2026年湖北省普通高中学业水平选择性考试物理模拟卷三

2026年湖北省普通高中学业水平选择性考试模拟卷三 物理 本试卷共100分　考试时间75分钟。 一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求;第8~10题有多项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有错选的得0分。 1．中国磁约束可控核聚变实验研究装置HL-2M的等离子体离子温度可达太阳芯部温度的10倍左右,其可控热核反应的核反应方程是HHHen。海水中富含反应原料氘核H),而氚核H)可以用中子轰击锂核Li)得到,其核反应方程为nLiH+Y。关于题目中的核反应,下列说法正确的是 A.中子轰击锂核Li)的核反应方程中的原子核Y是He B.题中的可控热核反应是α衰变 C.锂核Li)比氦核He)稳定 D.氚核H)的比结合能大于氦核He)的比结合能 2．一圆形的伊顿透镜,其折射率满足公式n=,R表示伊顿透镜的半径,r表示某点离透镜圆心的距离,透镜边缘处的折射率为1,中心处折射率趋近于无穷大。现在有一排蓝色光束平行于圆面射入透镜,如图。已知蓝色光的频率为f,在真空中的光速为c。下列关于蓝色光束在透镜中传播的说法,正确的是 A.蓝色光束在透镜中心处的传播速度为c B.蓝色光束在透镜内部传播时,其频率f会发生改变 C.蓝色光束在透镜内部传播时,波长保持不变 D.蓝色光束在透镜内部传播时,离圆心的距离越小,其传播的速度越小 3．如图所示,△ABD为一三棱柱的横截面,其顶角为45°。一束单色光从空气入射到棱柱的AB面上,入射角也为45°,经AB面折射后射到AD面上时恰好发生全反射,则三棱柱对该单色光的折射率为 A. B. C. D.3 4．如图甲所示,广州新电视塔总高度600 m,是广州的标志性建筑之一,最高观光层在108层(约433 m)。电视塔高速电梯从塔底开始,某次运行测试的部分t-v图像如图乙所示,图中倾斜的虚线a、b分别为曲线在t=0时和t=3 s时的切线,已知t=9 s时,电梯的速度恰好增大到最大值vm=10 m/s,电梯的减速过程恰好是加速过程的逆过程,下列说法错误的是 甲 乙 A.t=0时电梯的加速度大小为4 m/s2 B.t=3 s时电梯的加速度大小为 m/s2 C.0~9 s时间内电梯的加速度逐渐减小 D.电梯从启动开始至运动到最高观光层停止,所用时间一定小于52.3 s 5．四分之一圆环形玻璃砖ABCD的横截面如图所示,其中E、F两点将圆弧BC三等分,M、N两点将圆弧AD三等分。a、b两束不同的单色光先后从E点射入玻璃砖,a光的入射角为60°,经折射后直接从AB面上的A点射出,b光的入射角为45°,经折射射到N点后,再经反射从BC面上的C点射出,已知小圆半径为R,大圆半径为R,则玻璃砖对a、b光的折射率na、nb分别为 A., B., C.,2 D.2, 6．一根长度l=1.5 m的轻杆OA,O端用铰链固定在水平地面上,另一端固定一质量m=0.5 kg的小球A,轻杆靠在高h=0.6 m、质量M=1 kg的长方体物块B上。开始时轻杆处于竖直状态,因受到轻微扰动,轻杆开始顺时针转动,推动物块B向右滑,直至轻杆与地面的夹角θ=37°,如图所示。已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,若此时小球A的速度大小为1.8 m/s,则此过程中系统克服摩擦力做的功为 A.0.19 J B.0.42 J C.0.68 J D.1.02 J 7．如图甲所示,理想变压器原线圈连接定值电阻R0,副线圈连接滑动变阻器RP,滑动变阻器的最大阻值与定值电阻R0的阻值相等,输入端M、N所接电压随时间变化关系如图乙所示。若将滑动变阻器滑片从b端滑至a端过程中,当滑动变阻器接入电路的电阻为R0时,滑动变阻器消耗功率达到最大,且最大值为484 W。已知n1>n2,则定值电阻R0的阻值与变压器原、副线圈的匝数比分别为 甲 乙 A.25 Ω,3∶2 B.50 Ω,3∶2 C.25 Ω,9∶4 D.50 Ω,9∶4 8．某储能输电网络如图所示,所有变压器均为理想变压器,升压变压器的匝数比n1∶n2=1∶45,降压变压器的匝数比n3∶n4=50∶1。R为输电线总电阻,其余线路电阻不计,发电机输出电压的有效值U1=250 V,输送给储能站的功率为400 kW,用户端电压U4=220 V,功率为110 kW。下列说法正确的是 A.输电线的总电阻R=25 Ω B.输电线的总电阻R=62.5 Ω C.发电机的输出功率为512.5 kW D.发电机的输出功率为510 kW 9．在空间站的实验舱中,若航天员将劲度系数k=10 N/m的轻弹簧和带孔小球(质量为0.1 kg)穿在竖直光滑杆PQ上,将光滑杆两端固定,弹簧上端固定在竖直杆顶端,下端与小球连接,组成竖直弹簧振子。一垂直于PQ的轻质弹性长绳与振子小球连接,沿绳方向为x轴,沿弹簧轴线方向为y轴,小球静止时的初始位置为坐标原点O,如图1。下拉小球0.1 m后松手,已知轻弹簧弹性势能的表达式为Ep=k,x0为弹簧形变量。图2中实线为t0时刻绳子的波形,虚线为t0+0.2 s时刻绳子的波形,R为x=4 m处的质点。下列说法正确的是 乙 A.小球振动的最大加速度为1 m/s2 B.小球振动的最大速度为1 m/s C.波的传播速度可能为30 m/s D.在t0+1.0 s时刻,质点R所处位置的坐标为(4 m,-0.1 m) 10．如图,平行金属导轨由两部分组成,MN与M'N'是圆心角为60°、半径r=0.9 m的圆弧形导轨,NQ与N'Q'是水平长直导轨,圆弧形导轨与长直导轨在N、N'处相切,平行导轨间距L=1 m。NN'右侧存在磁感应强度大小为4 T、方向竖直向上的匀强磁场,导体棒a垂直导轨放置,其质量m1=0.3 kg,接入电路中的电阻R1=6.0 Ω。导体棒b的质量m2=0.2 kg,从距离MM'高度h=0.6 m处以一定初速度v0水平向右抛出,恰能无碰撞地从MM'滑入右侧平行导轨,导体棒b滑入平行导轨后与导轨垂直且接触良好,导体棒b接入电路中的电阻R2=2.0 Ω,两导体棒始终没有相碰。重力加速度g=10 m/s2,不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力,则下列说法正确的是 A.导体棒b抛出时的速度v0=2 m/s B.导体棒b刚进入磁场时回路中感应电流沿逆时针方向(俯视) C.导体棒b进入磁场后的加速度最大值为50 m/s2 D.导体棒a、b在磁场中运动产生的总焦耳热(导轨足够长)为2.0 J 二、非选择题:本题共5小题,共60分。 11．(7分)为了探究并验证两个互成角度的力的合成规律,两位同学分别设计了如下方案。 (1)李红同学找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物,还有刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子等。 实验方案:先将三条橡皮筋的一端连接成结点O,将其中两条橡皮筋的另一端分别挂在竖直墙上的两个钉子a、b上,然后将第三条橡皮筋的另一端通过细绳悬挂小重物,如图甲所示。 甲 ①本实验中,下列说法正确的是　　　　。  A.Oa与Ob的夹角必须为30°、60°或90°,不能为其他角 B.测量每条橡皮筋的原长 C.测量悬挂小重物后每条橡皮筋的长度 D.记录悬挂小重物后每条橡皮筋的方向 ②探究结论:两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。 (2)王华同学为了验证李红同学的实验结论,设计了如下实验方案: a.用天平测得一个小物块的质量。 b.如图乙所示,两根固定的竖直杆间距为d,用长为L的不可伸长的轻绳穿过光滑轻质滑轮,滑轮下端连接小物块,轻绳两端分别固定在杆上M、N两点,在轻绳的左端连接力传感器,力传感器的重力忽略不计。 c.改变并记录小物块的质量m,记录力传感器对应的示数F,得到多组数据,已知重力加速度为g。 乙 丙 ①力传感器的示数F与小物块的质量m满足F=　　　　(用题中给出的L、d、g、m等表示),就可以验证力的平行四边形定则。  ②王华同学作出F-m图像如图丙所示,则图线的斜率k=　　　　。  12．(9分)天冷时,同学们喜欢用暖手器取暖,某物理实验小组欲测量暖手器内部发热片的电阻。 甲 乙 (1)如图甲所示,用螺旋测微器测量发热片的厚度d, 示数如图乙所示,则d=　　　　mm。  (2)实验小组先粗略测量发热片的电阻,设计的实验步骤如下: 利用以下器材,组装了一个欧姆表测量其电阻,欧姆表结构如图丙所示,其中表笔a应为　　　　(选填“红”或“黑”)表笔。  丙 丁 器材: 干电池组E(3 V,内阻不计); 电流表(1 mA,149 Ω); 定值电阻R0(1 Ω); 滑动变阻器R1(0~20 Ω); 开关一个,导线若干。 若开关S闭合,欧姆调零后测量该发热片的电阻时,电流表表盘指针偏转情况如图丁所示,则该发热片的电阻为　　　　Ω(结果保留两位有效数字)。  (3)为了精确测量发热片的电阻,实验室有两节干电池、滑动变阻器、开关、若干导线及下列器材: A.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ) B.电压表(0~15 V,内阻约15 kΩ) C.电流表(0~0.6 A,内阻约0.2 Ω) D.电流表(0~3 A,内阻约0.1 Ω) 戊 己 ①电压表应选　　　　,电流表应选　　　　。(均填选项前的字母)  ②该小组实验时得到电压从0开始逐渐增大的多组实验数据,描绘出U-I图线如图戊,请用笔画线代替导线将图己的实物图连接完整。 ③由图戊所示的U-I图像可知发热片的阻值R=　　　　Ω(保留两位有效数字)。  13．(10分)长为L0的圆柱形导热汽缸内用横截面积为S的轻质活塞密封一定质量的理想气体。当环境温度为T0时,用竖直轻弹簧连接活塞,整体静止在水平地面上,稳定时活塞到汽缸底部的距离恰好为,如图甲所示。当环境温度为2T0时,用轻绳连接活塞,将汽缸悬挂于O点,稳定时活塞到汽缸底部的距离恰好为,如图乙所示。已知大气压强恒为p0,重力加速度为g,活塞厚度不计,求汽缸的质量。 甲 乙 14．(16分)如图所示,一个右端带有光滑四分之一圆弧(半径R=1 m)的长木板(质量M=4 kg)停放在光滑水平面上,木板左端紧靠竖直墙面,上面放一轻弹簧(劲度系数k=800 N/m),弹簧的左端固定在墙面上,右端紧挨着放一小物块(m=2 kg),木板上表面的AB段(长度L=2 m)与物块间的动摩擦因数为μ,其余部分均光滑。现对物块施加水平向左的推力F,缓慢将弹簧压缩x0=30 cm,然后由静止释放物块。已知弹簧弹性势能表达式Ep=kx2,物块到达A点前已脱离弹簧,重力加速度g=10 m/s2。 (1)求推力F做的功和物块第一次到达A点时的速度大小; (2)如果物块恰好能够到达四分之一圆弧最高点,求AB段与物块间的动摩擦因数μ; (3)通过分析说明(2)中物块滑下后能否停在AB段某处?如果能,求出物块相对木板静止时与B端的距离;如果不能,则在物块第一次经过B点后立即改变AB段与物块间的动摩擦因数为μ',为了使物块刚好停在距离B端L处,求μ'。 15．(18分)如图所示,竖直平面内有一固定光滑绝缘的圆轨道ab,轨道半径为L;质量均为m、长度和高度均相等的绝缘长木板A和C静置于光滑水平面上,A紧靠b且其上表面与b等高,C的左侧面在坐标原点O处,x轴正方向水平向右。一质量为2m、电荷量为q的带正电小滑块(视为质点)从a端由静止释放后沿轨道下滑,通过b后恰好能运动到A的最右端,然后A与C碰撞且粘连在一起,碰撞时间极短。已知滑块与A间的动摩擦因数μ1=0.5,重力加速度大小为g。 (1)求A的长度L0以及滑块在A上时滑块与A组成的系统因摩擦产生的热量Q; (2)若滑块在长木板C上表面发生相对滑动时与C间的动摩擦因数满足关系式μ2=x'(x'为滑块相对C滑动的距离),请通过计算判断滑块是否会从C上掉下; (3)若滑块与C间的动摩擦因数μ2=0.5,在x>0的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),已知滑块在C上相对运动的时间为t,求滑块在C上相对运动的路程L1。 【参考答案】 1． A　 【解题分析】由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知,中子轰击锂核Li)的核反应方程中的原子核Y是He,A项正确;α衰变是原子核自发地放出氦核He)的反应,可控热核反应是原子核在聚变过程中产生氦核He)的反应,B项错误;中子轰击锂核Li)得到氚核H),氘核H)与氚核H)聚变得到氦核He),故氦核He)比锂核Li)稳定,C项错误;氘核H)和氚核H)聚变反应生成氦核He),同时释放能量,生成的原子核更稳定,故氘核H)和氚核H)的比结合能都小于氦核He)的比结合能,D项错误。 2． D　 【解题分析】由伊顿透镜的折射率公式n=,可知折射率和r有关,r越小,折射率n越大,又由于v=,故r越小,蓝色光束在透镜中的传播速度v越小,A项错误、D项正确;光在介质中传播时频率保持不变,改变的是波长和速度,B、C项错误。 3． C　 【解题分析】设光线在AB面的折射角为θ,根据题意,光线在AD面上的入射角恰为全反射临界角C,由几何关系得(90°-θ)+(90°-C)+45°=180°,得θ+C=45°,根据折射定律,可知n==,解得n=,C项正确。 4． B　 【解题分析】由加速度的定义可知,t-v图中图线的切线斜率k的倒数表示加速度大小,即a==,由题图乙可知0~9 s时间内切线斜率k逐渐增大,则电梯的加速度逐渐减小,C项正确;由题图乙可得t=0时的加速度a0== m/s2=4 m/s2,A项正确;t=3 s时的加速度a1== m/s2= m/s2,B项错误;电梯到达最高观光层的位移x=433 m,根据t-v图像的图线与t轴所围的面积等于位移x,假设电梯加速和减速过程都做匀变速运动,电梯从启动开始至运动到最高观光层停止所需的时间为t,则有x=(t-2×9 s+t)vm,解得t=52.3 s,而电梯实际加速过程中加速度逐渐减小、减速过程中加速度逐渐增大,若t=52.3 s,图线与t轴所围的面积要大于433 m,故电梯从启动开始至运动到最高观光层停止所用时间一定小于52.3 s,D项正确。 5． A　 【解题分析】根据题意可作出光路图, 如图所示。根据余弦定理,有AE2=(R)2+R2-2R2cos 30°,解得AE=R,根据折射定律,可得a光在玻璃砖中的折射率na==,b光在玻璃砖中的折射率nb==,A项正确。 6． A　 【解题分析】轻杆由竖直位置转到与地面的夹角θ=37°过程中,对A、B由动能定理得mgl(1-sin θ)-Wf=m+M-0。B的速度沿水平方向,沿垂直杆方向的分量v=vBsin θ,由于B与杆接触点和小球A的角速度相同,故=,其中rA=l,rB=,代入数据解得Wf=0.19 J,A项正确。 7． A　 【解题分析】将滑动变阻器与变压器看成一个整体,其等效电阻Rx===()2RP,滑动变阻器消耗的功率P=()2Rx=,其中U= V=220 V,当Rx=R0时,Pmax==484 W,解得R0=25 Ω,n1∶n2=3∶2,A项正确。 8． AC　 【解题分析】由题知,用户端电压U4=220 V,功率为110 kW,则由P'=U4I4得I4=500 A,由==,解得I3=10 A,U3=11 000 V。再根据=解得U2=11 250 V,由U2=U3+I3R得R=25 Ω,A项正确、B项错误;因为理想变压器无功率损失,所以发电机的输出功率P=U2I3+P储=512.5 kW,C项正确、D项错误。 9． BD　 【解题分析】小球的振幅A=0.1 m,所受最大弹力满足kA=ma,解得最大加速度a=10 m/s2,A项错误;由机械能守恒定律有kA2=mv2,解得小球振动的最大速度v=1 m/s,B项正确;波源在坐标原点O,绳子上产生的波只能向右传播,由t0到t0+0.2 s时间内,波传播的距离Δx=nλ+λ=(4n+1) m(n=0,1,2,3,…),则波速v===(20n+5) m/s(n=0,1,2,3,…),不可能是30 m/s,C项错误;由题意得0.2 s=nT+T(n=0,1,2,3,…),解得T= s(n=0,1,2,3,…),以t0时刻为计时起点,质点R的位移y随时间t变化的关系式为y=-0.1sin(t) m,在t0+1.0 s时刻,质点R的位移y=-0.1sin(×1) m=-0.1sin(10n+2.5)π m(n=0,1,2,3,…),显然无论n取任何自然数,都有y=-0.1 m,所以质点R所处位置的坐标为(4 m,-0.1 m),D项正确。 10． BC　 【解题分析】导体棒b抛出后先做平抛运动,设落到MM'处时竖直方向速度为vy,则有=2gh,=tan 60°,解得v0=2 m/s,A项错误;由楞次定律可判断,导体棒b刚进入磁场时回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视),B项正确;设导体棒b刚进入磁场时的速度大小为v,根据机械能守恒定律,有m2v2=m2+m2g(h+r-rcos 60°),解得v=5 m/s,由题可知导体棒b刚进入磁场时,感应电流最大,由E=BLv,I=,BIL=m2a,解得a=50 m/s2,C项正确;根据动量守恒定律可知m2v=(m1+m2)v',解得v'=2 m/s,导体棒a、b在磁场中运动的过程中产生的总焦耳热与两导体棒减少的机械能相等,即Q=m2v2-(m1+m2)v'2,代入数据解得Q=1.5 J,D项错误。 11． (1)①BCD　(2分) (2)①m　(2分)　②　(3分) 【解题分析】(1)①探究两个互成角度的力的合成规律,要利用同一个作用点,分别作出三个力的图示,以挂在两个钉子a、b上的两条橡皮筋的拉力的图示作出平行四边形,用两个力所夹对角线的长度和方向与第三条橡皮筋的拉力的图示对比分析,找出其规律。故完成本实验必需的操作有:不挂小重物时测量每条橡皮筋的原长,悬挂小重物后记录结点O的位置,因为三条相同的橡皮筋都遵循胡克定律,故不需要测量每条橡皮筋的弹力大小,而是测量悬挂小重物后每条橡皮筋的长度,并且记录每条橡皮筋的方向,本实验要验证的是一个普遍规律,因此Oa与Ob的角度不必为30°、60°或90°,可以是其他角度,B、C、D项正确。 (2)①设绳与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系有sin θ=,则有cos θ=,根据平衡条件有2Fcos θ=mg,解得F=m。 ②根据F=m,可知F-m图像中图线的斜率k=。 12． (1)4.650　(2分) (2)红　5.0　(每空1分) (3)①A　C　(每空1分) ②见解析　(1分) ③5.2　(2分) 【解题分析】(1)螺旋测微器的精确值为0.01 mm,由题图乙可知发热片的厚度为4.5 mm+15.0×0.01 mm=4.650 mm。 (2)欧姆表内部,黑表笔与电源正极相连,红表笔与电源负极相连,故a为红表笔;闭合开关,欧姆调零时,有I0=== mA=149 mA,干路的总电流I=I0+IA=150 mA,R内==20 Ω,当电流表示数为0.80 mA时,干路总电流I'=120 mA,则R总==25 Ω,故R测=R总-R内=5.0 Ω。 (3)①两节干电池的电动势为3 V,所以应该选择量程为0~3 V的电压表,故选A;发热片的电阻大约为5 Ω,流过电流表的最大电流约为Im==0.6 A,应选量程为0~0.6 A的电流表,故选C。 ②因为U-I图像中电压、电流从0逐渐增大,所以滑动变阻器采用分压式接法;因为待测发热片的阻值很小,所以电流表采用外接法,据此可连接电路。 ③根据U-I图像及欧姆定律可知图线的斜率表示发热片的阻值,即R==5.2 Ω。 13． 【解题分析】用轻弹簧连接活塞时,对汽缸进行分析,有Mg+p0S=p1S　(2分) 用轻绳连接活塞时,对汽缸进行分析,有p0S=Mg+p2S　(2分) 根据理想气体状态方程有=　(4分) 解得M=。　(2分) 14． 【解题分析】(1)由功能关系可得推力F做的功W=Ep=k=36 J　(1分) 设物块第一次到达A点时的速度大小为v0,由动能定理得Ep=m　(1分) 解得v0=6 m/s。　(1分) (2)物块恰好能够到达四分之一圆弧最高点,即物块到达圆弧的最高点时与木板恰好具有相同的速度,设为v1,对系统由水平方向动量守恒得 mv0=(M+m)v1　(2分) 解得v1=2 m/s　(1分) 对系统由能量守恒定律得 m=μmgL+mgR+(M+m)　(2分) 解得μ=0.1。　(1分) (3)假设物块恰好停在A处,对系统由水平方向动量守恒得 (M+m)v1=(M+m)v2　(2分) 解得v2=v1　(1分) 对系统根据能量守恒定律有μmgL=mgR,而实际情况是μmgL=4 J<mgR=20 J 故物块滑下后不能停在AB段某处　(1分) 为了使物块刚好停在距离B端L处,则有μ'mg·L=mgR　(2分) 解得μ'=0.75。　(1分) 15． 【解题分析】(1)滑块从a运动到b的过程中,根据机械能守恒定律有 ×2m=2mgL　(2分) 解得v0= 滑块恰好运动到A的最右端时与A达到共同速度,设共速时的速度大小为v1,根据动量守恒定律有2mv0=3mv1　(1分) 解得v1=　(1分) 根据能量守恒定律有Q=×2m-×3m　(1分) 又Q=2μ1mgL0　(1分) 解得L0=L,Q=mgL。　(1分) (2)A与C碰撞过程,根据动量守恒定律有mv1=2mv　(1分) 解得v=　(1分) 假设滑块不会从C上掉下,滑块相对C运动的路程为x0,最终滑块与A、C的速度大小均为u,则根据动量守恒定律有2mv1+2mv=4mu　(1分) 根据能量守恒定律有×x0·2mgx0=×2m+×2mv2-×4mu2　(1分) 解得x0=L 由于x0<L0,假设成立,即滑块不会从C上掉下。　(1分) (3)由于在(2)中=×x0=0.5×<0.5=μ2,根据左手定则判断知,滑块在C上运动时受到的洛伦兹力方向竖直向下,滑动摩擦力f大于(3)中滑动摩擦力,滑块会与A、C达到共同速度　(1分) 根据(2)中可知u=　(1分) 滑块在木板C上运动的过程中,取时间微元Δt,设该过程中滑块和C的速度分别为v2、v3,C的速度变化量为Δv,对木板A、C整体根据动量定理有 μ2(2mg+qBv2)Δt=2mΔv　(1分) 对系统根据动量守恒定律有2mv2+2mv3=4mu　(1分) 分别求和累加可得 μ2(2mgt+qBx2)=2mu-2mv 2mx2+2mx3=4mut　(1分) 解得L1=x2-x3=(-gt)-t。　(1分) 第1页共8页 学科网（北京）股份有限公司 $2026年湖北省普通高中学业水平选择性考试模拟卷三 物理答题卡 姓名： 班级： 考号： 注意事项 1.答题前请将姓名、班级、考场、座号和准考证号填写清楚。 2.客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修改时用橡皮擦干净。 3.主观题必须使用黑色签字笔书写。 条形码粘贴区 4.必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效。 5.保持答卷清洁完整。 正确填涂 缺考标记 一、选择题：本题共10小题，共40分，在每小题给出的四个选项中，17题只有一项符合 题目要求，8~10题有多项符合题目要求。 1[A][B][C][D] 5.[A][B][C1[D] 8.[A][B][C][D] 2.[AJ[B1[C][D] 6.[AJ[B][C][D] 9.[AJ[B][C][D] 3.A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 10[A][B][C][DJ 4.AJ[B][C][D] 二、非选择题（共54分） 11.(7分) (1)@ ;(2)① ② 12.(9分) (1) ；(2) (3)① ③ 衣ia 答题卡第1面共4面 13.（10分) 甲 乙 答题卡第2面共4面 14.(16分) m R hww M 777 答题卡第3面共4面 15.(18分) A 答题卡第4面共4面