福建省四地六校2015-2016学年高一上学期第二次联考(11月)物理试题(含答案)

“四地六校”联考2015-2016年上学期第二次月考高二化学试题（考时间试：90分钟总分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16第Ⅰ卷选择题（16小题，每小题3分，共48分）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。

每小题只有一个选项符合题意。

）1．下列有关说法不正确的是（）A．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈B．手机上用的锂离子电池属于二次电池C．燃料电池能把化学能转化成电能D．已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H>0、△S<0,那么高温下可自发进行2．反应3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g），在不同情况下测得反应速率如下，其中反应速率最快的是（）A．v(A)＝1.5 mol·L－1·s－1 B．v(C)＝0.5 mol·L－1·s－1C．v(D)＝0.6 mol·L－1·s－1 D．v(B)＝0.4 mol·L－1·s－13．已知I2（g）+H2（g）2HI（g）△H=-QkJ/mol(Q>0)，H-H键能为akJ/mol，H-I键能为bkJ/mol，则I-I键能是（）A．b+Q-a kJ/mol B．2b-Q-a kJ/molC．2b+Q-a kJ/mol D．b-Q+a kJ/mol4．如图所示，利用2Ag + Cl2 = 2AgCl设计的原电池可测量空气中Cl2的含量（原电池的电解质是含有自由移动Ag+的固体物质）。

下列分析不正确的是（）A．空气中c(Cl2)越大，Ag极消耗速率越快B．Ag+向Pt电极移动C．电子由Ag电极经外电路流向Pt电极D．Ag电极上发生了还原反应5．下列描述中，不符合生产实际的是（）A．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极6．用CaCO3与1 mol·L－1稀盐酸反应制取CO2，下列措施对反应速率几乎没影响的是（）A．改用浓度为0.5 mol·L－1的稀硫酸 B．加入更多的碳酸钙C．稍微加热，升高反应温度 D．改用浓度为2 mol·L－1的稀盐酸7．下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是( )A．图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图2中，发生吸氧腐蚀C．图3中，燃烧灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D．图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁相当于原电池的正极8．铅蓄电池的充、放电反应方程式为：Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O。

2016-2017学年福建省四地六校高一（上）第二次联考物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8为单选题．9-12为多选题．）1．下列哪几组共点力同时作用在同一物体上，物体不可能保持平衡（）A．8 N、18 N和9 N B．2 N、40 N和40 NC．2 N、8 N和9 N D．20 N、10 N和20 N2．如图两个体重相同的人静止坐在秋千上，两秋千绳子能承受的最大张力是一样的．往两人身上同时慢慢加相同重量的物体，直到绳子断开，则下面的叙述正确的是（）A．甲中绳子先断 B．甲、乙中绳子同时断C．乙中绳子先断 D．不确定3．A、B两物体均做匀变速直线运动，A的加速度a1=2.0m/s2，B的加速度a2=﹣4.0m/s2，根据这些条件做出的以下判断，其中正确的是（）A．B的加速度小于A的加速度B．两个物体的速度在某一时刻可能相等C．A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动D．两个物体的运动方向一定相反4．物体从离地面180m高处做自由落体运动（g取10m/s2），则下列选项中不正确的是（）A．物体运动6s后落地B．物体落地时的速度大小为60 m/sC．物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/sD．物体在落地前最后1 s内的位移为55 m5．如图所示，质量为10kg的物体受到与水平方向成37o角拉力F1=50N力的作用向右作匀速直线运动，则（）（g=10N/kg）A．地面对物体的支持力为100NB．地面对物体的摩擦力为40NC．地面与物体间的动摩擦因数为0.4D．F1与物体和地面间摩擦力f的合力方向竖直向下6．如图所示，物体在水平力F作用下静止在固定的斜面上，若稍减小水平力F，而物体仍能保持静止，下列说法正确的是（）A．斜面对物体的静摩擦力不一定减小，支持力不一定减小B．斜面对物体的静摩擦力及支持力一定都减小C．斜面对物体的静摩擦力不一定减小，支持力一定减小D．斜面对物体的静摩擦力一定减小，支持力不一定减小7．如图所示，一木板B放在水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在直立墙壁上，用力F向左拉动B，使它以速度v做匀速运动，这时绳的张力为F T，下面说法正确的是（）A．木板B受到的滑动摩擦力大小等于F TB．水平面受到的滑动摩擦力大小等于F TC．木块A受到的滑动摩擦力大小等于F TD．若木板B以2v的速度匀速运动，则拉力等于2F8．两物体A、B按如图所示连接且处于静止状态，已知两物体质量m A＞m B，A物体和地面的动摩擦因数为μ，现给B加一个水平力F，使物体B缓慢移动，物体A始终静止，则此过程中（）A．物体A对地面的压力逐渐变大B．物体A受到的摩擦力变小C．绳的拉力不变D．地面对A的作用力变大9．伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，对这一过程的分析，下列说法正确的是（）A．运用逻辑推理的方法否定了亚里士多德关于重的物体下落的快，轻的物体下落的慢的论断B．通过对斜面上小球运动的研究，得出小球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，合理外推出当倾角增大到90°时，即自由落体运动也会保持匀加速运动的性质C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比D．提出了落体运动一定是一种最简单的变速运动，即加速度随时间应该是均匀变化的10．质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，该质点（）A．在第2秒末加速度方向发生了改变B．在第2秒末速度方向发生了改变C．第3秒末和第5秒末的位置相同D．在前2秒内发生的位移为零11．如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d四点，下列说法正确的是（）A．在斜面上运动的平均速度=B．在斜面上运动的平均速度=v bC．质点由O到达各点的时间之比t a：t b：t c：t d=1：：：2D．质点通过各点的速率之比v a：v b：v c：v d=1：：：212．如图所示，A、B两小球套在水平放置的细杆上，相距为L，两小球各用一根长也是L 的细绳连接小球C，三个小球的质量都是m，则下列说法中正确的是（）A．杆对小球A的支持力大小为mgB．杆对小球A的支持力大小为1.5mgC．杆对小球A的摩擦力大小为mg，方向向左D．AC两球间细绳的张力大小为mg二、实验填空题（共2小题，每空2分，共18分）13．在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示．（1）根据打点计时器打出的纸带，我们可以从纸带上不要计算可直接得到的物理量是A．平均速度B．瞬时速度C．时间间隔D．位移（2）接通电火花计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是A．先让纸带运动，再接通电源B．先接通电源，后让纸带运动C．让纸带运动的同时接通电源D．先让纸带运动或先接通电源都可以（3）如图：在纸带上依次选择6个实际打出的点A、B、C、D、E、F，各相邻两点间的距离依次是2.0cm、3.0cm、4.0cm、5.0cm、6.0cm．根据学过的知识可以求出小车在B点的速度为v B=m/s，CE间的平均速度为m/s；小车的加速度为m/s2．14．在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，橡皮条的另一端系两根细绳套OB和OC，先用两个弹簧秤分别勾住细绳套并互成角度地拉橡皮条，把橡皮条的结点拉到某﹣位置Ο并记下该点的位置；再用一根弹簧秤将橡皮条结点拉到同﹣位置Ο点．（1）实验中以下说法错误的是：A．两根细绳套OB和OC必须等长B．弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度C．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90°，以便于算出合力大小D．在用两个弹簧秤同时拉细绳套时要注意使两个弹簧秤的读数相等（2）实验情况如图1所示，在白纸上根据实验结果画出的图（图2）．①图中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是．②本实验采用的科学方法是A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（3）某同学在坐标纸上画出了如图3所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示1N，两力的合力用F 表示，F 1、F 2与F 的夹角分别为θ1和θ2，下列说法中正确的是：A．F=6NB．F1=2NC．θ2=45°D．F一定在F 1、F 2的角平分线上．三．计算题（共3小题，共34分，解答要写出主要的运算过程和必要的文字说明）15．如图所示一根劲度系数k=200N/m的轻质弹簧拉着质量为m=2kg的物体沿倾角为θ=37°的斜面匀速上升，此时弹簧伸长量x=8cm，求：（1）物体受到的滑动摩擦力大小？（2）物体和斜面间动摩擦因数．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）16．某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球Q的左上方某一位置C（CQ与竖直方向的夹角为θ）时，金属小球偏离竖直方向的夹角也是θ，如图所示．已知小球的质量为m，重力加速度为g．求（1）此时悬挂小球的细线的拉力大小为多少？（2）这位同学改变了磁铁对小球吸引力的角度，求在保证绳子偏角不变的情况下，磁铁对小球的最小吸引力的大小和方向？17．一列火车以21.6km/h的速度在铁路上运行，由于调度事故，在后面900m处有一列客车以72km/h的速度在行驶，客车司机发觉后立即合上制动器，但客车要滑行2000m才停下来：（1）客车司机合上制动器后，客车的加速度大小为多少？（2）试判断两车会不会相撞，并说明理由；（3）若不相撞，求两车相距最近时的距离，若相撞，求客车刹车后经多长时间与货车相撞？2016-2017学年福建省四地六校高一（上）第二次联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8为单选题．9-12为多选题．）1．下列哪几组共点力同时作用在同一物体上，物体不可能保持平衡（）A．8 N、18 N和9 N B．2 N、40 N和40 NC．2 N、8 N和9 N D．20 N、10 N和20 N【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】根据|F1+F2|≥F≥|F1﹣F2|先求出前两个力的合力范围，如果第三个力在这两个力的范围内，则三力平衡，合力为零．若不在两个力的合力范围内，则合力不能为零，不能保持平衡．【解答】解：A、8N和18N的合力范围为[10N，26N]，9N不在合力范围之内，则三个力合力不能为零，物体不能平衡．故A错误．B、2N和40N的合力范围为[38N，42N]，40N在合力范围之内，则三个力合力能为零，物体能平衡．故B正确．C、2N和8N的合力范围为[6N，10N]，9N在合力范围之内，则三个力合力能为零，物体能平衡．故C正确．D、20N和10N的合力范围为[10N，30N]，20N在合力范围之内，则三个力合力能为零，物体能平衡．故D正确．本题选择错误的，故选：A．2．如图两个体重相同的人静止坐在秋千上，两秋千绳子能承受的最大张力是一样的．往两人身上同时慢慢加相同重量的物体，直到绳子断开，则下面的叙述正确的是（）A．甲中绳子先断 B．甲、乙中绳子同时断C．乙中绳子先断 D．不确定【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【分析】小孩受重力、两个拉力处于平衡，根据共点力平衡，通过夹角的变化判断绳子的拉力变化．【解答】解：小孩的重力和两根绳子拉力的合力等值反向，合力一定，两分力夹角越大，分力越大，所以夹角越大，绳子拉力越大．则乙中绳子容易断．故C正确，A、B、D错误．故选：C．3．A、B两物体均做匀变速直线运动，A的加速度a1=2.0m/s2，B的加速度a2=﹣4.0m/s2，根据这些条件做出的以下判断，其中正确的是（）A．B的加速度小于A的加速度B．两个物体的速度在某一时刻可能相等C．A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动D．两个物体的运动方向一定相反【考点】加速度；速度．【分析】物体做加速运动还是减速运动关键是看加速度和速度的方向是相同还是相反，不是看加速度的正负；表示矢量时，负号表示矢量的方向不表示矢量的大小．【解答】解：A、A的加速度a1=1.0m/s2，B的加速度a2=﹣2.0m/s2，加速度的正负表示方向，故B的加速度大于A的加速度，故A错误；B、由于初速度大小关系不明确，如果初速度合适，则两物体的速度在某一时刻可能相等，故B正确；C、因为不知道速度的方向，可能A加速，B减速，也可能A减速，而B加速，故C错误；D、由题意只能知道加速度是相反的，但两物体的初速度不明确，故两个物体的运动方向可能相同，也可能相反，故D错误．故选：B4．物体从离地面180m高处做自由落体运动（g取10m/s2），则下列选项中不正确的是（）A．物体运动6s后落地B．物体落地时的速度大小为60 m/sC．物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/sD．物体在落地前最后1 s内的位移为55 m【考点】自由落体运动；平均速度．【分析】根据自由落体的位移公式、速度与位移的关系公式和平均速度公式求解．要理解第几秒的位移的含义：第n秒的位移等于前n秒的位移减去前n﹣1秒的位移．【解答】解：A、自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，由h=得t==s=6s，故A正确．B、物体落地时的速度大小为v=gt=10×6=60 m/s，故B正确．C、物体在整个下落过程中的平均速度为===30m/s，故C不正确．D、物体在落地前最后1 s内的位移为x=h﹣=180﹣=55m，故D正确．本题选不正确的，故选：C5．如图所示，质量为10kg的物体受到与水平方向成37o角拉力F1=50N力的作用向右作匀速直线运动，则（）（g=10N/kg）A．地面对物体的支持力为100NB．地面对物体的摩擦力为40NC．地面与物体间的动摩擦因数为0.4D．F1与物体和地面间摩擦力f的合力方向竖直向下【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【分析】对物体受力分析，受拉力、重力、支持力和滑动摩擦力，物体做匀速直线运动，根据平衡条件，采用正交分解法列式求解．【解答】解：ABC、拉力的竖直分F1sin37°=60N，水平分力F1cos37°=80N；根据平衡条件，竖直方向，有：N+F1sin37°=G，水平方向：F1cos37°=f，其中：f=μN，联立解得：N=40N，f=80N，μ=0.5；故A错误，B正确，C错误；D、F1与物体和地面间摩擦力f的合力、重力和支持力的合力是平衡的，而重力和支持力的合力向下，故F1与物体和地面间摩擦力f的合力竖直向上，故D错误；故选：B6．如图所示，物体在水平力F作用下静止在固定的斜面上，若稍减小水平力F，而物体仍能保持静止，下列说法正确的是（）A．斜面对物体的静摩擦力不一定减小，支持力不一定减小B．斜面对物体的静摩擦力及支持力一定都减小C．斜面对物体的静摩擦力不一定减小，支持力一定减小D．斜面对物体的静摩擦力一定减小，支持力不一定减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【分析】物体在水平力F的作用下静止在斜面上，根据Fcosθ与mgsinθ的大小关系，分析物体所受的静摩擦力方向，根据平衡条件得到静摩擦力和支持力的表达式，分析其变化．【解答】解：原来斜面对物体的静摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以稍微最大水平力F，静摩擦力可能增大，也可能减小，甚至可能大小不变（大小不变，方向改变）；F增大，则物体对斜面的压力F N=mgcosθ+Fsinθ也增大，所以选项ABD错误，选项C 正确．故选：C7．如图所示，一木板B放在水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在直立墙壁上，用力F向左拉动B，使它以速度v做匀速运动，这时绳的张力为F T，下面说法正确的是（）A．木板B受到的滑动摩擦力大小等于F TB．水平面受到的滑动摩擦力大小等于F TC．木块A受到的滑动摩擦力大小等于F TD．若木板B以2v的速度匀速运动，则拉力等于2F【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．【分析】解答此题需要掌握：（1）物体静止或作匀速直线运动时，受到平衡力的作用，在水平面上的物体在水平方向和竖直方向分别受平衡力作用．（2）二力平衡的条件：等大、反向、同直线、同物体．（3）影响摩擦力大小的因素：一是压力的大小；二是接触面的粗糙程度．【解答】解：对A、B受力分析：由于A时刻静止，则A受水平向右的张力和水平向左的摩擦力；又因为物体间力的作用是相互的，则物体B受到A对它水平向右的摩擦力；由于B作匀速直线运动，则B受到水平向左的拉力和水平向右的两个摩擦力平衡，即与A对B 的摩擦力和地面对B的摩擦力平衡；如图所示：C、由于B向左作匀速直线运动，则F=f B+f，而A相对于B位置不变，因此F T=f A，并且f A=f B，故木块A受到的滑动摩擦力大小等于F T，故C正确；A、木块B受到两个摩擦力，故A错误；B、水平面受到的滑动摩擦力大小f=F﹣f B=F﹣F T，故B错误；D、滑动摩擦力大小与相对速度无关，故木板B以2v的速度匀速运动时，拉力还等于F，故D错误；故选C．8．两物体A、B按如图所示连接且处于静止状态，已知两物体质量m A＞m B，A物体和地面的动摩擦因数为μ，现给B加一个水平力F，使物体B缓慢移动，物体A始终静止，则此过程中（）A．物体A对地面的压力逐渐变大B．物体A受到的摩擦力变小C．绳的拉力不变D．地面对A的作用力变大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】先以A为研究对象，分析受力情况，分析平衡条件得到F、绳子拉力与绳子和竖直方向夹角的关系，分析F和拉力的变化情况．再对A研究，根据平衡条件分析地面的支持力和摩擦力如何变化．【解答】解；ABC、以B为研究对象，分析受力情况如图1，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则由平衡条件得：Tsinθ=F，Tcosθ=M A g，得：T=，F=M A gtanθ；由题，θ增大，cosθ减小，tanθ增大，则绳子拉力T增大，F增大；对A研究，分析受力情况如图2所示，由平衡条件得：Tsinα+N=M B g，f=Tcosα，T增大，α不变，则地面对A的支持力N减小，摩擦力f增大，则由牛顿第三定律得知，物体A对地面的压力逐渐减小．故ABC错误．D、地面对A的作用力是N和f的合力，根据平衡条件得知，N和f的合力与M B g和T的合力大小相等，T增大，则知M B g和T的合力增大．故地面对A的作用力增大．故D正确．故选：D9．伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，对这一过程的分析，下列说法正确的是（）A．运用逻辑推理的方法否定了亚里士多德关于重的物体下落的快，轻的物体下落的慢的论断B．通过对斜面上小球运动的研究，得出小球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，合理外推出当倾角增大到90°时，即自由落体运动也会保持匀加速运动的性质C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比D．提出了落体运动一定是一种最简单的变速运动，即加速度随时间应该是均匀变化的【考点】物理学史．【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，伽利略对运动和力的关系研究，其科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐结合起来．【解答】解：A、伽利略根据亚里士多德的论断，假定大的石块下落速度为8，小石块下落速度为4，把它们捆在一起，大石块会被小石块拖着而减慢，所以速度会小于8，但两石块捆在一起会更重，下落速度应当等于8，这样得出了相互矛盾的结论，伽利略认为，重物体与轻的物体下落一样快；所以运用归谬推理否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的错误论断，故A正确；B、伽利略在研究物体在无阻力的下落运动（即自由落体运动）时，发现不同质量的铜球沿阻力极小的斜面滚下，结果发现铜球的下滑加速度都是相同的．不断增大斜面倾角，结果发现，只是铜球的下滑加速度增大了，而所有铜球的下滑加速度仍是相同的．所以通过斜面上物体的匀加速运动合理外推出当倾角增大到90°时，即自由落体运动也保持匀加速运动的性质，故B正确；C、伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比，故C正确；D、伽利略提出“自由落体”是一种最简单的直线运动﹣﹣﹣匀加速直线运动，物体的加速度不变．故D错误；故选：ABC10．质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，该质点（）A．在第2秒末加速度方向发生了改变B．在第2秒末速度方向发生了改变C．第3秒末和第5秒末的位置相同D．在前2秒内发生的位移为零【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】速度时间图象的斜率分析加速度．根据图象的形状分析物体的运动情况．速度的符号表示物体的运动方向．速度图象与时间轴所围的面积表示位移．由此分析即可．【解答】解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，可知，1～3s内物体的加速度恒定不变，在第2秒末加速度方向没有改变，故A错误．B、速度的符号表示速度方向．则知在第2秒末速度方向发生了改变．故B正确．C、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，图象在时间轴上方时位移为正，图象在时间轴下方时位移为负，由几何知识可知，3﹣5s内物体的位移为0，所以质点在第3秒末和第5秒末的位置相同．故C正确．D、在前2秒内发生的位移为x==2m，故D错误．故选：BC11．如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d四点，下列说法正确的是（）A．在斜面上运动的平均速度=B．在斜面上运动的平均速度=v bC．质点由O到达各点的时间之比t a：t b：t c：t d=1：：：2D．质点通过各点的速率之比v a：v b：v c：v d=1：：：2【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及分析平均速度的大小．根据位移时间公式，结合位移关系求出所用的时间之比，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出质点通过各点的速率之比．【解答】解：A、根据平均速度的推论知，在斜面上运动的平均速度=，故A正确．B、初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1：3，则a点位置为中间时刻的位置，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，知，故B错误．C、通过各点的位移之比为1：2：3：4，根据x=得，质点由O到达各点的时间之比t a：t b：t c：t d=1：：：2，故C正确．D、通过各点的位移之比为1：2：3：4，根据知，质点通过各点的速率之比v a：v b：v c：v d=1：：：2，故D正确．故选：ACD．12．如图所示，A、B两小球套在水平放置的细杆上，相距为L，两小球各用一根长也是L 的细绳连接小球C，三个小球的质量都是m，则下列说法中正确的是（）A．杆对小球A的支持力大小为mgB．杆对小球A的支持力大小为1.5mgC．杆对小球A的摩擦力大小为mg，方向向左D．AC两球间细绳的张力大小为mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】首先对C球分析受力，根据平衡条件列式求解细线对C球的拉力，即等于细线对B球的拉力大小．再对A球研究研究，分析受力情况，由平衡条件求解杆对小球A的摩擦力的大小．【解答】解：D、球C受力如图1所示，根据平衡条件有：2Tcos30°=mg，解得：T=，故D错误；ABC、球A受力如图2所示，根据平衡条件有：Tsin60°+mg=N，Tcos60°=f，解得：N=1.5mg，故A错误，B正确；f=，方向水平向左，故C正确；故选：BC二、实验填空题（共2小题，每空2分，共18分）13．在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示．（1）根据打点计时器打出的纸带，我们可以从纸带上不要计算可直接得到的物理量是CD A．平均速度B．瞬时速度C．时间间隔D．位移（2）接通电火花计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是B A．先让纸带运动，再接通电源B．先接通电源，后让纸带运动C．让纸带运动的同时接通电源D．先让纸带运动或先接通电源都可以（3）如图：在纸带上依次选择6个实际打出的点A、B、C、D、E、F，各相邻两点间的距离依次是2.0cm、3.0cm、4.0cm、5.0cm、6.0cm．根据学过的知识可以求出小车在B点的速度为v B= 1.25m/s，CE间的平均速度为 2.25m/s；小车的加速度为25m/s2．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【分析】了解打点计时器的工作原理，就能够熟练使用打点计时器便能正确解答．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小．【解答】解：（1）A、平均速度的求解需要运用物理公式，故A错误；B、瞬时速度的求解需要运用匀变速直线运动的公式．故B错误．C、打点计时器是每隔0.02s打下一个点，所以数点就知道时间间隔，故C正确．D、位移利用刻度尺直接测量两点之间的距离就得了，故D正确．故选：CD．（2）如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大部分纸带没有打上点，纸带的利用率太低；所以应当先接通电源，后让纸带运动，故B正确，ACD错误．故选：B；（3）利用匀变速直线运动的推论得：v B=m/s=1.25 m/s，CE间的平均速度CE=m/s=2.25m/s；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=m/s2=25 m/s2，故答案为：（1）CD；（2）B；（3）1.25；2.25；25．14．在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，橡皮条的另一端系两根细绳套OB和OC，先用两个弹簧秤分别勾住细绳套并互成角度地拉橡皮条，把橡皮条的结点拉到某﹣位置Ο并记下该点的位置；再用一根弹簧秤将橡皮条结点拉到同﹣位置Ο点．。

“华安、连城、永安、漳平、泉港一中，龙海二中”六校联考2015-2016学年上学期第一次月考高一物理试题第Ⅰ卷（选择题共56分）一、单项选择题（本题共12小题．每小题3分，共36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，有选错或不答的得0分．）1．下列物理量不属于矢量的是（）A．位移B．质量C．速度D．加速度【答案】B【解析】试题分析：矢量既有大小又有方向，遵循平行四边形定则，而标量只有大小，没有方向，位移是从初位置指向末位置的有向线段，是有方向的，所以是矢量，A错误，质量只有大小没有方向，是标量，B正确，速度的物理意义是描述物体的运动快慢和方向，有大小有方向，是矢量，C错误，加速度是速度变化量与发生这一变化所用时间的比值，有方向，它的方向是物体速度变化的方向，所以加速度是矢量，D错误。

考点：本题考查标量和矢量问题。

2．在研究物体的运动时，下列物体中可以当作质点处理的是（）A．为提高乒乓球运动员球技时，研究乒乓球的运动可作为质点来处理B．在大海中航行的船，要确定它在大海的位置时，可以把它当作质点来处理C．研究杂技演员在走钢丝的表演时，杂技演员可以当作质点来处理D．研究地球的自转运动时，地球可以当作质点来处理【答案】B【解析】试题分析：只要物体的形状和大小对研究的问题没有影响或影响可以忽略不计时，物体可以看作质点。

A选项，提高乒乓球运动员球技，就要分析乒乓球的运动，而乒乓球的形状和大小对乒乓球的运动影响很大，所以乒乓球不能看作质点。

B选项，在大海中的船，要确定航船的位置，它的形状大小完全可以忽略不计，船可以看作质点。

C选项，在研究杂技演员的表演时，就要研究演员的体型变化重心分布变化，即演员的形状大小不能忽略，不能看作质点。

D选项，地球上各点的运动情况不同，比如速度的大小与其到地心的距离有关，所以在研究地球自转时，地球不能看作质点。

考点：本题考查的是质点的概念。

3．下列叙述不符合史实的是（）A．古希腊哲学家亚里士多德认为物体越重，下落得越快B．伽利略发现亚里士多德的观点有自相矛盾的地方C．伽利略认为，如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快D．伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动【答案】D【解析】试题分析：古希腊哲学家亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落的快，即物体越重下落的越快，A符合事实，伽利略发现亚里士多德的理论在逻辑上有矛盾，他认为轻重不同的物体，从同一高度坠落，加速度一样，它们将同时着地，从而推翻了亚里士多德的错误论断，B符合事实。

2015-2016学年福建省四地六校高一（上）第二次联考化学试卷一．选择题（共51分，每小题只有一个正确选项）1．进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显．从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是（）A．胶粒可以导电B．胶体是混合物C．胶体粒子大小在1～100nm之间D．胶体的分散剂为气体3．下列物质既能通过单质间化合反应制取，也能通过单质与盐酸反应制取的是（）A．CuCl2B．FeCl2C．FeCl3D．ZnCl24．同位素常用做环境分析指示物，下列对同位素的说法正确的是（）A．34S原子核内的中子数为16B．13C和15N原子核内的质子数相差2C．16O与18O的核电荷数相等D．2H+质量与1H+的质量相同5．质子数和中子数相同的原子A，其阳离子A n+核外共有X个电子，则A的质量数为（）A．2（x+n） B．2（x﹣n）C．2x D．n+26．下列关于氯气的叙述中，不正确的是（）A．氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体B．氯气、液氯、氯水是同一种物质C．氯气能溶于水D．氯气是一种有毒的气体7．在少量氯水的试管中加入过量的溴化钾溶液，再加少量CCl4，振荡静置后（）A．水溶液为紫色 B．CCl4层呈橙色C．CCl4层呈紫红色D．水溶液为橙色8．自来水可以用氯气消毒．如果实验室中临时没有蒸馏水，可以用自来水配制某些急需的药品，但有些药品若用自来水配制，则明显会导致药品变质．下列哪些药品不能用自来水配制（）A．Na2SO4B．AgNO3C．NaCl D．AlCl39．氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是（）A．新制氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含有Cl2B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，可说明氯水中含有Cl2C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明Cl2的氧化性强于I2D．新制氯水滴到Na2CO3溶液中，有气体产生，说明氯水中含有H+10．现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液②39%的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．分液、蒸馏、萃取 B．萃取、蒸馏、分液C．分液、萃取、蒸馏 D．蒸馏、萃取、分液11．下列变化，需要加入适当的氧化剂才能完成的是（）A．PCl3→PCl5B．MnO4﹣→Mn2+ C．SO2→SO32﹣D．Cl2→HClO12．下列说法不正确的是（）A．将标准状况下11.2L HCl溶于水，配成250mL盐酸，溶液的物质的量浓度为2mol/L B．硫酸和磷酸的摩尔质量相等C．同温同压下，相同质量的二氧化碳和二氧化硫的体积比是16：11D．2.24L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A13．下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（）A．1L 0.1mol•L﹣1的KCl溶液B．0.2L 0.1mol•L﹣1的盐酸溶液C．0.1L 0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液D．0.3L 0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液14．在2KMnO+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为（）A．1：8 B．8：1 C．1：5 D．5：115．根据下列反应：①Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；②2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，判断：Fe3+、Fe2+、Cu2+氧化性强弱的顺序是（）A．Fe3+＞Fe2+＞Cu2+B．Fe2+＞Cu2+＞Fe3+C．Fe3+＞Cu2+＞Fe2+D．Cu2+＞Fe3+＞Fe2+16．“电解质的溶液中所有阳离子所带的正电荷数与所有阴离子所带的负电荷数相等，故显电中性，常称电荷守恒”．某盐的溶液中含有Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，若Na+为0.2mol，Mg2+为0.4mol，Cl﹣为0.4mol，则SO42﹣物质的量为（）A．0.1mol B．0.3mol C．0.5mol D．0.15mol二、填空题：18．按要求填写下列空格（1）同温同压下，有0.3molO2与0.2molO3，它们的质量之比为，它们所含的原子数之比为，它们的体积之比为，它们的密度之比为．（2）由H和O构成的水摩尔质量为，10g该水分子的物质的量为，含中子mol．（3）实验室需要0.1mol•L﹣1 NaOH溶液480mL．根据溶液的配制情况回答下列问题：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为g．在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度0.1mol•L﹣1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）．若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度0.1mol•L﹣1．19．实验室常用以下方法制取氯气：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，（1）用双线桥标出电子转移方向和数目．（在答题纸上标）（2）在标准状况下生成的Cl2为11.2L时，参加反应的HCl的物质的量为，被氧化HCl的质量为．20．科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒．这是因为对人体无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物．通过以上信息填空：（1）维生素C具有（填氧化性或还原性）．（2）上述过程中+5价砷类物质作为（填氧化剂或还原剂），+5价砷元素发生反应（填氧化或还原）；2mol+5价砷完全转化为+3价砷，共转移个电子（用N A表示阿伏加德罗常数）．21．按要求作答：（1）漂白粉的有效成分为（填化学式），漂白粉在空气中久置容易变质、失效，有关反应的化学方程式为、（2）工业上制取氯气有关反应的化学方程式为（3）铁在氯气中燃烧有关反应的化学方程式为．三、实验题：22．粗盐中含有Ca2+、Mg2+及SO42﹣，除去杂质离子所加入的试剂及顺序可以是：试剂①NaOH、试剂②、试剂③、试剂④．在加试剂③后，应先进行一个实验操作之后再加入试剂④．23．某探究小组为探究氯气的性质，设计了如下实验装置．请回答下列问题：（1）装置A是用来制取氯气的，若烧瓶中盛放的是漂白粉，分液漏斗中是浓盐酸①配平该反应的化学方程式：Ca（ClO）2+（）═Cl2↑+CaCl2+（）②装置A中g管的作用是．（2）装置D中放有一块红色的纸条，一半用水润湿，一半干燥．实验过程中发现，湿润的部分很快褪色了，又过了一段时间，整块纸条全部褪色．某同学认为是因为装置D中下半部分氯气浓度大于上半部分，这种解释是否合理？（填“合理”或“不合理”），若不合理请说明真正的原因：（若填合理则此空不答）．（3）反应一段时间后用注射器从E中抽取少量溶液，检验出有Fe3+生成，请写出该反应的化学方程式：（4）该装置缺少尾气处理装置，根据所学知识写出尾气处理的化学方程式：．四、计算题24．将11.2g铁投入200mL某浓度的盐酸中，铁和盐酸恰好完全反应．求：（1）11.2g铁的物质的量（2）所用盐酸中HCl的物质的量浓度（3）反应中生成的H2在标准状况下的体积．2015-2016学年福建省四地六校高一（上）第二次联考化学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共51分，每小题只有一个正确选项）1．进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显．从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是（）A．胶粒可以导电B．胶体是混合物C．胶体粒子大小在1～100nm之间D．胶体的分散剂为气体【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小，能通过滤纸的分散系为溶液、胶体；能通过半透膜的分散系是溶液．【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm（10﹣7～10﹣9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm．故选C．【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；电解质与非电解质．【分析】A．纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；B．有机物是含碳的化合物；盐是指由金属离子和酸根离子构成的化合物；氧化物是指由两种元素组成的且其中一种是氧元素的化合物；C．在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质；D．由离子键结合的物质为离子晶体，由分子构成的物质为分子晶体．【解答】解：A．盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，故A错误；B．苯酚是有机物，纯碱的成分是碳酸钠，属于盐，水属于氧化物，故B正确；C．液氯是单质，不是化合物，不是非电解质，故C错误；D．胆矾为蓝色晶体，是五水硫酸铜的俗称，化学式是CuSO4•5H2O，属于离子晶体，故D 错误．故选B．3．下列物质既能通过单质间化合反应制取，也能通过单质与盐酸反应制取的是（）A．CuCl2B．FeCl2C．FeCl3D．ZnCl2【考点】氯气的化学性质．【分析】Cl2有强氧化性，当与变价金属反应时将金属氧化成高价态，金属与盐酸反应，盐酸具有弱氧化性，以此来解答．【解答】解：A．Cu与盐酸不反应，故A不选；B．Fe与氯气反应生成FeCl3，故B不选；C．Fe与盐酸反应生成FeCl2，故C不选；D．Zn和氯气之间反应生成ZnCl2，与盐酸反应生成ZnCl2，故D选；故选D．4．同位素常用做环境分析指示物，下列对同位素的说法正确的是（）A．34S原子核内的中子数为16B．13C和15N原子核内的质子数相差2C．16O与18O的核电荷数相等D．2H+质量与1H+的质量相同【考点】同位素及其应用；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【分析】A．利用质子数+中子数=质量数来计算；B．C原子的质子数为6，N原子的质子数为7；C．16O与18O的质子数相等；D．元素符号的左上角为质量数．【解答】解：A．34S原子核内的中子数为34﹣16=18，故A错误；B．C原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差7﹣6=1，故B错误；C．16O与18O的质子数相等，核电荷数相等，故C正确；D．元素符号的左上角为质量数，分别为2、1，故D错误．故选C．5．质子数和中子数相同的原子A，其阳离子A n+核外共有X个电子，则A的质量数为（）A．2（x+n） B．2（x﹣n）C．2x D．n+2【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【分析】阳离子失去电子，则电子数+电荷数=质子数，质量数=质子数+中子数，以此来解答．【解答】解：阳离子A n+核外共有X个电子，则质子数为X+n，质子数和中子数相同，质量数=质子数+中子数，则A的质量数为2（X+n），故选A．6．下列关于氯气的叙述中，不正确的是（）A．氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体B．氯气、液氯、氯水是同一种物质C．氯气能溶于水D．氯气是一种有毒的气体【考点】氯气的物理性质；氯气的化学性质．【分析】A、氯气是有颜色和刺激性气味的气体．B、根据氯气、液氯和氯水的成分判断．C、氯气是能溶于水的气体．D、氯气是有毒气体．【解答】解：A、氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体，故A正确．B、液氯是氯气的液态，所以氯气和液氯是同一种物质；部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水中含有氯气分子、盐酸、次氯酸，是一种混合物，液氯和氯气与氯水不是同一种物质，故B错误．C、氯气能溶于水，1体积的水能溶解2体积的氯气，故C正确．D、氯气吸入后与粘膜和呼吸道的水作用形成氯化氢和新生态氧；氯化氢可使上呼吸道粘膜炎性水肿、充血和坏死；新生态氧对组织具有强烈的氧化作用，并可形成具细胞原浆毒作用的臭氧；所以氯气是一种有毒的气体，故D正确．故选B．7．在少量氯水的试管中加入过量的溴化钾溶液，再加少量CCl4，振荡静置后（）A．水溶液为紫色 B．CCl4层呈橙色C．CCl4层呈紫红色D．水溶液为橙色【考点】分液和萃取．【分析】依据氯气具有强的氧化性，与溴化钾溶于反应生成单质溴，单质溴易溶于有机溶剂而显橙色，CCl4不溶于水，密度大于水分析解答．【解答】解：氯气具有强的氧化性，通入溴化钾溶于发生反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后得到橙黄色的溴水溶液，倒入CCl4后，CCl4不溶于水，密度大于水，溶液分层，CCl4层在下层，溴在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，振荡后，溴由被萃取到CCl4层，所以看到的现象是溶液分层，上层为无色的水层，下层为橙色的溶有溴的CCl4层，故选B．8．自来水可以用氯气消毒．如果实验室中临时没有蒸馏水，可以用自来水配制某些急需的药品，但有些药品若用自来水配制，则明显会导致药品变质．下列哪些药品不能用自来水配制（）A．Na2SO4B．AgNO3C．NaCl D．AlCl3【考点】氯气的化学性质．【分析】自来水中，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O 等分子，含有H+、ClO﹣、Cl﹣等离子，结合对应粒子的性质解答该题．【解答】解：A．氯水中的微粒均不与硫酸钠反应，可配制硫酸钠溶液，故A不选；B．氯水中含有Cl﹣，加入硝酸银生成氯化银沉淀，不能用于配制AgNO3溶液，故B选；C．氯水中的微粒均不与NaCl反应，可配制NaCl溶液，故C不选；D．氯水中的微粒均不与AlCl3反应，可配制，故D不选．故选B．9．氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是（）A．新制氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含有Cl2B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，可说明氯水中含有Cl2C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明Cl2的氧化性强于I2D．新制氯水滴到Na2CO3溶液中，有气体产生，说明氯水中含有H+【考点】氯气的化学性质．【分析】根据氯气溶于水，部分氯气与水反应发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO⇌H++ClO﹣，HCl=H++Cl﹣，所以氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl﹣、ClO﹣、OH ﹣，利用离子、分子的性质来分析．【解答】解：A．氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故A正确；B．氯气溶于水，部分氯气与水反应发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，可说明氯水中含有盐酸和次氯酸，故B错误；C．氯气能氧化碘离子生成单质碘，碘遇淀粉变蓝，向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明Cl2的氧化性强于I2，故C正确；D．新制氯水中存在盐酸，新制氯水滴到Na2CO3溶液中，发生Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，有气体产生，说明氯水中含有H+，故D正确；故选B．10．现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液②39%的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．分液、蒸馏、萃取 B．萃取、蒸馏、分液C．分液、萃取、蒸馏 D．蒸馏、萃取、分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】①汽油和氯化钠溶液，分层；②39%的乙醇溶液，乙醇的沸点低；③氯化钠和单质溴的水溶液中，溴不易溶于水．【解答】解：①汽油和氯化钠溶液，分层，则选择分液法分离；②39%的乙醇溶液，乙醇的沸点低，则选择蒸馏法分离；③氯化钠和单质溴的水溶液中，溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取分离，故选A．11．下列变化，需要加入适当的氧化剂才能完成的是（）A．PCl3→PCl5B．MnO4﹣→Mn2+ C．SO2→SO32﹣D．Cl2→HClO【考点】氧化还原反应．【分析】加入氧化剂才能实现，应发生氧化反应，所含元素的化合价应升高，以此解答该题．【解答】解：A．P元素化合价升高，应加入氧化剂才能实现，故A正确；B．Mn元素化合价降低，应加入还原剂才能实现，故B错误；C．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．Cl元素化合价升高，被氧化，但无需加入氧化剂，氯气与水反应可实现，故D错误．故选A．12．下列说法不正确的是（）A．将标准状况下11.2L HCl溶于水，配成250mL盐酸，溶液的物质的量浓度为2mol/L B．硫酸和磷酸的摩尔质量相等C．同温同压下，相同质量的二氧化碳和二氧化硫的体积比是16：11D．2.24L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A【考点】摩尔质量；物质的量浓度；阿伏加德罗常数．【分析】A．根据n=、c=进行计算；B．摩尔质量在数值上等于其相对分子质量；C．根据体积比等于物质的量之比进行计算；D．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算混合气体的物质的量．【解答】解：A．n===0.5mol，c===2mol/L，故A正确；B．摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，硫酸和磷酸的相对分子质量相等，所以硫酸和磷酸的摩尔质量相等，故B正确；C．同温同压下，相同质量的二氧化碳和二氧化硫，物质的量之比等于摩尔质量的反比=64：44=16：11，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，则二氧化碳和二氧化硫的体积比是16：11，故C正确；D．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L混合气体的物质的量，故D错误；故选D．13．下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（）A．1L 0.1mol•L﹣1的KCl溶液B．0.2L 0.1mol•L﹣1的盐酸溶液C．0.1L 0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液D．0.3L 0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液【考点】物质的量浓度．【分析】根据电解质离子的浓度=电解质浓度×电解质电离出该离子的数目，与溶液的体积无关，据此结合选项判断．【解答】解：A、1L 0.1mol•L﹣1的KCl溶液中Cl﹣浓度为0.1mol/L×1=0.1mol/L；B、0.2L 0.1mol•L﹣1的盐酸溶液中Cl﹣浓度为0.1mol/L×1=0.1mol/L；C、0.1L 0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液中Cl﹣浓度为0.1mol/L×3=0.3mol/L；D、0.3L 0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液中Cl﹣浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L；故选：C．14．在2KMnO+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为（）A．1：8 B．8：1 C．1：5 D．5：1【考点】氧化还原反应的计算．【分析】化合价升高元素所在反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，注意只有部分盐酸作还原剂．【解答】解：反应中，化合价升高是元素是盐酸中的氯元素，所以盐酸是还原剂，16mol的盐酸中只有10mol做还原剂，化合价降低的元素是锰元素，所以高锰酸钾是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量比1：5，故选C．15．根据下列反应：①Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；②2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，判断：Fe3+、Fe2+、Cu2+氧化性强弱的顺序是（）A．Fe3+＞Fe2+＞Cu2+B．Fe2+＞Cu2+＞Fe3+C．Fe3+＞Cu2+＞Fe2+D．Cu2+＞Fe3+＞Fe2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【分析】根据氧化还原反应中含有元素化合价降低的物质为氧化剂，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．【解答】解：①Fe+CuCl2=FeCl2+Cu中Cu元素的化合价降低，则CuCl2为氧化剂，氧化性Cu2+＞Fe2+，②2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，则FeCl3为氧化剂，氧化性Fe3+＞Cu2+，则各粒子氧化性由强到弱的顺序为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故选C．16．“电解质的溶液中所有阳离子所带的正电荷数与所有阴离子所带的负电荷数相等，故显电中性，常称电荷守恒”．某盐的溶液中含有Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，若Na+为0.2mol，Mg2+为0.4mol，Cl﹣为0.4mol，则SO42﹣物质的量为（）A．0.1mol B．0.3mol C．0.5mol D．0.15mol【考点】电解质在水溶液中的电离．【分析】由信息可知，溶液不显电性，所有阳离子所带的正电荷数与所有阴离子所带的负电荷数相等，以此来解答．【解答】解：溶液不显电性，所有阳离子所带的正电荷数与所有阴离子所带的负电荷数相等，Na+为0.2mol，Mg2+为0.4mol，Cl﹣为0.4mol，设SO42﹣物质的量为x，则0.2mol×1+0.4mol×2=0.4mol×1+x×2，解得x=0.3mol，故选B．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．CaCO3与盐酸反应生成氯化钙；B．Na2CO3与氢氧化钙反应生成碳酸钙和NaOH，但Na2CO3过量；C．Fe与CuCl2反应生成Cu、FeCl2；D．浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应．【解答】解：A．CaCO3与盐酸反应生成氯化钙，然后过滤可除杂，故A正确；B．Na2CO3与氢氧化钙反应生成碳酸钙和NaOH，但Na2CO3过量，引入新的杂质碳酸钠，故B错误；C．Fe与CuCl2反应生成Cu、FeCl2，然后过滤可除杂，故C正确；D．浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，则通过盛浓硫酸的洗气瓶可除杂，故D正确；故选B．二、填空题：18．按要求填写下列空格（1）同温同压下，有0.3molO2与0.2molO3，它们的质量之比为1：1，它们所含的原子数之比为1：1，它们的体积之比为3：2，它们的密度之比为2：3．（2）由H和O构成的水摩尔质量为20g•mol﹣1，10g该水分子的物质的量为0.5mol，含中子5mol．（3）实验室需要0.1mol•L﹣1 NaOH溶液480mL．根据溶液的配制情况回答下列问题：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 2.0g．在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，则所得溶液浓度大于0.1mol•L﹣1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）．若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度小于0.1mol•L﹣1．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量的相关计算．【分析】（1）根据n===结合物质的构成计算相关物理量；（2）H和O构成的水摩尔质量为（1×2+18）g/mol，然后根据n=，一个水分子中含有10个中子；（3）根据n=cV和m=nM来计算，根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解答】解：（1）m（O2）=0.3mol×32g/mol=9.6g，m（O3）=0.2mol×48g/mol=9.6g，它们的质量之比为1：1；由n=可知结合它们所含的原子数之比为0.3mol×2：0.2mol×3=1：1；由n=n=可知，它们的体积之比为0.3：0.2=3：2；由ρ=可知，它们的密度之比等于相对分子质量之比，为32：48=2：3，故答案为：1：1；1：1；3：2；2：3；（2）由H和O构成的水摩尔质量为（1×2+18）g/mol，n===0.5mol，中子的物质的量为0.5mol×10=5mol，故答案为：20g/mol；0.5mol；5；（3）配制0.1mol•L﹣1 NaOH溶液480ml，由于无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，所需的氢氧化钠的物质的量n=cV=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，质量m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g；定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，溶质损失，浓度偏小，故答案为：2.0；大于；小于．19．实验室常用以下方法制取氯气：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，（1）用双线桥标出电子转移方向和数目．（在答题纸上标）（2）在标准状况下生成的Cl2为11.2L时，参加反应的HCl的物质的量为2mol，被氧化HCl的质量为36.5g．【考点】氧化还原反应的计算；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算．【分析】（1）双线桥分析氧化还原反应是基础，只要结合元素化合价的变化和电子守恒就可以了；（2）根据标况下气体的摩尔体积，可计算出Cl2的物质的量，再结合化合价的变化，可求算被氧化的HCl的物质的量，根据摩尔质量计算对应HCl的质量．【解答】解：（1）Mn元素的化合价从+4价降为+2价，Cl元素从﹣1价升高为0价，可通过双线桥分析此氧化还原反应，，故答案为：；（2）标况下11.2LCl2的物质的量为=0.5mol，此反应中HCl和Cl2的化学计量数之比为4：1，则参加反应的HCl的物质的量为0.5mol×4=2mol，反应中被氧化的HCl为参加反应HCl的物质的量的，则被氧化HCl的物质的量为2mol×=1mol，质量为1mol×36.5g/mol=36.5g，故答案为：2mol，36.5g．20．科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒．这是因为对人体无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物．通过以上信息填空：（1）维生素C具有还原性（填氧化性或还原性）．（2）上述过程中+5价砷类物质作为氧化剂（填氧化剂或还原剂），+5价砷元素发生反应还原（填氧化或还原）；2mol+5价砷完全转化为+3价砷，共转移4N A个电子（用N A表示阿伏加德罗常数）．【考点】氧化还原反应；人体必需的维生素的主要来源及其摄入途径．【分析】（1）无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物，As元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高；（2）As元素的化合价降低，得到电子，结合化合价变化计算转移电子．【解答】解：（1）无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物，As元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C具有还原性，故答案为：还原性；（2）上述过程中+5价砷类物质得到电子，作为氧化剂，+5价砷元素发生反应还原；2mol+5价砷完全转化为+3价砷，共转移2mol×（5﹣3）×N A=4N A个电子，故答案为：氧化剂；还原；4N A．21．按要求作答：（1）漂白粉的有效成分为（）2（填化学式），漂白粉在空气中久置容易变质、失效，有关反应的化学方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HclO、2HClO2HCl+O2↑（2）工业上制取氯气有关反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑（3）铁在氯气中燃烧有关反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3．【考点】化学方程式的书写；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】（1）漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙在空气中能够与水、二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，因而变质；（2）工业上用电解质饱和食盐水方法制取氯气，电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠；（3）铁在氯气中燃烧生成三氯化铁．【解答】解：（1）漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙化学式为：Ca（ClO）2，次氯酸钙在空气中能够与水、二氧化碳反应生成次氯酸，化学方程式：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2 HclO，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，化学方程式：2HClO2HCl+O2↑，因而变质；故答案为：Ca（ClO）2；Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2 HclO；2HClO2HCl+O2↑；（2）电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3）铁在氯气中燃烧生成三氯化铁，化学方程式：2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3．三、实验题：22．粗盐中含有Ca2+、Mg2+及SO42﹣，除去杂质离子所加入的试剂及顺序可以是：试剂①NaOH、试剂②BaCl2、试剂③Na2CO3、试剂④HCl．在加试剂③后，应先进行一个实验操作过滤之后再加入试剂④．【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【分析】粗盐中含有Ca2+、Mg2+及SO42﹣，镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放。

“六校联考”2015-2016学年下学期第二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48分）一、选择题（本题共13小题，每小题4分，共52分。

每小题给出的四个选项中，1-9为单选题，10-13为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。

）1．如下图所示，一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈，当磁铁经过A 、B 两位置时，线圈中( )A．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相同B ．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反C ．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同D ．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相反2．电阻为1 Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把此交变电动势加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )A ．线圈转动的角速度为100 rad/sB ．在0～0.005 s 时间内，通过电阻的电荷量为51C C ．电热丝两端的电压为180 VD ．电热丝的发热功率为3600 W3．如图所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为n 1：n 2＝：1，在副线圈两端接有“6 V 40 W”的电灯泡．若灯泡正常发光，则下列说法中错误的是( )A ．在原、副线圈中，通过每匝线圈的磁通量时时刻刻都相同B ．通过原、副线圈的交变电流的频率相同C ．变压器输入电压的最大值为240 VD ．变压器的输入功率为40 W4．如图所示，一矩形线框以竖直向上的初速度进入只有一条水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，进入磁场后上升一段高度又落下离开磁场，运动过程中线框只受重力和安培力作用，线框在向上、向下经过图中1、2位置时的速率按时间顺序依次为v 1、v 2、v 3和v 4，则可以确定( )A ．v 1<v 2B ．v 2<v 3C ．v 3<v 4D ．v 4<v 15．如图所示，A 、B 是两个完全相同的灯泡，B 灯与电阻R 串联，A 灯与自感系数较大的线圈L 串联，其直流电阻等于电阻R 的阻值．电源电压恒定不变，当电键K 闭合后，过一会儿再断开电键K ，下列说法正确的是( )A ．闭合K 时，A 、B 同时亮，然后A 逐渐变亮，B 的亮度不变 B ．闭合K 时，B 比A 先亮，最后A 、B 亮度相同第1题图第2题图 第3题图 第4题图C ．断开K 时，B 会闪一下，再逐渐熄灭D ．断开K 时，电流自左向右通过B 灯6．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L ，磁场方向垂直纸面向里，abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离也为L ，t ＝0时刻bc 边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿abcda 方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是 ( )7．如图所示，氢原子从n ＞2的某一能级跃迁到n ＝2的能级，辐射出能量为2.55 eV 的光子，则最少要给基态的氢原子提供多少电子伏特的能量，才能使它辐射上述能量的光子( )A ．0.85 eVB ．2.55 eVC ．12.75 eVD ．13.6 eV8．如图所示，光滑圆槽的质量为M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如果将线烧断，则小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )A ．0B ．向左C ．向右D ．无法确定9．如图所示，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）A ．①④表示β射线，其穿透能力较强B ．②⑤表示γ射线，其穿透能力最强C ．③⑥表示α射线，其电离能力最强D ．②⑤表示γ射线，是原子发生跃迁时产生10．“两弹一星”可以说长了中国人的志气，助了中国人的威风．下列核反应方程中，属于研究“两弹”的基本核反应方程的是( )A ．147N ＋42He→178O ＋11H B ．23592U ＋10n→9038Sr ＋13654Xe ＋1010n C ．23892U→23490Th ＋42He D ．21H ＋31H→42He ＋10n 11．关于原子和原子核，下列说法中正确的是 ( )A ．处于激发态的氢原子放出光子后，核外电子运动的加速度将增大B．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子第9题图第8题图第7题图第6题图总能量增大C ．查德威克发现了质子，卢瑟福发现了中子D ．天然放射现象的发现使人类认识到原子是可以再分的12．由于放射性元素23793Np 的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，下列论断中正确的是( )A ．23793Np 的半衰期会随着地球环境的变化而变化 B ．20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子 C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D ．237 93Np 系列中所有放射性元素的质量都等于4n －1(n 为正整数)13．已知氘核的平均结合能是1.09 MeV ，质量为m 1，氚核的平均结合能是2.78 MeV ，质量为m 2，氦核的平均结合能是7.03 MeV ，质量为m 3，中子的质量为m 4，在某次核反应中，1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核，则下列说法中正确的是( )A ．这个核反应质量亏损为Δm ＝m 1+ m 2－m 3B ．核反应方程为21H ＋31H ―→42He ＋10n C ．核反应过程中释放的核能是17.6 MeV D ．目前核电站都采用上述核反应发电第Ⅱ卷（非选择题 共48分）二、实验填空题（本题每空2分，共12分。

2015-2016学年福建省四地六校高二上学期第二次联考（11月）物理（考试时间：90分钟总分：100分）第Ⅰ卷（选择题共52分）一、单项选择题（共9小题，每小题4分，共36分）1．关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是（）A．点电荷是一种理想化的物理模型B．点电荷所带电荷量一定是元电荷的电荷量C．点电荷所带电荷量一定很小D．点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型2．关于电势和电势能的说法正确的是( )A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大B．电荷在电场中电势越高的地方，电量越大所具有的电势能也越大C．在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能D．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能3．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A．4ρ和4R B．ρ和4R C．ρ和16R D．16ρ和16R4. 两个小灯泡的标识分别是L1“6V 6W”，L2“6V 9W”，把它们分别接在同一直流电源上（电源内阻不可忽略），L1消耗的功率恰好为6W，则L 2消耗的功率为（）A．一定等于9W B．一定小于9W C．一定大于9W D．条件不足，不能确定5．如图，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°角，则关于a、b两点场强大小及电势φa、φb的高低关系正确的为( )A．E a=3E b，φa＞φb B．E a=，φa＜φbC．E a=3E b，φa＜φb D．E a=E b，φa＜φb6．AB是一个点电荷的电场线，方向如图甲所示，图乙则是在电场线上的二点a、b处的检验电荷的电量大小与所受电场力大小之间的函数图像，由此可以判断（）A．场源是正电荷，位置在B侧 B．场源是正电荷，位置在A侧C．场源是负电荷，位置在A侧 D．场源是负电荷，位置在B侧7．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )A．的读数变小，的读数变小B．的读数变小，的读数变大C ．的读数变大，的读数变小D ．的读数变大，的读数变大8.在如图所示的电路中，S 闭合，电容器已经充电。

“四地六校”联考2014-2015学年上学期第一次月考高三物理试题（考试时间：120分钟 总分：100分）命题人：连城一中 张金武 审题人：连城一中 林裕光第Ⅰ卷（选择题 共42分）一、选择题(本题共14小题.每小题3分，共42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，有选错或不答的得0分)1、关于牛顿第一定律的说法中，正确的是( )．A ．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态和匀速直线运动状态B ．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C ．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性D ．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因2、两个共点力F l 、F 2大小不同，它们的合力大小为F ，则（ ） A 、F 1、F 2同时增大一倍，F 也增大一倍 B 、F 1、F 2同时增加10N ，F 也增加10N C 、F 1增加10N ，F 2减少10N ，F 一定不变 D 、若F 1、F 2中的一个增大，F 一定增大3、在公式v ＝v 0＋at 和x ＝v 0t ＋12at 2中涉及的五个物理量，除t 是标量外，其他四个量v 、v 0、a 、x 都是矢量，在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中，当取其中一个量的方向为正方向时，其他三个量的方向与此相同的取正值，与此相反的取负值，若取速度v 0方向为正方向，以下说法正确的是( )A ．匀加速直线运动中a 取负值B ．匀加速直线运动中a 取正值C ．匀减速直线运动中a 取正值D ．无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动a 都取正值 4、一根轻绳的上端悬挂在天花板上，下端挂一灯泡，则：A.灯泡受的重力和灯泡对绳的拉力是一对平衡力B.灯泡受的重力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力C.灯泡对绳的拉力和绳对灯泡的拉力是一对作用力和反作用力D.绳对天花板的拉力和天花板对绳的拉力是一对平衡力5、如图所示，两楔形物块A 、B 部分靠在一起，接触面光滑，物块B 放置在地面上，物块A 上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A 、B 两物块均保持静止。

一、单项选择题（每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。

）1．以下是力学中的四个实验装置，由图可知哪个实验所体现的物理思想方法与其他几个不同．．（ ）【答案】D【解析】试题分析：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；引力大小仍是借助于光的反射来放大，这三个力学实验均体现出放大的思想方法，而探究分力和合力的关系实验中采用的是“等效替代”法，故只有D 中实验方法与其他不同，故选D 。

考点：物理研究方法。

2．关于速度、速度改变量、加速度，正确的说法是（ ）A ．物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大B ．速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零C ．加速度很大时，运动物体的速度一定很大D ．速度变化越来越快，加速度越来越小【答案】B【解析】试题分析：根据tv a ∆∆=可知加速度a 由速度的变化量△v 和速度发生改变所需要的时间△t 共同决定，虽然△v 大，但△t 更大时，a 可以很小，A 错误；根据t v a ∆∆=可知物体的加速度跟速度的变化率成正比，与物体的速度的大小无关．所以即使速度很大，但速度的变化率很小，其加速度也很小；若保持匀速，则加速度为零，B 正确；加速度很大时，运动物体的速度变化很快，不能说明很大，C 错误；速度变化越来越快，加速度越来越小大，D 错误；故选B 。

考点：速度、加速度。

3．如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P 连接，P 的斜面与固定挡板MN 接触且处于静止状态，则斜面体P 此刻所受的外力个数有可能为（ ）A ．2个或3个B ．3个或4个C ．4个或2个【答案】B【解析】试题分析：两小球由同一条通过定滑轮的绳子连接，所以绳子对两球的拉力相等，分别对两小球受力分析可得：对1m 有:0160sin g m F =，对2m 有：0230cos g m F =，所以质量之比为2:3，B 正确。

2015-2016学年福建省四地六校联考高二（下）第一次月考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共32.0分)1.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用．在下面器件中，利用电磁感应原理工作的是（）A.回旋加速器B.电磁炉C.质谱仪D.示波管【答案】B【解析】解：A、回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．故A错误．B、电磁炉是利用电磁感应原理使产生涡流，将电能最终转化成内能．故B正确．C、质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象．故C错误．D、利用了电场加速和电场偏转的原理．故D错误．故选B回旋加速器利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速．电磁炉是利用电磁感应原理．质谱仪是利用电场加速，磁场使粒子偏转．示波器利用了电场加速和偏转的原理．本题的解题关键是要理解现代科技装置和产品的工作原理．2.首先发现电磁感应现象的科学家是（）A.奥斯特B.安培C.法拉第D.特斯拉【答案】C【解析】解：英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象．故选：C．根据课本中的基础知识可知英国物理学家法拉第是第一个发现电磁感应现象的科学家．（1）在电磁学中，最著名的科学家有两个：奥斯特，第一个发现电能生磁即电和磁之间存在联系的科学家；法拉第，第一个发现磁能生电即电磁感应的科学家．（2）记住相关的基础知识对于解决此类识记性的题目有很大的帮助．3.下列提到的交流电，哪一个不是指有效值（）A.电容器的击穿电压B.保险丝的熔断电流C.交流电压表读数D.220V交流电压【答案】A【解析】解：A、电容器的耐压值，是指的最大值．故A错误；B、保险丝的熔断电流，也是有效值，故B正确；C、交流电表的示数，是有效值，故C正确；D、220v的交流电压，也是有效值，故D正确；题目要求不是有效值，故选：A．正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．交流电方向在变，大小可能变．所以当接入电路时，只要将交流电的有效值求出，则相当于直流一样．4.如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变．则M、N、L所接元件可能是（）A.M为电阻，N为电容器，L为电感器B.M为电阻，N为电感器，L为电容器C.M为电感器，N为电容器，L为电阻D.M为电容器，N为电感器，L为电阻【答案】C【解析】解：交流电频率增大，灯1变暗，阻抗变大，说明M是电感线圈．灯2变亮，阻抗变小，说明N为电容器．灯3亮度不变，说明L为电阻，故C正确，ABD错误．故选：C线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系．交流电频率减小，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小．本题考查电感线圈、电容器对交流电的影响的理解和应用．5.一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时（）A.穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B.穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C.穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D.穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小【答案】C【解析】解：当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式E=n，磁通量的变化率最大；故选：C．根据法拉第电磁感应定律公式，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势，而磁通量的变化量与瞬时电动势成正比．本题中线圈产生的是正弦式交变电流，当磁通量为零时，线框与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大．6.两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最等于（）大值相等，波形如图甲、乙所示．在一个周期内，两电阻产生的热量之比甲乙A. B. C. D.【答案】B【解析】解：两种交变电流的最大值为I m．对于正弦式电流有效值为：I1=．对于方波，有效值为：I2=I m．根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则Q1：Q2=1：2故选：B根据焦耳定律Q=I2R t求解热量，其中I是有效值．对于正弦式电流有效值I1=；对于方波，有效值I2=I m对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值7.交流发电机在工作时的电动势为e=E m sinωt，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（）A.E m sinB.2E m sinC.E m sin2ωtD.2E m sin2ωt【答案】D【解析】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，由ω=2πn，E m=n BSω，可知，E m和ω都增加2倍，其表达式变为：e′=2E m sin2ωt．故D正确，ABC错误；故选：D．感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，其中E m=n BSω，当将其电枢的转速提高到原来2倍时，E m和ω都增加2倍，再进行选择．本题考查考虑问题的全面性，e=E m sinωt式中E m和ω都与转速成正比，不能简单认为表达式是E m sin2ωt．8.如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向，菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d．现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下不正确的是（）A. B. C.D.【答案】ABC【解析】解：BC、线圈在进入磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，为正值．故B、C错误．A、D、设BD=L．在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD刚进入磁场时，感应电流最大为I1==i0；在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD通过磁场分界线时，感应电流最大为I2==2i0；后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为I3==i0；故D正确，A错误．本题选不正确的，故选：ABC．根据楞次定律判断感应电流的方向，结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化．解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式中，L为有效长度．要注意线圈通过磁场的分界线时线圈两侧都切割磁感线，产生感应电动势．二、多选题(本大题共1小题，共4.0分)9.如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A.向右匀加速运动B.向左匀加速运动C.向右匀减速运动D.向左匀减速运动【答案】BC【解析】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M 指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．故选：BC．MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M 指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．三、单选题(本大题共1小题，共4.0分)10.如图所示电路中的变压器为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是（）A.保持P的位置不变，S由b切换到aB.保持P的位置不变，S由a切换到bC.S置于b位置不动，P向上滑动D.S置于b位置不动，P向下滑动【答案】AC【解析】解：A、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，故A正确；B、S由a切换到b副线圈匝数变小，副线圈电压变小，所以副线圈功率变小，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变小，故B错误；C、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，所以所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，故C正确；D、S置于b位置不动，P向下滑动，电阻变大，电压不变，所以输出功率变小，故原线圈的输入功率变小，故D错误．故选：AC．理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比．理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率．四、多选题(本大题共2小题，共8.0分)11.如图（a）、（b）所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A.在电路（a）中，断开S，A将逐渐熄灭B.在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭C.在电路（b）中，断开S，A将逐渐熄灭D.在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐熄灭【答案】AD【解析】解：A、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯A将逐渐变暗，因为断开前后的电流一样，灯不会变得更亮．故A正确，B错误；C、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小的多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确；故选：AD．电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．12.如图所示圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列表述正确的是（）A.线圈a中将产生顺时针方向的感应电流（俯视）B.穿过线圈a的磁通量变大C.线圈a有扩大的趋势D.线圈a对水平桌面的压力F将减小【答案】ACD【解析】解：A、B、当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b 的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A正确，B错误．C、再根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈a的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈a应有扩张的趋势，故C正确；D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力F将减小，故D正确．故选：ACD．此题的关键首先明确滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势．首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．五、填空题(本大题共1小题，共8.0分)13.一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出．请完成下列填空：（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为______ ．（填“偏向正极”或“偏向负极”）（2）图（b）中磁铁下方的极性是______ ．（填“N极”或“S极”）（3）图（c）中磁铁的运动方向是______ ．（填“向上”或“向下”）（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是______ ．（填“顺时针”或“逆时针”）【答案】偏向正极；S；向上；顺时针【解析】解：（1）磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．（2）由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极．（3）磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．（4）图（d）中磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向．故答案为：偏向正极，S极，向上，顺时针根据磁铁的运动方向分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断．本题考查安培定则和楞次定律综合应用的能力，常规题，只要细心分析就能正确作答．六、实验题探究题(本大题共1小题，共4.0分)14.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：A．可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B．条形磁铁C．直流电源D．多用电表E．开关、导线若干上述器材在本实验中不必用到的是______ （填器材前的序号），本实验中还需用到的器材有______ ．【答案】BC；低压交流电源【解析】解：A：变压器线圈两端的电压与匝数的关系：；所以需要知道原副线圈的匝数，可拆变压器就能满足条件．故A必用．B：变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故B不必用到．C：变压器的原理是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故C不必用到，需要用到低压交流电源．D：变压器线圈两端的电压与匝数的关系：，需要测电压，所以需要一个测电压的仪器．故D必用．E：做电学实验，当然需要用到开关、导线，故E必用．故答案为：上述器材在本实验中不必用到的是：BC，本实验中还需用到的器材有：低压交流电源变压器线圈两端的电压与匝数的关系：；所以需要的器材有：可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈），多用电表（测电压），导线、开关，低压交流电源．做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验时，需要按照原理去找实验器材．七、计算题(本大题共4小题，共40.0分)15.为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，A、B两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度______ （填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度______ （填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，A灯______ （填“立即”或“逐渐”）熄灭，B灯______ （填“立即”或“逐渐”）熄灭．【答案】大于；等于；逐渐；立即【解析】解：闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，所以灯A的亮度大于灯B的亮度；当通电一段时间后，电路的电流稳定，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同；断电瞬间，通过L 的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断灯A逐渐熄灭，灯B立即熄灭．故答案为：大于；等于；逐渐；立即．L与R的直流电阻相等说明闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光；闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，即而判断灯的亮度；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断灯是否立即熄灭．当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响分析，即理解好阻碍的含义．16.半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图甲所示．磁场随时间的变化规律如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0．求：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率；（2）t0时刻线圈产生的感应电流大小；（3）0至t0时间内通过的电荷量q．【答案】解：（1）磁通量的变化率为为：=S=l2（2）根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势为：E=n=n l2再根据闭合电路欧姆定律得感应电流为：I=n=n．（3）电量为：q=I t0=答：（1）穿过圆形线圈磁通量的变化率l2；（2）t0时刻线圈产生的感应电流大小n；（3）0至t0时间内通过的电荷量．【解析】本题是线圈的面积不变，磁场在变化，磁通量的变化率=S，再根据法拉第求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再根据q=I t0，从而求解．本题是线圈类型，要掌握法拉第定律的几种不同表达形式，再结合闭合电路欧姆定律进行求解，并掌握求电量的公式．17.交流发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，置于磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s）的角速度转动．当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，已知线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω．试求：（1）电动势的最大值E m；（2）交变电流的有效值I；（3）外电阻R上消耗的功率P R．【答案】解：（1）电动势的最大值：E m=n BSω=100×．=400V；（2）电动势的有效值：E===200V；根据闭合电路欧姆定律，有：I=；（3）外电阻R上消耗的功率：P R=I2R=（2）2×99=792W；答：（1）电动势的最大值E m为400V；（2）交变电流的有效值I为2A；（3）外电阻R上消耗的功率P R为792W．【解析】（1）根据E m=n BSω求电动势的最大值；（2）先根据E=求解电动势的有效值，再根据闭合电路欧姆定律求电流有效值；（3）根据P=I2R求解外电阻R上消耗的功率．本题主要考查了交变电流的最大值、有效值的求解方法，电动势的最大值为E m=n BSω，求解热量用有效值．18.两根相距L=1m的平行金属导轨如图放置，其中一部分水平，连接有一个“6V，3W”的小灯泡，另一部分足够长且与水平面夹角θ=37°，两金属杆ab、cd与导轨垂直并良好接触，分别放于倾斜与水平导轨上并形成闭合回路，两杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，导轨电阻不计．金属杆ab质量m1=1kg，电阻R1=1Ω；cd质量m2=2kg，电阻R2=4Ω．整个装置处于磁感应强度B=2T、方向垂直于倾斜导轨向上的匀强磁场中，ab杆在平行于倾斜导轨向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab杆向上匀速运动时，小灯泡恰好正常发光，整个过程中ab 杆均在倾斜导轨上运动，cd杆始终保持静止．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）ab杆向上匀速运动的速度大小；（2）ab杆向上匀速运动时，cd杆受到的摩擦力大小；（3）ab杆从开始运动到最大速度过程中上升的位移x=4m，恒力F作功56J，求此过程中由于电流做功产生的焦耳热．【答案】解：（1）ab棒匀速运动时，小灯泡正常发光，则流过灯泡的电流为I1==A=0.5A cd杆与灯泡并联，电压相等，则流过cd杆的电流为I2==A=1.5A则流过ab杆的总电流为I=I1+I2=2A由闭合电路欧姆定律得B lv=U+IR1则得：ab杆向上匀速运动的速度大小v=4m/s（2）cd杆始终保持静止，受力平衡，所受的安培力大小为F安=BI2l静摩擦力为f=F安cos37°代入解得f=2.4N（3）ab杆从开始运动到速度最大过程中，设由于电流做功产生的焦耳热为Q，由能量守恒得：W F-m1gxsin37°-μm1gxcos37°=m1v2+Q解得Q=8J答：（1）ab杆向上匀速运动的速度大小是4m/s．（2）ab杆向上匀速运动时，cd杆受到的摩擦力大小是2.4N．（3）此过程中由于电流做功产生的焦耳热为8J．【解析】（1）ab杆向上匀速运动时，小灯泡恰好正常发光，由公式P=UI可求出灯泡的电流，由欧姆定律求出通过cd杆的电流，从而得到通过ab棒的电流，再由平衡条件和安培力公式结合求解ab杆匀速运动的速度大小．（2）cd杆始终保持静止，受力平衡，求出其所受的安培力，再由平衡条件求解cd杆受到的摩擦力大小．（3）由ab棒匀速运动，求出F的大小，再由能量守恒求出回路中产生的总焦耳热．本题抓住两棒的运动状态，分析受力情况，运用平衡条件求解ab棒的速度关键，同时要正确分析能量是如何转化的，熟练运用能量守恒求焦耳热，这是常用的方法．高中物理试卷第11页，共11页。

“华安、连城、泉港、永安、漳平一中、龙海二中”六校联考2015～2016学年上学期第二次月考高一生物试卷（考试时间：90分钟总分：100分）一、单项选择题（共40题，每小题1.5分，满分60分。

每小题只有一个选项最符合题意。

）1．下列生物结构与其他三种显著不同的是（）A．支原体 B．蓝藻 C．细菌 D．霉菌2. 某生物学家正在研究大马哈鱼的季节性洄游捕食行为，他的研究对象属于哪一生命层次A．个体 B．种群 C．生物群落 D．生态系统3. 牛通过吃草从草中获得化合物和元素。

那么，牛和草体内的各种化学元素（）A．种类差异很大，含量大体相同 B．种类和含量差异都很大C．种类和含量都是大体相同的 D．种类大体相同，含量差异很大4. 下列关于实验操作步骤的叙述中，正确的是( ) A．用于鉴定可溶性还原糖的斐林试剂甲液和乙液，可直接用于蛋白质的鉴定B．脂肪的鉴定需要用显微镜才能看到被染成橘黄色的脂肪滴C．鉴定可溶性还原糖时，要加入斐林试剂甲液摇匀后，再加入乙液D．用于鉴定蛋白质的双缩脲试剂A液与B液要混合均匀后，再加入含样品的试管中，且必须现混现用。

5. “朴雪” 口服液(乳酸亚铁)可以有效地治疗人类缺铁性贫血症，这是因为其中的Fe2 +进入人体后主要能（）A.调节血液的酸碱平衡B.构成红细胞中的血红蛋白C.构成血浆中的血浆蛋白D.促进更多红细胞的产生6. .异体器官移植手术很难成功，最大的障碍是异体细胞间的排斥，这主要是由于细胞膜有识别作用，这种生理功能的物质基础是（）A.细胞膜是由磷脂双分子层构成的B.细胞膜的外表面有糖蛋白C.细胞膜具有一定的流动性D.细胞膜具有选择透过性7下面是用显微镜观察时的几个操作步骤,要把显微镜视野下的标本从下图中的A转为B,其正确的操作步骤是（）①移动载玻片②调节光圈和反光镜③转动转换器④转动细准焦螺旋⑤转动粗准焦螺旋A.①③②④B. ②③④⑤C.④③①②D. ③②⑤④8.小麦叶肉细胞中的核酸，含有的碱基和核苷酸的种类分别是（）A.1种、2种B.4种、4种C.5种、8种D.8种、8种9. 赫尔希和蔡斯分别用35S和32P标记T2噬菌体的蛋白质和DNA，参照图示判断下列被标记部位组合正确的是( )A．①②B．①③C．①④D．②④10在“观察DNA和RNA在细胞中的分布”实验中，使用盐酸的目的是。

福建省“四地六校”2015—2016学年度下学期第二次联考高一数学试题（考试时间：120分钟 总分：150分）命题人：审题人：一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1． 直线的倾斜角为（ ）A ． 150°B ． 120°C ． 60°D ． 30° 2．在空间直角坐标系中，点P 在x 轴正半轴上，它到点Q （0，，3）的距离为2，则点P 的坐标为（ ） A ．（2，0，0） B ． （﹣1，0，0） C ． （0，0，1） D ． （1，0，0） 3. 如图，如下放置的四个几何体中，其正视图为矩形的是（ ）4. 在等差数列{}n a 中，=++=++=++963852741,29,45a a a a a a a a a 求 ( )A.13 B .18C.20D.225．已知两座灯塔A 、B 与灯塔C 的距离分别为1、2,灯塔A 在C 的北偏东200，灯塔B 在C 的南偏东400，则灯塔A 与B 的距离为（ ）.A. B. C. D.6. 设a,b,c 是空间的三条直线，给出以下五个命题：①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ；②若a 、b 是异面直线，b 、c 是异面直线，则a 、c 也是异面直线；③若a 和b 相交，b 和c 相交，则a 和c 也相交；④若a 和b 共面，b 和c 共面，则a 和c 也共面； ⑤若a ∥b ， b ∥c ，则a ∥c ；其中正确的命题的个数是（ ）A.1B.2C.3D.07．圆关于对称的圆的方程是（ ） A A ． B ． C. D ．8.已知三棱锥的棱长都相等，分别是棱的中点，则所成的角为 ( ) . A ． B ． C ． D ．9．若圆上有且只有两个点到直线的距离为1，则半径的取值范围 ( )A ．B ．C ．D ． 10．在△ABC 中，若，则△ABC 的形状是（ ）A. 等腰或直角三角形B. 直角三角形C. 不能确定D. 等腰三角形 11．在数列中，若()*21212121,,2n n n n n a a a a n N a a a ++++===∈，则（ ） A ． B ． C ． D ．12．直线与曲线有且仅有1个公共点，则b 的取值范围是（ ）A ．B ．或C ．D ． 或 二、填空题：（本题共4个小题，每小题5分，共20分。

福建省四地六校2016届高三上学期第二次联考数学理试题（考试时间：120分钟 总分：150分）一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 1. ⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-==1122x y y B ，则 ( ) A. B. C. D. 2.已知，函数的值恒为正，则是的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 3.设，向量，，且则（ ）A. B. C. D.10 4.已知且，则（ ）A. B. C. D.5.直线与抛物线所围成的封闭图形的面积是（ ） A. B. C. D.6.若))(12()(a x x xx f +-=为奇函数，则（ ）A. B.1 C.-1 D. 7.已知，则的零点个数为（ ）A.1B.2C.3D.4 8.若，则（ ）A. B. C. D.9.在中，若且，则角（ ） A. B. C. D.10.若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 11.已知)0)(3sin()(>+=ωπωx x f ，，且在区间有最小值，无最大值，则（ ） A. B. C. D.12.已知方程在上有两个不同的解，则下列的四个命题正确的是（ ） A. B. C. D.二、填空题：(本大题4小题，每小题5分，共20分。

把答案填在答题卡相应位置). 13.若)0(cos 2)cos (sin )(22>++=ωωωωx x x x f 的最小正周期为，则＝ 14.在中，已知︒=∠==30,1,3B AC AB ，则面积为 15.在平行四边形ABCD 中，,若， 则＝16.规定记号“*”表示一种运算，即，设函数，且关于的方程()ln 1(1)f x x x =+≠-恰有4个互不相等的实数根，则三、解答题：(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．（本小题满分12分）已知(1,),(sin ,cos )a a b x x ==.函数的图象经过点． （1）求实数的值；（2）求函数的最小正周期与单调递增区间．18．（本小题满分12分）已知函数()log (2)log (4)(01)a a f x x x a a =++->≠且． (1)求函数的定义域；(2)若函数在区间的最小值为，求实数的值．19. （本小题满分12分）已知函数()cos (sin )()f x x x x x R =∈ （1）求函数的最大值以及取最大值时的取值集合；（2）在中，角的对边分别为且()3,22Af a b c =-=+=.20．（本小题满分12分）已知函数()32693f x x x x =-+-．（1）求函数的极值；（2）是否存在实数同时满足以下两个条件①②函数在区间上的取值范围为若存在，求出所有符合条件的；若不存在，请说明理由．21. （本小题满分12分）已知函数()1,xf x ae x a R =--∈． （Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）若时，恒成立，求所有实数的值； （Ⅲ）对任意的，证明：1111ln(1)23n n++++>+请考生从22、23两题任选1个小题作答，满分10分．如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，先用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中. 22. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,以为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知圆的圆心，半径. （1）求圆的极坐标方程；（2）若过点且倾斜角的直线交圆于两点，求的值.23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设（1）当13,()3x f x -≤≤≤时，求错误！未找到引用源。

第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.若命题p ：∀x ∈R,2x 2＋1>0，则⌝p 是( )A ．∀x ∈R,2x 2＋1≤0B ．∃x ∈R,2x 2＋1>0 C ．∃x ∈R,2x 2＋1<0 D ．∃x ∈R,2x 2＋1≤0 【答案】D 【解析】试题分析：全称命题的否定是特称命题，否定时将结论加以否定，因此⌝p 是∃x ∈R,2x 2＋1≤0 考点：全称命题与特称命题2.在△ABC 中，“A>60°”是 “23sin >A ”的（ ） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B考点：充分条件与必要条件3.统计某校1 000名学生的数学测试成绩,得到样本频率分布直方图如图所示,若满分为100分,规定不低于60分为及格,则及格率是( ) A.20%B.25%C.60%D.80%【答案】D 【解析】试题分析：由直方图可知及格率为()10.0050.015100.8-+⨯= 考点：频率分布直方图4.为了解某地区的中小学生视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学，初中，高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（ ）A 简单随机抽样B 按性别分层抽样C 按学段分层抽样D 系统抽样 【答案】C 【解析】试题分析：被调查的对象分小学，初中，高中三个阶段，差异较大，因此抽样时采用分层抽样 考点：分层抽样5.阅读下边的程序框图,运行相应的程序,输出S 的值为( ) A.15B.245C.105D.945【答案】C 【解析】试题分析：程序执行过程中的数据变化如下：1,1,3,3,2,24,5,15,3,s i t s i t s i =====≥===34,7,105,,4,44t s i ≥===≥成立，所以输出105s =考点：程序框图6.我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1530石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得253粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( ) A ．144石 B ．169石 C ．338石 D ．1365石【答案】B 【解析】试题分析：设这批米内夹谷约为x 281691530253x x ∴=∴= 考点：抽样7.椭圆2255x ky +=的一个焦点是(0,2)，那么实数k 的值为( ) A ．1B ．-1C ． 25D ．-25【答案】A 【解析】试题分析：222222255551,1,41415y x ky x a b c k k k k+=∴+=∴===∴=+∴=考点：椭圆方程及性质8.从1，2，3，4，5中任意选取3个不同的数，则取出的3个数能够作为三角形的三边边长的概率是（ ） A103 B 51 C 21 D 53【答案】A 【解析】试题分析：任取3个数的种数为3510C =种，当取2.3.4,3.4.5,2.4.5时可构成三角形，因此概率为103考点：古典概型概率9.命题p ：关于x 的不等式(x －≥0的解集为{x|x≥2}，命题q ：若函数y ＝kx 2－kx －1的值恒小于0，则－4<k≤0，那么不．正确的是( ) A ．“ ⌝p”为假命题 B ．“ ⌝q”为假命题 C ．“p 且q”为真命题 D ．“p 或q”为假命题 【答案】C考点：1.函数性质；2.不等式解法；3.复合命题10.甲，乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为（ ） A21 B 53 C 32 D 43 【答案】D 【解析】试题分析：比赛一局甲获胜，获得冠军，此时12p =，比赛两局甲获得冠军，此时111224p =⨯=，所以甲获得冠军的概率为113244P =+= 考点：概率11.过双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的右焦点2F 作斜率为-1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为A ，B ，若AB A F =2，则双曲线的渐近线方程为（ ）A 03=±y xB 03=±y xC 023=±y xD 032=±y x 【答案】A 【解析】试题分析：()2,0F c y x c ∴=-+ ，渐近线,b by x y x a a==-，由直线与渐近线联立方程得,,,acbc ac bc A B a b a b a b a b -⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪++--⎝⎭⎝⎭，由2F A AB = 代入点的坐标23ac ac c b a a b a b ∴=+∴=+-，渐近线为03=±y x考点：双曲线的简单性质12.如图，已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左，右焦点分别为21,F F ，10||21=F F ，P 是y 轴正半轴上一点，1PF 交椭圆于A ，若12PF AF ⊥，且2APF ∆的内切圆半径为22，则椭圆的离心率为（ ） A45 B 35 C 410 D 415【答案】B考点：椭圆的简单性质第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.下表是某厂1～4月份用水量(单位：百吨)的一组数据：y ＝－0.7x ＋ a，则 a ＝ . 【答案】5.25 【解析】 试题分析：1234 4.543 2.52.5,3.544x y ++++++====，中心点为()2.5,3.5，代入回归方程得5.25a= 考点：回归方程14.已知双曲线的离心率为2，焦点是(－4，0)，(4，0)，则双曲线方程为【答案】221412x y -=【解析】试题分析：由题意可得24,2212c c a b a==∴=∴=，双曲线方程为221412x y -=考点：双曲线方程及性质15.如图，在矩形ABCD 中，AB，BC ＝1，以A 为圆心，1为半径作四分之一个圆弧DE ，在圆弧DE 上任取一点P ，则直线AP 与线段BC 有公共点的概率是 ．【答案】13【解析】试题分析：由题意知本题是一个几何概型，试验包含的所有事件是∠BAD ，如图，连接AC 交弧DE 于P ，则tan ∠CAB=CAB=30°，满足条件的事件是直线AP 在∠CAB 内时AP 与BC 相交时，即直线AP 与线段BC 有公共点∴概率301903p ==考点：1.概率的基本性质；2.几何概型16.在ABC ∆中，BC 边长为24，AC 、AB 边上的中线长之和等于39．若以BC 边中点为原点，BC 边所在直线为x 轴建立直角坐标系，则ABC ∆的重心G 的轨迹方程为： 。

福建省四地六校2015-2016学年高一物理上学期第二次联考（11月）试题“华安、连城、永安、漳平、泉港一中，龙海二中”六校联考2015-2016学年上学期第二次月考高一物理试题（考试时间：90分钟总分：100分）第Ⅰ卷 (选择题共52分)一、单项选择题（本题共12小题．每小题3分，共36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，有选错或不答的得0分．）1、2016年奥运会将在巴西里约热内卢举办，在以下几个奥运会比赛项目中，研究对象可视为质点的是（）A．在撑竿跳高比赛中研究运动员手中的支撑竿在支撑地面过程中的转动情况时;B．跆拳道比赛中研究运动员动作时;C．乒乓球比赛中研究乒乓球的旋转时.D．确定马拉松运动员在比赛中的位置时;2、关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中正确的是( )A．速度变化的方向为正，加速度的方向为负B．物体加速度增大，速度一定越来越大C．速度越来越大，加速度一定越来越大D．加速度可能既不与速度同向，也不与速度反向3、下列叙述正确的是（）A．重力就是地球对物体的吸引力B．甲用力把乙推倒而自己不倒，说明只是甲对乙有力的作用，乙对甲没有力的作用C．在弹性限度内，某一弹簧的弹力与其形变量的比值是常数D．两物体相互接触，就一定会产生相互作用的弹力4、关于摩擦力，下列说法正确的是( )A．静摩擦力产生在两个静止的物体之间，滑动摩擦力产生在两个运动的物体之间B．有摩擦力一定存在弹力，且摩擦力的方向总与相对应的弹力方向垂直C．静摩擦力可以作为动力、阻力，而滑动摩擦力只能作为阻力D．摩擦力的大小与正压力大小成正比5、关于合力的下列说法，正确的是( )A．几个力的合力就是这几个力的代数和B．几个力的合力一定大于这几个力中的任何一个力C．几个力的合力可能小于这几个力中最小的力D．几个力的合力一定大于这几个力中最大的力6、关于物体的平衡状态，下列说法不正确的是( )A．做匀速直线运动的物体一定处于平衡状态B．若物体的速度为零，则物体一定处于平衡状态C．若物体的加速度为零，则物体一定处于平衡状态D．若物体所受合力为零，则物体一定处于平衡状态7、将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中错误的是（）8、从某一高度相隔1 s先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中下落的过程中（）A.两球距离始终保持不变，两球速度差保持不变B.两球距离越来越大，速度之差保持不变C.两球距离越来越大，速度之差也越来越大D.两球距离越来越小，速度之差越来越小9、在平直公路上以72 km/h的速度行驶的汽车，遇紧急情况刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2，该汽车在6 s内的刹车距离为( ) A．30 m ；B．40 m；C．50 m ；D．60 m10、考汽车驾照时需要进行路考，路考中有一项是定点停车．在一次定点停车考试中，某学员驾驶汽车以8m/s的速度匀速行驶，当车头与路旁竖立的标志杆相距20m时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，结果车头恰好停在标志杆处，忽略学员的反应时间，下列说法正确的是（）A．汽车刹车过程的加速度大小为0.8m/s2B．汽车刹车过程的加速度大小为1.2m/s2C．汽车刹车过程的时间为5sD．汽车刹车过程的时间为2.5s11、如图所示，将细线的一端系在右手中指上，另一端系上一个重为G的钩码．用一支很轻的铅笔的尾部顶在细线上的某一点，使细线的上段保持水平，笔的尖端置于右手掌心．铅笔与水平细线的夹角为θ，则( )A．中指受到的拉力为G sin θ B．中指受到的拉力为G cos θC．手心受到的压力为D．手心受到的压力为12、三个质量均为1Kg的相同木块a、b、c和两个劲度均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p 弹簧处于原长，木块都处于静止．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s2．该过程p弹簧的左端向左移动的距离是（）A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm二、双向选择题（本题共4小题．每小题4分，共16分。

福建省四地六校2016届高三上学期第二次联考物 理 试 题（考试时间：120分钟 总分：100分）第Ⅰ卷（选择题 共45分）一、选择题(本题共15小题.每小题3分，共45分。

每小题给出的四个选项中，1-10小题只有一个选项正确，11-15小题有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分。

)1、小球做下列各种运动中，属于匀变速曲线运动的是（ ）A.自由落体运动B.竖直上抛运动C.斜上抛运动D.匀速圆周运动2、A 和B 两物体在同一直线上运动的v-t 图线如图所示。

已知在第3s 末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是（ ） A ．两物体从同一地点出发 B ．出发时B 在A 前3m 处C ．3s 末两个物体相遇后，两物体可能再相遇D ．运动过程中B 的加速度大于A 的加速度3、如图所示，小车内有一固定光滑斜面，一个小球通过细绳与车顶相连，小车在水平面上做直线运动，细绳始终保持竖直，关于小球的受力情况，下列说法中正确的是（ ） A ．若小车静止，绳对小球的拉力可能为零 B ．若小车静止，斜面对小球的支持力一定为零 C ．若小车向右运动，小球一定受两个力的作用 D ．若小车向右运动，小球一定受三个力的作用4、如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成角，若≠，则下列说法正确的是( ) A ．轻杆对小球的弹力方向与细线平行B ．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上CD ．小车匀速时， =5、如图所示，电梯与水平地面成角，一人站在电梯上，电梯从静止开始匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升．若以表示水平梯板对人的支持力，为人受到的重力，为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是( )．A ．加速过程中≠0，、、都做功B ．加速过程中≠0，不做功C ．加速过程中＝0，、G 都做功D ．匀速过程中＝0，、G 都不做功6、“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期为T ，已知引力常量为G ，半径为R 的球体体积公式V ＝43πR 3，则可估算月球的()．A．半径B．质量C．密度D．自转周期7、质量m＝4 kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O处，先用沿x轴正方向的力F1＝8 N作用了2 s，然后撤去F1；再用沿y轴正方向的力F2＝24 N作用了1 s．则质点在这3 s内的轨迹是()．8、如图所示,竖直平面内的同心圆是一点电荷在真空中形成电场的一簇等势线,一正电小球从A点静止释放，沿直线到达C点时速度为零,以下说法正确的有( )A. 此点电荷为负电荷B. 场强E A>E B>E CC.电势A>B>CD.小球在A点的电势能小于在C点的电势能9、A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使小球进入右侧竖直面上的不同轨道。

2015-2016学年福建省三明市四地六校联考高二（上）期中物理试卷一.选择题（本大题共14小题，将正确题号写在答题卷上，每题3分，1到11题为单项选择题，其中12、13、14为多选题，选不全得2分，有错选不得分，共计42分）1．关于库仑定律，下列说法正确的是（）A．库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用F=KB．根据公式当两个点电荷距离趋于0时，电场力将趋于无穷大C．若点电荷Q1的电荷量大于Q2的电荷量，则Q1对Q2电场力大于Q2对Q1电场力D．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体2．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（）A．a点电势比b点高B．a点场强比b点大C．a、b、c三点电势相等D．a、b、c三点电场强度相等3．下列说法正确的是（）A．正电荷受到的电场力的方向跟电场强度方向相同B．负电荷受到的电场力的方向跟电场强度方向相同C．顺着电场线方向电场强度一定增大D．顺着电场线方向电势一定升高4．如图所示，带箭头的直线是某电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示两处的电场强度，则（）A．E A＞E B B．E A=E B C．E A＜E B D．无法确定5．如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷．达到静电平衡后（）A．a端的电势比b端的高B．b端的电势比a端的高C．ab两端的电势相等D．杆内c处电场强度的方向由a指向b6．如图所示的电场中，关于M、N 两点电势大小的关系判断正确的是（）A．M点电势低于N 点电势B．M点电势高于N 点电势C．M、N两点电势相同D．由于不知零电势面，因此无法比较两点电势的高低7．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A．电容器的电容增大B．电容器极板带电量增大C．带点油滴将沿竖直方向向下运动D．带点油滴将沿竖直方向向上运动8．两个电阻R1、R2（R1＞R2）组成的如图所示的四种电路，其中电路总阻值最小的是（）A．B．C．D．9．如图R1和R2分别标有“2Ω、1.0A”和“4Ω、0.5A”，将它们串联后接入电路中，则此电路中允许消耗的最大功率为（）A．6.0W B．5.0W C．3.0W D．1.5W10．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A．4V B．8V C．12V D．24V11．如图1所示A、B是电场中同一条直线形电场线上的两点，若将一个带正电的点电荷由A点静止释放，它在沿电场线由A到B．已知速度图象（图2），试比较A，B两点的电势φ和电场强度E．下列说法正确的是（）A．φA＞φB E A＞E B B．φA＞φB E A＜E BC．φA＜φB E A＜E B D．φA＜φB E A＞E B12．如图所示，四个图象描述了对给定的电容器充电时，电容器电荷量Q、电压U和电容C三者之间的关系，正确的图象有（）A．B．C．D．13．（多选题）下列说法中正确的是（）A．在电势较低处，正电荷在该处的电势能也较小B．电荷在电势为零处的电势能也为零C．在场强相等的各点，电荷的电势能必相等D．电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小14．（多选题）如图所示，竖直放置的平行金属板与一电池连接．一个带电微粒沿图中直线以一定的初速度进入电场，方向如图所示．则下列说法正确的是（）A．微粒带负电B．微粒的机械能减小C．微粒的动能可能增加D．微粒的动能与电势能之和减小二.填空题（本大题共3小题，将答案填写在答题卷上，每个空格2分，实验原理图3分，共计15分）15．电荷量为2.0×10﹣4 C的试探电荷在电场中某点受到电场力6.8×10﹣2 N，则该点的电场强度是N/C，如将该试探电荷取走，则该点的电场强度（填变大、变小、不变）．16．为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻约0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻约0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻约5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻约50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）G．电源（3V）H．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，电流表应选择，电压表应选择，滑动变阻器应选择．（2）在虚线框中画出完成此实验的原理图．17．如图，螺旋测微器的读数为mm．三．计算题（本大题包括4小题，共43分．解答应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．所有答案必须写在答题卷上，在此作答一律无效！）18．在5s时间内通过某一导体横截面的电量是10C，则通过该导体的电流强度多大？如该导体的电阻为4Ω，则电流做功多少？19．如图，有一电荷量为﹣2.0×10﹣5C的点电荷从电场中的A点移动到B点，电场力做功为4.8×10﹣2 J，求AB两点的电势差？电场强度的方向？20．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C点，质量为m，带电量为﹣q的有孔小球从杆上A点无初速下滑，已知q＜＜Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为．求：（1）小球由A到B过程中重力对小球做的功？（2）小球由A到B过程中小球动能的变化量？（3）小球由A到B过程中电场力对小球做的功？小球由B到C运动过程中电场力做功又是多少？21．水平放置的两块平行金属板长为L，两板间距为d，两板间电势差为U，电子质量为m，电量为e．且上板为正，一个电子沿水平方向从两板中间位置以速度v0射入，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？（2）电子飞出电场时的速度偏角tanθ是多少？（3）如果L=5.0cm，d=1.0cm，U=91v，电子质量m=9.1×10﹣31 Kg，电子电量e=1.6×10﹣19 C，v0=2.0×107m/s．电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？2015-2016学年福建省三明市四地六校联考高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（本大题共14小题，将正确题号写在答题卷上，每题3分，1到11题为单项选择题，其中12、13、14为多选题，选不全得2分，有错选不得分，共计42分）1．关于库仑定律，下列说法正确的是（）A．库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用F=KB．根据公式当两个点电荷距离趋于0时，电场力将趋于无穷大C．若点电荷Q1的电荷量大于Q2的电荷量，则Q1对Q2电场力大于Q2对Q1电场力D．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体【考点】库仑定律．【分析】库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力．当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷．【解答】解：AD、库仑定律只适用于真空中的点电荷之间的作用力，两个带电体能看成点电荷是就适用，点电荷不是体积小的球体，故A正确，D错误．B、根据库仑定律F=k可知，当两个点电荷距离趋于0时，电荷不再是点电荷，则库仑定律不适用，故B错误．C、根据库仑定律F=k可知，当点电荷Q1的电荷量大于Q2的电荷量时，Q1对Q2的电场力仍等于Q2对Q1电场力，故C错误．故选：A．2．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A、B、C三点，如图所示，下列说法正确的是（）A．a点电势比b点高B．a点场强比b点大C．a、b、c三点电势相等D．a、b、c三点电场强度相等【考点】电场的叠加；电势．【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．根据电子的受力情况，分析电子的运动情况．【解答】解：AC、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．故A错误．C正确．B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度．故B错误．D、场强与电场线的疏密有关，c点的电场线最密，a点的电场线最疏，因此c点的场强最大，a点的场强最小，故D错误．故选：C．3．下列说法正确的是（）A．正电荷受到的电场力的方向跟电场强度方向相同B．负电荷受到的电场力的方向跟电场强度方向相同C．顺着电场线方向电场强度一定增大D．顺着电场线方向电势一定升高【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【分析】电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．电场强度反映电场本身的性质，与场强方向无关，电势沿电场线方向降低【解答】解：A、电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．故A正确，B错误．C、电场强度反映电场本身的性质，与场强的方向无关，故C错误；D、顺着电场线方向电势一定降低，故D错误故选：A4．如图所示，带箭头的直线是某电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示两处的电场强度，则（）A．E A＞E B B．E A=E B C．E A＜E B D．无法确定【考点】电场线；电场强度．【分析】电场线的大小由电场线的疏密表示，一条电场线无法判断疏密，就无法确定A、B两处场强的大小．【解答】解：电场线的大小由电场线的疏密表示，由于A、B附近电场线的分布情况未知，一条电场线无法判断疏密，则E A、E B的大小不能确定．故选D．5．如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷．达到静电平衡后（）A．a端的电势比b端的高B．b端的电势比a端的高C．ab两端的电势相等D．杆内c处电场强度的方向由a指向b【考点】静电场中的导体；电势．【分析】根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低．【解答】解：A、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa=φb，所以C正确，AB错误．D、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，所以D错误．故选：C6．如图所示的电场中，关于M、N 两点电势大小的关系判断正确的是（）A．M点电势低于N 点电势B．M点电势高于N 点电势C．M、N两点电势相同D．由于不知零电势面，因此无法比较两点电势的高低【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【分析】根据沿着电场线方向电势降低即可判断【解答】解：A、沿着电场线方向电势降低，故M点电势高于N 点电势，故ACD 错误，B正确故选：B7．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A．电容器的电容增大B．电容器极板带电量增大C．带点油滴将沿竖直方向向下运动D．带点油滴将沿竖直方向向上运动【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，依据电容的决定式，E=ɛ，从而确定电容的大小变化，再依据Q=CU来判定电量如何变化，最后根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．【解答】解：A、根据电容的决定式，E=ɛ，当上极板竖直向上移动一小段距离，即间距d增大，那么电容减小．故A错误．B、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小．故B错误．CD、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故C正确，D错误．故选：C．8．两个电阻R1、R2（R1＞R2）组成的如图所示的四种电路，其中电路总阻值最小的是（）A．B．C．D．【考点】串联电路和并联电路．【分析】串联电路总电阻等于各电阻的和（因为这相当与增加了电阻的长度）；并联电路总电阻的倒数等于各电阻阻值的倒数之和（因为这相当与增加了电阻的横截面积）．【解答】解：A、两个电阻串联时，总电阻最大，故A错误；B、两个电阻并联时，总电阻最小，故B正确；C、只连接电阻R1时的电阻大于两个电阻并联的总阻值，故C错误；D、只连接电阻R2时的电阻大于两个电阻并联的总阻值，故D错误；故选：B．9．如图R1和R2分别标有“2Ω、1.0A”和“4Ω、0.5A”，将它们串联后接入电路中，则此电路中允许消耗的最大功率为（）A．6.0W B．5.0W C．3.0W D．1.5W【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【分析】把R1和R2串连接入电路中，他们的电流相同，根据R1和R2的参数可知，串联时的最大的电流为0.5A，根据P=I2R，可以求得电路中允许消耗的最大功率．【解答】解：把R1和R2串连后，由于R2的最大电流较小，所以串联后的最大电流为0.5A，串联后的总的电阻为6Ω，所以电路的最大的功率为P=I2R=0.52×6W=1.5W，所以D正确．故选D．10．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A．4V B．8V C．12V D．24V【考点】等势面；电势．【分析】在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．【解答】解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则U be=U bd=×（24﹣4）=4v，故U be=φb﹣φe=4v，故φf﹣φd=4v，故φe=24﹣4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．11．如图1所示A、B是电场中同一条直线形电场线上的两点，若将一个带正电的点电荷由A点静止释放，它在沿电场线由A到B．已知速度图象（图2），试比较A，B两点的电势φ和电场强度E．下列说法正确的是（）A．φA＞φB E A＞E B B．φA＞φB E A＜E BC．φA＜φB E A＜E B D．φA＜φB E A＞E B【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【分析】速度时间图象的切线的斜率表示加速度，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向，沿着电场力方向，电势降低【解答】解：从速度时间图象可以看出，物体加速，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向相同，故电场力向右，场强方向也向右，沿着电场力方向，电势降低，故φA＞φB，速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故说明加速度不断减小，电场力不断减小，场强也不断减小，故E A＞E B，故A正确故选：A12．如图所示，四个图象描述了对给定的电容器充电时，电容器电荷量Q、电压U和电容C三者之间的关系，正确的图象有（）A．B．C．D．【考点】电容．【分析】电容器的电容由电容器本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比．【解答】解：电容器电容的决定式为：C=知，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，则知给定的电容器，其电容不变．根据式C=可有：Q=CU，由于电容C不变，因此电量Q和电压U成正比，故CD 正确；AB错误故选：CD．13．（多选题）下列说法中正确的是（）A．在电势较低处，正电荷在该处的电势能也较小B．电荷在电势为零处的电势能也为零C．在场强相等的各点，电荷的电势能必相等D．电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．【分析】场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．电势为零是人为选取的，最后依据电势能的公式E p=qφ，即可求解．【解答】解：A、根据电势能的公式E p=qφ，正电荷在该处的电势能也较小，而负电荷在该处的电势能也较大．故A正确．B、根据电势能的公式E p=qφ，在选定为零电势的位置处，任何电荷的电势能必为零．故B正确．C、在场强相等的各点，电荷的电势不一定相等，那么电势能也不一定相等，比如匀强电场，故C错误．D、当电场力对电荷做正功，则电荷的电势能减小，故D正确．故选：ABD．14．（多选题）如图所示，竖直放置的平行金属板与一电池连接．一个带电微粒沿图中直线以一定的初速度进入电场，方向如图所示．则下列说法正确的是（）A．微粒带负电B．微粒的机械能减小C．微粒的动能可能增加D．微粒的动能与电势能之和减小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．【分析】对微粒进行受力分析可知粒子合力的情况，则可判断微粒的运动情况；根据各力做功情况可知能量的变化，由动能定理可知动能的变化．【解答】解：A、粒子在板间受重力及电场力而做直线运动，合力与速度共线；重力竖直向下，故电场力只能水平向左，故微粒带正电，故A错误；B、根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量；微粒向右上方运动，电场力向左，故除重力外其余力（电场力）做负功，故机械能减小；故B 正确；C、粒子在板间受重力及电场力而做直线运动，合力与速度共线，向左下方，做负功，根据动能定理，动能减小，故C错误；D、粒子受重力及电场力作用，故电势能、动能、重力势能之和守恒；由于重力势能增加，故微粒的动能与电势能之和减小，故D正确；故选：BD．二.填空题（本大题共3小题，将答案填写在答题卷上，每个空格2分，实验原理图3分，共计15分）15．电荷量为2.0×10﹣4 C的试探电荷在电场中某点受到电场力6.8×10﹣2 N，则该点的电场强度是340N/C，如将该试探电荷取走，则该点的电场强度不变（填变大、变小、不变）．【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【分析】根据检验电荷的电场力与电荷量的比值求出P点的电场强度．电场强度方向与负电荷所受电场力方向相反．把检验电荷的电荷量减小，电场强度不变；把这个检验电荷取走，P点的电场强度仍不变【解答】解：由题意，检验电荷电量为q=4×10﹣9C，受到的电场力为F=2×10﹣5N，则P点的电场强度，方向与电场力方向相同．电场强度反映电场性质的物理量，与试探电荷无关，把这个检验电荷取走，P点的电场强度不变，仍为340N/C．故答案为：340，不变16．为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻约0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻约0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻约5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻约50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）G．电源（3V）H．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，电流表应选择A，电压表应选择C，滑动变阻器应选择E．（2）在虚线框中画出完成此实验的原理图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I=≈130mA，所以电流表选A．所以电流表的量程选择200mA的，所以电压表选C．滑动变阻器采用分压式接入电路，所以选用较小阻值的滑动变阻器，即选E．（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R==22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接．电路图如图所示．故答案为：（1）A、C、E（2）如图17．如图，螺旋测微器的读数为 5.700mm．【考点】螺旋测微器的使用．【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为 5.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为5.5mm+0.200mm=5.700mm．故答案为：5.700．三．计算题（本大题包括4小题，共43分．解答应写出必要的文字说明．方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．所有答案必须写在答题卷上，在此作答一律无效！）18．在5s时间内通过某一导体横截面的电量是10C，则通过该导体的电流强度多大？如该导体的电阻为4Ω，则电流做功多少？【考点】电功、电功率．【分析】根据电流的定义式求解电流，根据电流做功公式W=I2Rt求解电功．【解答】解：通过该导体的电流I==电流做功W=I2Rt=22×4×5J=80J答：通过该导体的电流强度2A，如该导体的电阻为4Ω，则电流做功为80J．19．如图，有一电荷量为﹣2.0×10﹣5C的点电荷从电场中的A点移动到B点，电场力做功为4.8×10﹣2 J，求AB两点的电势差？电场强度的方向？【考点】电势差与电场强度的关系；电势差．【分析】根据电势差的定义式U AB=求解A、B两点间的电势差，根据电场力做功判断出场强方向【解答】解：由电场力做功W=q U AB得U AB=电场强度方向由B指向A答：AB两点的电势差为2400V，电场强度的方向由B指向A20．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C点，质量为m，带电量为﹣q的有孔小球从杆上A点无初速下滑，已知q＜＜Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为．求：（1）小球由A到B过程中重力对小球做的功？（2）小球由A到B过程中小球动能的变化量？（3）小球由A到B过程中电场力对小球做的功？小球由B到C运动过程中电场力做功又是多少？【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【分析】（1）根据W=mgh求的重力做功（2）由题，B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B 运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功（3）从B到C根据电场的分布情况判断出电场力先做正功后做负功，做功之和为零【解答】解：（1）小球由A运动到B过程中重力对小球做功W=mgh（2）小球由A到B过程中小球动能的变化量△E K=mv2﹣0=m3gh=1.5mgh（3）小球由A到B过程中，设电场力做功为W F，由动能定理得W F+mgh=△E KW F=△E K﹣mgh=mgh﹣1.5mgh=0.5mgh由于B、C两点的电势相等，因此小球从B运动到C点的过程电场力做功为零．答：（1）小球由A到B过程中重力对小球做的功为mgh（2）小球由A到B过程中小球动能的变化量为1.5mgh（3）小球由A到B过程中电场力对小球做的功0.5mgh，小球由B到C运动过程中电场力做功为021．水平放置的两块平行金属板长为L，两板间距为d，两板间电势差为U，电子质量为m，电量为e．且上板为正，一个电子沿水平方向从两板中间位置以速度v0射入，如图，求：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是多少？（2）电子飞出电场时的速度偏角tanθ是多少？（3）如果L=5.0cm，d=1.0cm，U=91v，电子质量m=9.1×10﹣31 Kg，电子电量e=1.6×10﹣19 C，v0=2.0×107m/s．电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）粒子在电场中做匀加速曲线运动，水平方向匀速运动，根据位移和速度求出运动时间；竖直方向匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，进而根据匀加速运动位移时间公式即可求解；（2）速度偏角为θ，根据tanθ=求解即可（3）先求出竖直方向位移，而电子离开电场的速度反向延长线过水平位移中点，再根据几何三角形相似求解．【解答】解：（1）侧位移y=at2①a==②L=v0 t ③联立①②③解得：y=（2）电子从进入电场到离开电场过程中，速度偏角tanθ=④v Y=at ⑤联立②③④⑤解得：tanθ=（3）由y=代入数据角得y=5.0×10﹣3 m由于电子在匀强电场中偏转做类平抛运动，电子离开电场的速度反向延长线过水平位移中点A处，则，则OP=带入数据得OP=2.5×10﹣2m答：（1）电子偏离金属板时的侧位移y是；（2）电子飞出电场时的速度偏角tanθ是；（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，则OP的长为2.5×10﹣2m．2017年4月5日。

（考试时间：90分钟 总分：100分）命题人： 审题人：一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）1．物体受到几个恒定外力的作用而做匀速直线运动，若撤掉其中两个互相垂直的力，它不可能做的运动是（ ）。

A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动C ．匀减速直线运动D ．曲线运动 【答案】A 【解析】【名师点睛】解决本题的关键掌握判断物体做直线运动还是曲线运动的条件，当速度的方向与合力方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，合力的方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动。

2．从地面竖直向上抛出一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为H ，设上升过程中空气阻力f 恒定。

在小球从抛出到上升至最高处的过程中，下列正确的是（ ） A ．小球的动能减少mgH B ．小球的动能减少fHC ．小球的机械能减少fHD ．小球的机械能减少（mg +f ）H 【答案】C 【解析】试题分析：小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，根据动能定理得：k mgH fH E --=∆，则得动能的减小量等于mgH fH +，故AB 错误；根据功能关系知：除重力外其余力做的功等于机械能的变化量．在上升过程中，物体克服阻力做功fH ，故机械能减小fH ，故C 正确，D 错误。

考点：功能关系【名师点睛】本题应根据①总功等于动能的变化量；②重力做功等于重力势能的减小量；③除重力外其余力做的功等于机械能的变化量，进行分析。

3. 如图所示，质量为m 的钢珠从高出地面h 处由静止自由下落，落到地面进入沙坑h /10停止，则钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的( )倍.A. 9B. 10C. 11D. 12 【答案】C【名师点睛】对物体的整个过程运用动能定理，抓住动能的变化量为0，求出物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的倍数。

4. 小船在水速较小的河中横渡，并使船头始终垂直河岸航行，到达河中间时突然上游来水使水流速度加快，则对此小船渡河的说法正确的是（ ） A.小船要用更长的时间才能到达对岸 B.小船到达对岸的时间不变，但位移将变大C.因小船船头始终垂直河岸航行，故所用时间及位移都不会变化D.因船速与水速关系未知，故无法确定渡河时间及位移的变化 【答案】B 【解析】试题分析：因为各分运动具有独立性，在垂直于河岸方向上，t v d=静，合运动与分运动具有等时性，知运动的时间不变．在沿河岸方向上x v t =水，水流速度加快，则沿河岸方向上的位移增大，根据运动的合成，最终的位移增大，故B 正确，A 、C 、D 错误。

“四地六校”联考2015-2016学年下学期第二次月考高一化学试题（考试时间：90分钟 总分：100分）本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16第Ⅰ卷 (选择题 共54分)一、选择题：(共18题，每小题3分，共54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、正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列化学用语正确的是（ ）A. 苯的分子式为C 6H 6B. 乙烯的结构简式为CH 2CH 2C. 四氯化碳的电子式：D. 硫离子结构示意图：2、某元素最高正价与负价绝对值之差为6，该元素的离子与跟其核外电子排布相同的离子形成的化合物是（ ）A ．KClB ．MgOC ．K 2SD ．NaF3、A 、B 、C 均为短周期元素，它们在周期表中的位置如右图。

B 、C 元素的原子序数之和是A 元素原子序数的4倍，则A 、B 、C所在的一组元素是( )A ．Be 、Na 、AlB ．B 、Mg 、SiC ．C 、Al 、PD ．O 、P 、Cl4、现在含有元素硒（Se ）的保健品开始进入市场，已知硒元素与氧元素同主族，与钾元素同周期，则下列关于硒的叙述中不正确的是( )A ．原子序数为34B ．最高价氧化物的化学式为SeO 3C ．非金属性比S 强D ．气态氢化物化学式为H 2Se5、根据元素周期律及元素周期表的知识分析，下列关系中不正确的是（ ）A ．酸性强弱：H 3PO 4＞H 2SO 4＞HClO 4B ．离子半径大小：F －＞Na ＋＞Mg 2＋＞Al 3＋C ．稳定性大小：SiH 4＜PH 3＜H 2S ＜HClD ．碱性强弱：NaOH ＞Mg(OH)2＞Al(OH)36、下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是（ ）A ．KOHB ．Br 2C ．MgCl 2D ．H 2S7、共价键、离子键、分子间作用力都是微粒间的作用力，含有以上两种作用力的晶体是( ) A. Ne B.CH 4 C.NaCl D.金刚石8、下列变化中，不需要破坏化学键的是( )A ．加热氯化铵使其分解B ．氯化钠晶体熔化C ．干冰气化D ．氯化氢溶于水9、下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（ ）A ．金刚石和SiO 2B ．CO 2和SiO 2C ．NaCl 和 HClD ．钠和KCl10、下列说法中正确的是（ ）A ． O 168、O 178、O 188互为同素异形体 B. 正戊烷、异戊烷、新戊烷互为同系物C ．O 2与O 3互为同位素D ．CH 3-CH 2-OH 与CH 3-O-CH 3互为同分异构体11、下列各组混合物，可以用分液漏斗分离的是（）A. 水和酒精B. 四氯化碳和水C. 溴和溴苯D. 汽油和煤油12、用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确．．．的是（）A．17g氨气中含有3N A对共用电子对B．4.48LN2与CO的混合物所含分子数为0.2N AC．16g甲烷与足量的氯气在强光作用下最多可得4N A个HCl分子D．0.2 mol C2H6分子中一定存在0.2N A个碳碳单键13、下列说法正确的是（）A. 汽油是纯净物B. 天然气是可再生能源C. 煤的干馏是化学变化D. 石油的分馏、裂化、裂解均是化学变化14、下列反应中，属于取代反应的是（）A. 甲烷燃烧B. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中C. 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应D. 乙烷与氯气在光照下反应15、1体积某气态烃只能与1体积氯气发生加成反应，生成氯代烷。