江西省宜春中学 高安二中 上高二中 樟树中学 丰城中学2021届高三上学期五校联考英语试题

丰城中学、高安二中、上高二中、樟树中学、新余一中、宜春中学2021届六校联考理综试卷本试卷总分值为300分考试时长150分钟考试范围：高考范围可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 F-19 N-14 O-16 Na-23 P-31 Ca-40 Fe-56 Cu-64第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。

一、选择题（本大题共13小题，每小题6分，共78分，每小题只有一项符合题目要求）1．向含32P的磷酸盐的营养液中接种酿酒所用菌种，一段时间后，下列化合物及结构在其产生的子代细胞中均能检测出放射性的一组是（）A．脱氧核糖核苷酸和丙酮酸 B． ADP和腺苷C．核苷酸和线粒体 D．核糖和细胞膜2. 下列有关的实验描述，正确的是（）A．在吡罗红甲基绿染色剂染色观察DNA和RNA分布的实验中，需将A液和B液等量混匀使用B．利用抽样检测法调查某微生物种群数量时，应先盖盖玻片，再在一侧滴加稀释样液，让其自行渗入，才能根据统计数据计算出种群数量真实值C．低温诱导染色体数目加倍实验中，待洋葱长出不定根后剪取根尖0.5—lcm 置于4℃低温诱导培养36hD．在观察线粒体在细胞中的分布状况时，选材可用口腔上皮细胞也可用洋葱鳞片叶内表皮细胞3．如图表示温度对某植物的光合速率与呼吸速率的影响。

据图分析，下列叙述错误的是（）A． 35℃光下，该植物产生的氧气全部进入线粒体B． 50℃光下，该植物依然能进行光合作用和呼吸作用C． 45℃光下，该植物叶肉细胞的光合速率大于呼吸速率D．该实验不能反映出该植物呼吸作用的酶的最适宜温度4. 下列有关动植物生命活动调节的叙述不正确的有几项（）①机体第一次接触过敏原会发生特异性免疫反应②炎热刺激热觉感受器，会引起机体肝脏、骨骼肌减少产热③非条件反射的中枢并不都在脊髓④内环境稳态被破坏后，细胞代谢不一定会紊乱⑤根的向地生长和顶端优势都能体现植物生长激素对生长作用的两重性⑥燕麦胚芽鞘中的生长素的极性运输与光照方向有关A．二项B．三项C．四项 D．五项5. 观察到一个性别决定为XY型的二倍体动物（正常体细胞内有2N条染色体）细胞正处在某分裂时期，含有2N条染色体，呈现N种不同形态。

2021届江西省上高二中高三第一学期第五次月考试题 数学（文）【含答案】2021.1.2一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。

1. 已知集合}{0,1,2,3,5,7A =，{|07,)B x x x N =≤<∈，则A∩B 中元素的个数为( ) A ．3B ．4C ．5D ．62. 在复平面内，复数对应的点的坐标是(1,1)，则zi=( ) A ．1i -B ．1i --C ．1i -+D ．1i +3. 设x R ∈，则“05x <<”是“11x -<”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4. 等差数列{}n a 的公差不为零，其前n 项和为n S ，若743=a a ，则104S a 的值为( ) A. 15B. 20C. 25D. 405. 已知点(,)(0,0)a b a b >>在直线1x y +=上，则1aa b+的最小值为( ) A ．1B ．2C ．3D ．46. 已知函数2()2xf x x =+，设21(log )3m f =，0.1(7)n f -=，p =2(log 25)f ，则,,m n p 的大小关系为( ) A ．m p n >>B ．p n m >>C ．p m n >>D ．n p m >>7. 设，y 满足⎪⎩⎪⎨⎧≤--≥-≥+22142y x y x y x ，则y x z +=的最小值是( )A ．7-B ．2C ．3D ．5-8. 已知1sin()cos()32ππθθ-+=-，则cos(2)3πθ+的值为( ) A. 33 B 6 C ．23 D ．139. 秦九韶，字道古，汉族，鲁郡（今河南范县）人，南宋著名数学家，精研星象、音律、算术、诗词、弓、剑、营造之学。

江西省丰城中学、高安二中等六校2021届上学期高三年级1月联考物理试卷丰城中学、高安二中、上高二中、樟树中学、新余一中、宜春中学一、选择题1．2020年1月10日，工程院院士黄旭华获得国家最高科学技术奖，他为核潜艇研制和跨越式发展作出了巨大贡献，下列说法正确的是A ．核潜艇的核反应也叫热核反应B ．核潜艇的核反应堆是利用镉棒控制核反应速度C ．原子弹中铀或钚的质量可小于临界质量D ．核聚变和核裂变都能放出核能，故一切核反应都应放出核能2．一个质量为1g 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移—时间图像如图所示，g 取10m/s 2，下列说法正确的是A ．小球抛出时的速度为24m/sB ．小球上升过程位移大小小于下落过程的位移大小C ．小球落回抛出点时重力的功率为W 664D ．小球上升过程的机械能损失小于下落该过程的机械能的损失3空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现用仪器在纸面内沿互成 60°角的OA 、OB 两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势 与O 点距离的函数关系如图所示，则下列关于该电场的电场强度E 的说法中正确的是A ．E =200V/m ，沿 AO 方向B ．E= 400V/m ，沿 BO 方向C ．E=3200V/m ， 垂直OB 向下D ．E=3200V/m ，垂直OA 斜向右下方4．2020年7月23日12时41分，长征五号遥四运载火箭托举着中国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场点火升空。

靠近火星时需要通过变轨过程逐渐靠近火星，轨道Ⅰ是贴近火星表面的圆轨道，其轨道半径为R,在此轨道上的运行周期为T 。

已知引力常量为G ，则下列说法正确的是A ．“天问一号”的发射速度必须大于第三宇宙速度B ．“天问一号”在轨道Ⅱ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能C ．“天问一号”在TRL23)2（t in R BL ωωs r 2d i ）（+=正沿斜面加速下滑。

江西省宜春市高安二中、宜春中学、丰城中学、樟树中学四校2021年高三联合模拟化学试卷一、选择题（本题共13题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．下列说法正确的是（）A．由不同原子组成的纯净物一定是化合物B．碱性氧化物一定为金属氧化物C．化学式C6H5﹣CH3既能表示物质组成，又能表示物质分子式D．4，4﹣二甲基﹣2﹣己烯这种命名是错误的考点：单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分子式；有机化合物命名．分析：A．同位素是不同种原子；B．碱性氧化物是指能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物；C．化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的应是分子晶体物质，晶体中含有单个分子；D．根据命名原则判断．解答：解：A．同位素是不同种原子，如HD为单质，故A错误；B．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物一般是非金属氧化物，故B正确；C．C6H5﹣CH3为分子晶体，晶体中含有单个分子，故C正确；Ｄ．4，4﹣二甲基﹣2﹣己烯，主链为己烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在2号C、两个甲基在4号C，该命名满足烯烃的系统命名原则，故D错误；故选BC．点评：本题考查同位素、氧化物、物质的组成及命名，难度不大，注意概念的含义，明确化学式表示分子根据是由分子组成的物质，金属晶体、原子晶体、离子晶体中化学式仅表示组成．2．（6分）（2015•宜春模拟）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为N AB．标准状况下，33.6 L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5N AC．50 mL 18.4 mol•L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46N AD．某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；B、标况下，HF是液态；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、合成氨的反应为可逆反应．解答：解：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量n==0.5mol，故含有的额氢原子的物质的量为1mol，故A正确；B、标况下，HF是液态，故B错误；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，故生成的二氧化硫的分子数小于0.46mol，故C错误；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.6mol，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．（6分）（2015•兰州模拟）下列离子方程式书写正确的是（）A．将少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO3↓+2HClO B．明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀：Al3++Ba2++SO42﹣+3OH﹣=BaSO4↓+Al（OH）3↓C．200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：4Fe2++6Br﹣+5Cl2=4Fe3++3Br2+10Cl﹣D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分A．次氯根具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；析：B．硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，反应产物为偏铝酸钠；C．二价铁离子还原性强于溴离子，通入氯气先氧化二价铁离子再氧化溴离子；D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4生成和氯化钠和水．解答：解：A．将少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，离子方程式：SO2 +3ClO﹣+Ca2++H2O=CaSO4↓+C l﹣+2HClO，故A错误；B．明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀，Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；Ｃ．11.2L标准状况下的氯气是0.5mol，200mL 2mol/L的FeBr2溶液的物质的量是0.4mol，二价铁完全反应，还有0.6mol溴离子反应，离子反应方程式为：4Fe2++6Br﹣+5Cl2═2Fe3++3Br2+10Cl﹣，故C正确；D．强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4生成和氯化钠和水，离子方程式：3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误；故选：C．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项B、C为易错选项．4．（6分）（2015•宜春模拟）下列说法正确的是（）A．用坩埚灼烧MgCl2•6H2O的反应式 MgCl2•6H2O MgCl2+6H2OB．根据表中提供的数据，等物质的量浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，有c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）化学式电离常数HClO K1=3×10﹣8H2CO3K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11C．常温下，将pH=2的稀硫酸稀释10倍，其中各离子的物质的量浓度都变为原来的十分之一D．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，溶度积常数Ksp=c（Ba2+）•c （SO42﹣）．则加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点；通过蒸发可以使溶液由d 点变到c 点考难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；盐类水解的原理．点：专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．加热时MgCl2水解；B．根据酸的电离常数判断酸性强弱，酸越弱，对应的盐溶液中酸根离子水解程度越大；C．将pH=2的稀硫酸稀释10倍，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大；D．d点为不饱和溶液，蒸发时溶液离子浓度都增大．解答：解：A．加热时MgCl2水解，灼烧最后得到MgO，故A错误；B．根据表中提供的数据，可知碳酸的酸性比次氯酸的酸性强，则等物质的量浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，有c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣），由于水解程度较小，则c（OH﹣）最小，故B正确；C．将pH=2的稀硫酸稀释10倍，氢离子浓度减小，由于水的离子积为定值，则氢氧根离子浓度增大，故C错误；D．加入Na2SO4可使溶液，钡离子浓度减小，d点为不饱和溶液，蒸发时溶液离子浓度都增大，故D错误．故选B．点评：本题综合考查难溶电解质知识，侧重于盐类的水解、弱酸的电离子和稀释等问题，题目难度中等，注意把握化学反应原理的基本知识，从平衡移动的角度认识盐类的水解、弱电解质的电离以及难溶电解质的平衡问题．5．（6分）（2015•宜春模拟）据报道，以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示．下列说法正确的是（）A．电池放电时Na+从b极区移向a极区B．每消耗3 mol H2O2，转移的电子为3 molC．电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用D．该电池的负极反应式为：BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O考点：原电池和电解池的工作原理．分析：根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则b电极为正极，a电极为负极，负极上BH4﹣得电子和氢氧根离子反应生成BO2﹣，A．原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动；B．二氧化锰可作双氧水的催化剂；C．根据转移电子和双氧水之间的关系式计算；D．负极上BH4﹣得电子和氢氧根离子反应生成BO2﹣．解答：解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A错误；B．正极电极反应式为H2O2+2e﹣=2OH﹣，每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故B错误；C．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH﹣，MnO2既作电极材料又有催化作用，故C错误；D．负极发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写，注意化合价的变化．6．（6分）（2015•宜春模拟）下列图示与对应的叙述相符的是（）A．由图甲可以判断：T1＞T2，且反应的△H＜0B．图乙表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大C．根据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe2+，可先向溶液中加入适量双氧水，再调节pH≈4D．图丁表示用0.1mol/L的盐酸滴定20mL 0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：图示题．分析：A．放热反应随温度升高转化率降低，反应前后气体体积不变时正确；B．压强越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；C．图象分析，加入适量CuO至pH在3﹣4左右铁离子全部沉淀；D．0.1mol/LNaOH溶液的pH=12．解答：解：A．若该反应是反应前后气体体积不变的放热反应，压强不影响平衡移动，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，不知道反应情况，故A错误；B．该反应是反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，故B错误；C．由图象可知pH在4左右时Fe3+完全转化为沉淀，而此时CuSO4没有生成沉淀，可用于除杂，故C正确；D．0.1mol/LNaOH溶液的pH=12，故D错误；故选C．点评：本题以图象形式，考查化学平衡影响因素、溶液PH值判断等，做题时要注意从图象中获取正确信息，综合性较强，难度中等．7．（6分）（2015•兰州模拟）某无色溶液中可能含有Mg2+、NH4+、K+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣等离子．现进行如下实验：①取10mL该溶液于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99g白色沉淀；②另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体（必要时可加热），最后沉淀完全溶解，并且随NaOH溶液的加入，沉淀和气体物质的量变化如图所示．下列说法不符合事实的是（）A．根据图中数据计算实验中使用的NaOH溶液的浓度为1 mol•L﹣1B．根据信息分析该溶液中焰色反应呈紫色的离子的物质的量浓度为1 mol•L﹣1C．该溶液中NH4+、Al3+、SO42﹣三种离子的物质的量之比为2：1：3D．另取一定量该溶液滴加一定量Ba（OH）2溶液，不可能Al3+和SO42﹣同时完全沉淀考点：离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：①取10mL该溶液于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99g白色沉淀，说明含有SO42﹣；②另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体（必要时可加热），气体为氨气，最后沉淀完全溶解，说明含有铝离子，根据图象纵坐标可判断Al（OH）3和氨气的物质的量；根据Al（OH）3的两性可计算NaOH的浓度；通过电荷守恒判断是否含有K+，据此分析计算解答．解答：解：某无色溶液中可能含有Mg2+、NH4+、K+、Al3+、SO42﹣、CO32﹣、Cl﹣等离子．现进行如下实验：①取10mL该溶液于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99g白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，n（BaSO4）=n（SO42﹣）===0.03mol；②另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体（必要时可加热），最后沉淀完全溶解，则说明溶液中含有Al3+，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，结合图象中沉淀的变化关系，知溶液中含有Al3+为0.01mol需OH﹣为0.03mol；当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据NH4++OH﹣=NH3↑+H2O结合图象，知溶液中含有NH4+为0.02mol需OH﹣为0.02mol；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，结合图象中沉淀的变化关系，需OH﹣为0.01mol；通过电荷守恒2n（SO42﹣）=3n（Al3+）+n（NH4+）+n（K+），解n （K+）=0.01mol，所以原溶液也一定含K+；A．实验中使用的NaOH溶液的总物质的量为：0.03mol+0.02mol+0.01mol=0.06mol，结合图象中沉淀的变化关系知此时氢氧化钠溶液的体积为60mL，根据C（NaOH）===lmol/L，故A正确；B．该溶液中焰色反应呈现紫色的离子为K+，该溶液中一定含有K+、NH4+、Al3+、SO42﹣；根据②知NH4+为0.02mol，Al3+为0.01mol，SO42﹣为0.03mol，若无氯离子，根据溶液呈电中性溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，其中正电荷总数为：0.02mol×1+0.01mol×3+n（K+）×1=0.05mol+n（K+），负电荷总数0.03mol×2=0.06mol，所以n（K+）=0.01mol，根据C===lmol/L，若有氯离子，则钾离子浓度大于1mol/L，故B错误；C．n（NH4+）=0.02mol，n（Al3+）=0.01mol，n（SO42﹣）===0.03mol，所以该溶液中NH4+、Al3+、SO42﹣三种离子的物质的量之比为2：1：3，故C正确；D．根据以上分析原溶液含n（Al3+）=0.01mol，n（SO42﹣）=0.03mol，所以滴加一定量的Ba（OH）2溶液，不能使Al3+和SO42﹣同时完全沉淀，故D正确；故选B．点评：本题考查了离子的检验、离子反应和有关物质的量的计算，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握常见离子的检验方法和离子的性质是解题的关键．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～32题为必考题，每个试题考生必须作答．第33～40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）8．（13分）（2015•宜春模拟）查阅资料知：Br2的沸点为58.78℃，密度为3.119g•cm﹣3，微溶于水，有毒．Ⅰ．常温下，单质溴通常是液态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量水．工业生产中，海水提溴常用空气吹出法．其生产流程可用下图表示：淡化海水低浓度Br2水通入Cl2含Br﹣的溶液通入空气吹出Br2，Br2的浓溶液用X吸收，再通入Cl2得到液溴某化学实验小组模拟该法设计了如图1实验装置（夹持装置略去）从浓缩的海水中提取溴．实验步骤如下：①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束；②关闭a、c，打开活塞b、d，向A中鼓入足量热空气；③关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量Cl2；④将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴．（1）当观察到A中液面上方出现黄绿色（实验现象）即可判断步骤①中反应已经结束．（2）X试剂可以是 d （填序号），尾气处理选用 c （填序号）．a．H2O b．饱和食盐水 c．氢氧化钠溶液 d．饱和Na2SO2溶液（3）B中X试剂发生反应的离子方程式为Br2+H2O+SO32﹣=2Br﹣+SO42﹣+2H+．（4）蒸馏时应该选择①③⑤⑥⑦，操作中应控制的关键实验条件为控制温度在59℃．Ⅱ．该实验小组利用制得的单质溴研究H2与Br2生成HBr的反应，实验装置如3：（5）E装置可用来检验反应产物HBr，则D装置的作用是除去未反应完的溴蒸气．若要检验E中收集的HBr，图示装置检验HBr时还不够完善，请结合原有实验装置予以改进：在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置．考点：性质实验方案的设计；制备实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：Ⅰ．（1）氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，过量的氯气聚集与A中液面上方；（2）溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；（3）氯气与溴均能够与氢氧化钠反应生成卤化钠和次卤酸钠和水；（4）依据蒸馏实验装置选择合适的仪器，蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质；Ⅱ．（5）反应生成的溴化氢中混有溴，检验溴化氢前需要除掉溴单质，避免干扰检验结果；根据溴化氢不溶于四氯化碳而溴易溶于四氯化碳设计方案．解答：解：Ⅰ．（1）氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，A中液面上方出现黄绿色，故答案为：黄绿色；（2）溴能够与亚硫酸钠反应生成硫酸钠，可以用饱和亚硫酸钠溶液吸收溴；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；故答案为：d；c；（3）溴与亚硫酸钠溶液反应的离子方程式为：Br2+H2O+SO32﹣=2Br﹣+SO42﹣+2H+，故答案为：Br2+H2O+SO32﹣=2Br﹣+SO42﹣+2H+；（4）蒸馏操作的主要仪器是：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶，所以选择的仪器有：①③⑤⑥⑦；蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质，所以实验中应控制的关键实验条件为温度，Br2的沸点为58.78℃，则应该控制温度在59℃，故答案为：①③⑤⑥⑦；控制温度在59℃；Ⅱ．（5）生成的溴化氢中混有溴蒸气，由于溴的沸点较低，通过装置D可以除去溴化氢中的溴蒸气；由于装置D无法完全除去溴化氢中的溴单质，所以该方案不严密，应该在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置，确保将溴化氢中的溴完全除去，故答案为：除去未反应完的溴蒸气；在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置．点评：本题考查了物质的分离与提纯、物质性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，熟练掌握化学实验基本操作方法及物质分离与提纯方案的设计原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．9．（15分）（2015•宜春模拟）草酸（H2C2O4）是一种有机二元酸，具有还原性、不稳定性．回答下列问题．（1）常温下，0.1mol•L﹣1的H2C2O4的溶液的pH约为3，写出其电离方程式：H2C2O4⇌HC2O4﹣+H+、HC2O4﹣⇌C2O42﹣+H+．（2）实验室常通过加热草酸（H2C2O4）的方法来获取一氧化碳．①加热草酸分解反应的化学方程式为：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O ．②KHC2O4溶液呈酸性，则该溶液中C（v0=5m/s）大于 C （H2C2O4）．（填“大于”“等于”或“小于”）③KHC2O4溶液中离子浓度大小顺序：c（K+）＞c（ HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）．（3）实验室常用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸来测定草酸溶液的浓度，判断滴定终点的现象是：最后一滴，溶液由无色变为浅红色（且半分钟内不褪去），其反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ．（4）草酸钴是制备氧化钴及钴粉的重要原料．在空气中对CoC2O4•2H2O持续加热时的热分解失重数据见下表．（CoC2O4•2H2O相对分子质量183，固体失重率=）序号温度范围/℃固体失重率①120﹣22019.67%②300﹣35048.98%①120﹣220℃，CoC2O4•2H2O热分解的生成物为CoC2O4．②300﹣350℃，热分解的化学方程式为2CoC2O4+O22CoO+4CO2．弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定．考点：分（1）草酸是二元弱酸，分步电离；析：（2）①草酸晶体在加热条件下生成一氧化碳、二氧化碳和水；②KHC2O4溶液呈酸性，则HC2O4﹣的电离程度大于水解程度；③KHC2O4溶液中K+不水解，呈酸性，HC2O4﹣的电离程度大于水解程度，据此判断溶液中离子浓度大小关系；（3）用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸来测定草酸溶液的浓度，则溶液由无色变为浅红色；反应中草酸被高锰酸根离子氧化为二氧化碳；（4）①120﹣220℃时，加热失重为183×19.67%=36，则失去2个水分子；②300﹣350℃时，加热失重为147×48.98%=72，剩余为75，即生成产物为CoO，结合元素守恒和得失电子守恒书写方程式．解答：解：（1）草酸是二元弱酸，在水溶液里存在两步电离，第一步电离程度大于第二步，其电离方程式分别为：H2C2O4⇌HC2O4﹣+H+、HC2O4﹣⇌C2O42﹣+H+，故答案为：H2C2O4⇌HC2O4﹣+H+、HC2O4﹣⇌C2O42﹣+H+；（2）①草酸晶体在加热条件下生成一氧化碳、二氧化碳和水，化学方程式为：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O；故答案为：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O；②KHC2O4溶液呈酸性，则HC2O4﹣的电离程度大于水解程度，则c（HC2O4﹣）大于c （H2C2O4）；故答案为：大于；③KHC2O4溶液中K+不水解，溶液呈酸性c（H+）＞c（OH﹣），HC2O4﹣的电离程度大于水解程度，则溶液中离子浓度大小为：c（K+）＞c（ HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣），故答案为：c（K+）＞c（ HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）；（3）用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸来测定草酸溶液的浓度，则溶液由无色变为浅红色，所以判断滴定终点的现象是：最后一滴，溶液由无色变为浅红色（且半分钟内不褪去）；反应中草酸被高锰酸根离子氧化为二氧化碳，则反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；故答案为：最后一滴，溶液由无色变为浅红色（且半分钟内不褪去）；5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（4）①120﹣220℃时，加热失重为183×19.67%=36，则失去2个水分子，则CoC2O4•2H2O失去两分子水还剩余的固体为CoC2O4；故答案为：CoC2O4；②300﹣350℃时，加热失重为147×48.98%=72，剩余为75，即生成产物为CoO，反应中C元素被空气中的氧气氧化为二氧化碳，热分解的化学方程式为2CoC2O4+O22CoO+4CO2；故答案为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2．点评：本题考查了弱酸的电离、盐的水解、离子浓度大小比较、有关方程式的计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．10．（8分）（2015•宜春模拟）关于石灰石相关的一些问题，请按要求回答：（1）向漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳后，在300℃灼烧至固体质量不再变化，最终所得固体为：碳酸钙、氯化钙（填名称）（2）一定温度下，某真空密闭容器中投入碳酸钙，发生反应CaCO3（s） a=CaO（s）+CO2（g），达到平衡后，现将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为 AA．不变 B．减小C．增大为原来的2倍 D．比原来大，但比2倍小（3）某种胃药中止酸剂为CaCO3．为测定其中CaCO3含量，某研究小组设计以下两种方案（药片中的其它成分与HCl和NaOH溶液均不反应）．方案一：用如图1装置测量一定量样品与足量稀盐酸反应生成CO2的体积，计算CaCO3的含量；装置中连通管X的作用是平衡分液漏斗与样品瓶内的压强，使液体能顺利留下，另一作用为消除滴入盐酸体积对所测气体体积的影响．方案二：用滴定法测定，操作步骤为：A．配制0.100mol/L HCl溶液与0.100mol/LaOH溶液B．取一粒药片（0.100g），研碎后加入20.0mL蒸馏水C．用酸式滴定管加入25.00mL 0.100mol/LHCl溶液，充分反应D．以酚酞为指示剂，用0.100mol/L NaOH溶液滴定，用去体积为V mL达到终点（4）现需要重复滴定4次，配制0.1mol/L HCl溶液需要选用如图2所示仪器中的CDE （填字母）．（5）经测定，每次消耗NaOH溶液体积的平均值为13.00mL，则该胃药中CaCO3的质量分数为60% ．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发；（2）温度不变，化学平衡常数不变，则二氧化碳浓度不变；（3）方案一：由于实验一般在密闭环境下进行，滴入一定液体后会发生内外压不平衡情况，此时液体就不易滴下，采用连通管可平衡内外压帮助液体顺利滴下；本实验是通过计算CO2量反推CaCO3的量，所以气体的量是否精准决定了实验的成功与否，由于滴下液体时，广口瓶中原有的气体也会相应进入集气瓶中，这样会使CO2量偏大，采用连通管可使这部分气体回到分液漏斗中，不进入集气瓶中，减小实验误差．方案二：（4）因为每次滴定用的盐酸是25.00 mL，重复操作4 次，再加上润洗滴定管、调零、赶气泡也需消耗盐酸，则所需盐酸大于100 mL，故配制时需用250 mL 的容量瓶，定容时需要用胶头滴管，而加水稀释时也可以借助量筒来量水的量；（5）反应所用盐酸与氢氧化钠溶液的浓度相等，氢氧化钠溶液的体积为13.00 mL，则与碳酸钙反应的盐酸为25.00mL﹣13.00 mL=12.00 mL．根据反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑计算碳酸钙的质量，再根据质量分数定义计算；解答：解：（1）漂白粉的水溶液中通入足量的CO2生成碳酸氢钙和次氯酸，加热蒸干、灼烧，碳酸氢钙、次氯酸受热分解，氯化氢挥发；残留固体为碳酸钙和氯化钙，故答案为：碳酸钙、氯化钙；（2）温度不变，化学平衡常数不变，K=c（CO2），则二氧化碳浓度不变，故选A；故答案为：A；（3）方案一：由于实验一般在密闭环境下进行，滴入一定液体后会发生内外压不平衡情况，此时液体就不易滴下，采用连通管可平衡内外压帮助液体顺利滴下；本实验是通过计算CO2量反推CaCO3的量，所以气体的量是否精准决定了实验的成功与否，由于滴下液体时，广口瓶中原有的气体也会相应进入集气瓶中，这样会使CO2量偏大，采用连通管可使这部分气体回到分液漏斗中，不进入集气瓶中，减小实验误差．故答案为：消除滴入盐酸体积对所测气体体积的影响．方案二：（4）因为每次滴定用的盐酸是25.00 mL，重复操作4 次，再加上润洗滴定管、调零、赶气泡也需消耗盐酸，则所需盐酸大于100 mL，故配制时需用250 mL 的容量瓶，定容时需要用胶头滴管，而加水稀释时也可以借助量筒来量水的量，故选：CDE；故答案为：CDE；（5）反应所用盐酸与氢氧化钠溶液的浓度相等，氢氧化钠溶液的体积为13.00 mL，则与碳酸钙反应的盐酸为25.00mL﹣13.00 mL=12.00 mL．根据反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑可知，100g：2mol=m（CaCO3）：0.100 mol/L×0.012L，解得：m=0.06 g，碳酸钙的质量分数为×100%=60%．故答案为：60%．点评：本题考查方程式的书写、平衡原理应用、对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、滴定原理利用，化学计算等，难度中等，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识．注意化学平衡常数和气体浓度之间的关系，题目难度中等．11．（1分）（2015•宜春模拟）火箭发射常以液态肼（N2H4）为燃料，液态H2O2为助燃．已知：N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1H2O2（1）=H2O（1）+1/2O2（g）△H=﹣98.64kJ•mol﹣1H2O（1）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣l则反应N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）的△H= ﹣643.28 kJ/mol ．考点：有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：已知①N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1②H2O2（1）=H2O（1）+1/2O2（g）△H=﹣98.64kJ•mol﹣1③H2O（1）=H2O（g）△H=+44kJ•mol﹣l由盖斯定律：①+②×2﹣③×2得N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O （g），据此计算．解答：解：已知①N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1②H2O2（1）=H2O（1）+1/2O2（g）△H=﹣98.64kJ•mol﹣1③H2O（1）=H2O（g）△H=+44k J•mol﹣l由盖斯定律：①+②×2﹣③×2得N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1+2×（﹣98.64kJ•mol﹣1）﹣2×（+44kJ•mol﹣l）=﹣643.28kJ/mol；故答案为：﹣643.28 kJ/mol．点评：本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律的应用的考查，注意把握盖斯定律的含义及应用方法，题目难度不大．12．（6分）（2015•宜春模拟）用如图所示装置进行实验．实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清．查阅资料发现，高铁酸根（FeO42﹣）在溶液中呈紫红色．（1）电解过程中，X极区溶液的pH 增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O 和4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少0.28 g．（3）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2该电池正极发生的反应的电极反应式为2FeO42﹣+6e﹣+5H2O=Fe2O3+10OH﹣．。

2020-2021学年江西省宜春中学、樟树中学、上高二中、高安二中、丰城中学联考高三（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（每题4分，共计48分，第1-7题为单选，第8-12题为多选，全选对的将4分选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．从宏观角度看，导体两端有电压，导体中就形成电流；从微观角度看，若导体内没有电场，自由电子就不会定向移动。

现对电路中一段金属直导线进行分析：设该导线电阻率为ρ，导线内场强为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，自由电子定向移动速率为v。

现将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度，其大小用j表示。

则下列表达式正确的是（）A．j＝nρv B．ρ＝nev C．E＝D．E＝ρj2．已知一质点做变加速直线运动，初速度为10m/s，其加速度随位移线性减小的关系满足条件a＝8﹣2x，当位移为3m时质点瞬时速度更接近（）A．11.4m/s B．11.5m/s C．11.6mn/s D．11.7m/s3．如图所示，从高H处的A点先后平抛两个小球1和2，球1刚好直接越过竖直挡板MN落在水平地面上的B点，球2则与地面碰撞两次后，刚好越过竖直挡板MN，也落在B点．设球2每次与水平地面的碰撞都是弹性碰撞，空气阻力可忽略．则竖直挡板MN的高度h是（）A．H B．H C．H D．H4．如图所示，光滑圆弧槽面末端切线水平，并静置一质量为M2的小球Q，另一质量为M1的小球P从槽面上某点由静止释放，沿槽面滑至槽口处与Q球正碰，设碰撞过程中无机械能损失，两球落地点到O点水平距离之比为1：3，则P、Q两球的质量之比可能是（）A．3：1B．3：5C．2：3D．1：75．如图所示电路中，电阻a、b、c、d的阻值均为r，其他电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，M、N间输入的正弦式交变电流的电压有效值为U，则电阻a中的电流有效值大小为（）A．B．C．D．6．如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

2021届高三班级第五次月考理科综合物理试卷命题人：黄璜 刘江平 聂久中 12.31二、选择题（本题共8小题,每题6分，共48分；14～18为单项选择题；19～21为多项选择题，在每小题给出的四个选项中,有两个或两个以上选项符合题目要求,,全部选对得6分,选对不全得3分,有选错或不答得0分） 14．电场强度的定义式E=，则以下说法正确的是（ ）A ．电场中某点电场强度的大小与电荷在该点所受的电场力成正比，与电荷的电量成反比B ．放在电场中某点的电荷所受电场力大小与电荷的电量成正比C ．若将放在电场中某点的电荷改为﹣q ，则该点的电场强度大小不变，方向与原来相反D ．若取走放在电场中某点的电荷，则该点的电场强度变为零15．甲、乙两物体从同一点动身且在同一条直线上运动，它们的位移一时间（x-t ）图象如下图所示，由图象可以看出在0〜4 s 内 （ ） A ．甲、乙两物体始终同向运动B ．4s 时甲、乙两物体间的距离最大C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．甲、乙两物体之间的最大距离为4 m 16．如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2kg 的物体A ，处于静止状态．若将一个质量为3kg 物体B 竖直向下轻放在A 上的一瞬间，则A 对B 的压力大小（g 取10m/s 2）（ ） A ． 30N B ． 0 C ． 15N D ． 12N17．一艘帆船在静止中由于风力的推动作匀速航行，已知风速为v 1，航速为v 2（v 1＞v 2），帆面的截面积为S ，空气的密度为ρ，则帆船在匀速前进时帆面受到的平均作用力的大小为（ ）A ．ρS （v 1－v 2）2B ．ρS （v 1＋v 2）2C ．ρS （v 12－v 22）D ．ρS v 1（v 1－v 2）18．2021年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星放射中心成功放射升空，飞行轨道示意图如图所示．“嫦娥三号”从地面放射后奔向月球，先在轨道Ⅰ上运行，在P 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q 为轨道Ⅱ上的近月点，则有关“嫦娥三号”下列说法正确的是（ ）A ．由于轨道Ⅱ与轨道Ⅰ都是绕月球运行，因此“嫦娥三号”在两轨道上运行具有相同的周期B ．“嫦娥三号”从P 到Q 的过程中月球的万有引力做正功，速率不断增大C ．由于“嫦娥三号”在轨道Ⅱ上经过P 的速度小于在轨道Ⅰ上经过P 的速度，因此在轨道Ⅱ上经过P 的加速度也小于在轨道Ⅰ上经过P 的加速度D ．由于均绕月球运行，“嫦娥三号”在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上具有相同的机械能19．如图所示，M 、N 是两个共轴圆筒的横截面，外筒半径为R ，内筒半径比R 小很多，可以忽视不计，筒的两端是封闭的，两筒之间抽成真空。

2０20┄2021学年江西省樟树中学、高安二中、樟树中学、高安二中高一（上）联考物理试卷一、选择题:本题共12小题，每小题４分,共48分.1到8题为单选题，9到１2题为多选题.1.(4分)小华乘出租车到车站接人后返回出发地,司机打出全程的发票如图所示，则此过程中,出租车运动的路程和位移分别是（）A.ﻩ9.８km,9.8 km B．0，０Ｃ．ﻩ0，9.８kｍ D. 9.8 km，02．(4分)关于速度与加速度，下列说法中正确的是（)ﻩA．平均速度的方向就是物体的运动方向ﻩB. 瞬时速度和平均速度都可以精确的描述物体在某一位置运动的快慢ﻩC. 加速度越大,速度变化量也越大D. 加速度的方向总与速度变化的方向相同3．(４分)有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度：即加速度变化得越慢，乘坐轿车的人就会感到越舒适;加速度变化得越快，乘坐轿车的人就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢,则该物理量的单位应是()ﻩA．ﻩｍ/s B．m/ｓ2ﻩC. ｍ2/ｓﻩD.ﻩm/s３４．(4分)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动,若以该时刻作为计时起点，得到两车的x﹣ｔ图象如图所示，则下列说法正确的是()A.ﻩt1时刻两车的速度刚好相等Ｂ．ｔ1时刻两车相距最远C．ﻩt1时刻乙车从后面追上甲车ﻩD．0ﻩ到t１时间内，乙车的平均速度大于甲车的平均速度5.(４分）下列关于牛顿第一定律的说法,正确的是（)ﻩA．ﻩ由牛顿第一定律可知,物体在任何情况下始终处于静止或匀速直线运动状态ﻩB．ﻩ牛顿第一定律是反映物体惯性大小的，因此它也叫惯性定律ﻩＣ.ﻩ牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律,因此物体只在不受外力时才有惯性ﻩD. 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６．(４分）如图所示,小球自由下落，从它接触竖直放置的弹簧开始到弹簧压缩到最短的过程中,小球的加速度和速度的变化情况是()A．ﻩ加速度变小,速度变小B. 加速度变大,速度变小C．ﻩ加速度先变小后变大，速度先变大后变小Ｄ. 加速度先变大后变小,速度先变大后变小７．（4分）“叠罗汉”是一种高难度的杂技.由六人叠成的三层静态造型如图所示,假设每个人的质最均为m，下面五人弯腰后背部呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为（重力加速度为g)（）A. ﻩB．GﻩC. ﻩＤ.8．(4分)一个大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动)沿水平地面匀速前进,则对小孩和车下列说法正确的是(）ﻩA. 小车受重力、拉力和摩擦力三个力作用ﻩB.ﻩ拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小ﻩC.ﻩ拉力与摩擦力的合力方向竖直向上D. 小孩和车所受的合力方向与运动方向相同9．(4分)关于下列力的说法中,正确的是(）Ａ．合力必大于分力ﻩB. 合力可以小于分力C．运动物体所受摩擦力的方向一定和它运动方向相反D.ﻩ物体受摩擦力时一定受弹力，而且这两个力的方向一定相互垂直1０．(4分)一个质量为2kｇ的物体，在5个共点力的作用下保持静止.若同时撤消其中大小分别为1５N和１0N的两个力，其余的力保持不变,此时该物体的加速度大小可能是（)ﻩA．2ｍ/s2B．3m/s2 C. 12m/s2ﻩD．15m/s211.（4分)匀速直线运动位移的数值等于ｖ﹣t图象中的矩形“面积”.如图所示，在研究匀加速直线运动时，如果我们把0～t0内整个运动过程划分成很多相等的时间小段△t,则每一小段都可以近似看作匀速直线运动,当时间间隔△t取到很小时,所有矩形的“面积”之和就趋近于该图线与ｔ轴在0~t0内所围成的梯形“面积”,即此梯形“面积”就表示匀加速直线运动的位移.请你类比上述方法判断以下说法正确的是（）A.ﻩ如果v﹣t图象的图线是曲线，则图线与t轴在０~t０内所围成的“面积”表示物体的位移Ｂ. 如果把纵坐标换成加速度a,横坐标仍为时间t,则a﹣ｔ图象的图线与t轴在０～t0内所围成的“面积”表示ｔ０时刻的速度C．ﻩ如果把纵坐标换成加速度ａ,横坐标仍为时间ｔ，则a﹣t图象的图线与t轴在0~t0内所围成的“面积”表示0~t0内速度的增加量ﻩD.ﻩ如果把纵坐标换成速度的倒数,横坐标换成位移x，﹣x图象的图线与ｘ轴上某段位移所围成的“面积”不表示任何物理量12.（4分)如图所示，质量为ｍ的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住,开始时绳与竖直方向夹角为θ小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离,则下列关系正确的是（）ﻩＡ. 绳与竖直方向的夹角为θ时,F＝2mｇcｏsθﻩＢ.ﻩ小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大ﻩC. 小球沿光滑圆环上升过程中,小球所受支持力逐渐增大ﻩD.ﻩ小球沿光滑圆环上升过程中,小球所受支持力大小不变二、实验题(本题共2小题，共12分.）１３.（４分）在探究求合力的方法时,先将橡皮条的一端固定在附有白纸的水平木板上A点,另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时,需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条,另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条.（１)此过程中必须注意以下几项,其中正确的是Ａ．两根细绳必须等长B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C．两次操作中将橡皮条和绳的结点O拉到相同的位置D．实验操作时要注意使弹簧测力计与木板平面平行且弹簧测力计轴线与细绳在一条直线上(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.14.（8分)一个小球沿斜面向下运动,用每隔ｓ曝光一次的频闪相机拍摄不同时刻小球位置的照片,如图，即照片上出现的相邻两个小球的像之间的时间间隔为s,测得小球在几个连续相等时间内位移数据见表.x１(cm）x2（ｃm）ﻩx3（cm) x4（cm)11．508.2０9.30ﻩ1０.40ﻩ（1)小球在相邻的相等时间内的位移差(填”相等”或”不相等”）,小球的运动性质属直线运动.(2)甲、乙两同学计算小球加速度的方法如下：甲同学:a１=,ａ２=,ａ3=,a=．乙同学:ａ1＝,a2＝，a=你认为甲、乙两位同学的计算方法较好的是，加速度大小为.(计算结果保留3位有效数字）三、计算题（本大题共4小题，共40分．解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后结果不得分.）１５．(6分）某校举行托乒乓球跑步比赛，某同学将球置于球拍中心,从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v０后做匀速直线运动跑至终点,整个过程球一直保持在球拍中心不动，比赛中该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ，如图所示，设球在运动中受到空气阻力大小与其速度大小成正比,方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为ｍ，重力加速度为ｇ.求空气阻力大小与球速大小的比例系数ｋ．16．(10分）如图所示,AB和BＣ为粗糙程度均匀的水平面和斜面,B点有微小的圆弧与两个面相切过渡．一物体(可看作质点)从A点以某一速度出发做匀减速运动并冲上斜面ＢC再作匀减速运动直到速度为零,以出发点为计时起点,各时间点的速度大小如表所述.t(ｓ)ﻩ０1ﻩ2ﻩ3ﻩ４ﻩ5118ﻩ4ﻩ０151３ﻩｖ(m/ｓ)ﻩ求：(1)AB和ＢC段加速度大小（２)物体到达B点速度.17.（10分）如图所示，弹簧AB原长为35cm，A端挂一个重50N的物体，手执Ｂ端,将物体置于倾角为30°的斜面上.当物体沿斜面匀速下滑时，弹簧长度为40ｃm;当物体匀速上滑时，弹簧长度为50ｃm,试求:(１)弹簧的劲度系数k;（2）物体与斜面的滑动摩擦力．1８.（14分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v o＝１２m／s的速度匀速行驶,其所受阻力可视为与车重成正比,与速度无关．某时刻，车厢脱落，并以大小为a=2m/ｓ２的加速度减速滑行.在车厢脱落３s后,司机才发现立即关闭发动机并紧急刹车,刹车时阻力是正常行驶时阻力的3倍，假设刹车前牵引力不变,求：（1）车厢脱落后行驶的距离(2）车厢脱落后卡车的加速度(３)卡车和车厢都停下后两者之间的距离．2020┄2０21学年江西省樟树中学、高安二中、樟树中学、高安二中高一（上)联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题:本题共12小题,每小题4分,共48分．1到8题为单选题，９到１2题为多选题．1.（4分)小华乘出租车到车站接人后返回出发地,司机打出全程的发票如图所示,则此过程中，出租车运动的路程和位移分别是（)0,0ﻩＡ．9.8 km，９.8 km B．ﻩ9.8km,0Ｃ．ﻩ0，９.8 km Ｄ.ﻩ考点：ﻩ位移与路程．专题:ﻩ直线运动规律专题．分析：由出租车发票可以求出出租车的行驶时间与路程．位移是矢量,为初末两点的直线距离；路程是标量，为物体经过轨迹的长度．解答：ﻩ解：由题意可知,出租返回出发地,故位移为零;由图可知,汽车经过的路程为9．8km；故选:D.点评：本题考查了求出租车的运行时间与路程问题，分析清楚发票信息即可正确解题.２．(4分）关于速度与加速度,下列说法中正确的是（)A．ﻩ平均速度的方向就是物体的运动方向ﻩＢ. 瞬时速度和平均速度都可以精确的描述物体在某一位置运动的快慢Ｃ. 加速度越大，速度变化量也越大D．ﻩ加速度的方向总与速度变化的方向相同考点：ﻩ加速度；速度．专题: 直线运动规律专题．分析：平均速度方向是物体位移方向,瞬时速度描述物体在某一时刻或某一位置运动的快慢，而平均速度反应某段时间或位移内运动的快慢,加速度反应物体速度变化快慢的物理量,加速度的方向是物体速度变化的方向．解答：ﻩ解:A、平均速度的方向是物体的位移方向，不一定与物体运动方向一致,故A错误;Ｂ、瞬时速度描述物体在某一时刻或某一位置运动的快慢，而平均速度反应某段时间或位移内运动的快慢,故Ｂ错误；C、速度变化量△v＝ａt，可知速度变化量的大小由加速度和时间共同决定,加速度大,如果时间极短速度变化量可能小,故C错误;D、加速度是矢量，加度的方向就是物体速度变化的方向，故D正确.故选：D.点评:掌握瞬时速度、平均速度、加速度的定义及其物理意义是正确解题的关键，不难属于基础题.3.（4分)有研究发现,轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度：即加速度变化得越慢,乘坐轿车的人就会感到越舒适;加速度变化得越快,乘坐轿车的人就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢,则该物理量的单位应是（）A. ｍ/sﻩＢ.ﻩm/s2ﻩC.ﻩｍ2/ｓ D.ﻩm/s３考点: 力学单位制．专题：ﻩ常规题型．分析：ﻩ根据题意可知新物理量表示的是加速度变化的快慢,根据定义式的特点可以知道物理量的单位.解答：ﻩ解：新物理量表示的是加速度变化的快慢,所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值,加速度的单位是m/s２，所以新物理量的单位应该是ｍ／ｓ3，故D正确，AＢC错误；故选：D．点评：加速度是表示速度变化快慢的物理量,根据加速度的定义式,可以理解表示加速度变化的快慢的新物理量的单位.4.（4分)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点,得到两车的x﹣t图象如图所示,则下列说法正确的是（)A. t1时刻两车的速度刚好相等ﻩB. t1时刻两车相距最远C．ﻩt1时刻乙车从后面追上甲车ﻩＤ. 0到ｔ1时间内，乙车的平均速度大于甲车的平均速度考点：ﻩ匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：ﻩ运动学中的图像专题.分析:ﻩ在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度;图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间.解答：解:A.在t1时刻两车的位移相等,但图线斜率不相等,故速度不等,乙的速度大于甲的速度,故A错误;Ｂ．由A的分析可知:在t１时刻乙车刚好从后面追上甲车，两车相遇，故B错误；C．它们在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动,经过时间ｔ1位移又相等，故在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，故C正确;D.０到ｔ１时间内,甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到ｔ１时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度,故D错误.故选:C．点评:要求同学们能根据图象读出有用信息，知道位移﹣时间图象中,倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,斜率表示速度，难度不大,属于基础题.5.(４分)下列关于牛顿第一定律的说法,正确的是（）ﻩA．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止或匀速直线运动状态ﻩB．ﻩ牛顿第一定律是反映物体惯性大小的，因此它也叫惯性定律Ｃ. 牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律,因此物体只在不受外力时才有惯性D．ﻩ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考点:ﻩ牛顿第一定律．专题：牛顿运动定律综合专题.分析:ﻩ物体只有不受外力或者所受合外力为零时,才能处于静止状态或匀速直线运动状态即力是改变物体运动状态的原因;物体保持原有运动状态的原因﹣﹣惯性；运动状态改变的原因﹣﹣力;惯性是物体本身固有的属性,与物体的运动状态无关,与物体受力情况无关.解答:ﻩ解：A、物体只有不受外力或者所受合外力为零时,才能处于静止状态或匀速直线运动状态，故A错误．B、牛顿第一定律反映物体具有惯性这种性质,因此它也叫惯性定律.故B错误.C、牛顿第一定律反映力是改变物体运动状态的原因,惯性是物体本身固有的属性,与物体的运动状态无关,与物体受力情况无关，故Ｃ错误.D、牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因﹣﹣惯性，又揭示了运动状态改变的原因﹣﹣力.故D正确．故选D．点评：在学习过程当中一定要注意对基本概念，基本规律的学习和掌握,因为这是我们学好物理的基础．6．(４分）如图所示，小球自由下落，从它接触竖直放置的弹簧开始到弹簧压缩到最短的过程中,小球的加速度和速度的变化情况是（)A．ﻩ加速度变小，速度变小B．ﻩ加速度变大，速度变小C．ﻩ加速度先变小后变大,速度先变大后变小ﻩＤ．ﻩ加速度先变大后变小，速度先变大后变小考点:ﻩ牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：ﻩ本题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化,即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化,从而明确速度的变化情况.解答：解:开始阶段，弹簧的压缩量较小,因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F＝ｍｇ﹣kｘ,方向向下,随着压缩量的增加,弹力增大，故合外力减小,则加速度减小,由于合外力与速度方向相同,小球的速度增大；当mg=kx时,合外力为零，此时速度最大;由于惯性物体继续向下运动,此时合外力大小为：Ｆ=kx﹣mｇ,方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大．故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小,故ABD错误,Ｃ正确．故选：C点评:本题考查了牛顿第二定律的综合应用，学生容易出错的地方是：认为物体一接触弹簧就减速.对弹簧的动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习．7．（４分)“叠罗汉”是一种高难度的杂技.由六人叠成的三层静态造型如图所示,假设每个人的质最均为m，下面五人弯腰后背部呈水平状态,则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为(重力加速度为g）(）A．ﻩB．ﻩG C．D．ﻩ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：六个人都处于静止状态,所以受力都是平衡的,因为下面五人的背部均呈水平状态，所以不用看腿的角度，例如最上面的人腿上的力的竖直分力就是，用隔离法分别受力分析就可以了．解答：ﻩ解:最上面的人受到的竖直向下重力为G,所以每个腿上的力的竖直分力都是,中间层最左边的人，受到竖直向下的力为:G＋=，所以每个腿上的力的竖直分力都是，由对称性，中间层最右边的人每个腿上的力的竖直分力也是．最底层中间的人,受到竖直向下的力为:G+＋＝，所以其每条腿上的力的竖直分力为:;故对地压力为：；故选：D.点评:受力平衡的题，一般用到整体法或隔离法，应用隔离法时注意顺序是层层剥皮,也就是由上到下,由外到里.分别应用平衡条件即可８.（4分)一个大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动）沿水平地面匀速前进,则对小孩和车下列说法正确的是()A．小车受重力、拉力和摩擦力三个力作用B．ﻩ拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小Ｃ．ﻩ拉力与摩擦力的合力方向竖直向上ﻩＤ.ﻩ小孩和车所受的合力方向与运动方向相同考点:ﻩ共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力．专题:ﻩ共点力作用下物体平衡专题.分析:对小孩和车整体受力分析,根据共点力平衡条件分析即可.解答:解：Ａ、小车受重力、拉力、支持力和摩擦力，小孩对车还有压力,故A错误; B、Ｃ、小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力,根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直,故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上且小于重力，故B错误,C正确;D、小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零,故D错误；故选：Ｃ．点评:ﻩ本题关键是明确小孩和车整体的受力情况和运动情况,然后结合共点力平衡条件列式分析,基础题目．9．（4分)关于下列力的说法中，正确的是()A. 合力必大于分力B．合力可以小于分力Ｃ. 运动物体所受摩擦力的方向一定和它运动方向相反D. 物体受摩擦力时一定受弹力，而且这两个力的方向一定相互垂直考点：ﻩ合力的大小与分力间夹角的关系;摩擦力的判断与计算．专题：ﻩ平行四边形法则图解法专题.分析:根据力的平行四边形定则，可知，合力与分力的大小关系;摩擦力与相对运动方向相反；有摩擦力一定有弹力,且两方向相互垂直，从而即可求解.解答：ﻩ解:A、根据力的平行四边形定则，可知,合力可以小于分力,也可以等于分力,也可能大于分力,故A错误,B正确；C、物体所受摩擦力的方向一定和它相对运动方向相反，有时可与运动方向相同而做动力,故Ｃ错误;D、受摩擦力时一定受弹力，而且这两个力的方向一定相互垂直,故D正确;故选：BD.点评:考查力的平行四边形定则的内容，掌握摩擦力与弹力的关系,注意两方向一定相互垂直是容易被忽略.10．（4分）一个质量为2kｇ的物体,在５个共点力的作用下保持静止．若同时撤消其中大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是(）ﻩA.ﻩ2m/s2ﻩＢ.3ﻩm/ｓ2ﻩC. 1２m/s2Ｄ．ﻩ１５m／ｓ2考点:ﻩ牛顿第二定律;合力的大小与分力间夹角的关系．分析：ﻩ由共点力平衡的条件可以知道,当撤消15N和１0N的两个力后，其它力的合力与这两个力的合力大小相等方向相反,所以与直接求15N和１0N的两个力的合力大小一样，根据力的合成可以求得合力的大小，从而根据牛顿第二定律求的加速度．解答:ﻩ解:由平行四边形定则可知,15N和１0Ｎ的两个力的合力的大小范围应该是５N≤F合≤25N，根据牛顿第二定律F＝ma可得，加速度大小的范围就是2.5ｍ／s２≤a≤1２.5m/ｓ2,所以BC正确．故选:ＢC．点评：解答本题关键是要知道撤消15Ｎ和10Ｎ的两个力后，其它力的合力与这两个力的合力大小相等方向相反,与直接求15N和10N的两个力的合力大小一样,本题比较简单．11．(4分）匀速直线运动位移的数值等于v﹣t图象中的矩形“面积”．如图所示，在研究匀加速直线运动时,如果我们把0~ｔ0内整个运动过程划分成很多相等的时间小段△t,则每一小段都可以近似看作匀速直线运动,当时间间隔△ｔ取到很小时，所有矩形的“面积”之和就趋近于该图线与t轴在0~t0内所围成的梯形“面积”，即此梯形“面积”就表示匀加速直线运动的位移．请你类比上述方法判断以下说法正确的是()ﻩA．ﻩ如果v﹣t图象的图线是曲线，则图线与ｔ轴在0~t0内所围成的“面积”表示物体的位移Ｂ．如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，则ａ﹣t图象的图线与t轴在0~ｔ0内所围成的“面积”表示ｔ0时刻的速度C.ﻩ如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间ｔ，则a﹣t图象的图线与t轴在０~t0内所围成的“面积”表示０～ｔ0内速度的增加量D．ﻩ如果把纵坐标换成速度的倒数，横坐标换成位移x，﹣x图象的图线与x轴上某段位移所围成的“面积”不表示任何物理量考点：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.专题：运动学中的图像专题.分析:图线与横轴围成的面积表示什么,采用微元极限的思想,先分成无数小段,认为每一小段中纵轴表示的物理量不变，从而得出矩形面积的物理意义,根据极限的思想得出整个面积表示的含义.解答:解:A、如果v﹣ｔ图象的图线是曲线，采用微元的思想，认为每一小段做匀速直线运动,当时间间隔△t取到很小时,所有矩形的“面积”之和为物体的位移．故Ａ正确．ＢC、如果把纵坐标换成加速度ａ,横坐标仍为时间t,将图线分成无数小段，认为每一小段加速度不变，则矩形面积表示速度的变化量,则a﹣t图象的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示0～t０内速度的增加量.故Ｂ错误，C正确.D、如果把纵坐标换成速度的倒数，横坐标换成位移x,则﹣x图象的图线与x轴上某段位移所围成的“面积”表示运动的时间．故Ｄ错误．故选：AC．点评：ﻩ解决本题的关键掌握极限微元思想在物理学习中的运用，能够触类旁通,比如:知道ａ﹣t图线围成的面积表示的含义，F﹣ｘ图线围成面积表示的含义、I﹣ｔ图线围成的面积表示的含义等.12．(4分)如图所示,质量为m 的小球套在竖直固定的光滑圆环上,在圆环的最高点有一个光滑小孔,一根轻绳的下端系着小球,上端穿过小孔用力拉住,开始时绳与竖直方向夹角为θ小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳,使小球沿光滑圆环上升一小段距离,则下列关系正确的是（）ﻩA．ﻩ绳与竖直方向的夹角为θ时，F=2mｇｃｏsθB.ﻩ小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大C．小球沿光滑圆环上升过程中,小球所受支持力逐渐增大Ｄ.ﻩ小球沿光滑圆环上升过程中,小球所受支持力大小不变考点：共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力．。