[解析]福建省龙岩市长汀二中2016届高三上学期第一次月考物理试卷
福建省龙岩市长汀二中2016届高三化学上学期第二次质检试卷(含解析)
2015-2016学年福建省龙岩市长汀二中高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．在日常生活和生产过程中化学有着重要的应用，下列有关说法正确的是( )A．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，分散在空气中不可能形成胶体B．生活中常见的石英玻璃、普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品C．食品添加剂对人体均有益，可随意使用D．洪涝、地震灾区灾后可用石灰消毒，是利用石灰可使蛋白质变性的性质3．原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子，W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣下列说法不正确的是( )A．离子半径由大到小：Z2﹣＞X+＞Y3+＞W2﹣B．气态氢化物的稳定性：H2W强于H2ZC．工业上常采用电解法冶炼Y 单质D．W、X 形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1：24．下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )A．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（C1﹣）=c（I﹣）B．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）═2c（CO32﹣）C．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）十c（OH﹣）D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）═2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）] 5．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．采用离子交换膜控制电解液中OH一的浓度制备纳米级Cu2O的装置如图所示，发生的反应为：2Cu+H2O Cu2O+H2↑．下列说法正确的是( )A．钛电极发生氧化反应B．阳极附近溶液的pH逐渐增大C．离子交换膜应采用阳离子交换膜D．阳极反应式是：2Cu+2OH一一2e一═Cu2O+H2O6．一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L密闭容器，发生反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）+D（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确是( )A．t1～t3间该反应的平衡常数均为4B．反应方程式中的x=1C．t2时刻改变的条件是使用催化剂D．t3时刻改变的条件是移去少量物质D7．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )A．分子式为C6H6O6B．乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOHD．乌头酸能发生水解反应和加成反应二、解答题（共5小题，满分79分）8．（16分）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应．①CaSO4（s）+CO（g）⇋CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ∙mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）⇋CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ∙mol﹣1③CO（g）⇋C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ∙mol﹣1（1）反应2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=__________（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反应①﹣③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图，结合各反应的△H，归纳lgK﹣T曲线变化规律：a）__________；b）__________．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c平衡（CO）=8.0X10﹣5 mol∙L﹣1，计算CO的转化率__________．（忽略副反应，结果保留两位有效数字）．（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入__________．（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，该反应的化学方程式为__________；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为__________．9．（16分）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在图甲的圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，加热回流一段时间，然后换成图乙装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品．请回答下列问题：（1）图甲中冷凝水从__________（a或b）进，图乙中B装置的名称为__________（2）反应中加入过量的乙醇，目的是__________（3）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物下列框图是分离操作步骤流程图：则试剂a是：__________，试剂b是__________，分离方法III是__________．（4）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯得到乙酸乙酯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加NaOH溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来．甲、乙两人蒸馏产物结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质．丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功．试解答下列问题：①甲实验失败的原因是：__________②乙实验失败的原因是：__________．10．（16分）工业上用菱锰矿（MnCO3）[含FeCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰，其流程示意图如图：回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是__________．盐酸溶解MnCO3的化学方程式是__________．（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是__________．（3）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法．其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：5Mn2++2ClO3﹣+□__________=□__________+□__________+□__________．（4）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法．①生成MnO2的电极反应式是__________．②若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2．检验Cl2的操作是__________．③若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生．其原因是__________．11．氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．（1）COCl2的空间构型为__________；溴的价电子排布式为__________．（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列__________式分解． A．CsICl2CsCl+IClB．CsICl2CsI+Cl2（3）根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是（4）下列分子既不存在s﹣p σ键，也不存在p﹣p π键的是__________．A．HClB．HFC．SO2D．SCl2（5）已知ClO2﹣为角型，中心氯原子周围有四对价层电子．ClO2﹣中中心氯原子的杂化轨道类型为__________，写出与CN﹣互为等电子体的分子：__________（写出1个）．（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物固体，其结构如图所示．由此可判断该钙的氧化物的化学式为__________．已知该氧化物的密度是ρ g•cm﹣3，则晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离为__________ cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为N A）．12．（16分）以乙炔为原料通过以下流程能合成有机物中间体D．C2H2A（HOH2OC≡OCH2OH）B C D（）已知：（1）（2）请回答下列问题：（1）化合物D的分子式为__________，写出D中一种官能团的名称：__________．（2）写出生成A的反应的化学方程式：__________．（3）化合物B在浓硫酸催化下，加热与HOOCCOOH反应生成环状酯的化学方程式为__________（注明条件）．（4）化合物C的结构简式为__________．（5）已知1mol HCHO和1mol CH3CH2CHO发生类似已知（2）的反应，生成1mol E．以下关于E的说法正确的是__________．a．E能与H2发生加成反应，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色b．E属于酯类物质c.1mol E完全燃烧消耗5mol O2d．生成E的反应属于取代反应．2015-2016学年福建省龙岩市长汀二中高三（上）第二次质检化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．在日常生活和生产过程中化学有着重要的应用，下列有关说法正确的是( )A．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，分散在空气中不可能形成胶体B．生活中常见的石英玻璃、普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品C．食品添加剂对人体均有益，可随意使用D．洪涝、地震灾区灾后可用石灰消毒，是利用石灰可使蛋白质变性的性质【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅酸盐工业．【专题】化学应用．【分析】A．PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重，根据胶粒直径和PM2.5的大小判断由PM2.5引起的雾霾是否属于胶体；B．石英玻璃主要成分是二氧化硅；C．食品添加剂应合理使用；D．蛋白质遇到强碱、强酸、高温、重金属离子会变性，蛋白质就失去了生物活性；【解答】解：A．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，它对空气质量和能见度等有重要的影响．科学家用PM2.5表示每立方米空气中这种颗粒的含量，这个值越高，就代表空气污染越严重，胶粒直径在1﹣100纳米（10﹣9米﹣10﹣7米）之间，PM2.5指≤2.5×10﹣6米，PM2.5的大小包含胶粒范围，除能形成胶体，还可以形成其它分散系，故A错误；B．石英玻璃主要成分是二氧化硅，二氧化硅为氧化物，不是硅酸盐，故B错误；C．过量使用国家允许使用的食品添加剂，对人体有害，故C错误；D．生石灰遇水会发生反应放出大量的热，并且生成强碱可以使细菌的蛋白质失去活性从而起到杀菌的作用，故D正确；故选：D．【点评】本题考查食品添加剂、蛋白质的性质、硅酸盐和胶体，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．A B C D【考点】化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；探究温度、压强对化学平衡的影响；探究原电池及其工作原理．【专题】实验评价题．【分析】A．没构成闭合回路；B．已知2NO2⇌N2O4△H＜0，根据颜色的变化判断；C．铁在食盐水中发生吸氧腐蚀；D．盐酸易挥发．【解答】解：A．没构成闭合回路，不能形成原电池，故A错误；B．已知2NO2⇌N2O4△H＜0，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故B正确；C．氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故C错误；D．盐酸易挥发，不能证明碳酸比硅酸强，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及原电池、化学平衡移动、金属的腐蚀、非金属性的比较等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．3．原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子，W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣下列说法不正确的是( )A．离子半径由大到小：Z2﹣＞X+＞Y3+＞W2﹣B．气态氢化物的稳定性：H2W强于H2ZC．工业上常采用电解法冶炼Y 单质D．W、X 形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1：2【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子：W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，则W、Z为第VIA族元素，原子序数W小于Z，则W为O元素，Z为S元素，X化合价为+1价，为第IA族的Na元素，Y为第ⅢA族，原子序数大于Na，则Y为Al元素．A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；B．非金属性越强，氢化物越稳定性；C．工业上电解熔融氧化铝冶炼铝；D．W、X 形成的化合物为Na2O、Na2O2．【解答】原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子：W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，则W、Z为第VIA族元素，原子序数W小于Z，则W为O元素，Z为S元素，X化合价为+1价，为第IA族的Na元素，Y为第ⅢA族，原子序数大于Na，则Y为Al元素．A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：S2﹣＞O﹣＞Na+＞Al3+，故A错误；B．非金属性W（氧）＞Y（硫），非金属性越强，氢化物越稳定性，故B正确；C．工业上电解熔融氧化铝冶炼铝，故C正确；D．W、X 形成的化合物为Na2O、Na2O2，两化合物中阴、阳离子个数比都是1：2，故D正确，故选：A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据短周期元素及离子电荷确定元素，注意对基础知识的理解掌握．4．下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )A．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（C1﹣）=c（I﹣）B．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）═2c（CO32﹣）C．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）十c（OH﹣）D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）═2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）] 【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；B．二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；C．NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中质子守恒分析；D．依据溶液中元素物料守恒计算，2n（Na）=3n（C2O42﹣）【解答】解：A．AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银，c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故A错误；B．二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，c （H+）＞c（HCO3﹣）＞2c（CO32﹣），故B错误；C．NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na++H++SO42﹣，H2O⇌H++OH﹣，溶液中质子守恒，c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3[c（HC2O4﹣）+C（CO42﹣）+c（H2C2O4）]，故D错误；2故选C．【点评】本题考查了电解质溶液中电离平衡分析，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中物料守恒，质子守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．5．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．采用离子交换膜控制电解液中OH一的浓度制备纳米级Cu2O的装置如图所示，发生的反应为：2Cu+H2O Cu2O+H2↑．下列说法正确的是( )A．钛电极发生氧化反应B．阳极附近溶液的pH逐渐增大C．离子交换膜应采用阳离子交换膜D．阳极反应式是：2Cu+2OH一一2e一═Cu2O+H2O【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、钛极与电源负极相连是阴极发生氢离子得电子的还原反应；B、根据总反应，则阳极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，消耗氢氧根，pH值减小；C、根据总反应，则阳极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜；D、在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，【解答】解：A、钛极与电源负极相连是阴极发生氢离子得电子的还原反应，故A错误；B、根据总反应，则阳极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，消耗氢氧根，pH值减小，故B错误；C、根据总反应，则阳极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜，故C错误；D、在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了电解原理的应用，在电解中电极反应与电解质溶液有关，电极相同，电解质溶液的性质不同，电极反应不同，这是很容易出错的问题，难度不大；6．一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L密闭容器，发生反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）+D（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确是( )A．t1～t3间该反应的平衡常数均为4B．反应方程式中的x=1C．t2时刻改变的条件是使用催化剂D．t3时刻改变的条件是移去少量物质D【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，再根据平衡常数的定义计算平衡常数，在可逆反应中固体物质的量的少量改变不会引起平衡的移动，据此答题；【解答】解：A、根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，所以化学方程式为：A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s），根据方程式中的计量关系可知，在t1时刻达到平衡，生成0.5mol/LC，则A、B平衡的浓度均为0.25mol/L，所以平衡常数K==4，而t1～t3间温度没变，所以平衡常数不变，故A正确；B、由A中的分析可知x=2，故B错误；C、催化剂不能改变平衡时的浓度，结合A的分析可知C错误；D、由于D为固体，移去少量物质D，平衡不移动，不会改变其它物质的浓度，故D错误；故选A．【点评】本题主要考查了根据图象判断影响平衡移动的因素，中等难度，解题的关键在于根据图象确定化学方程式中的x的值．7．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )A．分子式为C6H6O6B．乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOHD．乌头酸能发生水解反应和加成反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．根据结构简式确定分子式；B．该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质；C．能和氢氧化钠反应的有羧基，该分子中含有3个羧基；D．该物质中不含卤原子或酯基，不能发生水解反应．【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C6H6O6，故A正确；B．该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．能和氢氧化钠反应的有羧基，该分子中含有3个羧基，所以含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH，故C正确；D．该物质中不含卤原子或酯基，不能发生水解反应，碳碳双键能发生加成反应，故D错误；故选D．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸性质，题目难度不大．二、解答题（共5小题，满分79分）8．（16分）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应．①CaSO4（s）+CO（g）⇋CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ∙mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）⇋CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ∙mol﹣1③CO（g）⇋C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ∙mol﹣1（1）反应2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反应①﹣③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图，结合各反应的△H，归纳lgK﹣T曲线变化规律：a）当△H＞0时，lgK随温度升高而增大，当△H＜0时，lgK随温度升高而减小；b）当温度同等变化时，△H的数值越大lgK的变化越大．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c平衡（CO）=8.0X10﹣5 mol∙L﹣1，计算CO的转化率99%．（忽略副反应，结果保留两位有效数字）．（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入O2．（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，该反应的化学方程式为CaS+2O2CaSO4；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为．【考点】用化学平衡常数进行计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算．【分析】（1）根据盖斯定律及题干中热化学方程式计算出反应2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H；（2）根据反应①﹣③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线进行判断变化规律；（3）根据图象判断900℃时反应①的lgK=2，则平衡常数为102，设出反应前CO浓度为c，根据平衡常数表达式列式计算即可；（4）根据氧气能够消耗副产物中生成的二氧化硫、碳进行分析；（5）根据“CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4”可知另一种反应物为氧气，据此写出反应的化学方程式；在对二甲苯的苯环上添上应该羧基即可得到该有机物．【解答】解：（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO （s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，故答案为：4△H1+△H2+2△H3；（2）根据图象曲线变化可知，反应①、③为放热反应，随着温度的升高，平衡常数K逐渐减小，则lgK逐渐减小，而反应②为吸热反应，升高温度，平衡常数K逐渐增大，则lgK逐渐增大，所以Ⅰ表示的为反应③、Ⅱ曲线表示的为反应②，变化规律为：当△H＞0时，lgK随温度升高而增大，当△H＜0时，lgK随温度升高而减小；根据反应①和曲线Ⅰ（反应③反应）的反应热可知，当温度同等变化时，△H的数值越大lgK的变化越大，故答案为：（a）当△H＞0时，lgK随温度升高而增大，当△H＜0时，lgK随温度升高而减小；（b）当温度同等变化时，△H的数值越大lgK的变化越大；（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应方程式为：CaSO4（s）+CO（g）⇋CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ•mol﹣1，根据图象曲线可知，反应①于900℃时lgK=2，平衡常数为102=100，c平衡（CO）=8.0×10﹣5mol•L﹣1，设一氧化碳反应前浓度为c，则反应消耗的CO 浓度=反应生成二氧化碳浓度=（c﹣8.0×10﹣5）mol/L，平衡常数K===100，解得c=8.08×10﹣3mol/L，一氧化碳的转化率为：×100%≈99%，答：99%；（4）氧气能够与二氧化硫、C发生反应，所以在初始原料中加入适量的氧气，可以抑制副反应②③的进行，有利于获得更纯净的CO2，故答案为：O2；（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，则另一种反应为为氧气，该反应的化学方程式为 CaS+2O2CaSO4；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，相当于用羧基取代苯环上的氢原子，对二甲苯中苯环上4个H原子位置等价，则该产物的结构简式为：，故答案为：CaS+2O2CaSO4；．【点评】本题考查了化学平衡常数的计算、有机物结构与性质、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量较大，注意掌握化学平衡常数的概念及计算方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用．9．（16分）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在图甲的圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，加热回流一段时间，然后换成图乙装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品．请回答下列问题：（1）图甲中冷凝水从b（a或b）进，图乙中B装置的名称为牛角管（尾接管）（2）反应中加入过量的乙醇，目的是提高乙酸的转化率（3）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物下列框图是分离操作步骤流程图：则试剂a是：饱和Na2CO3溶液，试剂b是稀H2SO4，分离方法III是蒸馏．（4）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯得到乙酸乙酯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加NaOH溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来．甲、乙两人蒸馏产物结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质．丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功．试解答下列问题：①甲实验失败的原因是：NaOH加入量太少，未能完全中和酸②乙实验失败的原因是：NaOH加入过量太多，使乙酸乙酯水解．【考点】乙酸乙酯的制取．【专题】实验设计题．【分析】（1）冷凝器进水为下口进上口出，B的名称是尾接管；（2）为了提高乙酸的转化率，实验时加入过量的乙醇；（3）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；（4）根据NaOH能与酸、酯发生反应以及NaOH量的不同反应进行的程度不同．【解答】解：（1）为了达到更好的冷凝效果，冷凝器进水为下口进上口出，B装置的名称是牛角管（尾接管），故答案为：b；牛角管（尾接管）；（2）为了提高乙酸的转化率，实验时加入过量的乙醇，故答案为：提高乙酸的转化率；（3）乙酸乙酯是不溶于水的物质，乙醇和乙酸均是易溶于水的，乙酸和乙醇的碳酸钠水溶液是互溶的，分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可．对水层中的乙酸钠和乙醇进一步分离时应采取蒸馏操作分离出乙醇．然后水层中的乙酸钠，根据强酸制弱酸，要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸，故答案为：饱和Na2CO3溶液；稀H2SO4；蒸馏；（4）①甲得到显酸性的酯的混合物，酸有剩余，说明是所加NaOH溶液不足未将酸完全反应，故答案为：NaOH加入量太少，未能完全中和酸；②乙得到大量水溶性物质，说明没有酯，是因为所加NaOH溶液过量，酯发生水解，故答案为：NaOH加入过量太多，使乙酸乙酯水解．【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，涉及酯化反应的制备反应装置，反应条件，反应特征等分析判断、分离混合物的操作步骤和方法选择和实验评价的分析等方面，题目难度中等．10．（16分）工业上用菱锰矿（MnCO3）[含FeCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰，其流程示意图如图：注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L回答下列问题：（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是增大接触面积，提高反应速率．盐酸溶解MnCO3的化学方程式是MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O．（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+．（3）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法．其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：5Mn2++2ClO3﹣+□4H2O=□Cl2↑+□5MnO2+□8H+；．（4）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法．①生成MnO2的电极反应式是Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+．②若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2．检验Cl2的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成．③若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生．其原因是其它条件不变下，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl﹣放电）．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．【分析】菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2．（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水；（2）加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成；（3）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，结合电荷守恒、原子守恒配平；（4）①由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成；②生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，用润湿的淀粉碘化钾试纸检验；③其它条件不变下，增大Mn2+浓度，有利于Mn2+放电．【解答】解：菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2．（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水，反应方程式为：MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O，故答案为：增大接触面积，提高反应速率；MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O；（2）加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+，故答案为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+；（3）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，配平后离子方程式为：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+，。
高三物理月考试题及答案-福建漳州市漳浦一中2016届高三上学期第一次调考试卷
福建省漳州市漳浦一中2016届高三上学期第一次调考物理试卷一、选择题（共13题，每题4分，共52分，其中1～8题为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，9～13为多项选择题，有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）1．如图所示，一个质量为m、边长为a的正方体与地面之间的动摩擦因数μ=0.1．为使它水平移动距离a，可以采用将它翻倒或向前匀速平推两种方法，则（）A．将它翻倒比平推前进做的功少B．将它翻倒比平推前进做的功多C．两种情况做功一样多D．两种情况做功多少无法比较2．质量为2kg的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3m/s，则其末速度为（）A．5m/s B．m/s C．m/s D．m/s3．关于做功与能，下列说法中正确的是（）A．物体的重力做正功，动能一定增加B．重力势能等于零的物体，不可能对别的物体做功C．物体的合外力做功为零，物体的机械能可能增加D．除重力之外的外力对物体做功不为零，物体的机械能一定增加4．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动．当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是（）A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大了B．物体所受弹力增大，摩擦力减小了C．物体所受弹力和摩擦力都减小了D．物体所受弹力增大，摩擦力不变5．汽车以额定功率在水平桌面上行驶，空载时的最大速度为v1，装满货物后的最大速度是v2．已知汽车空车的质量是m0，汽车所受的阻力与车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是（）A．B．C．D．6．已知日地距离约是月地距离的400倍，请结合生活常识估算得出太阳质量约是地球质量的（）A．35万倍B．350万倍C．3500万倍D．3.5亿倍7．如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升的最大高度为H，空气阻力不计．当质点下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度h为（）A．h=H B．h=C．h＜ D．＜h＜H8．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是（）A．圆弧轨道的半径一定是B．若减小传送带速度，则小物块不可能到达A点C．若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点D．不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点9．质量相同的两个摆球A和B，其摆线长L A＞L B，它们都从同一水平位置而且摆线都处于水平状态由静止释放，如图所示．以此位置为零势能面，到达最低点时，以下说法中正确的是（）A．它们的动能E kA=E kB B．它们的机械能E A=E BC．它们的加速度a A=a B D．它们对摆线的拉力T A=T B10．如图所示，轻杆的两端分别固定有质量为m和2m的小球a和b，杆可绕其中点无摩擦的转动，让杆位于水平位置时由静止释放，在杆转到竖直位置的过程中（）A．b球重力势能减少，动能增加B．a球重力势能增加，动能减少C．杆对a球做正功，对b球做负功D．a球和b球的总机械能守恒11．如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，质量为m的货物无初速放到A点，货物运动到B点时恰达到速度v，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B点的过程中，以下说法正确的是（）A．摩擦力对物体做功为mv2B．摩擦力对物体做功为μmgsC．传送带克服摩擦力做功为μmgsD．因摩擦而生的热能为2μmgs12．两木块A、B用一轻弹簧栓接，静置于水平地面上，如图（a）所示．现用一竖直向上的恒力F拉动木块A，使木块A由静止向上做直线运动，如图（b）所示，当木块A运动到最高点时，木块B恰好没离开地面．在这一过程中，下列说法正确的是（设此过程弹簧始终处于弹性限度内且A的质量小于B的质量）（）A．木块A的加速度先增大后减小B．弹簧的弹性势能先减小后增大C．弹簧原长时A的动能最大D．两木块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小13．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，乙的斜面倾角大，甲、乙斜面长分别为S、L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B可视为质点同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C，而小滑块B滑到底端P后沿水平面滑行到D处（小滑块B在P点从斜面滑到水平面的速度大小不变），在水平面上滑行的距离PD=L2，且S=L1+L2．小滑块A、B与两个斜面和水平面间的动摩擦因数相同，则（）A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同二、填空题（每空2分，共14分）14．用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，据此验证机械能守恒定律．（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C．用天平测出重锤的质量；D．释放纸带，立即接通电源开关打出一条纸带；E．测量纸带上某些点间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是．（将其选项对应的字母填在横处）（2）在验证机械能守恒定律的实验中，若以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2-h的图象应是，才能验证机械能守恒定律；v2-h 图象的斜率等于的数值．15．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h，O1、O2、A、B、C点在同一水平直线上．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．实验过程一：挡板固定在O1点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离，如图甲所示．滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1．实验过程二：将挡板的固定点移到距O1点距离为d的O2点，如图乙所示，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使O2C的距离与O1A的距离相等．滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2．（1）为完成本实验，下列说法中正确的．A．必须测出小滑块的质量B．必须测出弹簧的劲度系数C．弹簧的压缩量不能太小D．必须测出弹簧的原长（2）写出动摩擦因数的表达式μ=．（用题中所给物理量的符号表示）（3）小红在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需测量的物理量是．（4）某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数．此实验方案．（选填“可行”或“不可行”）三、计算题（4小题，10分+10分+10分+14分=44分，要求写出必要的文字说明和解题过程．）16．如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平．A，B两端的高度差为0.2m，B端高出水平地面0.8m，O点在B点的正下方．将一滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处，（g=10m/s2）（1）求OC的长（2）在B端接一长为1.0m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动N端停止，求木板与滑块的动摩擦因数．（3）若将木板右端截去长为△L的一段，滑块从A端释放后将滑离木版落在水平面上P点处，要使落地点距O点的距离最远，△L应为多少？17．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，静止斜靠在光滑斜面上，另一自由端恰好与水平线AB齐平，一长为的轻质L细线一端固定在O点，另一端系一质量为m 的小球，O点到AB的距离为2L．现将细线拉至水平，小球从位置C由静止释放，到达O 点正下方时，细线刚好被拉断．当小球运动到A点时恰好能沿斜面方向压缩弹簧，不计碰撞时的机械能损失，弹簧的最大压缩量为L（在弹性限度内），求：（1）细线所能承受的最大拉力H；（2）斜面的倾角θ；（3）弹簧所获得的最大弹性势能E p．18．物体A的质量为m A，圆环B的质量为m B，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，如图所示，长度l=4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2．求：（1）若m A：m B=5：2，则圆环能下降的最大距离h m．（2）若圆环下降h2=3m时的速度大小为4m/s，则两个物体的质量应满足怎样的关系？（3）若m A=m B，请定性说明小环下降过程中速度大小变化的情况及其理由．19．如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环，棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（k＞1），断开轻绳，棒和环自由下落，假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失，棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计，求：（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；（2）棒与地面第二次碰撞前的瞬时速度；（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对棒和环做的功分别是多少？福建省漳州市漳浦一中2016届高三上学期第一次调考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共13题，每题4分，共52分，其中1～8题为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，9～13为多项选择题，有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）1．【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】根据做功的公式w=Fs分别求出两种情况下所做的功然后进行比较．【解答】解：将正方体翻到的图示如图：只需克服重力将正方体的对角线推到竖直方向即可，则力F做的功：W1=mg（a﹣）=0.21mga水平推动前进时做的功：W2=μmga=0.1mga故将它翻倒比平推前进做的功多，故选：B．【点评】本题关键是判断出将正方体翻到时的临界情况，求出克服重力做的功．2．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】外力与位移图象与坐标轴围成的面积表示外力所做的功，根据动能定理即可求解．【解答】解：外力与位移图象与坐标轴围成的面积表示外力所做的功，由图可知：W=2×2+4×4﹣2×3=14J根据动能定理得：=W解得：v=m/s故选B【点评】本题考查了动能定理的应用，要求同学们能根据图象找出有用信息，选取合适的运动过程运用动能定理求解，该题难题适中．3．【考点】功能关系．【分析】本题A的关键是明确动能的变化应等于合力对物体做的功，而重力做正功时合力不一定做正功；题B的关键是明确零势能面的选取是认为规定的，重力势能为零的物体的重力可以做正功也可以做负功，既可以对其它物体做正功也可以做负功，也可以不做功；题C和D的关键是明确“功能原理”，即除重力以外其它力做的总功等于物体机械能的变化．【解答】解：A：物体的重力做正功，物体的重力势能一定减少，根据动能定理可知，合力对物体做正功时，物体的动能增加，而重力做正功不能确定合力是否做正功，所以A错误；B：由于重力势能零势面的选取是人为规定的，重力势能为零的物体的重力可以做正功（也可以做负功），既可以对其它物体做正功，也可以做负功，也可以不做功，所以B错误；C：根据“功能原理”可知，除重力外其它力做的总功等于物体机械能的变化，当合外力做功为零时，若重力做负功，则除重力外其它力做的功应为正功，所以物体的机械能增加，所以C正确；D：根据“功能原理”可知，除重力外的外力做功不为零，若为负功，则物体的机械能应减少，所以D错误；故选：C．【点评】应明确：①重力做功与重力势能的变化相对应，合力做功与动能的变化相对应；②“功能原理”是指除重力以外其它力做的总功等于物体机械能的变化．4．【考点】牛顿第二定律；向心力．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】做匀速圆周运动的物体合力等于向心力，向心力可以由重力、弹力、摩擦力中的任意一种力来提供，也可以由几种力的合力提供，还可以由某一种力的分力提供；本题中物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，合力等于支持力，提供向心力．【解答】解：物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，如图其中重力G与静摩擦力f平衡，与物体的角速度无关，支持力N提供向心力，所以当圆筒的角速度ω增大以后，向心力变大，物体所受弹力N增大，所以D正确．故选D．【点评】本题中要注意静摩擦力与重力平衡，由支持力，提供向心力．5．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】汽车在水平路面上行驶时，当牵引力等于阻力时，速度最大．根据功率与速度的关系，结合汽车阻力与车重的关系求出所装货物的质量．【解答】解：当汽车空载时，有：P=f1v1=km0gv1．当汽车装满货物后，有：P=f2v2=k（m0+m）gv2联立两式解得：m=．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】解决本题的关键知道当牵引力等于阻力时，速度最大，有P=Fv=fv．6．【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】月球绕地球做圆周运动，地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式表示出中心体质量，进行比较．【解答】解：月球绕地球做圆周运动，地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，=，M=日地距离约是月地距离的400倍，地球绕太阳做圆周运动的周期大约是月球绕地球做圆周运动周期的13.5倍，所以太阳质量约是地球质量的35万倍，故选A．【点评】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．7．【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】根据动能定理求解质点在槽中滚动摩擦力做功．除重力之外的力做功量度物体机械能的变化．第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小，因此槽给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小．【解答】解：根据动能定理研究第一次质点在槽中滚动得mg（H﹣）+（﹣W f）=0 W f为质点克服摩擦力做功大小．W f=mgH．即第一次质点在槽中滚动损失的机械能为mgH．由于第二次小球在槽中滚动时，对应位置处速度变小，因此槽给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgH．，机械能损失小于mgH，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度为故选D．【点评】动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能．8．【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】由于圆轨道是光滑的，物体从A点下滑之后，机械能守恒，物体在传送带上减速运动，减到零之后又开始反向加速，返回圆轨道时速度等于从圆轨道下滑到传送带时的速度大小．根据此时的传送带的速度的不同可以分析得到物体脱离传送带时的速度的大小，与原来下滑时的速度的大小相对比，可以知道物体能不能回到原来的A点．【解答】解：A、物体在圆轨道上下滑的过程中，物体的机械能守恒，根据机械能守恒可得：mgR=mv02所以小物块滑上传送带的初速度：v0=，物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v≥，物体就能返回到A点．则R≤．故A错误．B、若减小传送带速度，只要传送带的速度v≥，物体就能返回到A点．故B错误．C、D、若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点．故C错误，D正确．故选：D．【点评】本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力，物体在减速和反向的加速阶段的加速度的大小是相同的，当传送带的速度大小大于或等于物体下滑的速度的时候，物体反向加速的速度的大小才会等于下滑时的速度的大小，才能够返回原来的A点．9．【考点】机械能守恒定律；向心力．【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题．【分析】两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能都守恒，比较出初始位置的机械能即可知道在最低点的机械能大小．应用机械能守恒定律分析动能关系，由向心加速度公式分析加速度关系，再由牛顿第二定律分析摆线拉力关系．【解答】解：A、两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则对于任意一球有：mgL=mv2﹣0，到达最低点的动能：E K==mgL，由于L A＞L B，可知，它们的动能E KA ＞E KB，故A错误；B、初始位置两球的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能相等，E A=E B，故B正确；C、在最低点，加速度：a===2g，所以两球加速度相等，a A=a B，故C正确；D、由牛顿第二定律得：T﹣mg=ma，解得：T=3mg，所以绳子拉力相等，T A=T B，故D正确；故选：BCD【点评】解决本题的关键掌握机械能守恒定律和向心力公式，知道摆球在最低点靠合力提供做圆周运动的向心力．10．【考点】机械能守恒定律．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】让杆位于水平位置时由静止释放，两球速度都增大，a的重力势能增大，根据系统的机械能守恒分析b球机械能的变化，根据功能原理分析做功情况．【解答】解：A、由于b球的质量较大，所以b球向下摆动，重力势能减少，动能增加，故A正确．B、a球向上摆动，重力势能和动能都增加，故B错误．C、a球的机械能增加，由系统的机械能守恒可知b球的机械能减少，根据功能原理可知杆对a球做正功，对b球做负功，故C正确．D、a球和b球组成的系统，只有重力做功，总机械能守恒，故D正确．故选：ACD．【点评】本题关键是A、B球机械能均不守恒，但A与B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律进行分析．11．【考点】功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】对物体进行受力分析，根据动能定理求出摩擦力对物体做功，也可以根据W=fs求出摩擦力做物体做的功，物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，由题意可知，A一直做匀加速运动，电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，还有一部分转化为内能．【解答】解：A、运动过程中，对物体进行研究，根据动能定理得：W f=mv2，故A正确；B、根据W=fs得：W=μmgs，故B正确；C、物块达到速度v所需的时间t=，在这段时间内传送带的位移x=，则相对位移为，所以传送带克服摩擦力做功W′=fx==2μmgs，故C错误；D、则相对位移为，因摩擦而生的热能Q=f△x=，故D错误．故选：AB【点评】当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，相同的内能也要增加，可以用动能定理求解摩擦力对物体做的功，也可以通过恒力做功公式求解，难度适中．12．【考点】功能关系；牛顿第二定律．【分析】先分析物体A运动情况，先由静到动，再由动到静；最后分析受力情况，受重力、弹簧的弹力和已知拉力，由于弹簧弹力先减小，到零后反向增加，得到合力先向上减小，后向下增加，平衡位置速度最大；再对物体B受力分析，可得物体B受到的弹簧弹力先向下，不断减小后反向增加，知道离开地面为止．【解答】解：A、物体A在初始位置时，重力和弹力平衡，合力等于拉力；物体B要离开地面瞬间，物体A受重力、弹簧对其向下的拉力（等于物体B重力）和已知拉力F，此时物体A运动到最高点，速度为零，说明平衡位置在末位置下方，故加速度先减小后反向增加，故A错误；B、由于弹簧先压缩后伸长，故弹性势能先减小后增加，故B正确；C、木块A先做加速度减小的加速运动，后作加速度增加的减速运动，弹簧原长时A的速度最大，动能最大．故C正确；D、上升过程，由于拉力一直对两木块A、B和轻弹簧组成的系统做功，故系统机械能不断增加，故D错误；故选：BC．【点评】本题关键明确物体A的运动情况，先向上做加速度不断减小的加速运动，加速度减为零时，速度达到最大，然后做加速度不断增加的减速运动．13．【考点】动能定理的应用；功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据动能定理研究滑块A到达底端C点和滑块B到达D点时表示出末动能比较．根据动能定理研究两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度的过程，根据表达式比较求解．根据平均功率的定义求解．【解答】解：A、研究滑块A到达底端C点的过程，根据动能定理得mgh﹣μmgcosαS=m研究滑块B到达D点时的过程，根据动能定理得mgh﹣μmgcosθL1﹣μmgL2=mS=L1+L2．根据几何关系得cosαS＞cosθL1+L2 ．所以m＜m，故A正确B、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于滑块B先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确D、A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故D错误故选AC．【点评】本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．二、填空题（每空2分，共14分）14．【考点】验证机械能守恒定律．【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面：1、从物理角度找出两变量之间的关系式2、从数学角度找出图象的截距和斜率，两方面结合解决问题．【解答】解：（1）B：将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．C：因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平．故C错误．D、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差．故D错误．故选BCD．（2）利用v2﹣h图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，mgh=mv2，即v2=gh 所以以v2为纵轴，以h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线．那么v2﹣h图线的斜率就等于重力加速度g．故答案为：（1）BCD；（2）过原点的倾斜直线重力加速度．【点评】直线图象中斜率和截距是我们能够利用的信息．要能够找出斜率和截距的物理意义，我们必须要从物理角度找出两个物理变量的关系表达式．15．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；定性思想；推理法；摩擦力专题．【分析】从实验操作的步骤可知，两种情况下弹簧做的功相等，物块滑出桌面时的动能是弹簧做功与摩擦力做功的和；求出滑块滑过不同距离下的摩擦力做的功，即可求出摩擦力的大小与摩擦因数的大小．【解答】解：（1、2）滑块离开桌面后做平抛运动，平抛运动的时间：t=滑块飞行的距离：x=v•t。
2016_2017学年八年级物理上学期第一次月考试卷(B卷,含解析)新人教版
2016-2017学年八年级（上）第一次月考物理试卷（B卷）一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共30分）1．这位科学家创立了经典力学理论体系，并发现了万有引力定律等重要规律，为人类揭示自然奥秘做出了巨大贡献，为了缅怀他的伟大成就，特以他的名字来命名力的单位．他就是图中的（）A．牛顿 B．欧姆C．焦耳D．爱因斯坦2．你身体上最接近5cm长度的是（）A．肩膀的宽度B．大拇指的长度 C．指甲的长度D．手臂的长度3．机械运动是自然界最普遍的一种运动，如图所示的各种运动中，不属于机械运动的是（）A．行星转动 B．鲜花怒放C．骏马奔腾D．枯叶飘落4．小明坐在高速行驶的火车上，说他是静止的，所选的参照物是（）A．地上的房子B．路边的树木C．他身旁的座椅 D．走过他身边的乘务员5．战斗机在空中，已知加油机的速度是800km/h，则此时战斗机的速度应尽可能为（）A．0 B．等于800km/h C．大于800km/h D．小于800km/h6．2013年9月29日建成通车的卧龙大桥是襄阳首座斜拉桥，全长4343.5m，桥面宽31.5m，双向六车道．如果一辆车通过该桥的速度是60km/h，则所用的时间是（保留整数位）（）A．4 min B．6 min C．8 min D．10 min7．小超为了检验躺着和站立时身体长度是否有差异，下列几种尺子哪种最合适（）A．量程15cm，分度值0.5mm B．量程10m，分度值1dmC．量程30cm，分度值1mm D．量程3m，分度值1mm8．某同学用同一把刻度尺对同一物体的长度进行了4次测量，结果如下：12.34cm、12.36cm、12.35cm、12.75cm，则该物体的长度应记为（）A．12.45cm B．12.34cm C．12.35cm D．12.36cm9．课外活动时，小明和小华均在操场上沿直线跑道跑步训练，在某次训练中，他们通过的路程和时间变化图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．两人都做匀速直线运动B．两人都不是做匀速直线运动C．前2s内，小华跑的快D．全程中，小华的平均速度大于小明的平均速度10．小东在百米赛跑中第1秒内通过的路程是3米，第2秒内通过的路程是5米，第3秒内通过的路程是7米，则他在这3秒内（）A．前2秒内的平均速度为5m/sB．后2秒内的平均速度为6m/sC．3秒内的平均速度为7m/sD．最后1秒内的平均速度为5m/s二、填空题（第空1分，共24分）11．单位换算：10mm= dm；72min= h；1cm= nm．12．坐在温馨的物理考场，仔细想想：你平时走路的步幅约为50上体育课时你跑100m所需时间约为16天安门广场的旗杆高度是30 （填上合适的物理量单位）．13．李阳同学为了测某一品牌导线的直径，他采用了以下的办法．剪下一段导线后，把这段导线紧密地单层在一支铅笔上缠绕40圈，形成一个导线圈，再用一把刻度尺去测量这导线圈的长度，测量情况如图所示．则这把刻度尺的分度值是mm．这个导线圈的长度是cm，这一品牌导线的直径是mm．14．我们常用“频闪照片”来研究物体的运动．如图所示，记录了甲、乙两个运动小球每隔秒的不同位置．根据底片可以判断，球运动时间长，球运动速度越来越大．15．用一把刻度尺测量某物体的长度，记录到的数据是5.72cm和5.73cm，则准确值是cm，所用的刻度尺的分度值是．16．航天员费俊龙和聂海盛乘坐“神舟六号”飞船返回舱返回地球时，返回舱相对于地球是的，费俊龙和聂海盛相对于返回舱是的．17．如图所示，向右作直线运动的小车，通过AB、BC、CD三段路程所用的时间都是0.4s，则小车做的是（选填“匀速”或“变速”）运动；它从A点运动到D点的平均速度是m/s．18．在“龟兔赛跑”的寓言中，初始阶段的平均速度大，而全程中则是的平均速度大．19．李明同学放学回家，正碰上刮风下雨，他以18km/h的速度由西向东快跑，此时他发现了奇怪的现象，雨滴成竖直下落状态，请你确定，这时刮的是风，风速是m/s．20．重庆高速路网全面推行区间测速以来，车辆超速行驶得到了一定遏制．如图所示，一辆小汽车进入测速路段后，乘客发现测速提示牌往后退，他是以为参照物．测速设备测得小汽车在通过9.45km的测速区间用时270s，其平均速度为km/h．根据该路段限速100km/h的规定，该车驾驶员受到了相应处罚．21．高速路上行驶的小汽车和客车的速度之比是4：3，它们通过的路程之比是8：9，则小汽车与客车所用的时间之比为．三、实验题（第空2分，共26分）22．在“探究小车沿斜面下滑过程中速度变化”的实验中：（1）实验中所需要的器材除了斜面、小车、金属片和秒表之外，还应有．（2）实验中斜面与桌面的夹角应该较（填“大”或“小”）．（3）实验中，同学把3m长的斜面等分成三段，并设计了下面的表格记录实验数据，请根据）实验中小车的速度变化情况是．23．某小组同学分别测出了甲、乙电动小车做直线运动的路程和时间，并依据数据作出了相应的路程﹣﹣时间图象，如图（a）、（b）所示．（1）观察图（a）可知，甲车在做直线运动，甲车通过0.6m的路程所用时间为s．（2）观察图（b）可知，在A、B对应的时间段内，乙车通过的路程为m．（3）比较图（a）、（b）可知，甲车的速度乙车的速度．（选填“大于”、“等于”或“小于”）24．如图所示为两个小球运动过程的频闪照片，闪光时间间隔为1s，图上数字为闪光时刻编号，请按提示描述这两个小球的运动，图中每一个小格的长度为0.2m．（1）求出小球B在编号3至编号7这段时间间隔内的平均速度v B= m/s；（2）分别求出小球A在编号1至编号3这段时间间隔内的平均速度v1= m/s；小球A在编号5至编号7这段时间间隔内的平均速度v2=m/s．（3）小球A在编号1至编号7这段时间间隔内的速度逐渐（选填“变大”或“变小”）．四、计算题（第25题6分，第26题8分，第27题6分，共20分）25．2009年1月1日9时整，江西首条湖底隧道开通．这条隧道西起阳明东路京九线隧道，东至国威路和上海北路交叉口，全长1965m，双向6车道，其中湖底暗埋段550m．在湖底隧道口有一交通标志牌如图所示，交通标志牌上数字的含义是什么？在遵守交通规则的前提下，一辆小车通过湖底暗埋段至少需要多少时间？26．一列队伍长100m，匀速通过一座长800m的大桥，所用时间为300s，（1）求队伍的行走速度．（2）若以同样的速度通过另一座1.4km的大桥要多长的时间？27．自2007年4月18日零时起，全国铁路已进行第六次大提速．这次大提速全国主要中心（1）D92次列车从南昌到上海南所用的时间是多少min？（2）它的平均速度为多少km/h？2016-2017学年重庆市綦江区三江中学八年级（上）第一次月考物理试卷（B卷）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共30分）1．这位科学家创立了经典力学理论体系，并发现了万有引力定律等重要规律，为人类揭示自然奥秘做出了巨大贡献，为了缅怀他的伟大成就，特以他的名字来命名力的单位．他就是图中的（）A．牛顿 B．欧姆C．焦耳D．爱因斯坦【考点】物理常识．【分析】根据我们对万有引力和力单位的了解来作答．【解答】解：万有引力是牛顿发现的，力的单位是牛顿．故选A．2．你身体上最接近5cm长度的是（）A．肩膀的宽度B．大拇指的长度 C．指甲的长度D．手臂的长度【考点】长度的估测．【分析】对四个身体部位的长度进行估测，从选择项中选出符合条件的答案．【解答】解：A．肩膀的宽度约50cm．B．大拇指的长度约5cm．C．指甲的宽度约1cm．D．手臂的宽的约50cm．故选B．3．机械运动是自然界最普遍的一种运动，如图所示的各种运动中，不属于机械运动的是（）A．行星转动 B．鲜花怒放C．骏马奔腾D．枯叶飘落【考点】机械运动．【分析】运动是大家所熟悉的现象之一，我们在生活中已积累了大量与运动有关的感性认识．但物体的运动有多种形式，而机械运动就是宇宙间最普遍的运动形式之一，在物理学中，把物体位置的变化叫做机械运动．【解答】解：A、C、D中都存在物体位置之间的变化，所以都属于机械运动；B为鲜花怒放是一个生长过程，中间存在物理变化和化学变化，但不属于机械运动；故选B．4．小明坐在高速行驶的火车上，说他是静止的，所选的参照物是（）A．地上的房子B．路边的树木C．他身旁的座椅 D．走过他身边的乘务员【考点】参照物及其选择．【分析】物体位置的变化叫机械运动．物体是运动还是静止，与选择不同的参照物关，若物体相当于参照物位置没有变化，则物体是静止的．【解答】解：以小明身旁的座椅为参照物，小明相对于他身旁的座椅，小明的位置没有变化，即小明是静止的；以地上的房子、路旁的树木、走过他身边的乘务员为参照物，小明与它们的位置不断发生变化，则小明是运动的．故选C．5．战斗机在空中，已知加油机的速度是800km/h，则此时战斗机的速度应尽可能为（）A．0 B．等于800km/h C．大于800km/h D．小于800km/h【考点】运动快慢的比较．【分析】只有战斗机和加油机保持相对静止时才能成功完成空中加油，所以选择速度相同的即可．【解答】解：A、当战斗机的速度为0时，不能保持相对静止，不符合题意；B、当战斗机的速度等于800km/h时，保持相对静止，符合题意；C、当战斗机的速度大于800km/h时，不能保持相对静止，不符合题意；D、当战斗机的速度小于800km/h时，不能保持相对静止，不符合题意；故选B．6．2013年9月29日建成通车的卧龙大桥是襄阳首座斜拉桥，全长4343.5m，桥面宽31.5m，双向六车道．如果一辆车通过该桥的速度是60km/h，则所用的时间是（保留整数位）（）A．4 min B．6 min C．8 min D．10 min【考点】速度公式及其应用．【分析】已知路程与速度，应用速度公式可以求出车的运动时间．【解答】解：汽车的速度：v=60km/h≈16.67m/s，由速度公式：v=可知，汽车的行驶时间：t==≈260.6s≈4min；故选A．7．小超为了检验躺着和站立时身体长度是否有差异，下列几种尺子哪种最合适（）A．量程15cm，分度值0.5mm B．量程10m，分度值1dmC．量程30cm，分度值1mm D．量程3m，分度值1mm【考点】刻度尺的使用．【分析】选择尺子的原则有二：能够满足测量要求，也就是尺子的最大测量值应该大于身高；尺子的精确度要高，因为身体长度差异非常小．【解答】解：A、C、尺子的量程太小，不能满足测量要求，都不合适；B、量程是10m，满足测量要求，但分度值是1dm，准确程度不高，测量结果误差太大，不合适；D、量程是3m，满足测量要求，分度值是1mm，准确程度较大，测量结果误差较小，合适．故选D．8．某同学用同一把刻度尺对同一物体的长度进行了4次测量，结果如下：12.34cm、12.36cm、12.35cm、12.75cm，则该物体的长度应记为（）A．12.45cm B．12.34cm C．12.35cm D．12.36cm【考点】长度的测量．【分析】（1）偏差较大的读数是错误的，去错误读数，取其余3个正确测量值的平均值值即为测量结果．（2）在测量长度时，通常采用取多次测量求平均值的方法来减小误差，故只要计算出四次测量的平均值即可，但是在最后结果的确定时，还要注意小数位数的保留规则与测量值相同．【解答】解：从题干中提供数据可知，12.75cm与其它数据相差较大，所以12.75cm是错误的，应该去掉；为减小长度测量的误差，通常采用的方法是取多次测量的平均值；故物体的长度最终应记录为：L==12.35cm．故选：C．9．课外活动时，小明和小华均在操场上沿直线跑道跑步训练，在某次训练中，他们通过的路程和时间变化图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．两人都做匀速直线运动B．两人都不是做匀速直线运动C．前2s内，小华跑的快D．全程中，小华的平均速度大于小明的平均速度【考点】速度与物体运动．【分析】（1）做匀速直线运动时，路程与时间是成正比的，在图象上表现为一条直线；（2）判断前2s内谁跑得快，我们可采取相同时间比较路程，谁在相同时间内运动的路程长，谁就跑得快；（3）全程的平均速度等于全部路程处于所有的总时间．【解答】解：A、由图象可知，小明的路程和时间关系图象是一条直线，表明路程和时间成正比，所以小明做的是匀速直线运动；而小华的路程和时间关系图象是一条曲线，表明路程和时间不成正比，所以小华做的不是匀速直线运动，故AB错误；C、由图象可知，在前2s内，小华运动的距离比小明长，所以小华跑得较快，故C正确；D、由图象可知，两人的全程是相等的，所用的时间都是8s，两人的平均速度相同，故D错误．故选C．10．小东在百米赛跑中第1秒内通过的路程是3米，第2秒内通过的路程是5米，第3秒内通过的路程是7米，则他在这3秒内（）A．前2秒内的平均速度为5m/sB．后2秒内的平均速度为6m/sC．3秒内的平均速度为7m/sD．最后1秒内的平均速度为5m/s【考点】变速运动与平均速度．【分析】已知路程和运动的时间，由平均速度公式可以求出运动员的平均速度．【解答】解：A、前2秒内的路程为s′=3m+5m=8m，则平均速度v′===4m/s，故A错误；B、后2秒内的路程为s″=5m+7m=12m，则平均速度v″===6m/s，故B正确；C、3秒内的路程为s=3m+5m+7m=15m，则平均速度v===5m/s，故C错误；D、第3秒内通过的路程是7米，则最后1秒内的平均速度为7m/s，故D错误．故选B．二、填空题（第空1分，共24分）11．单位换算：10mm= 0.1 dm；72min= 1.2 h；1cm= 1×107nm．【考点】物理量的单位及单位换算．【分析】（1）长度单位间的换算关系是：1km=103m=104dm=105cm=106mm=109μm=1012nm；（2）时间单位间的换算关系是：1h=60min=3600s；【解答】解：10mm=10×10﹣2dm=0.1dm；72min=72×h=1.2h；1cm=1×107nm；故答案为：0.1；1.2；1×107．12．坐在温馨的物理考场，仔细想想：你平时走路的步幅约为50 dm上体育课时你跑100m所需时间约为16 s天安门广场的旗杆高度是30 m （填上合适的物理量单位）．【考点】物理量的单位及单位换算．【分析】首先要对题目中涉及的几种物理量有个初步的了解，结合对生活实际的认识，填入符合生活实际的答案．【解答】解：走路的步幅约为50dm，即0.5m符合实际；上体育课时你跑100m所需时间约为16s符合实际；天安门广场的旗杆高度是30m符合实际；故答案为：dm；s；m．13．李阳同学为了测某一品牌导线的直径，他采用了以下的办法．剪下一段导线后，把这段导线紧密地单层在一支铅笔上缠绕40圈，形成一个导线圈，再用一把刻度尺去测量这导线圈的长度，测量情况如图所示．则这把刻度尺的分度值是 1 mm．这个导线圈的长度是 2.36 cm，这一品牌导线的直径是0.6 mm．【考点】刻度尺的使用；长度的测量．【分析】刻度尺的最小分度值是刻度尺上两相邻刻度线的示数；导线圈的一端与刻度尺零刻度线对齐，则导线圈另一端所对应的刻度尺示数就是导线圈的长度；导线圈的长度除以圈数就是导线的直径．【解答】解：由图知：刻度尺的最小分度值是1mm；导线圈的长度是2.36cm；导线的直径d==0.059cm≈0.6mm．故答案为：1；2.36；0.6．14．我们常用“频闪照片”来研究物体的运动．如图所示，记录了甲、乙两个运动小球每隔秒的不同位置．根据底片可以判断，甲球运动时间长，乙球运动速度越来越大．【考点】速度与物体运动．【分析】根据题意，首先要明确，每相邻两点之间的时间间隔是秒，根据间隔的段数可以确定运动时间的长短．利用相邻两点之间的长度可以确定其通过的路程，由于时间相等，根据公式：v=可以确定物体速度的变化．【解答】解：在甲图中，包括了5个时间间隔，每个时间间隔为秒，即甲运动了秒；乙图只有3个时间间隔，乙运动的时间为：秒．所以甲运动的时间大于乙运动的时间；由于随着时间的推移，甲在相等的时间间隔内通过的路程仍然相等，所以甲做的是匀速直线运动；由乙图所示的两点之间的长度可知，在相同的时间内乙通过的路程越来越长，所以乙的速度越来越大．故答案为：甲；乙．15．用一把刻度尺测量某物体的长度，记录到的数据是5.72cm 和5.73cm ，则准确值是 5.7 cm ，所用的刻度尺的分度值是 1mm ．【考点】刻度尺的使用．【分析】用刻度尺测长度，要求估读到分度值的下一位，在记录的数据上分析，最后一位是估读的．【解答】解：某物体的长度是5.72cm 和5.73cm ，则最后的0.02cm 和0.03cm 为估读值，5.7cm 为准确值；倒数第二位的数字2和3所对应的毫米单位为刻度尺的最小分度值，即1mm ；故答案为：5.7；1mm ．16．航天员费俊龙和聂海盛乘坐“神舟六号”飞船返回舱返回地球时，返回舱相对于地球是 运动 的，费俊龙和聂海盛相对于返回舱是 静止 的．【考点】运动和静止的相对性．【分析】物理学中的运动与静止指的是一个物体相对于另一个物体位置的变化与否．从此入手来突破此题．【解答】解：返回舱在返回地球的过程中，返回舱相对于地球的位置不断变化，所以返回舱相对于地球是运动的．费俊龙与聂海胜相对于返回舱而言，他们之间的位置没有变化，所以是静止的． 故答案为：运动；静止．17．如图所示，向右作直线运动的小车，通过AB 、BC 、CD 三段路程所用的时间都是0.4s ，则小车做的是 变速 （ 选填“匀速”或“变速”）运动；它从A 点运动到D 点的平均速度是 25 m/s ．【考点】变速运动与平均速度．【分析】根据小车在相等时间内的路程关系判断小车做什么运动．已知小车运动时间t ，路程s ，由平均速度公式可求出平均速度．【解答】解：由图知AB=3×2m=6m ，BC=5×2m=10m ，CD=7×2m=14m ，小车在相等时间内的路程越来越大，则小车做的是变速运动．由图知小车的路程s=15×2m=30m，小车运动时间t=3×0.4s=1.2s，小车的平均速度===25m/s．故答案为：变速；25．18．在“龟兔赛跑”的寓言中，初始阶段兔子的平均速度大，而全程中则是乌龟的平均速度大．【考点】变速运动与平均速度．【分析】初始阶段，我们用相同时间比较路程来判断它们的速度；全程，我们用相同路程比较时间来判断它们的速度．【解答】解：刚开始跑的时候，兔子跑在前面，所以兔子的平均速度大；我们都知道这个故事中，兔子在中途睡了一觉，结果最后是乌龟先到达终点．那么在相同路程内，谁用的时间少，谁就运动的快，所以在全程中乌龟的平均速度大．故答案为：兔子；乌龟．19．李明同学放学回家，正碰上刮风下雨，他以18km/h的速度由西向东快跑，此时他发现了奇怪的现象，雨滴成竖直下落状态，请你确定，这时刮的是西风，风速是 5 m/s．【考点】运动和静止的相对性；物理量的单位及单位换算．【分析】本题考查了速度的单位换算关系1m/s=3.6km/h、相对静止的问题．【解答】解：看到雨滴成竖直下落状态，说明他和风相对静止，方向相同速度大小相同，该同学由西向东跑，说明风也是由西向东的，所以这是西风，速度等于风速，为18km/h=5m/s．故答案为：西，5．20．重庆高速路网全面推行区间测速以来，车辆超速行驶得到了一定遏制．如图所示，一辆小汽车进入测速路段后，乘客发现测速提示牌往后退，他是以汽车（自己）为参照物．测速设备测得小汽车在通过9.45km的测速区间用时270s，其平均速度为126 km/h．根据该路段限速100km/h的规定，该车驾驶员受到了相应处罚．【考点】变速运动与平均速度．【分析】（1）判断参照物是研究物体运动状态的一个逆过程，是已知物体的运动情况，判断以“谁”为参照物；（2）根据速度计算公式v=计算出速度大小．【解答】解：以汽车或自己为参照物，测速提示牌对于汽车的位置不断发生改变，是运动的，所以他会感觉测速提示牌往后退；t=270s=h，该车的平均速度为：v===126kmh．故答案为：汽车（自己）；126．21．高速路上行驶的小汽车和客车的速度之比是4：3，它们通过的路程之比是8：9，则小汽车与客车所用的时间之比为2：3 ．【考点】速度公式及其应用．【分析】已知小汽车和客车的速度之比和通过的路程之比，根据速度公式的变形式求出两者所用的时间之比．【解答】解：已知v1：v2=4：3，s1：s2=8：9，根据t=得：=====2：3．故答案为：2：3．三、实验题（第空2分，共26分）22．在“探究小车沿斜面下滑过程中速度变化”的实验中：（1）实验中所需要的器材除了斜面、小车、金属片和秒表之外，还应有刻度尺．（2）实验中斜面与桌面的夹角应该较小（填“大”或“小”）．（3）实验中，同学把3m长的斜面等分成三段，并设计了下面的表格记录实验数据，请根据）实验中小车的速度变化情况是小车在下滑过程中，速度越来越大．【考点】变速运动与平均速度．【分析】（1）要探究小车沿斜面下滑时通过前半段路程和通过全程的速度是否变化，就要测出小球通过前半段路程的平均速度和通过全程的平均速度，进行比较．要测量速度，根据v=就要测出路程和时间，用到秒表和刻度尺；（2）在实验中，要测量小车通过某段路程所用的时间，由于路程较短，所以小车速度小些更容易测量时间，因此斜面与桌面的夹角不易太大；（3）根据v=计算出第二段路程中的速度；（4）比较三段路程中速度的变化得出结论．【解答】解：（1）实验中还需测量小车通过的量程，所以还要用到刻度尺；（2）实验中，若斜面的倾角过大，则小车下滑速度很快，则很难测量时间，所以实验中斜面与桌面的夹角应该较小，这样便于测量时间；（3）第二段的速度v===2m/s；（4）由表格中数据知，小车在下滑过程中，速度逐渐变大．故答案为：（1）刻度尺；（2）小；（3）2；（4）小车在下滑过程中，速度越来越大．23．某小组同学分别测出了甲、乙电动小车做直线运动的路程和时间，并依据数据作出了相应的路程﹣﹣时间图象，如图（a）、（b）所示．（1）观察图（a）可知，甲车在做匀速直线运动，甲车通过0.6m的路程所用时间为 6 s．（2）观察图（b）可知，在A、B对应的时间段内，乙车通过的路程为 1.2 m．（3）比较图（a）、（b）可知，甲车的速度小于乙车的速度．（选填“大于”、“等于”或“小于”）【考点】速度公式及其应用．【分析】观察给出的路程时间图象，路程和时间都是成正比，所以做匀速直线运动，要判断路程和时间可从图上找不同的点判断．【解答】解：（1）图（a）是路程和时间图象，由图象可知路程和时间成正比，所以甲车在做匀速直线运动；当路程为0.6m时，对应的时间是6s；（2）观察图（b）可知，A点距离为0.6m，B点距离为1.8m，所以AB段乙车通过和路程为1.8m﹣0.6m=1.2m；（3）由图（a）可知，甲车2秒通过的路程为0.2m，所以甲车的速度v===0.1m/s；由图（b）可知，乙车3秒通过的路程为0.6m，所以乙车的速度v′===0.2m/s，所以甲车的速度小于乙车的速度．故答案为：（1）匀速；6；（2）1.2；（3）小于．24．如图所示为两个小球运动过程的频闪照片，闪光时间间隔为1s，图上数字为闪光时刻编号，请按提示描述这两个小球的运动，图中每一个小格的长度为0.2m．（1）求出小球B在编号3至编号7这段时间间隔内的平均速度v B= 0.8 m/s；（2）分别求出小球A在编号1至编号3这段时间间隔内的平均速度v1= 0.5 m/s；小球A 在编号5至编号7这段时间间隔内的平均速度v2= 1.3 m/s．（3）小球A 在编号1至编号7这段时间间隔内的速度逐渐 变大 （选填“变大”或“变小”）．【考点】变速运动与平均速度．【分析】（1）根据平均速度公式v=求解平均速度；（2）由题意可知，频闪照片中每两个球照片的时间间隔相同，相同的路程内物体运动的时间越短，运动的越快．【解答】解：（1）结合图可知，B 球在编号3至编号7用时t B =4s ，这段时间间隔内的通过的距离sB=4.8m﹣1.6m=3.2m ，所以平均速度v B ===0.8m/s ；（2）在编号1至编号3这段时间内A 球的路程s A1=1.4m ﹣0.4m=1m ，时间t A1=2s ，所以A 球的运动速度为v A1===0.5m/s ；在编号5至编号7这段时间内A 球的路程s A2=5.8m ﹣3.2m=2.6m ，时间t A2=2s ，所以A 球的运动速度为v A2===1.3m/s ；（3）在相同的时刻内A 球的路程越来越大，所以A 球做的是变速直线运动，即小球A 在编号1至编号7这段时间间隔内的速度逐渐变大．故答案为：（1）0.8；（2）0.5；1.3．（3）变大．四、计算题（第25题6分，第26题8分，第27题6分，共20分）25．2009年1月1日9时整，江西首条湖底隧道开通．这条隧道西起阳明东路京九线隧道，东至国威路和上海北路交叉口，全长1965m ，双向6车道，其中湖底暗埋段550m ．在湖底隧道口有一交通标志牌如图所示，交通标志牌上数字的含义是什么？在遵守交通规则的前提下，一辆小车通过湖底暗埋段至少需要多少时间？【考点】速度公式及其应用．【分析】（1）交通标志牌的数字是限速标志．（2）利用公式v=，已知所行使的路程和允许的最大速度，可以求出所需的最少时间．【解答】解：（1）交通标志牌的数字是限速标志，最大速度为40km/h ．（2）v=40km/h=m/s ，。
福建省龙岩第一中学2022-2023学年高三上学期第一次月考物理试题
龙岩一中2023届高三第一次月考卷物理试题（考试时间：75分钟满分：100分）注意：请将试题的全部答案填写在答题卡上。
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。
1．氢原子能级如图甲所示。
一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。
下列说法正确的是A．阴极K材料的逸出功为12.75eVB．a光的频率小于c光的频率C．图中M点的数值为-6.34D．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数一定持续增大2．如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。
某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓慢调至卡位4（如图乙所示），电脑始终处于静止状态，则（）A．散热底座对电脑的作用力的合力不变B．电脑受到的支持力变小C．电脑受到的摩擦力变大D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小3．一物体做匀变速直线运动的v2-x图像如图所示，L、b、k为已知量，k为图像的斜率，以下说法正确的是A．物体的初速度为bB．物体的加速度为kC．物体运动位移为L时的速度大小为kLbD．物体做匀减速运动4．如图，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h处，空心管长为L，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上，小球的直径小于管的内径，小球可以无障碍穿过空心管，不计空气阻力，下列判断错误．．的是A．两者均无初速度同时释放，小球在空中不能穿过管v，管无初速度，则小B．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关C．先让小球自由下落，当小球落至空心管上边缘时，无初速释放空心管。
则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度有关D．两者均无初速度释放，但小球提前了t∆时间释放，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。
福建四地六校2016-2017学年高二物理上学期第一次月考试题
“华安、连城、泉港、永安、漳平一中、龙海二中”六校联考2016-2017学年上学期第一次月考高二物理试题（考试时间：90分钟 总分：100分）第Ⅰ卷 (选择题 共46分)一、单项选择题（本题共10小题．每小题3分，共30分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分。
） 1.以下说法正确的是 ( ) A ．由qFE =可知电场中某点的电场强度E 与F 成正比 B ．由qE P=φ可知电场中某点的电势φ与q 成反比 C ．由U=Q/C ，电容器两极板间电势差U 与电容器的电量大小Q 成正比D ．由U ab =Ed 可知，匀强电场中的任意两点a 、b 间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 2. 使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上＋2Q 和－4Q 的电荷后，将它们固定在相距为a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为a/2的两点，它们之间库仑力的大小为F 2.则F 1与F 2之比为( ) A ．16∶1 B ．8∶1 C ．2∶9 D ．2∶13. A 、B 两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出） 如图所示。
图中C 点为两点电荷连线的中点，MN 为两点电荷连线的中垂线，D 为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN 左右对称。
则下列说法中正确的是（ ） A ．A 、B 点电荷电量一定相等 B ．C 、D 两点的电场强度相同 C ．C 、D 两点的电势能一定相等D ．C D 两点间的电势差可能为正也可能为负4.如图所示，在直线MN 上有一个点电荷，A 、B 是直线MN 上的两点，两点的间距为L 。
A 、B 场强大小分别为E 和2E.则（ ）A ．该点电荷一定在A 点的右侧B ．该点电荷一定在B 点的右侧C ．A 点场强方向一定沿直线向左D ．A 点的电势一定低于B 点的电势5. 下图中P 是一个带电体，N 是一个不带电的金属空腔，在哪种情况下，放在绝缘板上的小纸屑(图中S )会被吸引 ( )6.在点电荷 Q 形成的电场中有一点A ，当一个－q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则检验电荷在A 点的电势能及电场中A 点的电势分别为（ ） A. q W W E A A -=-=φ, B. qW W E A A -==φ, C. q W W E A A =-=φ, D. qW W E A A ==φ, 7. A 、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其v-t 图像如图甲所示。
龙岩长汀县初二第二次月考物理卷
龙岩长汀县初二第二次月考物理卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共18题；共36分)1. （2分） (2016八·潍坊月考) 下列数据最符合实际情况的是（）A . 万州冬天的平均气温约为30℃B . 初三学生百米成绩约为8sC . 初三物理课本的长度约为26cmD . 初三物理课本的质量约为30g2. （2分）如图所示的四种情景中，应用光的反射的是（）A . 凸透镜可把光会聚到一点B . 看见不发光的物体C . 盛水玻璃杯后的字变大了D . 钢笔“错位”了3. （2分）下列物体的运动可近似看作匀速直线运动的是（）A . 正在进站的火车B . 离开脚后在草地上滚动的足球C . 站在商城自动扶梯上顾客的运动D . 绕地球匀速转动的“北斗”卫星4. （2分）(2018·威海) 下列关于光学实验的说法，错误的是（）A . 探究光的反射定律时，硬纸板可以显示光的传播路径B . 探究平面镜成像特点时，使用两支相同的蜡烛是为了比较像与物的大小关系C . 探究光的折射特点时，光从空气射入水中，传播方向一定会发生改变D . 探究凸透镜成像规律时，当蜡烛燃烧变短，光屏上的像会向上移动5. （2分）(2017·东城模拟) 潜水员在水中观察岸上的物体，图所示的光路图中正确的是（）A .B .C .D .6. （2分）下列说法错误的是（）A . 大自然中，有些动物能靠红外线来捕食B . 红外线照到物体上时，物体会发热C . 大气层的臭氧层能大量吸收来自太阳的紫外线D . 紫外线具有杀菌本领，所以人应该接受大量的紫外线照射7. （2分）在研究平面镜成像特点的实验中,在竖起的玻璃板前后各放一支蜡烛，对着玻璃板既可看到前面蜡烛在玻璃板后所成的像，同时又可看到放在玻璃板后的“蜡烛”。
下列说法中正确的是（）A . 两者都是光的反射形成的像B . 前者是光的折射形成的像，后者是光的反射形成的像C . 两者都是光的折射形成的像D . 前者是光的反射形成的像，后者是光的折射形成的像8. （2分）学习了透镜的有关知识后，为了把一束从左侧射入的较宽的平行光变为较窄的平行光，小王同学找来了三只薄透镜，其中凸透镜L1的焦距是5cm ，凸透镜L2的焦距是3cm ，凹透镜L3的焦距是2cm ．小王分别设计了如图所示的四种光路，能够达到目的是（）A .B .C .D .9. （2分） (2018八上·乌鲁木齐期末) 用一个凸透镜成像时，下面说法中正确的是（）A . 实像总是正立的B . 实像和虚像都可能是放大或缩小的C . 成实像时，物体离凸透镜越近像越大D . 成虚像时，物体离凸透镜越近像越大10. （2分）如图所示，是“研究凸透镜成像”的实验原理图．下列哪种光学器械是利用将物体置于a去工作的（）A . 照相机B . 幻灯机C . 投影仪D . 放大镜11. （2分）小丽配戴200度的远视眼镜来矫正视力，针对这一情况，下列说法正确的是（）A . 远视眼镜的镜片是凹透镜B . 远视眼镜的镜片是凸面镜C . 透过眼镜看小丽的眼睛，看到她的眼睛变大了D . 透过眼镜看小丽的眼睛，看到她的眼睛变小了12. （2分）一个中学生的质量大约为（）A . 500千克B . 50千克C . 5千克D . 0.5千克13. （2分） (2017八下·平南期中) 如图为同种材料制成的实心圆柱体A和B放在水平地面上，它们的高度之比为2：1，底面积之比为1：3，则它们的质量mA：mB和对地面的压强pA：pB分别为（）A . mA：mB=2：1，pA：pB=2：1B . mA：mB=2：3，pA：pB=2：1C . mA：mB=1：3，pA：pB=3：2D . mA：mB=2：1，pA：pB=3：114. （2分）物体S经透镜L成清晰的像于M处的光屏上．则下列判断错误的是（）A . 透镜L一定是凸透镜B . 若透镜不动，而将物体和光屏的位置互换，则屏上仍能成清晰的像C . 光屏上的像一定是倒立的D . 透镜L对光线一定起发散作用15. （2分）在生产和生活中，人们常把密度作为所选材料的主要考虑因素成之一，下面属于主要从密度的角度考虑选材的是（）A . 用钨作为白炽灯泡灯丝B . 用塑料作为插座的外壳C . 用铝合金作为制造飞机D . 用水作为汽车的冷却液16. （2分）小高上山的速度是，到山顶后又沿原路返回，速度是，则小高上下山的平均速度是A .B .C .D .17. （2分） (2018八上·含山期末) 天文爱好者所使用的望远镜如图所示．以下判断正确的是（）A . A镜是目镜B . B镜是物镜C . 由于没有光屏，太空中的星体通过A镜成的是虚像D . 太空中的星体通过A镜成的像是倒立缩小的18. （2分）在凸透镜前一个物体，经凸透镜折射后，在光屏上能成一个缩小的像。
福建省龙岩市长汀县2022-2023学年高二上学期第一次月考物理试题及答案
长汀县2022-2023学年高二上学期第一次月考物 理 试 题（考试时间：75分钟 总分：100分）一、 选择题（本题共10小题，其中1-6题为单选题，每题4分；7-10为多选题，全部选对得6分，选对但不全得3分，错选得0分；共48分。
）1. 下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（ ）A. 由真空中点电荷场强公式2kQ E r =，电场中某点场强和场源电荷的电荷量成正比B. 根据场强的定义式F E q =，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 C. 根据电阻定义式U R I =，电阻与电压成正比，与电流成反比 D. 根据U E d=，可知在匀强电场中，电场强度与电压成正比 2．两个分别带有电荷量＋Q 和＋5Q 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们之间库仑力的大小为F 。
两小球相互接触后将其固定，距离变为3r ，则两球间库仑力的大小为（ ）A ．FB ．15F C ．35F D ．59F 3．如图，电路中R 1、R 2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，R 1、R 2厚度相同，R 1的上下表面的面积大于R 2的上下表面的面积。
闭合开关后，以下判断正确的是（ ）A ．通过R 1的电流大于通过R 2的电流B ．R 1两端的电压大于R 2两端的电压C ．R 1两端的电压等于R 2两端的电压D ．R 1的电功率小于R 2的电功率4. 一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子在其中运动的轨迹如图中实线所示，a 、b 是轨迹上的两点，则（ ）A. a 点的电场强度大于b 点的电场强度B. b 点电场强度的方向水平向右C. a 点的电势高于b 点的电势D. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能5．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷＋Q、－Q，B、D两点分别位于第二、四象限，ABCD为平行四边形，边BC、AD分别与y轴交于E、F两点，以下说法正确的是（）A．E、F两点电势不相等B．B、D两点电场强度不相同C．试探电荷＋q从B点移到D点，电势能增加D．试探电荷＋q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对＋q做的功相同6.在电场中沿某条直电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标原点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。
教育最新K122016届高三物理上学期第二次月考试卷(含解析)1
辽宁省沈阳市铁路实验中学2016届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题（共10小题，每小题6分，共60分．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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的不得分．）1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2．如图①所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球（可视为质点），两小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为T．现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F，使装置静止在图②所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为T′．根据以上信息可以判断T 和T′的比值为（）A．B．C． D．条件不足，无法确定3．如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2（带电粒子重力不计），则t1：t2为（）A．1：3 B．4：3 C．3：2 D．1：14．如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k＞0），金属棒与导轨间的动摩擦因素一定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是（）A．B．C．D．5．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O的水平线．已知一小球从M点出发，以初速v0沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需的时间为t1；若该小球仍由M点以相同初速v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2．则（）A．v1=v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2 C．v1=v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t26．2014年11月12日，“菲莱”着陆器成功在67P彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为人类历史上最伟大冒险之旅．载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被67P彗星俘获后经过一系列变轨，成功的将“菲莱”着陆器弹出，准确得在彗星表面着陆．如图所示，轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道，B点是轨道2上的一个点，若在轨道1上找一点A，使A与B的连线与BO连线的最大夹角为θ，则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比为（）A．sin3θB．C．D．7．如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）A．B．C．D．8．如图所示，质量分布均匀的长方体木板放置在水平面上，M、N分别是木板的左、右两个端点，水平面的A、C之间粗糙，与木板的动摩擦因数处处相等，水平面其余部分光滑，AC 的距离等于木板的长度，B为AC的中点．某时刻开始木板具有水平向右的初速度v0，当M 端运动到C点时速度刚好为0，则（）A．木板N端运动到B点时速度为B．木板N端运动到C点时速度为v0C．木板N端从A到B摩擦力做的功等于木板N端从B到C摩擦力做的功D．木板N端从A到C摩擦力做的功等于木板M端从A到C摩擦力做的功9．如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=5Ω，电灯A的电阻为10Ω，电灯B的电阻为6Ω，滑动变阻器的总电阻为6Ω．闭合开关S，当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），下列说法正确的是（）A．电流表的示数先减小后增大 B．电压表的示数先增大后减小C．电灯A的亮度不断增大 D．电源的最大输出功率为3.2W10．如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中．现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是（）A．小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动B．小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mgC．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5：1D．小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg二、计算题（本题共3小题，共40分．要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位．只写最后结果的不得分．）11．2014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流．一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度，0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动．其过程简化为图所示，求：（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小？试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？（结果保留三位有效数字）12．如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A=2Kg的薄木板A和质量为m B=3Kg的金属块B．A的长度l=2m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为m C=1Kg的物块C相连，B与A间的动摩擦因素μ=0.1，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦，开始时各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端，然后放手．求经过多长时间后B从A的右端脱离（设A的右端距滑轮足够远）（g取10m/s2）．13．如图所示，边长为L的正方形PQMN区域内（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点由静止开始释放，O、P、Q三点在同一水平直线上，OP=L．带电粒恰好从M点离开磁场，不计带电粒子重力．（1）求磁感应强度大小B；求粒子从O点运动到M点经历的时间；（3）若磁场磁感应强度可调节（不考虑磁场变化产生的电磁硬度），带电粒子从边界NM上的O'点离开磁场，O'与N点距离为，求磁场感应强度的可能数值．辽宁省沈阳市铁路实验中学2016届高三上学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题6分，共60分．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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的不得分．）1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【分析】小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去．【解答】解：A、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，故A 正确；B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B 错误；C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；D、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故D错误．故选：A．【点评】要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点2．如图①所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球（可视为质点），两小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为T．现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F，使装置静止在图②所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为T′．根据以上信息可以判断T 和T′的比值为（）A．B．C． D．条件不足，无法确定【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】①图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB杆的支持力，根据平衡条件求解出T；②图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，三力平衡，根据平衡条件求解OB绳子的拉力T′．【解答】解：①图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB杆的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：T=；②图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，如图所示；根据平衡条件，有：T′=2mg；可见T′=，即故选：A．【点评】本题要分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式求解，关键点在于乙图中杆没有弹力．3．如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2（带电粒子重力不计），则t1：t2为（）A．1：3 B．4：3 C．3：2 D．1：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据粒子的运动的轨迹和粒子做圆周运动的周期公式可以判断粒子的运动的时间．【解答】解：粒子在磁场中运动的周期的公式为T=，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过a 点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动的时间为T，通过b点的粒子的运动的时间为T，所以从S到a、b所需时间t1：t2为3：2，所以C正确．故选：C【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．4．如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k＞0），金属棒与导轨间的动摩擦因素一定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】安培力；牛顿第二定律．【分析】根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．【解答】解：A、因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动．故A错误，B正确．C、根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a=，f=μN=μF A=μBIL=μBLkt，联立解得加速度a=，与时间成线性关系．故C错误；D、t=0时刻无电流，无安培力．只有重力，加速度竖直向下，为正值．故D错误．故选：B【点评】解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度．5．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O的水平线．已知一小球从M点出发，以初速v0沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需的时间为t1；若该小球仍由M点以相同初速v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2．则（）A．v1=v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2 C．v1=v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t2【考点】机械能守恒定律．【分析】根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论【解答】解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1=v2．小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】解决本题关键要掌握机械能守恒定律，并能用来分析小球速率的大小，知道平均速率等于路程与时间之比．6．2014年11月12日，“菲莱”着陆器成功在67P彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为人类历史上最伟大冒险之旅．载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被67P彗星俘获后经过一系列变轨，成功的将“菲莱”着陆器弹出，准确得在彗星表面着陆．如图所示，轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道，B点是轨道2上的一个点，若在轨道1上找一点A，使A与B的连线与BO连线的最大夹角为θ，则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比为（）A．sin3θB．C．D．【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，根据几何关系求得两圆轨道上的半径之比，再根据半径求得周期之比．【解答】解：根据几何关系连接OA可得三角形OAB是直角三角形，故轨道1和轨道2的半径之比再根据万有引力提供圆周运动向心力有可得圆周运动的周期T=所以=故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】解决本题的关键是能根据几何关系确定两圆周运动的半径之比，再根据万有引力提供圆周运动向心力分析．掌握公式规律是正确解题的关键．7．如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下图中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）A．B．C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小．【解答】解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B一定错误；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间变化率为零，故电动势也会零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，C正确；故选：C．【点评】本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I．8．如图所示，质量分布均匀的长方体木板放置在水平面上，M、N分别是木板的左、右两个端点，水平面的A、C之间粗糙，与木板的动摩擦因数处处相等，水平面其余部分光滑，AC 的距离等于木板的长度，B为AC的中点．某时刻开始木板具有水平向右的初速度v0，当M 端运动到C点时速度刚好为0，则（）A．木板N端运动到B点时速度为B．木板N端运动到C点时速度为v0C．木板N端从A到B摩擦力做的功等于木板N端从B到C摩擦力做的功D．木板N端从A到C摩擦力做的功等于木板M端从A到C摩擦力做的功【考点】动能定理的应用；功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】将木板分为n等分（n足够大），故从开始到M端运动到C点过程，每个部分克服摩擦力做功均为，然后对全程和各个分过程运用动能定理列式分析即可．【解答】解：将木板分为n等分（n足够大），每个部分的质量为；从开始到M端运动到C点过程，每个部分克服摩擦力做功均为，根据动能定理，有：n（﹣）=0﹣①A、从开始到木板N端运动到B点过程，有：（﹣）×=﹣②联立①②解得：v1=v0故A错误；B、从开始到木板N端运动到C点过程，有：n（﹣）×=0﹣③联立①③解得：v2=故B正确；C、木板N端从A到B过程摩擦力做功：W1=（﹣）×=﹣木板N端从B到C过程摩擦力做功：W2=n（﹣）×﹣（﹣）=﹣故C错误；D、木板N端从A到C摩擦力做的功：W3=n（﹣）×=﹣木板M端从A到C摩擦力做的功：W4=n（﹣）×=﹣故D正确；故选：BD．【点评】本题关键是采用微元法并结合动能定理列式分析，不难．9．如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=5Ω，电灯A的电阻为10Ω，电灯B的电阻为6Ω，滑动变阻器的总电阻为6Ω．闭合开关S，当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），下列说法正确的是（）A．电流表的示数先减小后增大 B．电压表的示数先增大后减小C．电灯A的亮度不断增大 D．电源的最大输出功率为3.2W【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】分析当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化．【解答】解：ABC、当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，该电路的总电阻 R外所以R外=，（R是和灯A串联部分滑动变阻器的阻值），由数学知识分析知，当R=1Ω时，该电路的总电阻最大为5.5Ω，所以滑动触头P由a端向b端滑动的过程中总电阻由先增再减小，根据闭合电路欧姆定律电路中电流先减少再增大即电流表的示数先减少后增大，路端电压先增大再减小；由于路端电压先增大后减少、滑动触头由a到b和总电流先减少再增大，所以灯B两端的电压先增大后减小，即电压表的示数先增大后减小，灯A的电流减少即灯A亮度变暗，故AB正确，C错误．D、P=I2R外==，由数学知识分析知，当外电路电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，差别越小功率越大，而以上分析可知，外电路总电阻最大为5.5Ω，最小为=3Ω，则并联值可以为r=5Ω，则电源的最大输出功率为P max===3.2W，故D正确．故选：ABD．【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．对于变阻器，两侧电路并联，确定总电阻如何变化和灯AB的电流变化是关键．10．如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中．现将一直径略小于塑料管内径，质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是（）A．小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动B．小球释放后，第一次达到B点时对管壁的压力为4mgC．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5：1D．小球释放后，前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】小球运动过程中，受到重力、支持力和电场力，只有重力和电场力做功；其中重力做功等于重力势能的减小量，电场力做的功等于电势能的减小量，根据功能关系、向心力公式和牛顿第二定律列式分析．【解答】解：A、只有重力和电场力做功，带电小球到达B点，重力势能不变，电势能减小，故有动能，其动能大小等于电场力做的功，为qE•2R=2mgR故A错误；B、D、从A点释放到B点过程，根据动能定理，有qE•2R=③据向心力公式，有N2B﹣qE=m④解得N2C=9mg故B错误；C、第一次过D点时，根据动能定理，有mgR+qER=①根据向心力公式，有N1D﹣mg=m②解得N1D=5mg第一次过C点，根据向心力公式，有N1C+mg=m根据动能定理可知：第一次经过C点的动能为：2EqR﹣mgR=mgR，故N1C=mg可知故CD正确；故选：CD【点评】本题关键要分析求出小球的运动，然后多次根据动能定理、向心力公式和牛顿第二定律列式求解．二、计算题（本题共3小题，共40分．要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位．只写最后结果的不得分．）11．2014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流．一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度，0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动．其过程简化为图所示，求：（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小？试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？（结果保留三位有效数字）【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移时间关系和速度时间关系求得泥石流到达坡底的速度和时间；根据汽车速度达到与泥石流速度相等的安全临界速度，再根据运动规律求解最小加速度．【解答】解：（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，由题意有：v0=8m/s，v1=v0+a1t1代入数据得：t1=20s，v1=16m/s汽车速度加速到等于v1且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，故依题意有：v汽=a′t=v1…①…②泥石流在水平路面上的位移为：s石=v1（t+1﹣t1）s汽…③由①②③代入数据可解得：a′=0.421m/s2答：（1）泥石流到达坡底的时间为20s，速度大小为16m/s；汽车的加速度至少为0.421m/s2才能脱离危险．【点评】掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系是正确解题的基础，知道脱离危险的临界条件是正确解题的关键．12．如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A=2Kg的薄木板A和质量为m B=3Kg的金属块B．A的长度l=2m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为m C=1Kg的物块C相连，B与A间的动摩擦因素μ=0.1，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦，开始时各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端，然后放手．求经过多长时间后B从A的右端脱离（设A的右端距滑轮足够远）（g取10m/s2）．。
2024-2025学年福建省龙岩市长汀二中高二(上)第一次质检数学试卷(含答案)
2024-2025学年福建省龙岩市长汀二中高二（上）第一次质检数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知数列{a n }的通项公式为a n =(−1)n (2n +1)，则根据题意，该数列的前4项和S 4=( )A. 4B. 6C. 8D. 102.如果−4，a ，b ，c ，−16成等比数列，那么( )A. b =8，ac =64B. b =−8，ac =64C. b =8，ac =−64D. b =−8，ac =−643.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2=2，S 4=10，则S 6等于 ( )A. 12B. 18C. 24D. 424.《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了246个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，求中间两节的容积各为多少？”该问题中第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为( )A. 176升B. 72升C. 11366升D. 10933升5.数列{a n }中，a 1=1，对于所有的n ≥2，n ∈N 都有a 1⋅a 2⋅a 3⋅…⋅a n =n 2，则a 3+a 5等于( )A. 6116B. 259C. 2516D. 31156.已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，2a 7−a 8=5，则S 11为( )A. 110B. 55C. 50D. 不能确定7.已知数列{a n }满足a n +1=11−a n ，若a 1=2，则a 2024=( )A. 2B. −1C. 12D. −28.已知数列{a n }满足：a 1+a 2=0，a n +2+(−1)n(n +1)2a n =2，则数列{a n }的前100项的和为( )A. 50B. 98C. 100D. 102二、多选题：本题共3小题，共18分。
2020年福建省龙岩市长汀第二中学高三物理联考试题含解析
2020年福建省龙岩市长汀第二中学高三物理联考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （多选）一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图像如下图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为-1cm，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（）A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的波速是m/sC．从t=0.6 s开始，紧接着的△t=0.6 s时间内，A质点通过的路程是10mD．从t=0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m的障碍物，不能发生明显衍射现象参考答案：BD解：A、由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x 轴负向．故A错误．B、由甲图读出该波的波长为λ=20m，由乙图周期为：T=1.2s，则波速为：。
故B正确．C、△t=0.6s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过△t=0.4s，A质点通过的路程是：S=2A=2×2cm=4cm．故C错误．D、图示时刻质点P沿y轴负方向，质点Q沿y轴正方向，所以质点P将比质点Q晚回到平衡位置．将此图象与正弦曲线进行对比可知：P点的横坐标为xP=m，Q点的横坐标为xQ=m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q晚回到平衡位置的时间为：t=s=0.4s，故D正确．E、发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，根据这个条件可知该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，能发生明显衍射现象，故E错误．故选：BD 2. 两物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示。
对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于A．B．C．D．参考答案：B本题是连接体问题，处理方法常有两种：隔离法和整体法，要灵活选择研究对象．求加速度时可以考虑整体法．求内力时必须用隔离法。
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1 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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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． 1．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法
正确的是( ) A．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性定律 B．伽利略创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法 C．开普勒认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上 D．卡文迪许发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量
2．下列说法正确的是( ) A．若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零 B．若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动 C．若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动 D．若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动
3．某质点在0～3s内运动的v﹣t图象如图所示．关于质点的运动，下列说法正确的是( )
A．质点在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度 B．t=3s时，质点的位移最大 C．质点在第2s内的加速度与第3s内的加速度大小相等，方向相反 D．质点在第2s内的位移与第3s内的位移大小相等，方向相反
4．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，
地球的其它条件都不变，则未来与现在相比( ) A．地球的第一宇宙速度变小 B．地球赤道处的重力加速度变小 2
C．地球同步卫星距地面的高度变小 D．地球同步卫星的线速度变小
5．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上的两点，其中Q1位于原点O，a、b是它们的连线延长
线上的两点．现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是( )
A．粒子从a点运动到b点电场力先做负功，后做正功 B．Q2带负电且|Q2|＜|Q1| C．a点的电势比b点的电势高 D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
6．极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地极附近的大气层后，由于地磁场的作用而产生的．如
图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极做螺旋运动，旋转半径不断减小．此运动形成的原因是( )
A．可能是洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小 B．可能是介质阻力对粒子做负功，使其动能减小 C．可能是粒子的带电量减小 D．南北两极的磁感应强度较强
7．如图，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一档板固定
在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m．给小球一水平向右的 3
瞬时速度V，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，（不计小球与环的摩擦阻力），最低点瞬时速度必须满足( )
A．最小值 B．最大值 C．最小值 D．最大值 8．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间图
象分别如图所示，g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A．0～2s内物体位移大小为6m B．0～2s内拉力恒为5N C．合力在0～6s内做的功与0～2s内做的功不同 D．动摩擦因素为μ=0.30
三、非选择题；包括必考题和选考顺两部分．第29题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．如图1为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下： A．用天平测出物块质量M=500g、重物质量m=200g； B．调整长木板上的轻滑轮，使细线水平； C．调整长木板倾斜程度，平衡摩擦力； D．打开电源，让物块由静止释放，打点计时器在纸带上打出点迹； E．多次重复步骤（D），选取点迹清晰的纸带，求出加速度a； F．根据上述实验数据求出动摩擦因数μ． 4
回到下列问题： （1）以上实验步骤中，不需要的步骤是__________； （2）某纸带如图2所示，各点间还有4个点未标出，则物块的加速度a=__________m/s2（结果保留三位有效数字）； （3）根据实验原理，动摩擦因数μ=__________（用M、m、a和重力加速度g表示）．
10．实验桌上有下列实验仪器： A．待测电源（电动势约3V，内阻约7Ω）； B．直流电流表（量程0～0.6～3A，0.6A档的内阻约0.5Ω，3A档的内阻约0.1Ω；） C．直流电压表（量程0～3～15V，3V档内阻约5kΩ，15V档内阻约25kΩ）； D．滑动变阻器（阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A）； E．滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.2A）； F．开关、导线若干； 请你解答下列问题： （1）利用给出的器材测量电源的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精度且便于调节，应选择的滑动变阻器是__________（填代号）． （2）请将图甲中实物连接成实验电路图； （3）某同学根据测得的数据，作出U﹣I图象如图乙中图线a所示，由此可知电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω； 5
11．（13分）如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点
A．一质量为m的小球在水平地面上的C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去
恒力F，小球沿竖直半圆轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点（图中未画出）．已知A、C间的距离为L，重力加速度为g． （1）若轨道半径为R，求小球到达圆轨道B点时对轨道的压力FN； （2）为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的最大值Rm．
12．（19分）如图所示，在y＞0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y＜0的区域内有垂直坐标平面
向里的匀强磁场．一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动．当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点．C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d．不计电子的重力．求： （1）电场强度E的大小； （2）磁感应强度B的大小； （3）电子从A运动到D经历的时间t．
(二）选考题[物理-选修3-4]
13．如图所示．轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平
桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( ) 6
A．B物体的动能增加量小于B物体重力势能的减少量 B．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量 C．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 D．合力对A先做正功后做负功 E．B物体机械能的减少量等于绳子对B物体做功的大小
14．如图，可视为质点的小球，位于半径为m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平
抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°．（不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2 （1）求初速度为多少？ （2）小球从抛出到B点所用时间？ 7
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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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． 1．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法
正确的是( ) A．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因并提出了惯性定律 B．伽利略创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法 C．开普勒认为，在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上 D．卡文迪许发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量 【考点】物理学史． 【分析】本题是物理学史问题，记住著名物理学家如伽利略、牛顿、卡文迪许的主要贡献即可答题． 【解答】解：A、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，是牛顿提出了惯性定律，故A错误． B、伽利略创造了把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学研究方法，故B正确． C、牛顿设想了卫星模型，认为：在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上，故C错误． D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故D错误． 故选：B 【点评】对于物理学上重大发现和著名理论，要加强记忆，牢固掌握，这是小高考经常考查的内容．
2．下列说法正确的是( ) A．若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零 B．若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动 C．若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动 D．若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动 【考点】牛顿第二定律；匀速直线运动及其公式、图像． 【分析】物体运动速率不变，但速度的方向可以变化，此时合力不为零； 物体做匀加速直线运动时，它的加速度是恒定的； 合力与其速度方向相反时，物体做减速直线运动，但不一定是匀减速直线运动，物体受的合力可以变化； 匀速直线运动在任意的相等时间间隔内位移都是相等．