江西省名校联盟2015高三调研理综试题及答案(三).doc

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2015·智慧上进名校学术联盟·高三调研考试（三）
化学参考答案
7．C 有机物的分子式为C4H8O2，能与NaOH溶液反应的可以为羧酸，也可以是酯。羧酸类有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH两种，酯类物质有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3四种。新课 标第 一 网

8．D K2FeO4中元素Fe是+6价，是极好的氧化剂，具有高效的消毒作用，被还原后生成Fe3+离子，水解生成Fe（OH）3胶体，具有净水作用，A错误；二氧化硫属于酸性氧化物，能和NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，溶液碱性减弱，溶液褪色，与二氧化硫的漂白性无关，B错误；某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解可以实现，C错误；植物油成分中含有不饱和键，能与碘发生加成反应使碘酒褪色，D正确。

9．B 由图知：反应活化能等于419 kJ/mol，A错误；根据反应速率之比等于物质的系数之比，可知B正确；反应体系中加入催化剂，反应速率增大，△H不变，C错误；热化学方程式中各物质要注明状态：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g） △H＝－91kJ/mol，D错误。

10．C 由题意知：X、Y、Z、W分别为F、Na、Al、Cl。氟元素没有正价，A错误；原子半径：Al>Cl>F，即Z>W>X，B错误；铝能与强碱溶液反应，C正确；AlCl3为共价化合物，D错误。

11．A 溶液中Cu2+和Mg2+的物质的量相等，即反应需要的OH-物质的量相等，a=b-a，A正确；Cu(OH)2是难溶电解质，难溶电解质放入水中会发生极少量的电离使溶液中有少量Cu2+， B错误；NaOH溶液与Cu2+和Mg2+可产生Cu(OH)2和Mg(OH)2沉淀，但先生成蓝色Cu(OH)2沉淀，说明Ksp [Cu(OH)2]小，C错误；Ba(OH)2溶液中c(OH－)大，Cu(OH)2固体在Ba(OH)2溶液中的溶解度小，D错误。

12．B 检验NH4+时，应取少量试样于试管中，加入浓NaOH溶液，微热，用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体，A错误；饱和Na2SO4溶液能使蛋白质发生盐析，可进行蛋白质的分离、提纯，B正确；不同的胶粒混合，胶粒电性可能相同，不一定会出现胶体聚沉现象，C错误；见光易分解的液体药品要存放在棕色试剂瓶中，浓硝酸能腐蚀橡胶，所以不能用橡胶塞，应该用玻璃塞，D错误。

13．D 制取少量Cl2需用浓盐酸，A错误。由于浓硝酸有挥发性，会有较多的HNO3与Na2SiO3反应，影响碳酸与硅酸酸性的比较，B错误。丙装置没有形成闭合回路，不能组成Zn、Cu原电池，C错误。空气有热胀冷缩的性质，如果Na2O2与H2O反应放热，导致大试管中气体压强增大，则红墨水左端下降、右端上升；导管a产生能使带火星的木条复燃的气体，说明产生了O2，D正确。

27．(15分) (1) 取代(1分)[来源:学&科&网Z&X&X&K]
(2)先加正丁醇，再加浓H2SO4或将浓H2SO4滴加到正丁醇中(2分) A(2分)
(3)BD(2分)x k b 1
(4) 洗去有机层中的NaOH和Na2SO4(2分)
(5)测定产品的沸点(或其他合理答案) (2分)
(6) 正丁醇(2分)
(7) 80%(2分)
【解析】(1) 正丁醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成正丁醚，该反应是取代反应。
(2)步骤①中浓硫酸和正丁醇的添加顺序为先向三颈烧瓶中加入密度小的正丁醇，然后再加入密度大的浓硫酸，类似浓硫酸的稀释。冷凝器的冷却水从下口进入，热水从上口流出，与蒸气形成逆流，冷凝效果好。
(3)振荡时应用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗的玻璃塞，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，A错误；正丁醚比水要轻，分液时水从下口放出，正丁醚从上口倒出，B正确；分液漏斗静置液体分层时，应置于铁架台的铁圈上，C错误；为了使液体能够顺利流出，需先将上口玻璃塞打开或玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，D正确。
(4)第一次水洗的目的是洗去大部分的浓H2SO4，第二次水洗的目的是洗去有机层中残留的NaOH及中和反应生成的盐Na2SO4。
(5)纯净物都有固定的熔沸点，区分正丁醚精品和粗品的一种方法是测定产品的沸点。
(6)液体混合物加热会蒸出，经过冷凝器降温会转化为液体，由于正丁醇的密度比水小，又微溶于水，所以在上层，水在下层。因此分水器中上层液体的主要成分为正丁醇，下层液体的主要成分为水。
(7)根据反应的化学方程式可知，水的产率就是正丁醚的产率。 n(正丁醇)=37g÷74g/mol=0.5mol，根据方程式中正丁醇与水的相互关系可知：水的理论物质的量为n(水)= 0.25mol，m(水)= 4.5g，而实际生成水3.6 g，产率＝3.6 g/4.5 g×100%＝80%。

28．(14分) (1) CO2(2分) 氧化铝(2分)
(2)①CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑(2分)
②Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑(2分)
(3)2AlO2− + CO2 + 3H2O =2Al(OH)3↓+ CO32−(2分)
(4) 将CO32−转化为HCO3−，利于KHCO3结晶析出（2分）
(5) 阳(2分)
【解析】（1）在高温下钾长石、Na2CO3、CaCO3混合反应生成X，X可以进行碳酸的酸化，X一定是CO2气体。NaAlO2和KAlO2溶液中通入CO2后一定生成氢氧化铝沉淀，灼烧则得到氧化铝，即M是氧化铝。
（2）①SiO2转化为CaSiO3的化学方程式是CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；②Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式是：Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑。
(3) 碳酸化Ⅰ的目的是制备氢氧化铝，又因为溶液的pH＝11，所以生成的是碳酸盐，而不是碳酸氢盐，即该反应的离子方程式应该是2AlO2− + CO2 + 3H2O =2Al(OH)3↓+ CO32−。
(4)碳酸氢钾灼烧生成碳酸钾，所以碳酸化Ⅱ调整pH=8的目的是将CO32-转化为HCO3-离子，利于KHCO3结晶析出。
（5）电极过程中阳极生成氧气，生成的氧气会和碳反应生成二氧化碳，阳极石墨被消耗，因此需要更换新的石墨电极的是阳极。

29．（13分）（1）1∶2（1分） 64（1分）
(2)NH2Cl+H2ONH3+HClO（2分）
(3)①1.60×10－5（2分）
②碱  （1分） 由于NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液呈碱性（2分） AD（2分）
③（2分）w w w .x k b 1.c o m
【解析】（1）根据得失电子数相等，NaClO～Cl-与NH3～N2H4，该反应中被还原(Cl)与被氧化（N）的原子个数之比为1∶2。反应中有4mol电子发生转移时生成肼2mol，质量为64g。
(2)氯胺能用于消毒杀菌的原因是二者反应生成的NH2Cl能水解生成强氧化性的物质，起消毒杀菌的作用，该强氧化性物质是次氯酸，用化学方程式表示为NH2Cl+H2ONH3+HClO。
(3) ①由图可和：氨水达到电离平衡时，c(NH4+)= c(OH－)= 4×10-3mol/L，氨水的浓度约是1mol/L，所以氨水的电离常数K= c(NH4+)·c(OH－)/c(NH3·H2O)= 1.60×10－5。
②NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c(OH-)＞c(H+)，所以溶液呈碱性。根据物料守恒可知c (CO32-) + c (HCO3-) +c (H2CO3)＝0.5mol·L-1，A正确；根据电荷守恒可知c(NH4+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，B不正确；由于CO32-水解程度大于NH4+水解程度，c(HCO3-)＞c (NH3·H2O)，C不正确；根据物料守恒可知c (NH4+)+ c (NH3·H2O)＝2c (CO32-) + 2c (HCO3-) +2c (H2CO3)，D正确。
③溶液体积变为原来的2倍，此刻c(OH-)减小为原来的一半，根据勒夏特列原理，氨水稀释会促进一水合氨的电离，但最终c(OH-)、c(NH4+)的浓度仍比原来的小，所以图像的起点在2×10-3处，最大值在原图像的下方。

30．（16分）(1)CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g)  △H = -50 kJ·mol－1（3分）
（2）①减弱（2分）  ②2H2O-4e- =4H++ O2↑(2分)
(3)①B（2分）
②>（2分） >（2分） 6.4（mol·L-1）（若带单位也给分）（3分）
【解析】（1）CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g） △H=△H 1-△H 2=×（-484 kJ·mol－1）-（-1352kJ·mol－1）=-50 kJ·mol－1。
（2）根据题给信息和反应特点，该电池中发生的总反应式为：2CO2+2H2O=2HCOOH+O2↑；根据氢离子的转移方向可知：催化剂b表面发生CO2 +2H++2e-=HCOOH，酸性减弱；催化剂a表面产生氢离子，发生：2H2O-4e- =4H++ O2↑。
(3)①由于容器的容积不变，反应前后气体的体积不相等，所以体系内气体压强不再发生变化能作为判断反应达到平衡状态的标志；v（CH3OH）与v（HCHO）未注明正、逆，因此不能作为判断反应达到平衡的标志；达到平衡时，反应物CH3OH转化率才达到最大限度；由于反应前后气体的质量不变，而气体的物质的量发生变化，若体系中气体的平均摩尔质量不再改变，则气体的物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态。
②由坐标图可知，随着温度的升高，甲醇的平衡转化率在不断地增大，即温度升高，平衡向正反应方向移动，所以焓变大于0；Y点在曲线的下方，在该温度下，平衡转化率比Z点小，平衡应向正反应方向进行，才能达到Z点，所以正反应速率大于逆反应速率；由图像看出T1K时甲醇转化率为0.8，利用三段法求解：
　　　　　　　　　CH3OH(g) HCHO(g) + H2(g)
　开始浓度（mol·L－1）　　2　　　　　　　 0　　　　　 0　　　　　　
变化浓度（mol·L－1）　　1.6　　　　　　　1.6　　　　　1.6　　　　　
平衡浓度（mol·L－1）　　0.4　　　　　　　1.6　　　　　1.6　　　　　
K ＝1.6×1.6/ 0.4＝6.4。

2015·智慧上进名校学术联盟·高三调研考试（三）生物
1.D 【解析】核糖体不含mRNA，A错误；内质网不含DNA，B错误；叶绿体还含有DNA和RNA等其他物质，C错误；细胞膜主要由脂质和蛋白质构成，还含有少量糖类，D正确。

2.B 【解析】因过氧化氢酶的催化底物为过氧化氢，没有酶的情况下，该物质在不同温度下分解速率不同，故不适合做温度影响酶活性的相关实验，A正确；温度对酶活性的影响曲线是不对称曲线，不能从图中判断40℃时酶的活性一定比70℃对应的大，B错误；相对酶活力达到100时，对应的温度应为最适宜温度，从图中信息可知该酶的最适宜温度应在60℃左右，即可能在55～60℃，C正确；做实验时，无关变量pH要保持相同且适宜，D正确。
[来源:学|科|网Z|X|X|K]
3.D 【解析】已知某基因中腺嘌呤的数量，只能推导出胸腺嘧啶的数量，再已知组成基因的碱基总数等其他辅助条件才能推导出胞嘧啶和鸟嘌呤的数量，A错误；基因突变一旦发生，对应碱基序列一定发生了改变，但控制的性状不一定改变，原因是密码子具有简并性，即同一种氨基酸可能具有两个或更多个密码子，B错误；在没有外界因素的干扰下，基因也能在复制时偶尔发生错误、碱基组成发生改变等原因导致基因自行发生突变，C错误；基因突变是新基因产生的途径，也是生物变异的根本来源，D正确。

4.C 【解析】由于子一代中雌果蝇:雄果蝇=2:1，可推出雄果蝇有一半是胚胎致死的，进而推导出A-a应位于X染色体上，且两只亲本果蝇的基因型为XAXa、XAY，A错误；出现胚胎致死，基因频率发生改变，生物进化的实质是基因频率的改变，B错误；子一代雌果蝇的基因型及比例为XAXA:XAXa=1:1，雄果蝇的基因型为XAY，子一代雌雄果蝇随机交配，子二代中雌果蝇中XAXA:XAXa=3：1，雄果蝇中XAY:XaY（致死）=3:1，即成活的子二代中，3/7XAXA、3/7XAY、1/7XAXa，再根据基因频率的计算公式可知，子二代中a基因的频率为1/11，C正确；精原细胞既能进行有丝分裂也能进行减数分裂，D错误。

5.D 【解析】胰岛素是一种激素，而激素一旦发挥作用后将会被灭活，即不能多次利用，A错误；因IGF-1及其受体水平降低而导致脑内神经元的死亡现象应属于病理性的细胞死亡，而细胞凋亡属于正常的生命现象，B错误；血糖浓度较高，会导致内环境渗透压增大，导致抗利尿激素分泌增多，而抗利尿激素能促进肾小管和集合管对水的重吸收，进而导致尿量减少，C错误；含胰岛素信使RNA的细胞应为胰岛B细胞，而所有完整体细胞都应含有胰岛素受体基因，D正确。

6.A 【解析】不同高度的芦苇属于同一物种，不能反映群落的垂直结构，A错误；利用标志重捕法调查草鱼的种群密度，第一次捕获的草鱼，都应标记，B正确；赤霉素能促进细胞的伸长，所以生长期使用一定浓度的赤霉素可提高芦苇的产量，C正确；同一植物的不同叶子的基因组成相同，而形状不同，说明生物的性状不仅是由基因决定，还受环境因素的影响，D正确。

31【答案】（每空2分，共10分）
（1）净光合速率（或净光合速率和呼吸速率）
（2）细胞质基质、线粒体基质和叶绿体类囊体薄膜上 大于
（3）2
（4）无水乙醇、层析液（或93号汽油）
【解析】（1）实验测量的数据是氧气的释放速率，而该数据可直接反映出净光合速率的大小，当光强为0时，也可反映呼吸速率的大小。（2）在20℃、1千勒克斯的光强条件下，该植物的叶肉细胞能同时进行呼吸作用和光合作用，所以产生[H]的场所有细胞质基质、线粒体基质和叶绿体类囊体薄膜上。在2.5千勒克斯的光强条件下，10℃和20℃两温度对应净光合速率相等，但20℃的呼吸速率大于10℃的呼吸速率，即20℃对应有机物合成速率大于10℃对应有机物合成速率。（3）植物体内合成的葡萄糖的摩尔量反映的是真光合速率，而植物体内葡萄糖积累的摩尔量反映的是净光合速率，故在5.5千勒克斯的光强和相同时间的条件下，20℃对应植物体内合成的葡萄糖的摩尔量是10℃对应植物体内葡萄糖积累的摩尔量的倍。

32【答案】（除注明外，每空2分，共10分）
（1）ATP与ADP之间的转化比较迅速（1分）
（2）（过氧化氢）酶降低化学反应所需的活化能的作用更显著
（3）A-U、T-A、C-G、G-C（答不全不给分） 5＇→3＇（1分） 2次、2次
（4）减数分裂过程中发生了基因突变或同源染色体中非姐妹染色单体间发生交叉互换
【解析】（1）细胞内ATP与ADP的相互转化非常迅速，细胞内含量虽然很少，但能满足生命活动的需求。（2）略。（3）新合成的链是RNA链，模板链是DNA链，所以两者之间的碱基配对情况有四种，即A-U、T-A、C-G、G-C；无论是双链DNA还是RNA-DNA杂交链，两条链均为反向平行的，RNA链的延伸方向应与DNA子链的延伸方向一致即5＇→3＇；模板链上的碱基上的氢键先断裂，随后合成（DNA与RNA的杂交链）、断裂（RNA释放）、合成（DNA重新双螺旋）；非模板链上的碱基上的氢键是先断裂再合成。（4）等位基因是指位于一对同源染色体相同位置上控制相对性状的基因，而姐妹染色单体上含有等位基因可能是基因突变所致，又因体细胞内含有这对等位基因，所以也可能是同源染色体中非姐妹染色单体间发生交叉互换所致。

33【答案】（每空2分，共14分）
（1）2新*课*标*第*一*网]
（2）两对基因控制一对相对性状（或基因与性状不是一一对应关系）、基因通过控制酶的合成控制代谢进而控制生物的性状（或基因间接控制生物的性状）
（3）多只黄色雌性（写黄色雌性给1分，仅写黄色不给分）
如子代均为黑色，则该黑色雄性个体的基因型为TTNN；
如子代中黑色:红色=1:1，则该黑色雄性个体的基因型为TTNn；
如子代中黑色:褐色=1:1，则该黑色雄性个体的基因型为TtNN；
如子代中黑色:褐色:红色:黄色=1:1:1:1，则该黑色雄性个体的基因型为TtNn
（写出任意两个即可）X kB1.cOM
（4）_ _ZNW和_ _ZnZn 黑色或褐色个体为雄性，红色或黄色个体为雌性（其他具体答案正确也给分）
【解析】（1）因雌性个体的性染色体组成为ZW，所以雌性个体的细胞进行有丝分裂或减数分裂过程中，细胞内Z染色体最多有2条，对应时期分别为有丝分裂后期或减数第二次分裂后期。（2）“产物”不能与双缩脲试剂发生紫色反应，说明“产物”的本质不是蛋白质，可见基因是通过间接途径控制生物的性状，又因控制该动物的毛色不是一对基因，即基因与性状之间并不是一一对应关系。（3）如要验证该黑色个体的基因型，应选择测交，由于该黑色个体为雄性，为得到足够的子代，应选择多只黄色雌性个体与之交配，具体测交结果见答案所示。（4）如要通过子代的表现型鉴定性别，则雌性亲本（ZW）的Z染色体上应含有显性基因，而雄性亲本（ZZ）的Z染色体上只含隐性基因，具体见答案所示。

34【答案】（除注明外，每空2分，共10分）
（1）（位于突触后膜上的）乙酰胆碱对应的受体和（位于突触间隙的）水解乙酰胆碱的酶
（2）神经中枢（1分） 不能（1分）
（3）①膜外钠离子内流的量 ②双向性（1分） 在神经纤维两端分别安置微电压表，并在中段施加一有效刺激，两电压表指针均发生偏转，即可说明该结论（其他答案合理也可）
（4）甲状腺（1分）
【解析】（1）乙酰胆碱能与位于突触后膜上的相应受体结合传递信息，然后被位于突触间隙内的水解酶降解。（2）“网格细胞”应位于大脑皮层中，而大脑皮层属于反射弧中的神经中枢。舌头上的味蕾产生兴奋，传递到神经中枢（大脑皮层）产生味觉，该过程不能称为反射活动。（3）图中兴奋区指的是膜外为负电位膜内为正电位的区域该区域是大量钠离子内流所致，并且钠离子流入膜内的量与膜内外电压差呈正相关。从图中信息可知，电信号在神经纤维上的传导具有双向性，验证思路见答案所示。（4）甲状腺激素能影响人幼年时期脑的发育。

35【答案】（除注明外，每空2分，共10分）w w w .x k b 1.c o m
（1）非生物的物质和能量、分解者（1分）
（2）植被→蝉→螳螂→黄雀→蛇→猫头鹰或植被→蝉→螳螂→黄雀→猫头鹰（答其一即可，两个都答不给分）
（3）猫头鹰和蛇、黄雀和螳螂（黄雀和蝉可以不答）
（4）分解者（1分） 呼吸作用（或产生热能）
（5）70
【解析】（1）生态系统的组成成分包括非生物的物质和能量、生产者、消费者和分解者，而图中只有生产者和消费者。（2）食物链的起点是生产者，终点是最高营养级，具体食物链见答案所示。（3）左图代表捕食关系，右图代表竞争关系，分析食物网可知，同时具有捕食和竞争关系的生物有猫头鹰和蛇、黄雀和螳螂。黄雀和蝉虽然都以植物为食，但具体事物类型不明，两者可能存在竞争关系。（4）食物中的能量未被同化的能量将会流向分解者，而同化的能量可用于呼吸作用以热能形式散失和自身的生长、发育及繁殖，而呼吸作用产生的热能不能再度利用。（5）根据已知信息可知，猫头鹰同化1kJ的能量需植物间接提供0.1÷20%÷10%+0.8÷20%÷10%+0.1÷20%÷20%÷10%=70kJ。
2015▪上进教育名校学术联盟▪高三调研考试（三）
物理参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.答案：D
解析：伽利略用理想斜面实验证明运动不需要力来维持，卡文迪许用扭秤实验测得万有引力常量，A错；法拉第提出“场”的概念，奥斯特发现了电流的磁效应，B错；库仑研究了静止点电荷之间的相互作用的规律，但静电力常量并非库仑的研究成果，C错；焦耳研究了电流生热的相关规律，牛顿在前人的基础上总结出牛顿三定律奠定了经典力学的基础，D对。
15. 答案：C
解析: 分析图线斜率可知，质点在10~15s做加速度不断减小的变减速运动，A错；分析图线与坐标轴所围面积可知，质点在0~10s内的位移大于100m，B错；0~15s内合外力做功的平均功率,C对；0~10s内合外力对物体做功,D错。
16.答案：C
解析：由图乙可知，S接在端，电压表的示数为110V，A错；由可知原线圈输入电压为220V，B错；由可知副线圈接b，电压表读数为80V，C对；S接在端，一段时间后，由于电阻发热，热敏电阻阻值变小，副线圈电流变大，电流表的示数变大，D错。
17.答案：B
解析：O点场强为零，电势不为零，A错；由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷将先加速后减速到达H点速度减为零，B对；A点和B点电势相等，场强大小相同，方向不同，C错；由G点释放一个负检验电荷（不计重力），电荷向下运动的过程中其加速度可能先变小后变大，也可能先变大后变小，再变大后变小，D错。
18.答案：C
解析：由可知，火星的质量可表述为，A错；由火星的质量可表述为,B错；第一宇宙速度，C对；火星探测器若准备火星着陆，应向前喷气减速，以改变运行轨道，D错。
19.答案：ABC
解析：分析物块平衡可知，物块与木板之间的动摩擦因数
，A对；将木板与水平面的倾角改为600，则，则物块运动加速度为，B对；将木板与水平面的倾角改为600，物块运动到木板下端的速度则，C对；将木板与水平面的倾角改为600，物块运动到木板下端的过程中重力做功15J，D错。
20.答案：AB
解析：圆盘辐向垂直切割磁感线，由E=可得，圆盘面积加倍，电流表的示数加倍，A对，B对，C错；改变圆盘旋转的方向，电流表指针偏转方向相反，D错。
21.答案：BC
A
B
C
D
v
P
解析：如图，由几何知识可知，与AD边界相切的圆形轨迹半径为1.5L，与CD边界相切的轨迹半径为L，由半径公式：R=可知轨迹与CD边界相切的粒子速度为，由此可知，仅满足的粒子从CD边界的PD间射出，速度小于的粒子不能打出磁场，故选项B、C正确。
二、实验题
22每空2分，共6分）答案：0.10 0.20 0.05
解析：滑块经过光电门1时速度v1=,滑块经过光电门2时速度
v1=,滑块加速度
23.（9分）答案：(1)A3（1分） (2) V1 （1分）
(2)甲同学：为分压外接，本题中待测电阻,大电阻应考虑分压内接（2分）
乙同学：为限流外接，本题中滑动变阻器阻值较小，不宜应用限流式电路（2分）
（3）（3分）

解析：
（1）为精确测量，多测几组数据，电动势为6V，则电压表选择量程15V；流经待测电阻的电流最大0.06A左右，故电流表量程选择100mA
（2）本题中需要精确测量应将电路设计为分压内接
（3）见解析
24.（14分）
解：（1）甲质点位移-时间表达式可写作 （3分）
（2）相遇时 （1分）
即 （2分）
解得 （2分）
（3）距离最远时两质点有共同速度 （2分）
即 （2分）
解得 （2分）
25．（15分）
解：对滑块在ABED区域内受力分析，设其加速度为,
根据牛顿第二定律可得（3分）
设滑块到E点的速度为，（2分）
联立解得（2分）
对滑块在BCFE区域内受力分析，设其加速度为，在电场中运动的时间为t,
根据牛顿第二定律得（2分）
滑块在水平方向上做匀速运动，由（2分）
在竖直方向上做匀加速运动，运动的竖直位移为（2分）
因此滑块最终离开电场时的位置坐标为（2L，）（2分）
26．（18分）
解：（1）由图乙可知，F与v成反比，又P=Fv，拉力功率不变，
当v=10m/s时，拉力F=2.0N，（3分）
解得：P=20w（2分）
（2）由图乙可知，金属棒的最大速度为vm=10m/s，（2分）
此时，E=BLvm，（2分）
I=（1分），
F安=BIL=F，（1分）
P=Fvm （2分）
解得：B=2.0T （1分）
(3)由功能关系：Pt=Q总+（2分）
QR= （1分）
解得：QR=24J（1分）[来源:Z*xx*k.Com]

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