錯誤；B．兩滑塊在斜面上上滑時加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B錯誤；CD．兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得：彈簧的彈性勢能所以故兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功相同。損失的機械能等于克服摩擦力做的功，即mgh、θ相同，則機械能損失相同。故CD正確。故選CD。22.8分(1)CB(2)1.84(3)C22題每空2分23題前兩個空2分，最后一個3分23.7分(1)經(jīng)兩個光電門的時間相等(2)AB(3)mgL＝eq\f(1,2)(m＋M)(eq\f(d,t1))2－eq\f(1,2)(m＋M)(eq\f(d,t2))224.12分=3+6+3（1）根據(jù)動量守恒可得根據(jù)能量守恒可得代入數(shù)據(jù)得（2）施加外力到撤去外力的過程，對長木板用動量定理得施加外力到撤去外力的過程，對小物塊用動量定理得撤去外力后，系統(tǒng)動量守恒，彈簧彈性勢能最大時兩物體共速，則受外力時長木板做勻加速直線運動，其位移為從靜止開始到共速過程對系統(tǒng)運用動能定理可得；若撤去外力到共速運用能量守恒得；代入數(shù)據(jù)得（3）根據(jù)能量守恒可得小物塊最終停在距A點x處，則代入數(shù)據(jù)解得25.20分=5+8+7解析(1)由題意可知：lBC＝7R－2R＝5R①設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)②式中θ＝37°，聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)。③(2)設(shè)BE＝x，P到達E點時速度為零，此時彈簧的彈性勢能為Ep，由B→E過程，根據(jù)動能定理得mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤P到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR。⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點與G點的水平距離為x1和豎直距離為y1，θ＝37°。由幾何關(guān)系(如圖所示)得：x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ＝3R⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ＝eq\f(5,2)R⑩設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動公式得：y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設(shè)P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1g(eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ)?P由E點運動到C點的過程中，由動能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)?聯(lián)立⑦⑧???得m1＝eq\f(1,3)m。26．(1)不合理（1分）(2)B(3)

防止倒吸

通過氣泡觀察到NH3產(chǎn)生的速率快慢(4)C(5)2NH4SCN+K2CO32KSCN+2NH3↑+CO2↑+H2O(6)3H2S++8H+=3S↓+2Cr3++7H2O(7)重結(jié)晶27.(1)

Cu、C

強(2)CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率(3)

2:3(4)HNO3(5)Cu2(OH)3Cl28.(1)恒壓滴液漏斗（1分）(2)反應(yīng)產(chǎn)生的Mn2+對反應(yīng)具有催化作用(3)(4)低溫烘干防止潮濕的MnCO3被空氣氧化(5)MnO2以下生物部分除特殊說明外每空2分29.（1）光照強度、CO2濃度.黑暗（2）葉綠體移向線粒體和外界環(huán)境（葉室）中葡萄糖→丙酮酸→二氧化碳→C3→（CH2O）（3）增加20℃到30℃，葉肉細胞凈光合速率不變，但是呼吸速率增加，總光合速率增加30.（1）做相同的手術(shù)，但不摘除下丘腦溶劑X做相同的手術(shù)，但不摘除下丘腦，注射等量溶劑X耗氧量，并計算平均值（或血液中甲狀腺激素的含量）（合理即可）（2）神經(jīng)體液31.（1）“J”3（2）.水體富營養(yǎng)化作為生產(chǎn)者為生物提供物質(zhì)和能量；通過吸收水中N、P元素凈化水質(zhì)（3）.BCD12%32.（1）BBXrXr×bbXRY或BBXrY×bbXRXR（2）丁♀×甲♂或丁♀×乙♂或丁♀×丙♂（3）丙×丁黑身細眼：灰身細眼：灰身粗眼=1：2：1實驗二：選擇的親本組合是丁×戊，雜交得F1，F(xiàn)1雌雄果蠅交配，若F2的性狀分離比為長翅細眼：長翅粗眼：殘翅細眼：殘翅粗眼=9：3：3：1，則基因位于Ⅲ號染色體上，否則位于IV號染色體上；若F2的性狀分離比為殘翅細眼：長翅細眼：長翅粗眼=1：2：1，則基因D、d位于IV號染色體上；否則位于Ⅲ號染色體上（4分）（15分=5+5+5）解析(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有eq\f(F0,mg)＝tanα①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0)②設(shè)小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f(v2,R)③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝eq\f(3,4)mg④v＝eq\f(\r(5gR),2)。⑤(2)設(shè)小球到達A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關(guān)系得DA＝Rsinα⑥CD＝R(1＋cosα)⑦由動能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2)。⑨(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落至水平軌道上所用時間