2024年高考天津卷理綜試題解析版

2024年一般高等學校招生全國統一考試（天津卷）

理科綜合

絕密★啟用前

2024年一般高等學校招生全國統一考試（天津卷）

理科綜合生物部分

理科綜合共300分，考試用時150分鐘。

生物試卷分為第I卷（選擇題）和第II卷兩部分，第I卷1至3頁，第H卷4

至7頁，共80分。

答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并在規(guī)定位置

粘貼考試用條碼。答卷時，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效。

考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

祝各位考生考試順當！

第I卷

留意事項：

1.每題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改

動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。

2.本卷共6題，每題6分，共36分。在每題給出的四個選項中，只有一

項是最符合題目要求的。

1.下列關于人體神經調整的敘述，正確的是

A.結構基礎是反射弧B.不受激素影響

C.不存在信息傳遞D.能干脆殲滅入侵病原體

【答案】A

【解析】【分析】本題的學問點是神經調整，其結構基礎是反射弧，神經調整及

體液調整相互影響，神經調整過程中產生的神經遞質類似于激素，也能起到信息

傳遞的作用。

【詳解】神經系統的結構基礎是反射弧，由感受器、傳入神經、神經中樞、傳出

神經、效應器五部分組成，A正確；內分泌腺分泌的激素可以影響神經系統的發(fā)

育和功能，如幼年時期甲狀腺激素分泌不足，就會影響腦的發(fā)育，成年時，甲狀

腺激素分泌不足，會使神經系統的興奮性降低，B錯誤；神經遞質可以及突觸后

膜上的特異性受體結合，使下一個神經元興奮或抑制，說明神經調整過程中存在

信息傳遞，C錯誤：神經系統感覺到病原體的存在一般是在有了病理反應以后，

在病毒或病菌剛侵入人體的時候，靠反射并不能對其作出反應，D錯誤。

【點睛】解答本題的關鍵是須要學生駕馭神經調整的結構基礎、過程及神經調整

及體液調整的關系。

2.蘆筍是雌雄異株植物，雄株性染色體為XY,雌株為XX；其幼莖可食用，雄株

產量高。以下為兩種培育雄株的技術路途。有關敘述錯誤的是

A.形成愈傷組織可通過添加植物生長調整劑進行誘導

B.幼苗乙和丙的形成均經過脫分化和再分化過程

C.雄株丁的親本的性染色體組成分別為XY、XX

D.及雄株甲不同，雄株丁培育過程中發(fā)生了基因重組

【答案】C

【解析】【分析】本題考查的學問點是近幾年高考的熱點問題。在中學生物試題

中常見的育種方式有雜交育種、誘變育種、單倍體育種、多倍體育種，基因工程

育種，細胞工程育種等.學生應駕馭各種育種方式的原理、方法、優(yōu)點.

【詳解】生長素及細胞分裂素的運用比例影響植物細胞的發(fā)育方向，當二者比值

高時，有利于根的分化，抑制芽的形成；比值低時，有利于芽的分化、抑制根的

形成；比例適中時，促進愈傷組織的形成，因為生長素和細胞分裂素相對應的植

物生長調整劑也有相應的效果，所以可以通過添加植物生長調整劑進行誘導，A

正確；幼苗乙及幼苗丙的形成是花藥離體培育形成單倍體植株的過程，此過程的

原理是植物組織培育，因此須要經過脫分化及再分化的過程，B正確；花粉是經

過減數分裂產生的，其配子含有X染色體或Y染色體，經過花藥離體培育，得到

單倍體，再經過秋水仙素處理后得到的植株乙及丙的基因型為XX或YY,因此雄

株丁的親本的基因型分別為XX、YY,C錯誤：雄株甲是通過無性繁殖形成的，形

成過程中不會進行減數分裂，因此也不會發(fā)生基因重組；雄株乙是通過有性生殖

形成的，形成過程中經過了減數分裂，因此會發(fā)生基因重組，D正確。

【點睛】解答本題須要學生駕馭常見的幾種育種方式及其所遵循的原理，要留意

雄株甲是通過無性繁殖的方式進行育種，此過程不會發(fā)生基因重組，另外須要明

確單倍體育種須要經過植物的組織培育過程。

3.生物膜上不同類型的蛋白質行使不同的功能。下表中依據膜蛋白功能，對其

類型推斷錯誤的是

選項膜蛋白的位置、功能膜蛋白的類型

A.位于突觸后膜，識別并結合神經遞質受體

B.位于靶細胞膜，識別并結合激素載體

C.位于類囊體膜，催化ATP合成酶

D.位于癌細胞膜，引起特異性免疫抗原

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】【分析】本題的學問點是膜蛋白的種類及功能。膜蛋白依據功能不同，

可分為四類：載體蛋白、受體蛋白、糖蛋白、酶。

【詳解】突觸后膜上有與神經遞質結合的特異性受體，受體可以特異性的結合相應的神經遞質，使下一

個神經元興奮或抑制，A正確；靶細胞上含有能和相應激素特異性結合的受體,當激素與受體結合后.弓|

起細胞代謝發(fā)生變化B，錯誤；光合作用的光反應過程中，會發(fā)生光能轉變?yōu)锳TP中活躍的化學能，即學

需要ATP的合成，因此類囊體薄膜上含有ATP合成酶，C正確；細胞癌變后，細胞膜上會產生相應的癌

胚抗原，引起機體的特異性免疫反應，進而清除癌變的細胞，D正確。

|科|網…學I科|網…學I科I網…

【點睛】解答本題的關鍵是分清各種蛋白的功能，載體蛋白具有運輸物質的作用;

受體蛋白及相應的神經遞質及激素結合，使細胞的代謝發(fā)生改變；糖蛋白具有識

別作用；酶具有催化作用。

4.果蠅的生物鐘基因位于X染色體上，有節(jié)律(XB)對無節(jié)律(Xb)為顯性；體

色基因位于常染色體上，灰身(A)對黑身(a)為顯性。在基因型為AaX『的雄

蠅減數分裂過程中，若出現一個AAX^b類型的變異組胞，有關分析正確的是

A.該細胞是初級精母細胞

B.該細胞的核DNA數是體細胞的一半

C.形成該細胞過程中，A和a隨姐妹染色單體分開發(fā)生了分別

D.形成該細胞過程中，有節(jié)律基因發(fā)生了突變

【答案】D

【解析】【分析】本題以果蠅為例，考查了減數分裂的過程及變異，要求考生識

記細胞減數分裂不同時期的特點，駕馭減數分裂過程中染色體、DNA、染色單體

等物質的行為改變規(guī)律，再依據題干要求作出精確的推斷，屬于考綱理解層次的

考查。

【詳解】親本雄果蠅的基因型為AaX^Y,進行減數分裂時，由于染色體復制導致

染色體上的基因也復制，即初級精母細胞的基因型是AAaaXBx"YY,而基因型為

AAX陛b的細胞基因數目是初級精母細胞的一半，說明其經過了減數第一次分裂，

即該細胞不是初級精母細胞，而屬于次級精母細胞，A錯誤；該細胞為次級精母

細胞，經過了間期的DNA復制（核DNA加倍）和減一后同源染色體的分別（核DNA

減半），該細胞內DNA的含量及體細胞相同，B錯誤；形成該細胞的過程中，A及

a伴同源染色體的分開而分別，C錯誤；該細胞的親本AaX?Y沒有無節(jié)律的基因，

而該細胞卻出現了無節(jié)律的基因，說明在形成該細胞的過程中，節(jié)律的基因發(fā)生

了突變，D正確。

【點睛】在減數第一次分裂的間期，可能會發(fā)生基因突變，進而影響產生的子細

胞的基因型。在減數分裂過程中，可能會發(fā)生同源染色體不分別、或者姐妹染色

單體不分別，進而產生異樣的細胞，考生要能夠依據所給細胞的基因型或者染色

體組成，推斷出現異樣細胞的緣由。

5.為探究酵母菌的呼吸方式，在連通（A和6傳感器的100mL錐形瓶中，加入

40mL活化酵母菌和60吐葡萄糖培育液，密封后在最適溫度下培育。培育液中

和CO?相對含量改變見下圖。有關分析錯誤的運

A.3-t2,酵母菌的有氧呼吸速率不斷下降

B.t.3時，培育液中葡萄糖的消耗速率比3時快

C.若降低10℃培育，相對含量達到穩(wěn)定所需時間會縮短

D.試驗后的培育液濾液加入適量酸性重銘酸鉀溶液后變成灰綠色

【答案】C

【解析】【分析】本題以圖文結合的形式考查了細胞呼吸的類型的相關學問，意

在考查學生的識圖、析圖實力，運用所學的細胞呼吸的學問點解決相應的生物學

問期的實力。

【詳解】在時刻，單位時間內氧氣的削減速率越來越慢，說明酵母菌的有

氧呼吸速率不斷下降，A正確；t3時刻，培育液中氧氣的含量不再發(fā)生改變，說

明酵母菌基本不再進行有氧呼吸，此時主要進行無氧呼吸，匕和t3產生CO?的速

率相同，所以單位時間內產生相同量的C02,所以單位時間內無氧呼吸消耗的葡

萄糖是有氧呼吸的3倍，因此t3時，溶液中消耗葡萄糖的速率比3時快，B正確;

圖示所給溫度是最適溫度，此時的的活性最高，反應速率最快，因此若降低溫度,

氧氣相對含量達到穩(wěn)定時所須要的時間會變長，C錯誤；據圖可知，酵母菌進行

了無氧呼吸，無氧呼吸過程會產生酒精，酒精及酸性重銘酸鉀溶液反應后變成灰

綠色，D正確。

【點睛】解答本題須要考生具有較強的分析曲線圖的實力，須要依據曲線的斜率

來推斷細胞有氧呼吸的速率大小，要留意題目關鍵詞“最適溫度”，因此溫度高

于或低于此溫度，細胞呼吸速率會減慢。

6.某生物基因型為A人，Ai和A2的表達產物M和弗可隨機組合形成二聚體蛋白，

即N此、MN?、凡用三種蛋白。若該生物體內A2基因表達產物的數量是Ai的2倍,

則由Ai和A2表達產物形成的二聚體蛋白中，NN型蛋白占的比例為

A.1/3B.1/4C.1/8I).1/9

【答案】D

【解析】【分析】本題主要考查了A及A?基因表達產物結合成二聚體蛋白的種類。

當M、Nz的數量關系不同時，組成的二聚體蛋白的比例不同。

【詳解】基因人、A’,的表達產物N、M可隨機結合，組成三種類型的二聚體蛋白

NN、N此、N2N2,若該生物體內A2基因表達產物的數量是AI的2倍,則N占1/3,

\占2/3,由于N1和N2可隨機組合形成二聚體蛋白,因此NN占1/3義"3=1/9。

故選：Do

【點睛】解答本題須要考生明確關鍵字眼和2可隨機組合”，依據題意可知

A1及A2的數量關系，進而求出各二聚體蛋白所占的比例。

第n卷

留意事項：

1.用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上。

2.本卷共4題，共44分。

7.血管平滑肌細胞(VSMC)的功能受多種物質影響，及血管健康親密相關。

(1)血管內皮細胞釋放的一氧化氮，可降低VSMC膜上C/運輸蛋白的活性，導

致進入細胞內的C/(增加/削減)，引起血管平滑肌舒張，上述調整

方式屬于調整。

(2)機體產生的同型半胱氨酸水平上升，可引起VSMC少內質網功能素亂，積累

未折疊蛋白，這些蛋白沒有形成正確的，不能行使正常功能。

(3)用同型半胱氨酸處理體外培育的小鼠成熟分化型VSMC后，其細胞分化相關

指標的交化如下表所示。

同型半胱氨酸細胞分化指形態(tài)相對增殖實力相對遷移

標實力

未處理長梭形弱弱

處理橢圓形強強

由此推斷，同型半胱氨酸導致VSMC分化程度(上升/降低)，功能紊

亂。

(4)已知血管愛護藥物R對VSMC沒有干脆影響，但可改善同型半胱氨酸對VSMC

的作用。以小鼠VSMC為材料，在細胞水平探討上述作用時;應設計三組試驗，

即、同型半胱氨酸處理組和;每組內設三

個重復，其目的是。

【答案】(1).削減⑵,體液(3).空間結構(4).降低

(5).比照組(6).R+同型半胱氨基處理組(7).削減隨機誤差

【解析】【分析】本題考查體液調整及相關的試驗設計方面的內容。動物及人生

命活動的調整包括神經調整、體液調整及免疫調整，精確理解概念才能正確推斷

三者。試驗設計的基本原則有比照原則、單一變量原則及平行重復原則。明確試

驗的目的，能正確區(qū)分試驗的變量，并能依據探究試驗的原則完善試驗過程；能

依據試驗現象進行合理分析并得出正確的結論。

【詳解】(1)據題意可知，血管內皮細胞分泌的一氧化氮可以降低VSMC膜上C/

運輸蛋白的活性，因此可以導致進入細胞內的Ca2+削減，引起血管平滑肌舒張。

體液調整是激素等化學物質通過體液傳送的方式對生命活動的調整。一氧化氮屬

于一種化學物質，其可以引起血管平滑肌舒張，此種調整方式屬于體液調整。

（2）內質網的功能之一是對蛋白質進行加工，使其形成空間結構，內質網功能

紊亂，無法使蛋白質形成正確的空間結構，導致蛋白質不能正常行使其功能。

（3）據表格內容可知，用同型半胱氨酸處理處理小鼠分化型VSMC后，其形態(tài)變

為橢圓形，相對增殖實力變強，相對遷移實力變強，類似于癌細胞的特征，而癌

細胞是一種分化程度較低的細胞，說明小鼠分化型VSMC經過處理后，其分化程

度降低，功能紊亂。

（4）試驗要遵循比照原則及平行重復原則，本試驗要探究愛護藥物R是否可改

善同型半胱氨酸對VSMC的作用，因此要設置空白比照組、同型半胱氨酸處理組

及R+同型半胱氨酸處理，通過這三組試驗即可確定愛護藥物R的作用。在科學探

究過程中，為了削減誤差，避開偶然現象，使結果更真實，應當做多次重復試驗。

【點睛】解答本題須要駕馭體液調整的概念，即體液中的化學物質對生命活動進

行調整，駕馭試驗設計的基本原則，能夠分清試驗的自變量、因變量、無關變量,

同時要能夠區(qū)分試驗組及比照組。

8.為探討森林生態(tài)系統的碳循環(huán)，對西黃松老齡（未砍伐50~250年）和幼齡（砍

伐后22年）生態(tài)系統的有機碳庫及年碳收支進行測試，結果見下表，據表回答:

碳量生產者活生物死有機土壤有機凈初級生產異氧呼吸

量質碳力（g/m2.

西黃松生態(tài)系(g/m2)(g/k)(g/m2)(g/m2.年)年）

統

老齡1273025605330470440

幼齡146032404310360390

※凈初級生產力：生產者光合作用固定總碳的速率減去自身呼吸總用消耗碳的速

率

※※異養(yǎng)呼吸：消費者和分解者的呼吸作用

(1)西黃松群落被砍伐后，可漸漸形成自然幼齡群落，體現了生態(tài)系統的

_________穩(wěn)定性。

(2)大氣中的碳主要在葉綠體部位被固定，進入生物群落。幼齡西黃

松群落每平方米有克碳用于生產者當年的生長、發(fā)育、繁殖，儲存

在生產者活生物量中；其中，部分通過生態(tài)系統中的呼吸作用，部

分轉變?yōu)樗烙袡C質和土壤有機碳后通過的分解作

用，返回大氣中的CO2庫°

(3)西黃松幼齡群落中每克生產者活生物量的凈初級生產力(大于

/等于/小于)老齡群落。依據年碳收支分析，幼齡西黃松群落(能/不

能)降低大氣碳總量。

【答案】(1).復原力(2).基質(3).360(4).消費者(5).

分解者(6).大于(7).不能

【解析】【分析】本題以森林生態(tài)系統的碳循環(huán)為素材考查了生態(tài)系統的物質循

環(huán)、能量流淌相關學問，意在考查學生的識記、理解實力、能從表格提取有效信

息解決問題的實力。物質循環(huán)是指在生態(tài)系統中，組成生物體的化學元素，從無

機環(huán)境起先，經生產者，消費者和分解者又回到無機環(huán)境中，完成一個循環(huán)過程,

其特點是物質循環(huán)是周而復始的。能量流淌和物質循環(huán)都是通過生物之間的取食

過程完成的，它們是親密相關、不行分割的，能量流淌伴隨物質循環(huán)，能量流淌

的特點是單向的、逐級遞減的、不行循環(huán)的.除最高養(yǎng)分級外，某一養(yǎng)分級的總

能量去路由四個部分組成：自身呼吸消耗的能量、流向分解者的能量、流向下一

養(yǎng)分級的能量及未被利用的能量。

【詳解】(1)復原力穩(wěn)定性是指生態(tài)系統在遭到外界干擾因素的破壞以后復原到

原狀的實力。西黃松群落被砍伐遭到破壞后，又漸漸形成自然幼齡群落，體現了

生態(tài)系統的復原力穩(wěn)定性。

(2)大氣中的碳主要以CO?的形式在葉綠體基質被固定，進入生物群落。生長、

發(fā)育、繁殖，儲存在生產者活生物量二生產的同化量-生產者呼吸消耗量，即為表

格中的凈初級生產力，即幼齡西黃松群落每平方米360克碳用于生產者當年的生

長、發(fā)育、繁殖，儲存在生產者活生物量中。幼齡西黃松群落一部分被消費者食

用，通過消費者的呼吸作用以熱能形式釋放，一部分即殘枝敗葉轉變?yōu)樗烙袡C質

和土壤有機質，進而通過分解者的分解作用，返回大氣中的CO?庫。

(3)由圖可知，西黃松幼齡群落中每克生產者活生物量的凈初級生產力為

360/1460^0.25；西黃松老齡群落中每克生產者活生物量的凈初級生產力為

470/12730^0.04,因此，西黃松幼齡群落中每克生產者活生物量的凈初級生產

力大于老齡群落。依據年碳收支分析，幼齡西黃松群落的凈初級生產力360,異

氧呼吸消耗量為390,凈初級生產力小于異氧呼吸消耗速率，故不會有有機物的

積累，即幼齡西黃松群落不能降低大氣碳總量。

【點睛】解答本題的關鍵是理清流經每一養(yǎng)分級的能量去向及總初級生產量及凈

初級生產量的關系，駕馭生態(tài)系統中碳循環(huán)的途徑及特點，明確通過光合作用碳

進入生物群落，通過呼吸作用，碳進入大氣中的CO?庫。

9.為獲得玉米多倍體植株，采納以下技術路途。據圖回答：

(1)可用對圖中發(fā)芽的種子進行處理°

(2)篩選鑒定多倍體時，剪去幼苗根尖固定后，經過解離、漂洗、染色、制片，

視察區(qū)的細胞。若裝片中的細胞均多層重疊，緣由是

。統計細胞周期各時期的細胞數和細胞染色體數。

下表分別為幼苗I中的甲株和幼苗II中的乙株的統計結果。

細胞周期

幼苗計數項目間期前期中期后期

末期

細胞數X1X2X3Xix5

甲株

細胞染色體數//y2y/

乙株細胞染色體數//2y4y/

可以利用表中數值____________和，比較甲株細胞周期中的間期

及分裂期的時間長短。

(3)依表結果，繪出形成乙株的過程中，誘導處理使染色體數加倍的細胞周期

及下一個細胞周期的染色體數改變曲線O

【答案】(1).秋水仙素(或低溫)(2).分生(3),解離不充分或

壓片不充分(4).Xi(5).x2+X3+x,i+X5(6).

可前中標末時前中K火內網固用

【解析】【分析】本題考查的學問點是生物的育種及“視察植物細胞的有絲分裂”

的試驗，意在考查學生對課本基礎學問的識記、理解實力。生物的育種包括單倍

體育種、多倍體育種、誘變育種、雜交育種等，其中多倍體育種的原理是染色體

變異，須要用化學試劑秋水仙素或低溫誘導染色體數目加倍。明確相關學問點，

利用所學學問精確答題。

【詳解】(1)據題意“為獲得玉米多倍體植株”可用秋水仙素對萌發(fā)的種子進行

處理，抑制有絲分裂前期紡錘體的形成，導致細胞內的染色體數目加倍，從而得

到多倍體玉米。

(2)篩選鑒定多倍體時，須要視察染色體的數目，取玉米幼苗的根尖固定后，

經過解離、漂洗、染色、制片過程，進行視察。由于只有根尖的分生區(qū)進行細胞

分裂，因此可視察分生區(qū)細胞的染色體數目。在進行有絲分裂試驗中，解離是使

細胞相互分別開，壓片是進一步使細胞相互分散開，假如解離不充分或壓片不充

分，會使細胞均多層重疊。在視察細胞分裂時，材料經過解離已經死亡。視察到

的某一狀態(tài)的細胞數量越多，說明該時期持續(xù)時間越長。因此可用Xi表示甲株細

胞周期中的間期時間長短，用X2+X3+X,+X5來表示甲株細胞周期中的分裂期的

時間長短。

(3)秋水仙素誘導導致幼苗在有絲分裂前期不出現紡錘體，因此后期染色體加

倍后細胞不會分裂為兩個子細胞，進而使細胞內的染色體數目是誘導之前染色體

數目的兩倍。再進行下一次細胞分裂時，依據加倍后的染色體數目進行正常的有

絲分裂。因此誘導處理使染色體數加倍的細胞周期及下一個細胞周期的染色體數

改變曲線如圖所示：如__________―――0

y----------?…

11，二，一」一

同荊中府京同電中h*0人則功

【點睛】多倍體的形成有兩種途徑，可用秋水仙素處理萌發(fā)的種子或幼苗，也可

以低溫誘導，二者均可以使染色體數目加倍。在“視察植物細胞的有絲分裂”試

驗中，須要學生留意的細微環(huán)節(jié)許多，照試驗的原理、試驗所用的試劑及試劑的

作用、試驗的步驟及各步驟的作用等，須要學生在學習中留意歸納總結。

10.甲型流感病毒為RNA病毒，易引起流感大規(guī)模流行。我國科學家在2024年

獨創(chuàng)了一種制備該病毒活疫苗的新方法，主要環(huán)節(jié)如下。

（1）改造病毒的部分基因，使其失去在正常宿主細胞內的增殖實力。以病毒RNA

為模板，逆轉錄成對應DNA后，利用技術擴增，并將其中某些基因

（不包括表面抗原基因）內個別編碼氨基酸的序列替換成編碼終止密碼子的序

列。及改造前的基因相比，改造后的基因表達時不能合成完整長度的

，因此不能產生子代病毒。將該改造基因、表面抗原等其他基因分

別構建重組質粒，并保存。

（2）構建適合改造病毒增殖的轉基因宿主細胞。設計合成一種特別tRNA的基因，

其產物的反密碼子能及（1）中的終止密碼子配時結合，并可攜帶一個非自然氨

基酸（Uaa）o將該基因及連接后倒入宿主細胞。提取宿主細胞的

進行分子雜交鑒定，篩選獲得勝利表達上述tRNA的轉基因宿主細胞。

（3）利用轉基因宿主細胞制備疫苗。將（1）中的重組質粒導入（2）中的轉基

因宿主細胞，并在補加的培育基中進行培育，則該宿主細胞能利用上

述特定tRNA,翻譯出改造病毒基因的完整蛋白，產生大量子代病毒，用于制備疫

苗。特別tRNA基因轉錄時，識別其啟動子的酶是(單選)。

A.病毒的DNA聚合酶

B.宿主的DNA聚合酶

C.病毒的RNA聚合醐

D.宿主的RNA聚合酶

(4)上述子代病毒不能在正常宿主細胞中增殖，沒有致病性，因此不經滅活或

減毒即可制成疫苗。及不具侵染性的流感病毒滅活疫苗相比，該病毒活疫苗的優(yōu)

勢之一是可引起免疫，增加免疫愛護效果。

【答案】(1).PCR(2).多肽(或蛋白質)(3).載體(4).總

RNA(5).非自然氨基酸(Uaa)(6).D(7).細胞

【解析】【分析】本題以甲型流感病毒為素材，考查了基因工程、基因的表達、

免疫調整的相關學問，意在考查學生的理解實力，綜合運用所學學問解決問題的

實力。可以改造病毒的部分基因，使其失去在正常宿主細胞內的增殖實力，此過

程中須要用到PCR技術，然后通過基因工程構建適合改造病毒增殖的轉基因宿主

細胞。最終利用轉基因宿主細胞制備疫苗，以預防該病毒再次侵染。

(2)基因工程的核心步驟為基因表達載體的構建，將該基因及載體連接后才能

導入宿主細胞，檢測目的基因是否勝利表達上述tRNA時，利用核酸分子雜交技

術，即用相應的DNA探針及宿主細胞的總RNA分子進行雜交鑒定，進而篩選獲得

勝利表達上述tRNA的轉基因宿主細胞。

(3)因為設計的宿主細胞具有能合成一種特別tRNA的基因，其產物的反密碼子

能及(1)中的終止密碼子配對結合，并可攜帶一個非自然氨基酸(Uaa),因此

可在補加非自然氨基酸（Uaa）的培育基中進行培育，篩選出宿主細胞，進而利

用該宿主細胞，翻譯出改造病毒基因的完整蛋白，產生大量子代病毒，用于制備

疫苗。因為轉錄在宿主細胞內進行，且啟動子是RNA聚合酶識別和結合的部位，

因此須要運用宿主細胞的RNA聚合酶。故選：Do

（4）不具侵染性的流感病毒滅活疫苗，不能侵入細胞內部，只能引起體液免疫,

產生相應的抗體及記憶細胞，而該疫苗能夠侵入細胞，引起的免疫屬于細胞免疫。

【點睛】解答本題須要考生駕馭基因工程的原理、操作步驟及其一些細微環(huán)節(jié)問

題，同時還要嫻熟駕馭有關基因的表達及免疫調整方面的問題。

2024年一般高等學校招生全國統一考試（天津卷）理科綜合物理部分

一、單項選擇題（每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）

1.國家大科學過程一一中國散裂中子源（CSNS）于2024年8月28日首次打靶

勝利，獲得中子束流，可以為諸多領域的探討和工業(yè)應用供應先進的探討平臺，

下列核反應中放出的粒子為中子的是

A.%俘獲一個Q粒子，產生g并放出一個粒子

B.；；A1俘獲一個a粒子，產生步并放出一個粒子

C.霞俘獲一個質子，產生油并放出一個粒子

D.（俘獲一個質子，產生派并放出一個粒子

【答案】B

【解析】依據質量數和電荷數守恒可知四個核反應方程分別為7N+*eT*+；H、

；；Al+；HeT；；P+＞、］；B+如e-；Be+；L】，已+處一派+打，故只有B選項符合題意;

【點睛】核反應過程中，質量數及核電荷數守恒，應用質量數及核電荷數守恒即

可寫出核反應方程式.

2.滑雪運動深受人民群眾的寵愛，某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎

直面內的圓弧形滑道/反從滑道的力點滑行到最低點8的過程中，由于摩擦力的

存在，運動員的速率不變，則運動員沿/夕下滑過程中

A.所受合外力始終為零

B.所受摩擦力大小不變

C.合外力做功肯定為零

D.機械能始終保持不變

【答案】C

【解析】試題分析：依據曲線運動的特點分析物體受力狀況，依據牛頓其次定律

求解出運動員及曲面間的正壓力改變狀況，從而分析運動員所受摩擦力改變；依

據運動員的動能改變狀況，結合動能定理分析合外力做功；依據運動過程中，是

否只有重力做功來推斷運動員的機械能是否守恒；

因為運動員做曲線運動，所以合力肯定不為零，A錯誤；運動員受力如圖所示，

重力垂直曲面的分力及曲面對運動員的支持力的合力充當向心力，故有

22

FN-mgcos9=m—=>FN=m—+mgcosG,運動過程中速率怛定，且。在減小，所以曲面對運動

RR

員的支持力越來越大，依據f="N可知摩擦力越來越大，B錯誤；運動員運動過程

中速率不變，質量不變，即動能不變，動能改變量為零，依據動能定理可知合力

做功為零，C正確；因為克服摩擦力做功，機械能不守恒，D錯誤；

【點睛】考查了曲線運動、圓周運動、動能定理等；知道曲線運動過程中速度時

刻改變，合力不為零；在分析物體做圓周運動時Z首先要弄清晰合力充當向心力,

然后依據牛頓其次定律列式，基礎題，難以程度適中.

3.如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的粒子

只在電場力作用下的運動軌跡，設〃點和N點的電勢分別為怖、匹，粒子在〃和/V

時加速度大小分別為aM、a、，速度大小分別為VM、VN，電勢能分別為Ep”、AN。下列推

斷正確的是

A.VMVVN.AMV知B.vM<vN,

C.甲M<^^PM<EpND.aMVaN?EpM<^PN

【答案】D

【解析】試題分析：將粒子的運動分狀況探討：從材運動到此從A『運動到乜

依據電場的性質依次推斷；

電場線越密，電場強度越大，同一個粒子受到的電場力越大，依據牛頓其次定律

可知其加速度越大，故有％<淋；若粒子從材運動到“點，則依據帶電粒子所受電

場力指向軌跡彎曲的內側，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電

場力做負功，電勢能增大，動能減小，即VM>VN.EpM<EpN，負電荷在低電勢處電勢

能大，故甲M〉儀；

若粒子從川運動到機則依據帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內側，可知在

某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做正功，電勢能減小，動能增

大,即VM>VN，EpM〈EpN，負電荷在低電勢處電勢能大，故%>以；

綜上所述，D正確；

【點睛】考查了帶電粒子在非勻強電場中的運動；本題的突破口是依據粒子做曲

線運動時受到的合力指向軌跡的內側，從而推斷出電場力方向及速度方向的夾角

關系，進而推斷出電場力做功狀況.

4.教學用發(fā)電機能夠產生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機（內阻可忽視）通過

志向變壓器向定值電阻〃供電，電路如圖所示，志向溝通電流表A、志向溝通電

壓表V的讀數分別為八U,7?消耗的功率為凡若發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼?/p>

則

A.4消耗的功率變?yōu)?P

B.電壓表V的讀數為上

C.電流表A的讀數變?yōu)?/

D.通過的交變電流頻率不變

【答案】R

【解析】試題分析：依據公式%=nBS3分析電動機產生的溝通電的最大值以及有效

n.U.L

值、頻率的改變狀況；依據」=廿一推斷原副線圖中電流電壓的改變狀況，依據

n2U2%

副線圈中功率的改變推斷原線圈中功率的改變；

依據①=2m可知轉速變?yōu)樵瓉淼?，則角速度變?yōu)樵瓉淼膅,依據耳「nBS3可知電動

1E

機產生的最大電動勢為原來的;，依據u=N可知發(fā)電機的輸出電壓有效值變?yōu)樵?/p>

2顯

來的;1，即原線圈的輸出電壓變?yōu)樵瓉淼?;，依據n」.=U「.可知副線圈的輸入電壓變?yōu)?/p>

22n2U2

原來的;，即電壓表示數變?yōu)樵瓉淼?，依據p=4可知R消耗的電功率變?yōu)?P,A錯

22R4

1n]

誤B正確；副線圈中的電流為T2U,即變?yōu)樵瓉淼?，依據」—可知原線圈中的

T=

2-2n2I]

電流也變?yōu)樵瓉淼?，C錯誤；轉速減小為原來的;，則頻率變?yōu)樵瓉淼?，D錯誤.

【點睛】本題考查了溝通電最大值，有效值，頻率，變壓器等；須要知道溝通電

n.U.I,

路中電表的示數為有效值，在志向變壓器中，恒有」=3=3副線圈消耗的功率

n2U2Ij

確定了原線圈的輸入功率.

5.氫原子光譜在可見光區(qū)域內有四條譜線Ha、Hp、Hy、H$,都是氫原子中電子從量子

數〃>2的能級躍遷到上2的能級發(fā)出的光，它們在真空中的波長由長到短，可以

判定

A.H?對應的前后能級之差最小

B.同一介質對兒的折射率最大

C.同一介質中飛的傳播速度最大

D.用照耀某一金屬能發(fā)生光電效應，則Hp也肯定能

【答案】A

【解析】試題分析：依據hv=Em-E”分析前后能級差的大?。阂罁凵渎始邦l率的

關系分析折射率的大??；依據丫=辨斷傳播速度的大?。灰罁l(fā)生光電效應現象

n

的條件是入射光的頻率大于該光的極限頻率推斷是否會發(fā)生光電效應.

波長越大，頻率越小，故&的頻率最小，依據E=hv可知H內應的能量最小，依據

hv=%「En可知HO對應的前后能級之差最小，A正確；4的頻率最小，同一介質對應

的折射率最小，依據v=￡可知兒的傳播速度最大，BC錯誤；4的波長小于小的波長,

n

故的頻率大于0的頻率，若用與照耀某一金屬能發(fā)生光電效應，則比不肯定能，

D錯誤.

【點睛】光的波長越大，頻率越小，同一介質對其的折射率越小，光子的能量越

小.

二、不定項選擇題（每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的）

6.2024年2月2日，我國勝利將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星“張衡一號”放射升空，標

記我國成為世界上少數擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通

過觀測可以得到B星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面的重力加

速度。若將衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉的影響，

依據以上數據可以計算出衛(wèi)星的

A.密度B.向心力的大小C.離地高度D.線速度的大小

【答案】CD

【解析】依據題意，已知衛(wèi)星運動的周期T,地球的半徑R,地球表面的重力加

速度g,衛(wèi)星受到的外有引力充當向心力，故有世冬榜當，衛(wèi)星的質量被抵消，

rT-

則不能計算衛(wèi)星的密度，更不能計算衛(wèi)星的向心力大小，AB錯誤；由G萼=m%解

r「

得叫，而r=R+h,故可計算衛(wèi)星距離地球表面的高度，C正確；依據公式丫=竽,

J47rr

軌道半徑可以求出，周期已知，故可以計算出衛(wèi)星繞地球運動的線速度，D正確;

【點睛】解決本題的關鍵駕馭萬有引力定律的兩個重要理論：1、萬有引力等于

重力（忽視自轉），2、萬有引力供應向心力，并能敏捷運用。

7.明朝謝肇湖《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺廟傾側，議欲正之，非萬緡

不行。一游僧見之，曰：無煩也，我能正之。”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側

的磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身。假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂

角為心現在木楔背上加一力凡方向如圖所示，木楔兩側產生推力品則

A.若尸肯定，J大時FN大

B.若/肯定，夕小時FN大

C.若〃肯定，月大時FN大

D.若〃肯定，少小時FN大

【答案】BC

【解析】試題分析：由于木楔處在靜止狀態(tài)，故可將力歹沿及木楔的斜面垂直且

向上的方向進行分解，依據平行四邊形定則，畫出力F按效果分解的圖示.并且

可據此求出木楔兩側產生的推力.

選木楔為探討對象，木楔受到的力有：水平向右的F、和兩側給它的及木楔的斜

面垂直的彈力，由于木楔處于平衡狀態(tài)，所以側給它的及木楔的斜面垂直的彈力

及F沿兩側分解的推力是相等的，力F的分解如圖：

g0ggFF=___

0N

則F=FNlCos（90。-5）+FN2Cos（90工）=2FNlCos（90?！?2FNlSin5，FN=FNI=FN2,故解得^0,所

sin

~2

以F肯定時，。越小，FN越大；8肯定時，F越大，FN越大，BC正確；

【點睛】由于木楔處在靜止狀態(tài)，故可將力/沿及木楔的斜面垂直且向上的方向

進行分解，依據平行四邊形定則，畫出力F按效果分解的圖示.并且可據此求出

木楔對A兩邊產生的壓力.對力進行分解時，肯定要分清力的實際作用效果的方

向如何，再依據平行四邊形定則或三角形定則進行分解即可.

8.一振子沿/軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點。時振子的位移為-0.1in,

t=ls時位移為0.1m,則

A.若振幅為0.1m,振子的周期可能為j

B.若振幅為0.1m,振子的周期可能為%

C.若振幅為0.2m,振子的周期可能為4s

D.若振幅為0.2m,振子的周期可能為6s

【答案】AD

【解析】試題分析：t=0時刻振子的位移x=-0.Im,t=ls時刻x=0.1m,關于平衡

位置對稱；假如振幅為0.1m,則Is為半周期的奇數倍；假如振幅為0.2m,分靠

近平衡位置和遠離平衡位置分析.

若振幅為0.1m,依據題意可知從t=0s到t=ls振子經驗的周期為(n+；)T,則

\22

(n+-)T=ls.(n=0.12.3....),解得T=「s,(n=0.L23.J當n=l時T=>,無論n為何值，T

22n+173

都不會等于%A正確B錯誤；假如振幅為0.2m,結合位移時間關系圖象，有

TST

ls=q+nT①，或者ls=￡T+nT②，或者ls=1+nT③，對于①式，只有當FPO時，T=2s,

266

為整數；對于②式，T不為整數；對于③式，當『0時，T=6s,之后只會大于6s,

故C錯誤D正確

【點睛】t=0時刻振子的位移x=-0.Im,t=ls時刻x=0.1m,關于平衡位置對稱；

假如振幅為0.1m,則1s為半周期的奇數倍：假如振幅為0.2m,分靠近平衡位置

和遠離平衡位置分析.

三、非選擇題

9.質量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為0.05kg的子彈以200

m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最

終速度的大小是m/so若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為

4.5X103N,則子彈射入木塊的深度為______mo

【答案】(1).20(2).0.2

【解析】試題分析：依據系統動量守恒求解兩木塊最終速度的大??；依據能量守

恒定律求出子彈射入木塊的深度；

依據動量守恒定律可得m%=(M+m)v,解得v=j_="=20m/s；系統減小的動

(M+m)0.45+0.05

能轉化為克服阻力產生的內能，故有fd=3v；:(M+m)v2,解得$v《(M+m)v2

22d=-------------=0.2m

f

【點睛】本題綜合考查了動量守恒定律、能量守恒定律，綜合性較強，對學生實

力要求較高.

10.某探討小組做“驗證力的平行四邊形定則”的試驗，全部器材有：方木板一

塊，白紙，量程為5N的彈簧測力計兩個，橡皮條(帶兩個較長的細繩套)，刻

度尺，圖釘(若干個)。

①詳細操作前，同學們提出了如下關于試驗操作的建議，其中正確的是o

A.橡皮條應和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上

B.重復試驗再次進行驗證時，結點。的位置可以及前一次不同

C.運用測力計時，施力方向應沿測力計軸線；讀數時視線應正對測力計刻度

D.用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力必需都小于只用一個測力計時的拉

力

②該小組的同學用同一套器材做了四次試驗，白紙上留下的標注信息有結點位置

。，力的標度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點，如下圖所示，其中對

于提高試驗精度最有利的是O

【答案】(1).BC(2).B

【解析】①為了使實驗結果更具有普遍性，在實驗過程中不應讓橡皮條的拉力方向具有特殊的角度或位

置，A錯誤；只有每一次實驗時用一個力和用兩個力拉的效果相同即可，即。點位置相同，不需要每

次實驗的。點位置都相同，B正確；使用測力計時，施力方向應沿測力計軸線；讀數時，視線應正對學,

野簧測力計的刻度，C正確；合力可以大于任一個分力，也可以等于分力，還可以小于任一分力，D錯

誤；

科，網???學,科，網..?學,科,網...學,科，網.??學,科，網.??學,科，網…

②AD試驗中選取的力的標度過大，導致畫力時，線段太短，不利于試驗精確度；

B圖和C圖選用的標度相同，但C中力太小，不利于作平行四邊形，故B符合題

忌；

【點睛】“驗證力的平行四邊形定則”的試驗中須要留意：

1.同一試驗中的兩只彈簧測力計的選取方法是：將兩只彈簧測力計調零后互鉤

對拉，若兩只彈簧測力計在對拉過程中，讀數相同，則可選；若讀數不同，應另

換，直至相同為止.

2.在同一次試驗中，使橡皮條拉長時，結點。位置肯定要相同.

3.用兩只彈簧測力計鉤住繩套互成角度地拉橡皮條時，夾角不宜太大也不宜太

小，在60°?100°之間為宜.

4.試驗時彈簧測力計應及木板平行，讀數時眼睛要正視彈簧測力計的刻度，在

合力不超過量程及橡皮條彈性限度的前提下，拉力的數值盡量大些.

5.細繩套應適當長一些，便于確定力的方向.不要干脆沿細繩套的方向畫直線,

應在細繩套末端用鉛筆畫一個點，去掉細繩套后，再將所標點及。點連接，即可

確定力的方向.

6.在同一次試驗中，畫力的圖示所選定的標度要相同，并且要恰當選取標度，

使所作力的圖示稍大一些.

11.某同學用伏安法測定待測電阻尼的阻值（約為10kQ）,除了花，開關S、

導線外，還有下列器材供選用：

A.電壓表（量程0口V,內阻約為10kQ）

B.電壓表（量程0~10V,內阻約為100kQ）

C.電流表（0」mA內阻約為30。）

D.電流表（0~0.6A,內阻約為0.05Q）

E.電源（電動勢1.5V,額定電流0.5A,內隹不計）

F.電源（電動勢12V,額定電流2A,內阻不計）

G.滑動變阻器后（阻值范圍0~10Q,額定電流2A）

①為使測量盡量精確，電壓表選用,電流表選用，電

源選用o（均填器材的字母代號）；

②畫出測量凡阻值的試驗電路圖o

③該同學選擇器材、連接電路和操作均正確，從試驗原理上看，待測電阻測量值

會其真實值（填“大于”“小于”或“等于"）,緣由是

【答案】(1).B(2).C(3).F(4).(5).大

于（6）.電壓表的讀數大于待測電阻兩端實際電壓（其他正確表述也可）

【解析】試題分析：由于本題的被測電阻達到10kQ,所以電源要選擇電動勢大

的，然后依據電路電流選擇電流表，電壓表；若采納限流接法，則電路中電流和

電壓改變不明顯，故采納滑動變阻器的分壓接法，依據1和3的關系分析電流表

gRA

的接法；依據電流表的接法推斷試驗誤差所在；

①若選用電源L5V,由于被測電阻很大，電路中電流特別小，不利于試驗，即電

源選用12V的，即F;則電壓表就應當選取B;電路中的最大電流為1=康=L2mA,

故選用電流表C；

②因為給的滑動變阻器的最大阻值只有10Q,若采納限流接法，則電路中電流和

電壓改變不明顯，故采納滑動變阻器的分壓接法，由于所以采納電流表

KxKA

內接法，電路圖如圖所示,

③由于電流表的分壓，導致電壓測量值偏大，而電流精確，依據網=苧可知測量值

偏大；

【點睛】

滑動變阻器的分壓和限流接法的區(qū)分和選用原則：

區(qū)分：（1）限流接法線路結構簡潔，耗能少；（2）分壓接法電壓調整范圍大，可

以從0到路端電壓之間連續(xù)調整；

選用原則：（1）優(yōu)先限流接法，因為它電路結構簡潔，耗能較少；

（2）下列狀況之一者，須采納分壓接法：

①當測量電路的電阻遠大于滑動變阻器阻值，采納限流法不能滿意要求時（本題

就是該例子）；

②當試驗要求多測幾組數據（電壓改變范圍大），或要求電壓從零起先調整；

③電源電動勢比電壓表量程大得多，限流法滑動變阻器調到最大仍超過電壓表量

程時。

電流表內接和外接的選用：

當人>>RA時，宜采納內接法，即大電阻用內接法；

當人<<%時，宜采納外接法，即小電阻用外接法；可記憶為“大內，小外”。

12.我國自行研制、具有完全自主學問產權的新一代大型噴氣式客機C919首飛

勝利后，拉開了全面試驗試飛的新征程，假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度

為零的勻加速直線運動，當位移產1.6X10%時才能達到起飛所要求的速度片80

m/s,已知飛機質量〃尸7.OX10,kg,滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重

力加速度取g=10mH,求飛機滑跑過程中

(1)加速度d的大?。?/p>

(2)牽引力的平均功率凡

【答案】(1)a=2m/s2(2)/^8.4X106W

【解析】試題分析：飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，結合速度

位移公式求解加速度；對飛機受力分析，結合牛頓其次定律，以及P=F、，求解牽引

力的平均功率；

(1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有/=2ax①，解得

a=2m/s?②

(2)設飛機滑跑受到的阻力為F阻，依據題意可得F阻二0.lmg③

設發(fā)動機的牽引力為F,依據牛頓其次定律有F-Fs^ma④；

設飛機滑跑過程中的平均速度為K有1電

在滑跑階段，牽引力的平均功率P="⑥，聯立②③④⑤⑥得P=8,4X1(TW.

13.如圖所示，在水平線助下方有一勻強電場，電場強度為反方向豎直向下，

助的上方存在勻強磁場，磁感應強度為〃，方向垂直紙面對里，磁場中有一內、

外半徑分別為〃、4R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓及他的交點分別為亞M—質量為

加、電荷量為。的帶負電粒子在電場中〃點靜止釋放，由"進入磁場，從力射出,

不計粒子重力。學科.網

(1)求粒子從，到,"所用的時間t;

(2)若粒子從及少同一水平線上的。點水平射出，同樣能由."進入磁場，從/V

射出，粒子從材至IJAr的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求

粒子在。時速度飛的大小c

【答案】(1)t=⑵v°=闞

Em

【解析】試題分析：粒子在磁場中以洛倫茲力為向心力做圓周運動，在電場中做

初速度為零的勻加速直線運動，據此分析運動時間；粒子進入勻強磁場后做勻速

圓周運動，當軌跡及內圓相切時，全部的時間最短，粒子從。射出后在電場中做

類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動狀況相同，所以粒子進

入磁場時沿豎直方向的速度同樣為r,結合幾何學問求解.

(1)設粒子在磁場中運動的速度大小為八所受洛倫茲力供應向心力，有.qvB=m=

設粒子在電場中運動所受電場力為凡有尸q庵；

設粒子在電場中運動的加速度為2依據牛頓其次定律有戶雁？③；

粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有聯立①②③④式得

(2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關，運動時

間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小確定，故當軌跡及內圓相切時，全

部的時間最短，設粒子在磁場中的軌跡半徑為乙由幾何關系可知(-R)2+(有片)2?

設粒子進入磁場時速度方向及助的夾角為即圓弧所對圓心角的一半，由兒

何關系可知tan。=⑦；

粒子從。射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從一釋放后的

運動狀況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為外在垂直于電場

方向的分速度始終為飛,由運動的合成和分解可知3。=消

聯立①⑥⑦⑧式得v°=9四⑨.

m

【點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清晰粒子

的運動狀況，再選擇合適方法處理.對于勻變速曲線運動，經常運用運動的分解

法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓其次定律和運動學公式結合求解：對于

磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由兒何學問求解半徑.

14.真空管道超高速列車的動力系統是一種將電能干脆轉換成平動動能的裝置。

圖1是某種動力系統的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為1的兩

條平行光滑金屬導軌，電阻忽視不計，助和是兩根及導軌垂直，長度均為A

電阻均為7?的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，井及導軌良好接觸，其間

距也為列車的總質量為他列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為方的勻強

磁場中，磁場方向垂直于導軌平面對下，如圖1所示，為使列車啟動，需在K/V

間連接電動勢為￡的直流電源，電源內阻及導線電阻忽視不計，列車啟動后電源

自動關閉。

(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中KN哪個接電源正極，并簡要說明理由；

(2)求剛接通電源時列車加速度a的大??；

(3)列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為8的勻強磁

場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于7o若某時刻列車的速度為0,此時ab.

4均在無磁場區(qū)域，試探討：要使列車停下來，前方至少須要多少塊這樣的有界

磁場？

【答案】(1)材接電源正極，理由見解析(2)a-(3)若］恰好為整數，設其

mR10

為〃，則需設置〃塊有界磁場，若孑不是整數，設悴勺整數部分為M則需設置網

塊有界磁場

【解析】試題分析：結合列車的運動方向，應用左手定則推斷電流方向，從而推

斷哪一個接電源正極；對導體棒受力分析，依據閉合回路歐姆定律以及牛頓其次

定律求解加速度：依據動量定理分析列車進入和穿出磁場時動量改變，據此分析：

(1)〃接電源正極，列車要向右運動，安培力方向應向右，依據左手定則，接通

電源后，金屬棒中電流方向由d到A由C到&故"接電源正極。

(2)由題意，啟動時以/并聯，設回路總電阻為R總，由電阻的串并聯學問得

口總=穎)；

設回路總電阻為/,依據閉合電路歐姆定律有1=(②

設兩根金屬棒所受安培力之和為凡有戶BI1③

依據牛頓其次定律有戶〃冶④，聯立①②③④式得a=胃⑤