模块综合试卷(二)
2020版数学人教A版必修3练习：模块综合试卷(二) Word版含解析
模块综合试卷(二)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2018·长春质检)已知某班级部分同学一次测验的成绩统计如图所示，则其中位数和众数分别为( )A ．95,94B ．92,86C ．99,86D ．95,91答案 B解析 由题中茎叶图可知，此组数据由小到大排列依次为76,79,81,83,86,86,87,91,92,94,95,96,98,99,101,103,114，共17个，故中位数为92，出现次数最多的为众数，故众数为86，故选B.2．已知a ＝，b ＝，执行如图所示的程序框图，则输出的值为( )23A.B. C.D.2222－122＋12答案 D解析 由a ＝，b ＝＝＝2，知a >b 不成立，故输出＝.23lg 3lg 3a ＋1b 2＋123．用辗转相除法求得459和357的最大公约数是( )A ．3 B ．9 C ．17 D ．51答案 D解析 459＝357×1＋102,357＝102×3＋51,102＝51×2，则51是459和357的最大公约数．4．某校有40个班，每班50人，要求每班随机选派3人参加“学生代表大会”，在这个问题中样本容量是( )A ．40B ．50C ．120D ．150答案 C解析 选派人数是40×3＝120，即为样本容量．5．已知函数y ＝a －x ，当a 在集合中任意取值时，函数为增函数的概率为( ){13，15，12，4，7}A. B. C. D.25121335答案 D解析 y ＝a －x ＝x 为增函数时，有>1，即0<a <1.(1a )1a由于a ∈，所以函数为增函数包含3个基本事件，基本事件总数为5，则函数{13，15，12，4，7}为增函数的概率为.356．如图所示，四个可以自由转动的转盘被平均分成若干个圆心角相同的扇形，转动转盘，当转盘停止转动后，有两个转盘的指针指向白色区域的概率相同，则这两个转盘是( )A ．转盘1和转盘2B ．转盘2和转盘3C ．转盘2和转盘4D ．转盘3和转盘4答案 C解析 四个转盘指针指向白色区域的概率分别为P 1＝，P 2＝＝，P 3＝＝，P 4＝，故P 2＝3826132121613P 4，即转盘2和转盘4指针指向白色区域的概率相同．7．某实验室有4个饲养房，分别养有18,54,24,48只白鼠供实验用，某项实验需抽取24只白鼠，你认为最合适的抽样方法是( )A ．在每个饲养房各抽取6只B ．把所有白鼠都加上编号不同的颈圈，用简单随机抽样法确定24只C ．从4个饲养房分别抽取3,9,4,8只D ．先确定这4个饲养房应分别抽取3,9,4,8只，再在各饲养房自己加号码颈圈，用简单随机抽样的方法确定答案 D解析 因为这24只白鼠要从4个饲养房中抽取，所以要先用分层抽样法决定各个饲养房应抽取的只数，再用简单随机抽样法从各个饲养房选出所需的白鼠．选项C 用了分层抽样法，但在每层中没有考虑到个体的差异，也就是说在各个饲养房中抽取样本时，没有说明是否具有随机性．8．羊村村长慢羊羊决定从喜羊羊、美羊羊、懒羊羊、暖羊羊、沸羊羊中选派两只羊去割草，则喜羊羊和美羊羊恰好只有一只被选中的概率为( )A.B. C. D.310673545答案 C解析 从喜羊羊、美羊羊、懒羊羊、暖羊羊、沸羊羊中选派两只羊的方法有10种，其中喜羊羊和美羊羊恰好只有一只的有6种，由古典概型概率计算公式可得，所求概率为.359．现有1位女教师和2位男教师参加说题比赛，共有2道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出1道题进行说题，其中恰有1男1女抽到相同题目的概率为( )A. B. C. D.13231234答案 C解析 设2道题分别为A ，B ，所以抽取情况有AAA ，AAB ，ABA ，ABB ，BAA ，BAB ，BBA ，BBB ，共8种，其中第1个，第2个字母分别表示2位男教师抽取的题目，第3个字母表示女教师抽取的题目，则满足恰有1男1女抽到相同题目的事件为ABA ，ABB ，BAA ，BAB ，共4种．故所求事件的概率为.1210．执行下面的程序，则输出的s 的值是( )i ＝1WHILE i<6 i ＝i ＋2 s ＝2*i ＋1WEND PRINT s ENDA ．11B ．15C ．17D ．19答案 B解析 当i ＝3时，s ＝7，当i ＝5时，s ＝11，此时仍满足条件“i <6”，因此再循环一次，即i ＝7时，s ＝15，此时不满足“i <6”，所以s ＝15.11．为参加CCTV 举办的中国汉字听写大赛，某中学举行了一次大型选拔活动，随机统计了甲、乙两班各6名学生的汉字听写的成绩如图所示，设甲、乙两班数据平均数依次为1，2，x x 标准差依次为s 1，s 2，则( )A.1>2，s 1>s 2B.1>2，s 1<s 2x x x xC.1＝2，s 1>s 2D.1＝2，s 1<s 2x x x x 答案 C解析 1＝(3×8＋6＋2×5＋120×2＋130×3＋140)＝135，x 162＝×(2×9＋7＋8＋5＋2＋120×2＋130×3＋140)＝135，x 16s ＝×[(－7)2＋(－9)2＋02＋32＋32＋102]＝，21161243s ＝[(－8)2＋(－6)2＋32＋02＋42＋72]＝29，所以1＝2，s 1>s 2，故选C.216x x 12．一批热水器共98台，其中甲厂生产的有56台，乙厂生产的有42台，用分层抽样的方法从中抽出一个容量为14的样本，那么抽得甲、乙两厂生产的热水器的台数分别是( )A ．9,5 B ．8,6 C ．10,4 D ．7,7答案 B解析 抽得甲厂生产的热水器的台数是×14＝8，抽得乙厂生产的热水器的台数是×14＝569842986.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若六进制数13m 502(6)化为十进制数为12 710，则m ＝________.答案 4解析 根据将k 进制数转化为十进制数的方法有13m 502(6)＝1×65＋3×64＋m ×63＋5×62＋0×61＋2＝12 710，解得m ＝4.14．一组样本数据按从小到大的顺序排列为13,14,19，x,23,27,28,31，中位数为22，则x ＝________.答案 21解析 中位数为＝22，所以x ＝21.x ＋23215．设a 是一个各位数字都不是0且没有重复数字的三位数．将组成a 的3个数字按从小到大排成的三位数记为I (a )，按从大到小排成的三位数记为D (a )(例如a ＝815，则I (a )＝158，D (a )＝851)．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，任意输入一个a ，输出的结果b ＝________.答案 495解析 取a 1＝815，则b 1＝851－158＝693≠815，则a 2＝693；由a 2＝693知b 2＝963－369＝594≠693，则a 3＝594；由a 3＝594知b 3＝954－459＝495≠594，则a 4＝495；由a 4＝495知b 4＝954－459＝495＝a 4，则输出b ＝495.16．如图所示，正方形ABCD 内接于圆O ，且AE ＝BE ＝CG ＝DG ，AH ＝CF ＝AD ，则往圆O14内投掷一点，该点落在四边形EFGH 内的概率为________．答案 1π解析 设AB ＝4a ，则圆O 的面积为8πa 2，四边形EFGH 的面积为16a 2－2××a ×2a －2×12×3a ×2a ＝8a 2，则所求概率为＝.128a 28πa 21π三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)将一枚骰子连续抛掷两次，观察向上的点数．(1)求点数之和是5的概率；(2)设a ，b 分别是将一枚骰子连续抛掷两次后得到的向上的点数，求等式2a －b ＝1成立的概率．解 该试验所有可能的结果有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，基本事件总数为36.记事件A ＝{点数之和是5}，则事件A 所含的基本事件有(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，共4个，所以P (A )＝＝.43619(2)若等式2a －b ＝1成立，则a －b ＝0，即连续抛掷两次骰子所得的点数相等．记事件B ＝{向上的点数相等}，则事件B 所包含的基本事件为(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)，共6个，所以P (B )＝＝.6361618．(12分)某公路设计院有工程师6人，技术员12人，技工18人，要从这些人中抽取n 个人参加市里召开的科学技术大会．如果采用系统抽样和分层抽样的方法抽取，不用剔除个体，如果参会人数减少1人，则在采用系统抽样时，需要在总体中先剔除2个个体，求n .解 总体容量为6＋12＋18＝36.当样本容量为n 时，由题意知，系统抽样的间隔为，分层抽样的比例是，抽取的工程师36n n36人数为×6＝，技术员人数为×12＝，技工人数为×18＝，n 36n 6n 36n 3n 36n2所以n 应是6的倍数，36的约数，即n ＝6,12,18.当样本容量为(n －1)时，总体容量剔除以后是34人，系统抽样的间隔为，因为必须34n －134n －1是整数，所以n 只能取18，即样本容量n ＝18.19．(12分)某中学举行电脑知识竞赛，现将高一参赛学生的成绩进行整理后分成五组绘制成如图所示的频率分布直方图，已知图中从左到右的第一、二、三、四、五小组的频率分别是0.30,0.40,0.15,0.10,0.05.求(1)高一参赛学生的成绩的众数、中位数；(2)高一参赛学生的平均成绩．解 (1)用频率分布直方图中最高矩形所在的区间的中点值作为众数的近似值，得众数为65，又因为第一个小矩形的面积为0.3，前两个小矩形的面积和为0.3＋0.4＝0.7>0.5，所以设第二个小矩形底边的一部分长为x ，则x ×0.04＝0.2，得x ＝5，所以中位数为60＋5＝65.(2)依题意，平均成绩为55×0.3＋65×0.4＋75×0.15＋85×0.1＋95×0.05＝67，所以平均成绩约为67分．20．(12分)下表数据是水的温度x (℃)对黄酮延长性y (%)效应的试验结果，y 是以延长度计算的.x /℃300400500600700800y /%405055606770(1)画出散点图；(2)指出x ，y 是否线性相关，若线性相关，求y 关于x 的回归方程；(3)估计水的温度是1 000 ℃时，黄酮延长性的情况．解 (1)散点图如下：(2)由散点图可以看出样本点分布在一条直线的附近，可见y 与x 线性相关．计算得＝550，＝x y 57，≈0.058 86，＝－≈57－0.058 86×550＝24.627.b ^a ^y b ^x 因此所求的回归方程为＝0.058 86x ＋24.627.y ^(3)将x ＝1 000代入回归方程得＝0.058 86×1 000＋24.627＝83.487，即水的温度是1 000 ℃y ^时，黄酮延长性大约是83.487%.21．(2018·漳平模拟)某企业有甲、乙两个研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下：(a ，b )，(a ，)，(a ，b )，(，b )，(，)，(a ，b )，(a ，b )，(a ，b a a b )，(，b )，(a ，)，(，)，(a ，b )，(a ，)，(，b )，(a ，b )，其中a ，分别表示甲组研发b a b a b b a a 成功和失败；b ，分别表示乙组研发成功和失败．b (1)若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记0分．试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差，并比较甲、乙两组的研发水平；(2)若该企业安排甲、乙两组各自研发一种新产品，试估计恰有一组研发成功的概率．解 (1)甲组研发新产品的成绩为1,1,1,0,0,1,1,1,0,1,0,1,1,0,1，其平均数甲＝＝；x 101523方差为s ＝＝.2甲115[(1－23)2×10＋(0－23)2×5]29乙组研发新产品的成绩为1,0,1,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1，其平均数乙＝＝；x 91535方差为s ＝＝.2乙115[(1－35)2×9＋(0－35)2×6]625因为甲>乙，s <s ，所以甲组的研发水平优于乙组．x x 2甲2乙(2)记恰有一组研发成功为事件E ，在所抽得的15个结果中，恰有一组研发成功的结果是(a ，)，(，b )，(a ，)，(，b )，(a ，)，(a ，)，(，b )，共7个．因此事件E 发生的频率为.b a b a b b a 715用频率估计概率，即得所求概率为P (E )＝.71522．(12分)某中学作为蓝色海洋教育特色学校，随机抽取100名学生，进行一次海洋知识测试，按测试成绩(假设考试成绩均在[65,90]内)分组如下：第一组[65,70)，第二组[70,75)，第三组[75,80)，第四组[80,85)，第五组[85,90]．得到频率分布直方图如图所示．(1)求测试成绩在[80,85)内的频率；(2)从第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取6名学生组成海洋知识宣讲小组，定期在校内进行义务宣讲，并在这6名学生中随机选取2名参加市组织的蓝色海洋教育义务宣讲队，求第四组至少有1名学生被抽中的概率．解 (1)测试成绩在[80,85)内的频率为1－(0.01＋0.07＋0.06＋0.02)×5＝0.2.(2)第三组的人数为0.06×5×100＝30，第四组的人数为0.2×100＝20，第五组的人数为0.02×5×100＝10，所以第三组抽取3人，第四组抽取2人，第五组抽取1人．设第三组抽到的3人为A 1`，A 2，A 3，第四组抽到的2人为B 1，B 2，第五组抽到的1人为C .从6名学生中随机选取2名的可能情况有15种：(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，C )，(A 2，A 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，C )，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 3，C )，(B 1，B 2)，(B 1，C )，(B 2，C )．设“第四组2名学生中至少有1名学生被抽中”为事件M ，则事件M 包含的基本事件为(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(B 1，B 2)，(B 1，C )，(B 2，C )，共9个．所以，第四组至少有1名学生被抽中的概率P (M )＝＝. 91535。
高中物理新教材同步必修第一册模块综合试卷二
模块综合试卷(二)(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·大名一中月考)在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想方法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等，以下关于所用物理学方法的叙述不正确的是( )A ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法B ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法D ．定义加速度a ＝Δv Δt用到比值法，加速度与Δv 和Δt 无关 答案 C2．某短跑运动员参加100 m 竞赛，测得他在5 s 末的速度为10.4 m /s ，在10 s 末到达终点时速度为10.2 m/s ，整个比赛过程，关于运动员的平均速度，以下判断正确的是( )A ．一定等于10 m /sB ．可能等于10.2 m/sC ．一定大于10.3 m /sD ．可能等于10.4 m/s 答案 A解析 由题意可知，运动员的位移为100 m ，时间为10 s ，则平均速度v ＝x t＝10 m/s ，A 正确． 3．(2019·长春外国语学校月考)滑雪者从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，已知他通过斜面中点时的速度为v ，则其到达斜面底端的速度为( ) A.2＋12v B ．(2＋1)vC.2vD.12v 答案 C解析 设斜面的长度为x ，滑雪者到达斜面底端的速度为v ′，根据速度位移公式得v 2＝2a ·x 2，v ′2＝2ax ，联立两式解得v ′＝2v ，C 正确．4.如图1所示，一长直木板的上表面一端放有一小木块，当木板以远离木块的另一端O 为轴，由水平位置缓慢向上转动(α角变大)时，木块受到的摩擦力F f 随转过的角度α变化的图像，可能正确的是( )图1答案 C解析木块开始时受到的摩擦力为静摩擦力，F f＝mg sin α；当木块相对木板滑动时受到的摩擦力变为滑动摩擦力，F f＝μmg cos α，又知α角在增大，故C正确．5.(2019·双鸭山一中高一上期末)两辆汽车a、b在一条平直公路上同向运行，两车运动的v－t 图像如图2所示．已知a、b曲线关于它们两交点的连线对称，且在t1时刻两车在同一位置，下列说法中正确的是()图2A．在t1～t2这段时间内，两车的平均速度相同B．在t1～t2这段时间内的任意时刻，a车与b车的加速度都相同C．在t2时刻，两车再次处于同一位置D．在t1～t2这段时间内，a车始终在b车前面答案 D解析由v－t图线与时间轴所围成的面积表示位移，可知在t1～t2这段时间内a的位移大于b的位移，根据平均速度公式可知a的平均速度大于b的平均速度，故A错误；v－t图线的斜率表示加速度，由图像可知，在t1～t2这段时间内的任意时刻，a车与b车的加速度大小相等，但方向不同，故B错误；在t1时刻两车在同一位置，且在t1～t2这段时间内a的位移始终大于b的位移，所以在t1～t2这段时间内，a车始终在b车前面，在t2时刻，两车不会处于同一位置，故C错误，D正确．6．(2019·攀枝花市高一上学期期末)两质量均为m的木块A、B叠放在一起，静置于粗糙水平面上，水平恒力F作用在A上，两木块一起运动，加速度大小为a1，如图3(a)所示．现取走木块B，在木块A上施加一方向竖直向下的恒力F1，F1＝mg(g为重力加速度)．木块A仍在上述水平恒力F的作用下运动，加速度大小为a2，如图(b)所示．下列关于a1和a2的关系，正确的是()图3A．a2＝2a1B．a2＝a1C．a2>2a1D．a1<a2<2a1答案 A解析题图(a)中，对A、B整体有F－2μmg＝2ma1，题图(b)中，对A，有F－μ(F1＋mg)＝ma2，且F1＝mg，联立可得a2＝2a1，A正确．7．(2019·安徽舒城中学高一期中)如图4所示，半径为3R的半圆柱体P静止在水平地面上，静止于P上的光滑小圆柱体Q质量为m，半径为R，此时竖直挡板MN恰好与P、Q相切，重力加速度为g，下面说法正确的是()图4A．Q受到的P的弹力为33mgB．Q受到的挡板MN的弹力为33mgC．若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的摩擦力不变D．若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，Q受到P的弹力变小答案 B解析对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的支持力F N1和P对Q的支持力F N2，如图，由几何关系得：cos θ＝0.5，所以θ＝60°根据平衡条件得：F N1＝mgtan θ＝33mg，F N2＝mgsin θ＝233mg，故A错误，B正确；对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，根据共点力平衡条件，有：F f＝F N1＝mg tan θ，MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变小，故F f变大，由F N2＝mgsin θ可知，F N2变大，故C、D错误．8.(2020·泊头市第一中学高二期末)两质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图5所示．升降机以大小为a＝2 m/s2的加速度加速上升，某时刻细线突然断裂，则在细线断裂瞬间，A、B的加速度分别为(取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取10 m/s2)()图5A．－2 m/s2,2 m/s2B．－12 m/s2,2 m/s2C．－24 m/s2,0 D．－22 m/s2,2 m/s2答案 D解析在细线断裂前，根据牛顿第二定律，对AB整体有：F1－2mg＝2ma对B有：F2－mg＝ma解得：细线拉力F1＝2m(a＋g)弹簧弹力F2＝m(a＋g)在细线断裂瞬间，F1突然消失而F2和A、B的重力不变，则A受到的合力大小F1′＝F2＋mg＝2mg＋ma加速度a A＝－(2g＋a)＝－22 m/s2在此瞬间B的受力不变，加速度不变，为2 m/s2.选项D正确，A、B、C错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.如图6所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v－t图像，已知在第3 s末两个物体在途中相遇，则()图6A．A、B两物体从同一地点出发B．3 s内物体A的平均速度比物体B的大C．A、B两物体在减速阶段的加速度大小之比为2∶1D．t＝1 s时，两物体第一次相遇答案CD解析v－t图像与时间轴围成的图形的面积表示物体的位移，由题图可知两物体在3 s内的位移不等，而在第3 s末相遇，可判断出两物体出发点不同，故A错误；由题图可知物体B 在3 s内的位移大于A的位移，则3 s内B的平均速度大于A的平均速度，故B错误；由题图可知，在减速阶段A的加速度a A＝－2 m/s2，B的加速度a B＝－1 m/s2，故|a A|∶|a B|＝2∶1，故C正确；由题图可知，1～3 s内A、B两物体位移相等，且第3 s末两个物体在途中相遇，所以t＝1 s时，两物体第一次相遇，故D正确．10．如图7所示，质量均为m＝1 kg的两滑块A、B放在光滑的水平地面上，中间用一结实的轻质细线相连，轻杆OA、OB放在滑块上，且可绕铰链O自由转动，两杆长度相等，夹角θ＝60°，g取10 m/s2，当竖直向下的力F＝150 N作用在铰链上时()图7A．A滑块对地面的压力为85 NB．A滑块对地面的压力为75 NC．A、B滑块间细线的张力为25 3 ND．A、B滑块间细线的张力为50 3 N答案AC解析对O点受力分析，如图所示，对两个细杆的作用力进行合成，有F A cos θ2＋F B cosθ2＝F，且F A＝F B，故F A＝F B＝F2cosθ2＝1502×32N＝50 3 N，所以地面对A的支持力F N＝mg＋F A cos θ2＝85 N，由牛顿第三定律得A滑块对地面的压力为85 N，滑块间细线的张力F′＝F A sin θ2＝25 3 N，故A、C正确．11.如图8所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上．现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()图8A．该水平拉力大于轻绳的弹力B．物块c受到的摩擦力大小为μmgC．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmgD．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg答案ACD解析三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：F T＝2μmg，则：F＞F T，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律，对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：F f＝ma，解得：F f＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，对b、c 系统：2μmg＝2ma′，对c：F f′＝ma′，解得：F f′＝μmg，故D正确．12．如图9甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，水平传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2，旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是()图9A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2B．行李经过2 s到达B处C．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 mD．若传送带速度足够大，行李最快也要 2 s才能到达B处答案AD解析对行李受力分析，由牛顿第二定律得：F f＝μmg＝ma，得a＝2 m/s2，故A正确；行李加速时间t 1＝v a ＝0.2 s ，加速运动位移x 1＝12at 12＝12×2×0.22 m ＝0.04 m ，匀速运动时间t 2＝x －x 1v ＝2－0.040.4 s ＝4.9 s ，可得到达B 处需要的总时间t ＝t 1＋t 2＝5.1 s ，故B 错误；行李加速过程中传送带运动的距离x 1′＝v t 1＝0.4×0.2 m ＝0.08 m ，Δx ＝x 1′－x 1＝0.04 m ，摩擦痕迹长度为0.04 m ，C 错误；行李一直加速用时最短，x ＝12at min 2，t min ＝2x a ＝2×22s ＝ 2 s ，故D 正确．三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)(2020·四川棠湖中学高一月考)某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮条一端固定在A 点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度地拉动橡皮条，将结点拉到O 点，如图10甲所示 .图10(1)如果没有操作错误，图乙中F ′是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出的图示，则图乙中的F 与F ′两力中，方向一定沿AO 方向的是________．(2)本实验采用的科学方法是________．A ．理想实验法B ．等效替代法C ．控制变量法D ．建立物理模型法(3)在同一对比实验的两次操作中，O 点位置________(选填“可以”或“不可以”)变动．(4)如图丙，使弹簧测力计b 从水平位置开始顺时针缓慢转动至竖直方向，在这个过程中保持O 点位置和弹簧测力计a 的拉伸方向不变，则在整个过程中关于弹簧测力计a 、b 的读数变化是________．A ．a 增大，b 减小B ．a 减小，b 增大C ．a 减小，b 先增大后减小D ．a 减小，b 先减小后增大答案 (1)F ′(1分) (2)B(1分) (3)不可以(2分) (4)D(2分)14．(8分)(2019·武宣县第二中学高一期末)小华所在的实验小组利用如图11甲所示的实验装置探究牛顿第二定律，打点计时器使用的交流电频率f ＝50 Hz ，当地的重力加速度为g .图11(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来还需要进行的一项操作是________．A ．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B ．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C ．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)图乙是小华同学在正确操作下获得的一条纸带，其中A 、B 、C 、D 、E 每两点之间还有4个点没有标出．若s 1＝2.02 cm ，s 2＝4.00 cm ，s 3＝6.01 cm ，则B 点的速度为v B ＝________ m/s(保留三位有效数字)．(3)在平衡好摩擦力的情况下，探究小车加速度a 与小车质量M 的关系中，某次实验测得的数据如表所示．根据这些数据在图12坐标图中描点并作出a －1M 图线．从a －1M图线求得合外力大小为________ N(计算结果保留两位有效数字)．a /m·s －21.2 1.1 0.6 0.4 0.3 1M /kg －1 4.0 3.62.0 1.4 1.0图12答案 (1)B(2分) (2)0.301(2分) (3)见解析图(2分) 0.30(2分)解析 (2)由题意可知两计数点间的时间间隔为：t ＝5T ＝5f＝0.1 s ，利用匀变速直线运动的推论：B 点的瞬时速度v B ＝s 1＋s 22t ＝0.020 2＋0.040 00.2m /s ＝0.301 m/s (3)利用描点法画出图像如下所示，由图像可知，a －1M 图线过原点，合外力等于图线的斜率，大小为F 合＝1.24 N ＝0.30 N. 15．(8分)(2019·四川三台中学实验学校高一期末)如图13所示，质量为m 1的物体A 用细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m 2的物体B 相连，连接A 的细绳与水平方向的夹角为θ，物体B 左侧的轻绳与水平方向的夹角也为θ，B 右侧与竖直墙壁相连的轻绳保持水平，此时系统处于静止状态，A 所在的桌面水平，已知重力加速度为g ，求：图13(1)细绳对物体A 的拉力大小；(2)A 物体受到的桌面支持力和摩擦力的大小．答案 (1)m 2g sin θ (2)(m 1－m 2)g m 2g tan θ解析 (1)A 、B 都静止，均处于平衡状态，对B 进行受力分析：竖直方向：F T sin θ＝m 2g (2分)解得绳子上的拉力F T ＝m 2g sin θ，即细绳对物体A 的拉力大小也是m 2g sin θ.(1分) (2)对A 进行受力分析有：竖直方向：F T sin θ＋F N ＝m 1g (2分)水平方向：F T cos θ＝F f (1分)解得A 物体受到桌面的支持力大小：F N ＝(m 1－m 2)g ，A 物体受到桌面的摩擦力大小：F f ＝m 2g tan θ.(2分) 16．(10分)(2019·寻甸县第五中学高一期末)一辆货车以8 m /s 的速度在平直公路上行驶，由于调度失误，在后面600 m 处有一辆客车以72 km/h 的速度向它靠近．客车司机发觉后立即踩下刹车，但客车要滑行2 000 m 才能停止．(1)客车滑行的加速度大小为多少？(2)计算后判断两车是否会相撞．答案 (1)0.1 m/s 2 (2)会相撞解析 (1)设v 2＝72 km /h ＝20 m/s ，由v 22－v 02＝2ax (2分)得客车刹车的加速度大小为a ＝2022×2 000m /s 2＝0.1 m/s 2(1分) (2)假设不相撞，设两车达到共同速度用时为t ，则v 2－at ＝v 1(2分)t ＝120 s(1分)货车在该时间内的位移x 1＝v 1t ＝8×120 m ＝960 m(1分)客车在该时间内的位移x 2＝v 2t －12at 2＝1 680 m(1分) 位移大小关系：x 2＝1 680 m>600 m ＋x 1＝1 560 m ，故会相撞．(2分)17．(12分)如图14，一平直的传送带以速率v ＝2 m /s 匀速运行，在A 处把物体轻轻地放到传送带上，经过6 s ，物体到达B 处，AB 相距L ＝10 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.则：图14(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？(2)物体与传送带之间的动摩擦因数为多少？(3)若物体是煤块，求物体在传送带上的划痕长度．答案 (1)2 s (2)0.1 (3)2 m解析 (1)由题意可知，物体从A 到B 先经历匀加速直线运动，后与皮带达到相同速度，匀速运动到B 端，设匀加速阶段的时间为t所以v 2t ＋v (6 s －t )＝L (3分) 代入数据得：t ＝2 s(1分)(2)在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可知μmg ＝ma (1分)根据速度与时间的关系得：v ＝at (1分)联立得：μ＝0.1(1分)(3)在匀加速阶段，皮带上表面相对于地面的位移x ＝v t ＝4 m(2分)物体相对于地面的位移x ′＝12at 2＝2 m(2分) 所以物体在皮带上的划痕长度Δx ＝x －x ′＝2 m ．(1分)18．(16分)(2020·四川高一期末)如图15甲，质量m ＝2 kg 的物体置于倾角θ＝30°的足够长且固定的斜面上，t ＝0时刻，对物体施加平行于斜面向上的恒力F ，t ＝1 s 时刻撤去力F ，物体运动的部分v －t 图像如图乙所示．重力加速度g ＝10 m/s 2.图15(1)求物体与斜面间的动摩擦因数和力F 的大小；(2)求t ＝6 s 时物体的速度大小；(3)求物体返回出发点时的速度大小．答案 (1)3548 N (2)6 m/s (3)4 6 m/s 解析 (1)设力作用时物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1(2分)撤去力后，设物体的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2(2分)根据速度时间图像的斜率表示加速度，则有a 1＝Δv 1Δt 1＝16 m/s 2(1分) a 2＝Δv 2Δt 2＝8 m/s 2(1分) 代入解得F ＝48 N(1分)μ＝35(1分) (2)根据v －t 图像可知，3 s 末物体速度减为零，之后物体向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 3(2分)解得a 3＝2 m/s 2(1分)再过3 s ，由速度时间公式得v ＝a 3t ＝6 m /s ，故物体6 s 末速度大小为6 m/s.(1分)(3)速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故前3 s 的位移为x m ＝12×3×16 m ＝24 m(1分) 返回过程根据位移速度关系公式有v 32＝2a 3x m (2分)解得返回出发点时的速度大小v 3＝4 6 m/s.(1分)。
模块综合试卷(二)
模块综合试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。
每题只有一个选项最符合题意。
1．2022年，神舟十三号、十四号、十五号接力腾飞，中国空间站全面建成，可有多名宇航员长期驻留，并开展一系列的实验研究。
下列情景可以在空间站中实现的是()A．如图甲所示，燃烧的火焰呈球状B．如图乙所示，用弹簧测力计测量重力C．如图丙所示，小球抛出后做平抛运动D．如图丁所示，滴管中滴出的水滴呈水滴状2．(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。
如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是()3．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。
已知管状模型内壁半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的B．模型各个方向上受到的铁水的作用力大小相等C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力D．管状模型转动的角速度最大为g R4．某种太阳能无人驾驶试验汽车上安装有太阳能电池板、蓄能电池和电动机。
在某次启动中，汽车以恒定的功率P启动，所受阻力与速度成正比，比例系数为k，经时间t汽车的速度达到最大值，对这个过程下列说法正确的是()A．汽车的合外力不变B．汽车的牵引力增大C．汽车合外力做的功等于PtD．汽车达到的最大速度为P k5.2022年10月31日，“梦天”实验舱在文昌航天发射场发射，成功和“天和”核心舱对接，并保持轨道半径不变，离地约400 km。
“梦天”实验舱完成“T”字基本构型后，“神舟十四号”航天员乘组在“梦天”实验舱内完成了货包整理、设备安装等工作，彰显了中国独自组建空间站的航天实力。
下列说法正确的是()A．“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，加速运动就可完成对接任务B．“梦天”实验舱与“天和”核心舱对接后，核心舱向心加速度变大C．“梦天”实验舱发射速度必须小于第二宇宙速度D．对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星小6．如图所示，A、B为两个相邻的试验平台，两平台高度差为80 cm，平台B的长度为2 m。
2022届高中化学新教材同步必修第二册 模块综合试卷(二)
模块综合试卷(二)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意)1．(2019·江西临川一中月考)下列说法正确的是( )A ．油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B ．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C ．我国已能利用3D 打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化，逐层堆积来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛D ．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同答案 C解析 油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质在人体内水解生成氨基酸，A 项错误；拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，氢键不属于化学键，B 项错误；钠与熔融的盐发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的钛的氯化物来制取金属钛，C 项正确；活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白纸浆是利用次氯酸的强氧化性，D 项错误。
考点 化学与生物题点 化学物质在生活中应用2．2018年世界环境日主题为“塑战速决”。
下列做法不应该提倡的是( )A ．使用布袋代替一次性塑料袋购物B ．焚烧废旧塑料以防止“白色污染”C ．用CO 2合成聚碳酸酯可降解塑料D ．用高炉喷吹技术综合利用废旧塑料答案 B解析 用布袋代替一次性塑料袋购物，减少了塑料袋的使用，能减少“白色污染”，A 项应该提倡；焚烧废旧塑料会产生致癌物质，应使用塑料的替代品防止“白色污染”，B 项不应该提倡；利用CO 2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，减少二氧化碳的排放，C 项应该提倡；用高炉喷吹技术综合利用废旧塑料，可减少“白色污染”，D 项应该提倡。
考点 化学与环境保护题点 环境污染及治理3．(2019·河北景县梁集中学调研)钛是一种用途广泛的活泼金属。
高中物理必修三模块综合试卷及答案解析(二)
高中物理必修三模块综合试卷及答案解析(二) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分) 1．(2021·江苏宿迁市高一期中)关于电场强度，下列认识正确的是() A．若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0B．点电荷的电场强度公式E＝k Qr2表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比C．电场强度公式E＝Fq表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍D．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同答案 B解析电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，A错误；点电荷的电场强度公式E＝k Qr2表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与点电荷的电荷量成正比，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，B正确；场强公式E＝Fq只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义，所以电场强度的大小与该点所放试探电荷的电荷量不成反比，C错误；据场强方向的规定，正电荷所受静电力的方向与该点的场强方向相同，负电荷所受静电力的方向与该点的场强方向相反，故D错误．2.(2019·全国卷Ⅰ)如图1，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P 和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()图1A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷答案 D解析对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受静电力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P 的库仑力水平向右，则匀强电场对P的静电力应水平向左，所以P带负电荷，Q 带正电荷，选项C错误，D正确．3.(2020·黄山市高二期末)某区域的电场线分布如图2所示，M、N、P是电场中的三个点，则下列说法正确的是()图2A．P、N两点场强不等，但方向相同B．同一试探电荷在M点受到的静电力小于在N点受到的静电力C．同一试探电荷在P点的电势能一定小于在N点的电势能D．带正电的粒子仅在静电力作用下，一定沿电场线PN运动答案 B4.(2020·峨山彝族自治县一中高二期中)如图3所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅱ平移到Ⅰ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅰ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()图3A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．不能判断答案 C解析设金属框在位置Ⅰ时磁通量大小为Φ1，位置Ⅱ时磁通量大小为Φ2.第一次将金属框由Ⅱ平移到Ⅰ，穿过金属框的磁感线方向没有改变，磁通量变化量ΔΦ1＝Φ1－Φ2，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅰ，穿过金属框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，故ΔΦ1<ΔΦ2，故C正确，A、B、D错误．5．有一场强方向与x轴平行的静电场，电势φ随坐标x变化的图线如图4所示，若规定x轴正方向为场强的正方向，则该静电场的场强E随x变化的图线应是()图4答案 B解析 0～2 mm ，电势φ升高，逆着电场线，则知电场线方向为x 轴负方向，E 是负的，2～6 mm ，电势φ降低，顺着电场线，则知电场线方向为x 轴正方向，E是正的，故A 、C 、D 不符合题意；0～2 mm ，E 1＝U 1d 1＝－402×10－3 V/m ＝－2×104 V/m,2～10 mm ，E 2＝U 2d 2＝ 808×10－3 V/m ＝1×104 V/m,10～12 mm ，E 3＝U 3d 3＝－2×104 V/m ，故B 符合题意． 6.(2021·江西赣州期末)在如图5所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表，当闭合开关S 后，若将滑动变阻器的滑片P 向下调节，则下列说法不正确的是( )图5A ．电路再次稳定时，电源效率减小B ．灯L 2变暗，电流表的示数增大，电容器极板所带电荷量减少C ．灯L 1变亮，电压表的示数减小，电源输出功率减小D ．电源的内部消耗功率增大答案 C解析 由题可知，滑片P 向下调节，滑动变阻器的阻值R 减小，即电路中的总电阻R总减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的总电流I总增大，电路内电压U内增大，路端电压U外减小，电源的效率η＝P出P总×100%＝U外I总EI总×100%＝U外E×100%，即电源效率减小，所以A正确，但不符合题意；灯L1的电流增大，所以L1的电压U1增大，又路端电压U外减小，所以灯L2和电容器两端的电压U2都减小，所以灯L2变暗，通过L2的电流I2也减小．又总电流增大，所以电流表的示数增大．电容器两端电压减小，由Q＝CU可得，电容器极板所带电荷量减小，所以B正确，但不符合题意；由B选项分析可知，灯L1的电流增大，所以L1变亮，电压表测的是电路的路端电压，所以电压表示数减小，电源的输出功率为P出＝U外I总，路端电压U外减小，总电流I总增大，所以无法判断电源的输出功率变化，所以C错误，符合题意；电源的内部消耗功率为P内＝I总2r，由于总电流I总增大，所以电源的内部消耗功率增大，所以D正确，但不符合题意．7.(2020·四川成都一诊)如图6所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是()图6A．油滴带正电B．油滴受到的静电力大小为4kQq d2C．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小D ．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动答案 C解析 根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，场强方向竖直向下，故油滴带负电，A 错误；两极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用，B 错误；上极板下移，板间距d 减小，根据C ＝εr S 4k πd ，U ＝Q C ＝4k πdQ εr S ，则E ＝U d ＝4πkQ εrS ，故场强E 不变，F ＝qE ，可知油滴所受静电力不变，油滴静止不动，根据U ＝Ed 可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小，故C 正确，D 错误．8.如图7所示，匀强电场的方向平行于O 、P 、Q 三点所在的平面，三点的连线构成一个直角三角形，∠P 是直角，∠O ＝30°，PQ ＝2 cm ，三点的电势分别是φO ＝5 V ，φP ＝11 V ，φQ ＝13 V ．下列叙述正确的是( )图7A ．电场的方向沿QO 方向，电场强度大小为2 V/mB ．OQ 连线中点的电势为6.5 VC ．电子在P 点的电势能比在Q 点低2 eVD ．沿O →P →Q 路径将电子从O 点移动到Q 点，静电力做的功为8 eV 答案 D解析 QO 间的电势差为8 V ，将QO 分成8等份，每份的电势差为1 V ，如图所示，若A 点的电势为11 V ，则OA 的长度为3 cm.AQ 的长度为1 cm.根据几何关系可知，P A ⊥OQ ，故P A 所在的直线为等势线，电场线沿QO 方向从Q 指向O .电场强度的大小为E ＝U d ＝8 V 4 cm ＝2 V/cm ，故A 错误；根据匀强电场等差等势面的特点，OQ连线的中点电势为φ＝φO＋φQ2＝5＋132V＝9 V，B错误；将电子从P移动到Q点，静电力做功W PQ＝－eU PQ＝－e×(－2 V)＝2 eV，静电力做正功，电势能减小，故电子在P点的电势能比在Q点高2 eV，故C错误；静电力做功与路径无关，只与始、末位置有关，故W OPQ＝W OQ＝－e×(－8 V)＝8 eV，D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.(2021·江苏省滨海中学期末)交警使用的某型号酒精测试仪工作原理如图8所示，传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均为理想电表．当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是()图8A．电压表的示数变大，电流表的示数变小B．电压表的示数变小，电流表的示数变大C．酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变答案BD解析由于传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，而酒驾驾驶员吹气时，酒精气体浓度变大，R 变小，由闭合电路的欧姆定律可知I ＝E R ＋r ＋R 0，U ＝E －I (R 0＋r )，可知电流表示数变大，电压表示数变小，A 错误，B 正确；电源的输出功率与外电阻R 外的关系图像如图所示，由图可知，当R 外＝r 时电源的输出功率最大，而酒精气体浓度增大导致R ＋R 0减小，若开始时R ＋R 0>r ，则随着R 减小，电源的输出功率增大，若开始时R ＋R 0<r ，则随着R 减小，电源的输出功率减小，C 错误；把R 0等效为电源内阻的一部分，则|ΔU ΔI|＝r ＋R 0.故无论R 怎么变，电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变，D 正确．10.(2021·福建宁德市高二期末)如图9所示，光滑绝缘水平细杆上套有一个小球，其质量为m ，带电荷量为＋q ，O 、a 、b 是细杆垂线上的三点，O 在杆上且Oa ＝Ob ，在a 、b 两点分别固定一个电荷量为－Q 的点电荷．小球从图示位置以初速度v 0向右运动的过程中( )图9A ．速度一定先减小后增大B ．加速度一定先增大后减小C ．对细杆的作用力始终保持不变D ．电势能先减小后增大答案CD解析在O左侧，小球受到的库仑力合力向右，在O右侧小球受到的库仑力合力向左，小球在向右运动的过程中，在O左侧做加速运动，在O右侧做减速运动，所以小球的速度先增大后减小，A错误；根据电场线的分布情况，电场强度可能先减小后增大，所以小球所受的静电力可能先减小后增大，则加速度可能先减小后增大，B错误；两个电荷量为－Q的点电荷对小球的库仑力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，所以小球对细杆的作用力等于小球的重力，始终保持不变，C正确；在小球向右运动的过程中，静电力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，D正确．11．(2021·广东深圳市翠园中学高二期末)如图10，直线上有O、a、b、c四点，其中ab＝bc＝Oa2，在c点处固定点电荷Q.若一带负电的粒子仅在静电力作用下先经O点运动到a点，又从a点返回运动到O点，则()图10A．点电荷Q带负电B．Oa间与ab间的电势差满足|U Oa|＝2|U ab|C．粒子两次经过O点时的速率相同D．粒子经过a、O点时加速度满足a a＝4a O答案ACD解析一带负电的粒子仅在静电力作用下先经O点运动到a点，又从a点返回运动到O点，则说明带电粒子先减速后加速返回，所以点电荷Q带负电，A正确；由于点电荷Q周围的电场为非匀强电场，离点电荷Q越近，其电场强度越强，根据U＝Ed可判断Oa间与ab间的电势差满足|U Oa|<2|U ab|，B错误；根据静电力做功的特点，粒子两次经过O点的过程中静电力不做功，由动能定理可知粒子的动能不变，则粒子两次经过O点时的速率相同，C正确；根据牛顿第二定律可得kQq r2＝ma，解得a＝kQqr2m，由于r O＝2r a，所以粒子经过a、O点时加速度满足a a＝4a O，D正确．12.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图11所示，图线a是该电池在某光照射强度下路端电压U和电流I的关系图(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b是某电阻的U－I图像，倾斜虚线是过a、b交点的切线．在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列相关叙述正确的是()图11A．此时硅光电池的内阻为12.5 ΩB．此时硅光电池的总功率为0.72 WC．此时硅光电池的输出效率约为56%D．若把内阻为10 Ω的直流电动机接到该电池上，电动机的输出功率为0.4 W 答案BC解析由图线a知，此硅光电池的电动势E＝3.6 V，由图线b知，电阻R＝2 0.2Ω＝10 Ω.当电阻接在硅光电池上，在某光照强度下U外＝2 V，I＝0.2 A，由E＝U外＋Ir得：r＝8 Ω.电池总功率P＝EI＝3.6×0.2 W＝0.72 W，电池的输出功率P出＝U外I＝2×0.2 W＝0.4 W，效率η＝P出P×100%≈56%，故A错误，B、C正确；把内阻为10 Ω的直流电动机接到该电池上，电动机为非纯电阻电路，故电动机的输出功率小于0.4 W，D错误.三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)(2020·黄山市高二期末)用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ.给定电压表(内阻约为50 kΩ)、电流表(内阻约为40 Ω)、滑动变阻器(20 Ω)、电源、开关、待测电阻(约为250 Ω)及导线若干．图12(1)在图12中完成测量的电路图．(2)图13中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，要求在图中画出U－I图像．并根据图像求出电阻阻值R＝________ Ω.(保留3位有效数字)图13(3)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，长度L已知．用50分度的游标卡尺测量其直径，如图14所示．由图可知其直径为________ cm.图14(4)由于实验误差，实验测量出的ρ________材料真实的ρ0(选填“大于”“等于”或“小于”)．答案(1)如图所示(2分)(2)如图所示(1分)223(208～230均正确)(1分)(3)0.800(1分)(4)小于(1分)14．(8分)(2021·上海市大同中学期末)某同学用图15(a)所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，R1是滑动变阻器，定值电阻R2＝3 Ω.图15(1)图(a)中A、B分别是________传感器、________传感器．(2)请根据图(a)，用笔画线代替导线将图(b)中实物图补充完整；(3)该实验中，设A传感器的示数为a，B传感器的示数为b，则a关于b的函数关系式为a＝________；(用b、E、r、R2表示)(4)若实验中得到的两表的示数关系图像如图(c)所示，则该电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.答案(1)电压(1分)电流(1分)(2)见解析图(1分)(3)E－b(R2＋r)(2分) (4)2.8(1分)1(2分)解析(1)A传感器与电路并联，是电压传感器，B传感器与电路串联，是电流传感器；(2)电路如图所示(3)把R2看作电源的内阻，由闭合电路欧姆定律得U＝E－I(R2＋r)U＝a，I＝b解得a ＝E －b (R 2＋r )(4)由题图(c)知，电源的电动势E ＝2.8 V该电源的内阻为r ＝|ΔU ΔI |－R 2＝2.80.7 Ω－3 Ω＝1 Ω15.(8分)如图16所示，两平行金属板A 、B 间有一匀强电场，C 、D 为电场中的两点，且CD ＝4 cm ，其连线的延长线与金属板A 成30°角．已知电子从C 点移到D 点的过程中静电力做功为－4.8×10－17 J ，元电荷e ＝1.6×10－19 C ．求：图16(1)C 、D 两点间的电势差U CD 、匀强电场的场强大小E ；(2)若选取A 板的电势φA ＝0，C 点距A 板1 cm ，电子在D 点的电势能为多少． 答案 (1)300 V 1.5×104 V/m (2)7.2×10－17 J解析 (1)电子从C 点移到D 点U CD ＝W CD q ＝－4.8×10－17－1.6×10－19V ＝300 V(1分) E ＝U CD d CDsin 30°＝3004×10－2×0.5 V/m ＝1.5×104 V/m(2分) (2)d ＝d CD sin 30°＋1 cm ＝3 cmU AD ＝Ed ＝1.5×104×3×10－2 V ＝450 V(2分)由U AD ＝φA －φD 和φA ＝0得(1分)φD ＝－450 V(1分)电子在D 点的电势能为E p ＝qφD ＝－1.6×10－19×(－450) J ＝7.2×10－17 J ．(1分)16.(10分)如图17所示，在x >0的空间内存在沿x 轴正方向、大小为E 的匀强电场，在x <0的空间内存在沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E .一质量为m 、电荷量为－e 的电子在位于x 轴上的点P (d ,0)处，以沿y 轴正方向的初速度v 0开始运动，不计电子重力．求：图17(1)电子在x 轴方向的分运动的周期；(2)电子运动的轨迹与y 轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l . 答案 (1)42mdEe (2)2v 02md Ee解析 (1)设电子从开始运动到第一次与y 轴相交所用时间为t ，则有 d ＝12·Ee m ·t 2(2分) 解得t ＝2mdEe (2分)所以电子在x 轴方向的分运动的周期为T ＝4t ＝42mdEe ；(2分) (2)在y 轴方向上，有y ＝v 0t ＝v 02mdEe (2分) 电子运动的轨迹与y 轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离l ＝2y ＝2v 02md Ee .(2分)17.(14分)(2021·北京通州区期末)如图18所示，电路中电源电动势E ＝80 V ，内阻不计，电路中三个定值电阻R的阻值相同．A、B分别为水平放置的平行板电容器的上、下极板，板长L＝90 cm，板间距离d＝40 cm.在两金属板左端正中间位置M处，有一小液滴以某一初速度水平向右射入两板间，从A板右侧边缘射出电场．已知小液滴的质量m＝2.0×10－3 kg，带负电，电荷量q＝1.0×10－3 C．重力加速度g＝10 m/s2，求：图18(1)平行板电容器两极板间电压U的大小；(2)在此过程中液滴电势能的变化量ΔE p；(3)液滴进入电场时初速度v0的大小．答案(1)40 V(2)－0.02 J(3)9.0 m/s解析(1)根据闭合电路欧姆定律得U＝E2R·R(2分)代入数据得U＝40 V(1分)(2)液滴在电场中运动，静电力做功W＝12qU(1分)代入数据得W＝0.02 J(1分)根据静电力做功与电势能变化的关系W＝－ΔE p(2分) 得ΔE p＝－0.02 J(1分)即液滴电势能减小0.02 J(3)根据牛顿第二定律，有q Ud－mg＝ma(2分)竖直方向有d 2＝12at 2(2分)水平方向有L ＝v 0t (1分)联立得v 0＝9.0 m/s.(1分)18．(14分)(2021·四川模拟)科技在我国的“蓝天保卫战”中发挥了重要作用，某科研团队设计了一款用于收集工业生产中产生的固体颗粒的装置，其原理简图如图19所示．固体颗粒通过带电室时带上正电荷，颗粒从A 点无初速度地进入加速区，经B 点进入径向电场区，沿14圆弧BC 运动，再经C 点竖直向下进入偏转电场区，最终打在竖直收集挡板上的G 点．建立如图19所示坐标系，带电室、加速区、径向电场区在第二象限，偏转电场区和挡板在第四象限．已知固体颗粒的比荷为10－3 C/kg ，加速区板间电压为U ＝2×103 V ，圆弧BC 上各点的场强大小相同且为E 1＝2.5×104 V/m ，方向都指向圆弧BC 的圆心D 点，偏转电场场强大小为E 2＝4×104 V/m ，方向水平向右，挡板距离y 轴0.2 m ．不计重力、空气阻力及颗粒间的作用力，求：图19(1)带电固体颗粒离开加速区的速度大小及圆弧BC 的半径；(2)G 点与x 轴之间的距离．答案 (1)2 m/s 0.16 m (2)0.2 m解析 (1)从A 到B 的加速过程qU ＝12mv 2(2分)解得v ＝2 m/s(2分)从B 到C 的过程，固体颗粒受到的径向静电力提供向心力，qE 1＝m v 2R (2分) 解得R ＝0.16 m(1分)(2)在C 到G 过程固体颗粒做类平抛运动，则x ＝12at 2(2分)qE 2＝ma (2分)y ＝vt (2分)解得y ＝0.2 m ．(1分)。
综合练习试卷2(题后含答案及解析)_18
综合练习试卷2(题后含答案及解析)题型有：1. 单项选择题11. 计算题13. 证明题单项选择题下列各题的备选答案中，只有一个是符合题意的。
1．一个花样滑冰运动员由张开双臂转动到收拢双臂转动时，他的：A．转动惯量增大，角速度减小B．转动惯量增大，角速度增大C．转动惯量减小，角速度增大D．转动惯量减小，角速度减小正确答案：C 涉及知识点：综合2．一定量的气体，若压强由P增加到P+dP时，相应的体积由V增加到V+dV，则体变弹性模量为：A．-(VdP)/(dV)B．(VdP)/(dV)C．-(dV)/(dP)D．-(VdV)/(dP)正确答案：A 涉及知识点：综合3．某电梯吊缆的弹性极限为3．0×103N·m-2，截面积为3×10-4m2。
若要求吊缆的应力不超过其弹性极限的1/4，则吊缆所允许的最大受力为：A．2．0 NB．2．25 NC．0．225 ND．1．25 N正确答案：C 涉及知识点：综合4．理想流体做稳定流动时，其特点是：A．流经空间各点的速度相同B．流速一定要小C．流线是一组平行线D．流线上各点的速度不随时间而变正确答案：D 涉及知识点：综合5．理想流体在同一流管中做稳定流动时，对于不同截面的流量是：A．截面大处流量大B．截面小处流量大C．截面大处的流量等于截面小处的流量D．不知截面大小，不能确定流量正确答案：C 涉及知识点：综合6．理想流体在一水平管中做稳定流动时，截面积S、流速v、压强P问的关系是：A．S大处，v小，P小B．S大处，v大，P大C．S小处，v大，P小、D．S小处，v小，P小正确答案：C 涉及知识点：综合7．一个顶端开口的圆形容器的横截面积为10 cm2，在圆形容器底侧面及底部中心各开一横截面积为0．5 cm2的小孔。
水从圆形顶部以100 cm3·s-1的流量注入桶内，则桶中水面的最大高度为：(g=10 m·s-2)A．h=0B．h=5．0cmC．h=200 cmD．h=10 cm正确答案：D 涉及知识点：综合8．运用粘滞定律的条件是：A．理想流体做稳定流动B．牛顿流体做湍流C．非牛顿流体做层流D．牛顿流体做层流正确答案：D 涉及知识点：综合计算题9．质量为500 g、直径为40 cm的圆盘，绕通过盘心的垂直轴转动，转速为1500 r.min-1。
高中政治新教材 必修四 模块综合试卷(二)
模块综合试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(每小题2分，共40分)1．生活中，很多老年人以“万一将来用到了呢？”的观念而将许多旧物进行保存，同时不少的年轻人则以“旧的不去新的不来”的心态迅速将不用的东西丢弃。
其原因在于() A．有什么样的世界观，就有什么样的方法论B．方法论决定世界观，世界观体现方法论C．世界观不同，做事的具体方法就必然不同D．哲学为生活和实践提供积极有益的指导答案 A解析题目中，一些老人因旧物件以后可能会用到而进行了保存，一些年轻人则以“旧的不去新的不来”的心态迅速将不用的东西丢弃，从哲学角度来看，体现了世界观决定方法论，A正确。
2．中医学以阴阳五行作为理论基础，将人体看成是气、形、神的统一体，通过“望闻问切”四诊合参的方法探求病因，分析人体内五脏六腑、经络关节等的变化，使用中药、针灸、推拿、拔罐、食疗等多种治疗手段，使人体达到阴阳调和而康复。
从哲学角度看，中医药文化()①具有古代朴素唯物主义哲学思想②博大精深、源远流长③是系统化理论化的世界观④蕴含着自发的辩证法思想A．①②B．①④C．②③D．②④答案 B解析中医学的阴阳五行学说“将人体看成是气、形、神的统一体”，属于古代朴素唯物主义思想，①正确。
中医学“分析人体内五脏六腑、经络关节等的变化”，使用多种治疗手段治病，蕴含着联系、变化、发展等自发的辩证法思想，④正确。
3．英国华威大学的科学家们发现了一种新的囊泡。
它是人类细胞中一种前所未知的成分，能像骑自行车的快递员一样穿梭于繁忙的交通中运送蛋白质。
这项发现或许可以解释细胞在疾病(比如癌症)中扩散的机制。
这一发现佐证了()①世界的真正统一性就在于它的物质性②思维和存在具有同一性③唯物主义是现时代的思想智慧④具体科学的进步推动哲学的发展A．①②B．③④C．①③D．②④答案 A解析材料中这一发现佐证了世界的真正统一性就在于它的物质性，世界是可知的，①②正确。
辩证唯物主义和历史唯物主义是现时代的思想智慧，③错误。
统编版高中政治选择性必修2 模块综合试卷(二)
模块综合试卷(二)一、选择题(每小题2分，共48分)1．李某向王某借款后逾期不还，王某在索要过程中两人产生争执，李某殴打王某致其重伤，王某之妻赵某目睹全过程，因受惊骇导致精神崩溃。
王某儿子十分气愤，在微信朋友圈等自媒体上传李某的照片并写明欠款事项。
下列说法正确的是()①赵某的身体权受到侵害②李某应当赔偿王某医疗费、误工费等费用③李某的隐私权受到侵害④王某儿子应当承担排除妨碍的民事责任A．①②B．②③C．③④D．①④答案B解析赵某的身体权并未受到侵害，①错误；李某殴打王某致其重伤，李某应当赔偿医疗费等费用，②正确；王某儿子十分气愤，在微信朋友圈等自媒体上传李某照片并写明欠款事项，侵犯了李某的隐私权，③正确；本案中王某儿子并未给李某权利的行使造成妨碍，因而不承担排除妨碍的民事责任，④错误。
故答案选B。
2．2018年6月1日，村民甲借给同村村民乙3 000元，双方未约定还款日期。
2018年7月23日，甲要求乙还款，乙以外出务工筹款为由，说服甲同意其年底还款。
乙离开后，甲乙之间一直未有联系。
若2022年4月乙打工归来，甲乙之间产生债务纠纷。
下列说法正确的是()①甲乙民事关系的客体是3 000元人民币②甲乙可通过人民调解解决纠纷，但不适用仲裁③若甲提起诉讼，法院不再支持甲要求保护权利的主张④若甲提起诉讼，法院应当受理甲要求乙继续履行的诉求A．①②B．②④C．①③D．③④答案D解析甲乙民事关系的客体是给付行为，不是3 000元人民币，①错误；平等主体的自然人、法人和其他组织之间发生的合同纠纷和其他财产权益纠纷，可以仲裁，②错误；向人民法院请求保护民事权利的诉讼时效期间为三年，从甲第一次主张自己的权利开始，即从2018年7月23日一直到2022年4月才与乙有联系，已经超过了三年的诉讼时效期限，故若甲提起诉讼，法院不再支持甲要求保护权利的主张，但应当受理甲要求乙继续履行的诉求，③④正确，答案选D。
3．摄影师小伟擅自将拍摄的一组小杰的艺术照发到微信公众号，用来为自己的摄影工作室招揽顾客。
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模块综合试卷(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括15小题，每小题2分，共30分，在每小题给出的4个选项中，只有1项符合题目要求)1．在DNA连接酶的催化下形成的化学键和位置分别是()A．氢键碱基与脱氧核糖之间B．氢键碱基与碱基之间C．磷酸二酯键磷酸与脱氧核糖之间D．磷酸二酯键脱氧核糖与碱基之间答案C解析DNA连接酶的作用是催化DNA片段的“缝合”，能恢复被限制酶切开了的两个核苷酸之间的磷酸二酯键，不能催化氢键形成。
2．为了增加菊花花色类型，研究者从其他植物中克隆出花色基因C(图1)，拟将其与质粒(图2)重组，再借助农杆菌导入菊花中。
下列操作与实验目的不符的是()A．用限制性核酸内切酶Eco RⅠ和DNA连接酶构建重组质粒B．用含C基因的农杆菌侵染菊花愈伤组织，将C基因导入细胞C．在培养基中添加卡那霉素，筛选被转化的菊花细胞D．用DNA分子杂交方法检测C基因是否整合到菊花染色体上答案C解析在构建基因表达载体时，为保证目的基因与载体的连接，需要用同种限制性核酸内切酶进行切割产生相同的黏性末端，才能通过DNA连接酶连接，图中目的基因的两端和启动子与终止子之间都有限制性核酸内切酶Eco RⅠ的切割位点，选用限制性核酸内切酶Eco RⅠ切割目的基因和载体，A项正确；菊花为双子叶植物，将目的基因导入双子叶植物细胞的常用方法是农杆菌转化法，B项正确；图2重组质粒中的抗性基因为潮霉素抗性基因，应该在培养基中添加潮霉素筛选被转化的菊花细胞，C项错误；要检测转基因生物的染色体DNA 上是否插入了目的基因，常用DNA分子杂交技术，D项正确。
3．关于限制酶识别序列和切开部位的特点，叙述错误的是()A．所识别的序列都可以找到一条中轴线B．中轴线两侧的双链DNA上的碱基是反向对称重复排列C．只识别和切割特定的核苷酸序列D．在任何部位都能将DNA切开答案D解析一种限制酶只能识别一种特定的核苷酸序列，并且能在特定的位点上切割DNA分子。
4．下列关于基因表达载体导入微生物细胞的叙述中，不正确的是()A．常用原核生物作为受体细胞，是因为原核生物繁殖快，且多为单细胞，遗传物质相对较少等B．受体细胞所处的一种能吸收周围环境中DNA分子的生理状态称为感受态C．感受态细胞吸收DNA分子需要适宜的温度和酸碱度D．感受态细胞吸收重组表达载体DNA分子的液体只要调节为适宜的pH即可，没必要用缓冲液答案D解析将基因表达载体导入微生物细胞时，需在一定条件(如适宜的温度、pH等)下，将基因表达载体和感受态的微生物细胞混合培养，在培养过程中，可能会影响pH的变化，因此要加入缓冲液，以保持适宜的pH。
5．在植物组织培养过程中，容易获得突变体的主要原因是()A．培养的细胞一直处于不断的分生状态B．培养基营养丰富，易于植物生长C．纺锤丝的形成容易受抑制D．DNA复制容易受抑制答案A解析在植物的组织培养过程中，由于培养细胞一直处于不断的分生状态，因此容易受到培养条件和外界压力的影响而产生突变。
6．下列叙述中，与植物体细胞杂交技术不相关的是()A．利用离心、振动、电激等诱导B．利用聚乙二醇(PEG)等试剂诱导C．克服远缘杂交不亲和的障碍D．快速繁殖、培育无病毒植物答案D解析为了实现原生质体的融合，必须通过一定的技术手段进行人工诱导，有物理法如离心、振动、电激等，化学法如用聚乙二醇(PEG)作为诱导剂，A、B项正确；植物体细胞杂交是将不同种的植物体细胞，在一定条件下融合成杂种细胞，并且把杂种细胞培育成新的植物体的方法，杂种细胞拥有两个亲本的遗传物质，克服了远缘杂交不亲和的障碍，C项正确；快速繁殖、培育无病毒植物属于植物组织培养技术的应用，D项错误。
7．在将动物组织块分散成单个细胞时，可以使用胰蛋白酶。
由此判断以下推测不合理的是()A．动物细胞之间可能依靠蛋白质相互联系B．处理时一定要注意处理时间、加酶量C．胰蛋白酶一定不会对动物细胞造成损伤D．动物细胞培养液的pH应与胰蛋白酶作用的适宜pH基本一致答案C解析胰蛋白酶可使蛋白质分解，由胰蛋白酶可破坏动物细胞之间的联系，可推测动物细胞之间可能依靠蛋白质相互联系；细胞膜中含有蛋白质成分，所以一定要注意处理的时间和酶的用量，以防止对动物细胞造成损伤；酶促反应需要适宜的pH，所以培养液的pH应与胰蛋白酶作用的适宜pH基本一致。
8．单克隆抗体技术在疾病诊断和治疗以及生命科学研究中具有广泛的应用。
下列关于单克隆抗体的叙述错误的是()A．特异性强、灵敏度高B．与抗癌药物结合可制成“生物导弹”C．体外培养B淋巴细胞可大量分泌单克隆抗体D．由经过免疫的B淋巴细胞与骨髓瘤细胞融合而成的杂交瘤细胞分泌答案C解析单克隆抗体的特异性强、灵敏度高，并可大量制备；要想获得大量单一的抗体，需要将某一种B淋巴细胞大量克隆，但是在体外培养的条件下，B淋巴细胞不能无限增殖；由已免疫的B淋巴细胞与骨髓瘤细胞融合而成的杂交瘤细胞，能在体外培养的条件下大量增殖，并分泌单克隆抗体。
9．下列关于单克隆抗体制备过程及应用的叙述，正确的是()A．制备过程中不需要动物细胞培养技术B．杂交瘤细胞具有B淋巴细胞与癌细胞的所有特点C．经选择性培养基筛选出来的杂交瘤细胞即可用于单克隆抗体的生产D．单克隆抗体最广泛的用途是用作体外诊断试剂答案D解析单克隆抗体的制备是将骨髓瘤细胞与经特定抗原刺激产生的B淋巴细胞融合，经过选择培养基的筛选得到杂交瘤细胞，并经单一抗体检测后，培养能产生特异性抗体的杂交瘤细胞，从而得到单克隆抗体。
在制备过程中需要动物细胞培养技术；杂交瘤细胞能无限繁殖，但不具有癌细胞的转移能力。
10．在牛的胚胎发育过程中，将来能发育成胎儿各种组织的是()A．透明带B．囊胚的内细胞团C．囊胚的滋养层D．原肠胚的内胚层答案B解析在胚胎发育过程中，内细胞团将来发育成胎儿的各种组织，而滋养层细胞将来发育成胎膜和胎盘。
11．下列关于小鼠体外受精及胚胎发育的叙述，错误的是()A．精子在获能液中于37 ℃、5% CO2条件下培养的目的是使精子获能B．小鼠在特定光控周期条件下饲养，注射相关激素有促进超数排卵的作用C．分割的胚胎细胞有相同的遗传物质，因此发育成的个体没有形态学差异D．注射到囊胚腔中的胚胎干细胞可以参与个体器官的发育答案C解析在获能液中培养的目的是使精子获能，A项正确；在特定光控周期条件下饲养小鼠，并注射促性腺激素能够促进超数排卵，B项正确；分割的胚胎细胞虽然有相同的遗传物质，但在发育过程中会受到环境影响，发育成的个体可能有形态学差异，C项错误；注射到囊胚腔中的胚胎干细胞可以进行细胞分裂分化，形成相应组织、器官，D项正确。
12．华南虎是国家一级保护动物，可采用试管动物技术进行人工繁殖，该技术包括的环节有()①转基因②核移植③体外受精④体细胞克隆⑤胚胎移植A．①③B．①④C．②⑤D．③⑤答案D解析试管动物技术是指通过人工操作使卵子和精子在体外条件下成熟和受精，再通过培养发育为早期胚胎后，经过移植产生后代的技术，所以该技术包括的环节有③体外受精、⑤胚胎移植。
13．下列关于ES细胞的叙述，不正确的是()A．细胞体积小，细胞核明显B．体外培养可以增殖而不分化C．目前已经可以在体外诱导分化出不同器官D．可以从哺乳动物囊胚的内细胞团中分离获取答案C解析从理论上讲ES细胞可在体外诱导分化出不同的器官，但到目前为止还没有培养出任何真正的器官。
14．对转基因生物的安全性问题，人们存在争论的是()①转基因生物可能存在食物安全问题②很多被转移的基因是异种基因③转基因生物可能影响到环境安全④科学家对基因的结构、基因间的相互作用以及基因的调控机制等都了解得相当有限⑤转基因生物可能存在生物安全问题A．①②④B．①③⑤C．③④⑤D．②③④答案B解析转基因生物的安全性问题包括食物安全、生物安全和环境安全三个方面。
15．下列关于我国生态工程与西方国家生态工程的比较，正确的是()①西方国家的生态工程以治理环境污染和恢复破坏的生态系统为主要目标，我国的生态工程则以经济和社会效益为主要目标②西方国家的生态工程应用范围比我国小③我国的生态工程难以像西方那样，设计出标准化、易操作的生态工程样板A．①②③B．②C．③D．②③答案D解析西方国家的生态工程与我国的生态工程强调的重点不同。
西方国家的生态工程除了治理环境污染的目标外，主要是通过介于工程和依靠自然恢复力的一种中间途径，集中于对破坏的生态系统进行生态恢复；我国的生态工程走有中国特色的道路，即不但要重视对生态环境的保护，更要注重与经济、社会效益的结合。
总体来看，西方国家的生态工程的应用范围比我国小，不太强调经济效益。
不过，目前我国的生态工程还有一些不足之处，如缺乏定量化模型指导，难以设计出标准化、易操作的生态工程样板等。
二、非选择题(本题包括10小题，共70分)16．(7分)几丁质是许多真菌细胞壁的重要成分，几丁质酶可催化几丁质水解。
通过基因工程将几丁质酶基因转入植物体内，可增强其抗真菌病的能力。
回答下列问题：(1)在进行基因工程操作时，若要从植物体中提取几丁质酶的mRNA，常选用嫩叶而不选用老叶作为实验材料，原因是______________________________________________________。
提取RNA时，提取液中需添加RNA酶抑制剂，其目的是______________________________。
(2)以mRNA为材料可以获得cDNA，其原理是_____________________________________________________________________________________________________。
(3)若要使目的基因在受体细胞中表达，需要通过质粒载体而不能直接将目的基因导入受体细胞，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________(答出两点即可)。
(4)当几丁质酶基因和质粒载体连接时，DNA连接酶催化形成的化学键是__________________。
(5)若获得的转基因植株(几丁质酶基因已经整合到植物的基因组中)抗真菌病的能力没有提高，根据中心法则分析，其可能的原因是___________________________________________ ________________________________________________________________________。