高考好教育高三最新信息卷理综八解析版.docx
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高考好教育高三最新信息卷理综八解析版
2019年高考好教育高三最新信息卷理综（八）解析版
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：
本大题共13小题，每小题6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．下列叙述，正确的是
A．细胞骨架与细胞的物质运输能量转换等生命活动密切相关
B．癌细胞突变出原癌基因和抑癌基因，细胞的生长和分裂失控
C．线粒体内膜和叶绿体内膜均可生成ATP
D．结枝杆菌属于胞内寄生菌，其蛋白质在宿主细胞的核糖体上合成
【答案】A
【解析】细胞骨架与细胞的物质运输、能量转换、信息传递等生命活动密切相关，A正确；正常细胞中本来就含有原癌基因和抑癌基因，细胞癌变是原癌基因和抑癌基因发生基因突变的结果，B错误；线粒体内膜可以产生ATP，但是叶绿体内膜不能产生ATP，C错误；结核杆菌属于胞内寄生菌，其蛋白质在自己细胞中的核糖体上合成，D错误。
2．减数分裂形成配子时，分离的基因、自由组合的基因、交叉互换的基因在染色体上的位置关系，分别是
A．同源染色体上；非同源染色体上；同源染色体上
B．同一条染色体上；非同源染色体上；姐妹染色单体上
C．非同源染色体上；同一条染色体上；姐妹染色单体上
D．姐妹染色单体上；同源染色体上；非同源染色体上
【答案】A
【解析】分离的基因是位于一对同源染色体上的同一位置的控制相对性状的等位基因，自由组合的基因是位于非同源染色体上控制不同性状的非等位基因、交叉互换的基因发生在减数第一次分裂的前期同源染色体间的非姐妹染色体单体上，A正确。
3．在甲、乙、丙、丁四种条件下,测得西瓜种子萌发时二氧化碳释放量与氧气消耗量之比分别是10:
0；8:
3；6:
4；7:
7。
底物均是葡萄糖,则下列叙述错误的是
A．甲条件下,呼吸产物除二氧化碳外还有酒精
B．乙条件下,有氧呼吸与无氧呼吸消耗的葡萄糖之比为1:
5
C．丙条件下,西瓜种子消耗的葡萄糖最少
D．丁条件下,无氧呼吸程度最弱,二氧化碳全部来自线粒体
【答案】C
【解析】甲条件下，种子萌发时只释放二氧化碳，不消耗氧气，说明甲条件下种子，萌发时只进行无氧呼吸，种子无氧呼吸的产物是酒精和二氧化碳，A正确；乙条件下，种子萌发时释放的二氧化碳量大于氧气的消耗量，说明乙条件下既进行有氧呼吸，又进行无氧呼吸，分析乙条件下二氧化碳释放量与氧气消耗量之比可知，有氧呼吸消耗的葡萄糖量：
无氧呼吸消耗的葡萄糖量=（3/6）：
（5/2）=1：
5，B正确；丙条件下，种子萌发时既进行有氧呼吸，又进行无氧呼吸，而丁条件下种子萌发时只进行有氧呼吸，不进行无氧呼吸，故西瓜种子消耗的葡萄糖最少的是丁，C错误；丁条件下，种子萌发时只进行有氧呼吸，不进行无氧呼吸，产生的二氧化碳全部来自线粒体，D正确。
4．某兴趣小组为探究不同浓度的生长素类似物对植物插条生根的影响，进行了相关实验，结果见图。
下列有关叙述错误的是
A．本实验中，因变量是生根数和根长度
B．图中实验结果体现了生长素类似物对植物插条生根的作用具有两重性
C．浓度X、Y、Z之间的大小关系可能为Y＜X＜Z
D．将浓度Z溶液稀释后，重复上述实验，其作用效果不可能好于Y
【答案】D
【解析】据图分析可知，该实验的自变量是生长素类似物的浓度，因变量为生根数和生根长度，A正确；图示随着生长素类似物的逐渐升高，平均生根数逐渐增多，平均根长度也逐渐增多，浓度Z时，生长素类似物对生根数与生根长度低于对照组，即具有抑制作用，体现了生长素类似物对植物插条生根的作用具有两重性，B正确；由于生长素类似物具有与生长素相类似的生理作用，故浓度X、Y、Z之间的大小关系不一定为X＜Y＜Z，也可能为Y＜X＜Z，C正确；浓度为Z的生长素类似物浓度最高，稀释后，重复上述实验，其作用效果可能好于Y，D错误。
5．大蓝蝶幼虫分泌的蜜汁是红蚁最喜欢的食物，红蚁发现大蓝蝶幼虫后会将其带回蚁巢，和同类一起分享其分泌的蜜汁，蜜汁被吃完后，大蓝蝶幼虫会散发出红蚁的气味和声音，让红蚁误认为它是自己的同类，大蓝蝶幼虫就可以在蚁巢内走动且大吃红蚁卵和幼虫，并躲避天敌。
下列有关叙述错误的是
A．红蚁有助于大蓝蝶幼虫避开与其它蝴蝶幼虫的竞争
B．大蓝蝶幼虫和红蚁两者是相互选择的结果
C．大蓝蝶可以在没有红蚁的地方繁衍后代
D．大蓝蝶幼虫与红蚁之间存在着捕食关系
【答案】C
【解析】由题中“红蚁发现大蓝蝶幼虫后会将其带回蚁巢，和同类一起分享其分泌的蜜汁”可知，红蚁有助于大蓝蝶幼虫避开与其它蝴蝶幼虫的竞争，A正确；大蓝蝶幼虫和红蚁两者是相互选择的结果，B正确；没有红蚁，大蓝蝶幼虫就无法吃红蚁卵和幼虫，并躲避天敌，因此大蓝蝶不能在没有红蚁的地方繁衍后代，C错误；由题意可知，大蓝蝶幼虫与红蚁之间存在着捕食关系，D正确。
6．下列关于生态系统的叙述，正确的是
A．生态系统的食物链中营养级越高的生物，其体型必然越大
B．生态系统中的信息传递对所有的捕食者必然都是有利的
C．为了维持正常功能，生态系统必然不断得到来自系统外的能量补充
D．增加某种植物的种植量必然提高生态系统的抵抗力稳定性
【答案】C
【解析】生态系统的食物链中营养级的高低与体型大小没有直接关系，如高营养级的狼与低营养级的水牛，A错误；生态系统的信息传递具有双向性，不可能都对捕食者有利，有的对于被捕食者有利，如：
鸟的叫声提醒同伴有捕食者等，B错误；能量流动具有单向传递、逐级递减的特点，因此任何生态系统都需要不断得到来自系统外的能量补充，以便维持生态系统的正常功能，C正确；增加某种植物的种植量可能导致本地其他物种的生存受到威胁，进而可能降低生态系统的抵抗力稳定性，D错误。
7．化学与生活密切相关。
下列解释错误的是
A．一氯乙烷冷镇痛喷雾剂用于受伤运动员应急处理，主要是一氯乙烷的麻醉作用
B．铅笔的主要成分是石墨与黏土，黏土含量越多，铅笔硬度越大
C．松花皮蛋中的氨基酸盐是蛋白质在碱性条件下水解所形成
D．季铵盐表面活性剂能吸收空气中的水份，从而具有优良的抗静电效果
【答案】A
【解析】A．氯乙烷的沸点较低，易挥发而吸收热量，使局部冷冻麻醉，故A错误；B．石墨质软与黏土质硬，黏土含量越多，铅笔硬度越大，故B正确；C．松花蛋是以鸭蛋（鸡蛋、鹌鹑蛋），纯碱、生石灰、食盐、茶叶、黄丹粉（氧化铅）、草木灰、松枝为主要原料的一种蛋制品，原料当中偏碱性物质居多，因此松花皮蛋中的氨基酸盐是蛋白质在碱性条件下水解所形成，故C正确；D．季铵盐中季铵部分是亲水基，因为带有正电荷（水是强极性分子，所以这部分亲水），而长碳链（非极性）是憎水基，拥有这两类基团的物质都有表面活性，因此季铵盐作为表面活性剂，能吸收空气中的水份，从而具有优良的抗静电效果，故D正确；答案：
A。
8．阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸（
），可以用水杨酸（邻羟基苯甲酸）与乙酸酐[（CH3CO）2O]为原料合成。
下列说法正确的是
A．可用酸性KMnO4溶液鉴别水杨酸和乙酰水杨酸
B．已知HCHO为平面形分子，则乙酸酐中最多8个原子共平面
C．1mol乙酰水杨酸最多消耗2molNaOH
D．服用阿司匹林时若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉注射Na2CO3溶液
【答案】A
【解析】A．水杨酸分子中的酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙酰水杨酸不易被氧化，故A正确；B．HCHO为平面形分子且单键可以旋转，因此碳氧双键周围的原子都可处于同一平面，甲基上的碳原子为饱和碳原子，每个甲基上有2个氢原子不能共平面，所以乙酸酐中最多有9个原子共平面，故B错误；C．乙酰水杨酸中的羧基和酚酯基都能与NaOH反应，因每1mol酚酯基可消耗2molNaOH，故最多可消耗3molNaOH，故C错误；D．阿司匹林为感冒用药，服用过量会造成水杨酸中毒，出现水杨酸反应应静脉注射NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液，Na2CO3溶液碱性太强，故D错误；故选A。
9．NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A．H2S的燃烧热是QkJ/mol。
充分燃烧H2S，当有0.5QkJ热量放出时，转移的电子数为6NA
B．25℃时，500mLpH=11的碳酸钠溶液中，由水电离出的OH－数目为0.0005NA
C．pH=2的H3PO4溶液中，H+的数目为0.01NA
D．0.10L2.0mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和为0.2NA
【答案】B
【解析】A．H2S燃烧的热化学方程式为H2S（g）+O2（g）=H2O（l）+SO2（g）ΔH=-QkJ/mol，反应1molH2S转移的电子数为6NA，当有0.5QkJ热量放出时，参加反应的H2S物质的量为0.5mol，转移的电子数为3NA，故选项A错误；B．pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为：
c（OH−）==1×10-3mol/L，该溶液中含有氢氧根离子的物质的量为：
n（OH−）=1×10−3mol/L×0.5L=5×10-4mol，Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离出的氢氧根离子的物质的量为5×10−4mol，所以水电离出的OH−数目为：
5×10−4mol×NAmol−1=0.0005NA，故选项B正确；C．pH=2的H3PO4溶液中氢离子的浓度为0.01mol/L，但是不知道溶液体积，无法计算，故选项C错误；D．HCO既能水解为H2CO3又能电离为CO，根据物料守恒可知，NaHCO3溶液中H2CO3、HCO和CO离子数之和为0.2NA，故选项D错误。
答案选B。
10．MnO2是一种重要的化工原料，可用于合成工业的催化剂和氧化剂。
采用软锰矿（主要成分为MnO2）可制备高纯MnO2，其流程如下：
下列叙述错误的是
A．“含Mn2+、A13+的溶液”中还含Fe3+
B．加入“氨水”同时搅拌，搅拌的目的是提高反应速率
C．“滤渣”可完全溶解在NaOH溶液中
D．电解含Mn2+的溶液，MnO2为阳极产物
【答案】C
【解析】A项、由化合价变化可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，FeSO4将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，故A正确；B项、加入“氨水”同时搅拌，可以增大氨水与溶液的接触面积，提高反应速率，故B正确；C项、向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应，滤渣不能完全溶解，故C错误；D项、电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2，故D正确。
11．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示
元素符号
X
Y
Z
W
原子半径/nm
0.160
0.143
0.070
0.066
主要化合价
+2
+3
+3，+5，-3
-2
下列有关叙述正确的是
A．四种元素位于元素周期表的同一周期
B．电解X的氯化物的水溶液可以得到单质X
C．Y的最高价氧化物对应的水化物既能溶解在盐酸中，又能溶解在氨水中
D．W、Z的氢化物均多于1种
【答案】D
【解析】W化合价为-2价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，以此解答。
根据原子半径及主要化合价的变化规律可知，X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O，A．根据题分析可知，四种元素不在同一周期，故A错误；B．电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀，得不到单质镁，制备单质镁需电解熔融的氯化镁，故B错误；C．Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，不溶于氨水，故C错误；D．W为O元、Z为N元素，O的氢化物有H2O和H2O2，N的氢化物有NH3和N2H4，氢化物均多于1种，故D正确。
故选D。
12．锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：
2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是
A．放电时，当电路中通过0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应
B．整个反应过程中，氧化剂为O2
C．放电时，正极的电极反应式为：
Cu2O＋H2O＋2e−＝2Cu＋2OH−
D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
【答案】A
【解析】A．放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.1mol电子的电量时，根据4Cu+O2=2Cu2O，O2+4e−+2H2O=4OH−，正极上参与反应的氧气为0.025mol，在标准状况下的体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故A错误；B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故B正确；C．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−，故C正确；D．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故D正确；答案选A。
13．常温下，用0.10mol·L－1的氨水滴定20.00mLamol·L－1的盐酸，混合溶液的pH与氨水的体积（V）的关系如图所示。
下列说法不正确的是
A．图上四点对应溶液中离子种类相同
B．若N点溶液中存在c（H+）＝c（OH－）＋c（NH3·H2O），则N点为滴定反应的恰好反应点
C．图上四点对应的溶液中水的电离程度由大到小排列为N>P>M>Q
D．若N点为恰好反应点，则M点溶液中存在c（Cl－）＝2c（NH3·H2O）＋2c（NH）
【答案】C
【解析】A．四点对应的溶液中均存在：
H+、OH−、NH、Cl−，故A正确；B．若N点溶液中存在c（H+）＝c（OH−）＋c（NH3·H2O），根据质子守恒定律，可知c（H+）＝c（OH−）＋c（NH3·H2O）为NH4Cl溶液中的质子守恒，B正确；C．无法比较N点和P点影响水电离的程度，故C错误；D．M点溶液中c（NH4Cl）＝c（HCl），则根据氯原子和氮原子守恒，故D正确；故选C。
二、选择题：
本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。
第19～21题有多选项符合题目要求。
全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．在探究光电效应现象时，某小组的同学分别用频率为ν、2ν的单色光照射某金属，逸出的光电子最大速度之比为1:
2，普朗克常量用h表示，则
A．光电子的最大初动能之比为1:
2B．该金属的逸出功为
C．该金属的截止频率为
D．用频率为
的单色光照射该金属时能发生光电效应
【答案】B
【解析】逸出的光电子最大速度之比为1：
2，光电子最大的动能：
，则两次逸出的光电子的动能的之比为1：
4；故A错误；光子能量分别为：
和，根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：
，，联立可得逸出功：
，故B正确；逸出功为，那么金属的截止频率为，故C错误；用频率为的单色光照射，因，不满足光电效应发生条件，因此不能发生光电效应，故D错误。
15．如图所示，两个物体A、B中间用一个不计质量的轻弹簧相连。
A、B的质量分别为mA、mB，与固定斜面间的动摩擦因数相同。
当A、B两物体一起在斜面上匀速下滑时，下列说法正确的是
A．地面对斜面体有水平向左的摩擦力
B．弹簧处于伸长状态
C．如果增大A或B的质量，A、B仍能匀速下滑
D．如果适当增大斜面倾角，则弹簧一定处于压缩状态
【答案】C
【解析】把物体A、B、弹簧和斜面体看成一个系统，系统处于平衡状态，地面与斜面体之间没有摩擦力，A错。
把物体A、B与弹簧看成一个系统，匀速下滑时，重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力大小相等，再隔离A或B研究，重力的分力也会与滑动摩擦力大小相等，故弹簧应该处于原长状态，B错。
A、B能在斜面体上匀速下滑，要满足μ＝tanθ，θ是斜面的倾角，如果增大A或B的质量，此式仍能满足，故C正确。
如果适当增大斜面倾角，A、B必加速下滑，仍然采用整体法与隔离法，应用牛顿第二定律可知，弹簧仍处于原长，D错。
16．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下例判断正确的是
A．如果A球带电，则A球一定带正电
B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C．如果B球带电，则B球一定带负电
D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加
【答案】D
【解析】平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，B在下方，由可知，A下落的加速度大于B的加速度；如果A球带电，则A的加速度大于B，故A受到向下则电场力，则A球一定带负电，电场力做正功，电势能减小，故A、B错误；如果B球带电，则B带正电，电场力对B做负功，电势能增加，故C错误、D正确。
17．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:
n2＝11:
2，保险丝R1的电阻为2Ω。
若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，要求通过保险丝的电流（有效值）不超过5A，加在电容器两极板的电压不超过50V，则滑动变阻器接入电路的阻值可以为
A．1ΩB．5ΩC．10ΩD．20Ω
【答案】C
【解析】根据图象可知变压器原线圈接入的交流电的有效值为，根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得变压器的输出电压，保险丝的最大电流为5A，由欧姆定律可得，解得滑动变阻器的最小电阻为，且电容器两极板的电压不超过50V为电压的最大值，有，解得，故符合阻值范围为，C正确。
18．人类天文史上首张黑洞图片在北京时间10日21时正式公布，在世界范围内引起轰动。
假设河外星系中有两个黑洞A、B（如图甲所示），其质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动。
为研究方便简化为如图乙所示的示意图，黑洞A和黑洞B均可看成球体，天文学家测得OA＞OB，且黑洞A的半径大于黑洞B的半径，根据你所学的知识，下列说法正确的是
A．两黑洞的质量之间的关系一定是M1＜M2
B．黑洞A的第一宇宙速度大于黑洞B的第一宇宙速度
C．若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，则它们运行的周期变大
D．人类要把宇航器发射到黑洞A或B较近的区域进行探索发射速度只需大于11.2km/s
【答案】A
【解析】两黑洞绕O点旋转的角速度相等，，L1＞L2可知M1＜M2，故A正确；因两黑洞的半径关系未知，则不能判断两黑洞的第一宇宙速度的大小关系，故B错误；根据，解得，；两式相加可得GM＝ω2L3，即若两黑洞间的距离L一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，则它们运行的角速度不变，周期不变，故C错误；人类要把宇航器发射到黑洞A或B较近的区域进行探索发射速度只需大于第三宇宙速度，即大于16.7km/s，故D错误。
19．如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象。
已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是
A．图b中x＝36m2/s2
B．小球质量为0.2kg
C．小球在A点时重力的功率为5W
D．小球在B点受到轨道作用力为8.5N
【答案】BD
【解析】小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：
，解得：
，即为：
，故选项A错误；由图乙可知轨道半径，小球在C点的速度，那么由牛顿第二定律可得：
，解得：
，故选项B正确；小球在A点时重力，方向向下，速度，方向向右，故小球在A点时重力的功率为0，故选项C错误；由机械能守恒可得在B点的速度为：
，小球在B点受到的在水平方向上的合外力做向心力，，所以，小球在B点受到轨道作用力为8.5N，故选项D正确。
20．如图甲，边长为L的闭合正方形金属框abcd置于光滑斜面上，CD是斜面的底边，金属框电阻为R，在金属框下方有一矩形匀强磁场区域MNNʹMʹ，磁感应强度为B、方向垂直于斜面向下，ab∥MN∥CD。
现给金属框施加一平行于MMʹ且斜面的力F，使金属框沿斜面向下从静止开始始终以恒定的加速度做匀加速直线运动。
图乙为金属框在斜面上运动的过程中F随时间t的变化图象。
则
A．磁场的宽度为
B．金属框的cd边刚好进入磁场时受到的安培力大小为
C．金属框进入磁场的过程中，重力势能的减小量小于框产生的焦耳热与增加的动能之和
D．金属框穿出磁场的过程中，重力势能的减小量大于框产生的焦耳热与增加的动能之和
【答案】AB
【解析】由图乙可知，线框在时间内为进入磁场的过程，运动的位移为L，由连续相等时间内通过的位移之比等于可知，磁场的宽度等于第二、三个相等时间内的位移之和即为，故A正确；在第一个相等时间内的位移为，由公式，解得：
，所以安培力为：
，故B正确；由线框做匀加速直线动和图乙可知，所加的F沿斜面向上，由能量守恒可知，金属框进入磁场的过程中，线框克服拉力做的功和重力势能的减小量等于框产生的焦耳热与增加的动能之和，故C错误；由能量守恒可知，金属框穿出磁场的过程中，重力势能的减小量与拉力做的功之和等于框产生的焦耳热与增加的动能之和，故D错误。
21．如图，矩形ABCD所在平面有匀强电场，电场方向未知，已知AB＝2BC＝
m，P是CD的中点，A、B、C三点的电势分别是6V、2V、0V。
一粒子从A点以某一速度沿AC方向进入电场，恰好能过B点。
不计重力，则下列说法正确的是
A．粒子带正电
B．电场强度大小E＝
C．电场强度大小E＝
D．若使粒子沿AP方向入射，粒子不可能过C点
【答案】BD
【解析】粒子带正电，而电场沿AP方向，则轨迹偏向AP方向，不会过B点，故粒子带负电，A错误；匀强电场中平行四边形两组对边的电势差相等，φA－φB＝φD－φC，φD＝4V，AB中点的电势也为4V，故D与AB中点的连线为等势线，过A作其垂线即为电场线，如图所示，P点电势为2V，UAP＝E×AP，AP＝1m故E＝4V/m，B错误，C正确。
若使粒子沿AP方向入射，速度方向与电场力反向，将先减速直线运动后反向加速直线运动，轨迹不会偏离速度方向，D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。
第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答）
（一）必考题（共129分）
22．（5分）在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为5Ω。
实验室备有下列实验器材：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）
C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）
E．变阻器R1（0～100Ω，0.3A）
F．变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）
G．电池E（电动势为3V，内阻约为0.3Ω）
H．开关S，导线若干
（1）为了提高实验精确度，减小实验误
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