浙江省宁波市诺丁汉大学附属中学2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题 含解析（最终版）

第一篇：浙江省宁波市诺丁汉大学附属中学2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题 含解析（最终版）

宁波诺丁汉大学附属中学2017-2018学年度高二下学期期中考试

物理试题

一．单项选择题(本大题共13小题，每小题3分，共39分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意要求，选对得3分，不选、多选、错选均不得分.)1.在超高压带电作业中，电工所穿的高压工作服是用铜丝编织的，则下列说法正确的是（）

A.铜丝编织的衣服不易拉破 B.铜丝电阻小，对人体起到保护作用 C.电工被铜丝衣服所包裹，使体内场强为零 D.电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零 【答案】C 【解析】屏蔽服的作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害。等电位说明电势相等而不是等于0，等电势时电势差为0，电场强度为0。所以C正确，ABD错误；故选C。

【点睛】处在高压电场中的人体，会有危险电流流过，危及人身安全，因而所有进入高电场的工作人员，都应穿全套屏蔽服． 带电作业屏蔽服又叫等电位均压服，是采用均匀的导体材料和纤维材料制成的服装．其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害． 成套的屏蔽服装应包括上衣、裤子、帽子、袜子、手套、鞋及其相应的连接线和连接头． 2.关于物理学史，下列说法中不正确的是（）A.电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 B.法拉第不仅提出了场的概念，而且直观地描绘了场的清晰图象 C.法拉第通过实验研究确认了真空中两点电荷之间相互作用力的规律

D.库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 【答案】C..................3.如右图，是某电场中的一条直电场线，一电子(重力不计)从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，则可判断（）

A.该电场一定是匀强电场 B.场强Ea一定小于Eb C.电子具有的电势能Epa一定大于Epb D.两点的电势φa一定高于φb 【答案】C

考点：电场强度，电场线，电势

4.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是

A.C和U均增大 B.C增大，U减小 C.C减小，U增大 D.C和U均减小 【答案】B 【解析】解：由公式

知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式

知，电荷量不变时U减小，B正确． 故选B 【点评】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用．

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5.如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法不正确的是

A.该电池的容量为500 mA·h B.该电池的电动势为3.6 V C.该电池在工作1小时后达到的电流为500 mA D.若电池以10 mA的电流工作，可用50小时 【答案】C 【解析】由电池的铭牌读出：该电池的容量为500mA•h，电动势为3.6V．故AB正确．由电池的容量可知该电池在连续工作1小时时，电流为I=500mA，不是电池在工作1小时后达到的电流为500mA．故C错误．由q=It得知，若电池以10mA的电流工作，可用50小时．故D正确．本题选错误的，故选C.6.如右图所示，理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机的线圈电阻为R1，它与电热丝的电阻R2串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的电功率为P，则有

A.P＜UI B.P＝I2(R1＋R2)C.P＞UI D.P＞I2(R1＋R2)【答案】D 【解析】电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以AC错误．电吹风机中发热的功率要用IR来计算，所以总的发热功率为I（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以B错误，D正确．故选D． 点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．

7.如图所示，质量为m的导体棒ab垂直圆弧形金属导轨MN、PQ放置，导轨下端接有电源，导体棒与导轨接触良好，不计一切摩擦。现欲使导体棒静止在导轨上，则下列方法可行的是 A.施加一个沿ab方向的匀强磁场 B.施加一个沿ba方向的匀强磁场 C.施加一个竖直向下的匀强磁场 D.施加一个竖直向上的匀强磁场 【答案】C 【解析】导体棒受重力G、支持力F与安培力

作用，重力G与支持力F的合力为

与，导体棒静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，安培力如图所示

重力等大反向，安培力水平向里，由图示可知，ab棒中的电流由a指向b，由左手定则可知，磁场竖直向下；故选C。【点睛】对导体棒进行受力分析，然后由平衡条件判断出安培力的方向，最后由左手定则判断磁场的方向．

8.如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮不动，则下列说法中正确的是

A.两极板A、B间正对面积减小其他条件不变时，油滴将向下运动

B.移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了ΔU，则电阻R2两端的电压减小了ΔU C.R1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动 D.R1滑动触头向右移动且其他条件不变时，R2上消耗的热功率变小 【答案】D 【解析】仅把两极板A、B间相对面积减小，电容器的电压不变，由

分析得知，板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止。故A错误。移动的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了则电阻两端的电压减小小于，说明变阻器的电阻增大，总电流减小，电源内电阻电压减小，．故B错误。电容器的电压等于路端电压，欲使带电油滴向上运动，必须增大路端电压，则使可变电阻滑动触头向右移动。故C错误。若将的滑动触头向右移动时，的电阻增大，总电流减小，即可知的发热功率减小。故D正确。故选D。【点睛】仅把两极板A、B间相对面积减小，电容器的电压不变，由

分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．移动的滑动触头且其他条件不变时，根据闭合电路的欧姆定律分析电压的变化，及带电粒子的运动情况，根据功率的表达式分析功率的变化。

9.美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射中，将炮弹以5倍音速，击向200公里外目标，射程为海军常规武器的10倍，且破坏力惊人。电磁炮原理如图所示，若炮弹质量为m，水平轨道长L，宽为d，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上做匀加速运动。要使炮弹达到5倍音速(设音速为v)，则

A.炮弹在轨道上的加速度为C.磁场力做功的最大功率为【答案】C 【解析】根据，解得

B.磁场力做的功为

D.磁场力的大小为，故A错误；根据动能定理可知，磁场力做的功等，故B错误；根据牛顿第二定律可知，磁场力的，故C正确，D错误；故于炮弹动能的增加量，即大小为选C。，根据P=Fv，得最大的功率为【点睛】炮弹在磁场力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可以求出磁场力，根据动能定理可以求出磁场力做的功；根据P=Fv可以求出最大功率。

10.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为

A.B.2 C.D.3 【答案】D 【解析】粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：

电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间，粒子2运动的时间，所以，故选D.点睛：本题的关键要知道电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子在磁场中做圆周运动的周期和半径都相同，根据几何关系求解时间比．

11.如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1∶R2＝1∶2，则下列说法正确的是

A.离子的速度之比为1∶2 B.离子的电荷量之比为2∶1 C.离子的质量之比为1∶2 D.离子的比荷之比为2∶1 【答案】D 【解析】试题分析：粒子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有：qvB=qE，解得．可知粒子的速度之比为1：1，故A错误．粒子进入偏转磁场，根据，则荷质比

得，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为1：2，则比荷之比为2：1．由题目条件，无法得出电荷量之比、质量之比，故BC错误，D正确．故选D。考点：带电粒子在复合场中的运动

【名师点睛】解决本题的关键掌握在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡．掌握粒子在磁场中运动的半径公式公式，并能灵活运用。

12.如图所示，AOC是光滑的金属导轨，电阻不计，AO沿竖直方向，OC沿水平方向；PQ是金属直杆，电阻为R，几乎竖直斜靠在导轨AO上，由静止开始在重力作用下运动，运动过程中P、Q端始终在金属导轨AOC上；空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆从开始滑动到P端滑到OC的过程中，PQ中感应电流的方向

A.始终是由P→Q B.始终是由Q→P C.先是由P→Q，后是由Q→P D.先是由Q→P，后是由P→Q 【答案】C 【解析】在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大，后减小，穿过△POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律可知：感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P．故ABD错误，C正确。故选C。

【点睛】在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大，后减小，穿过△POQ磁通量先增大，后减小，根据楞次定律判断感应电流方向．

13.如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是

A.点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大 B.点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小 C.OB间的距离为

D.在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差【答案】C

【解析】点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B正确；当速度最小时有：，解得：，故C正确；点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：，解得：，故D错误。所以BC正确，AD错误。

二．不定项选择题(本大题共3小题，每小题2分，共6分．在每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题意要求，选对得2分，选不全得1分，不选、多选、错选均不得分.)14.某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的有 A.最大值是50V B.频率是100Hz C.有效值是25V D.周期是0.02s 【答案】CD 【解析】交变电压瞬时值表达式知电压最大值为50V，有效值为，频率为，故AC错误；周期为，故B错误，D正确。所以D正确，ABC错误。

15.如图所示，两平行金属板A、B板间电压恒为U，一束波长为λ的入射光射到金属板B上，使B板发生了光电效应，已知该金属板的逸出功为W，电子的质量为m，电荷量为e，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，下列说法中正确的是

A.入射光子的能量为h B.到达A板的光电子的最大动能为h－W＋eU C.若增大两板间电压，B板没有光电子逸出 D.若减小入射光的波长一定会有光电子逸出 【答案】ABD 【解析】A、根据，而，则光子的能量为，故A正确；，根据动能定理，故B正确；，则当到达A板的光电B、光电子的逸出最大动能子的最大动能为C、若减小入射光的波长，那么频率增大，仍一定会有光电子逸出，故C正确； D、金属板的逸出功与极限频率有关，与入射率无关，故D错误。

点睛：解决本题的关键掌握发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率．以及知道动能定理的应用，并理解光电效应方程的应用，注意入射光的频率决定光电子的最大初动能。

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16.如图为氢原子的能级示意图，假设氢原子从n能级向较低的各能级跃迁的概率均为则对300个处于n＝4能级的氢原子，下列说法正确的是。

A.向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量可以是任意值 B.向低能级跃迁时，向外辐射的光子能量的最大值为12.75eV C.辐射的光子的总数为550个 D.吸收大于1eV的光子时不能电离 【答案】BC 【解析】根据，可知这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光子，故向外辐射的光子，则300个氢原子中：的能量不是任意值，而从n=4和n=1间的能级差最大，为：故A错误，B正确。氢原子从n能级向较低的各能级跃迁的概率均为n=4→3，n=4→2和n=4→1各有100个；然后n=3→2和n=2→1各50个，此时n=2能级的氢原子的个数为150个，所以n=2→1的光子也是150个，辐射的光子的个数共：100×3+50×2+150=550个。故C正确。处于n=4能级的氢原子的能量为-0.85eV，所以 吸收大于1eV的光子时能电离，故D错误。故选BC。

【点睛】根据数学组合公式求出这些氢原子总共能辐射不同频率的光子种数；能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越小．根据辐射的光子能量与金属的逸出功比较，判断能否发生光电效应．

三．非选择题(本题共7小题，共55分)17.在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡额定电压为2.5V、电流为0.3A.(1)部分连线的实物照片如图甲所示，请在图中完成实物连接图．

(2)某次实验中，当电流表的示数为0.18A，电压表的指针如图乙所示，则电压为________V，此时小灯泡的功率是________W.(3)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的________(填字母)．

A.B.C.D.【答案】(1).（1）(2).（2）1.50，0.27(3).（3）C 【解析】(1)小灯泡额定电压为2.5 V，故电压表选择0～3 V的量程；测绘小灯泡的伏安特性曲线时，电压、电流需从0开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法；电流表采用外接法。故实物连接图如下图所示：

(2)结合量程可读出电压表的示数为1.50 V，故小灯泡的功率P＝UI＝0.27 W.(3)随着电压的增大，小灯泡的电阻越来越大，故C正确．

18.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量．

(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线．(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．

(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________(填“0”刻线或“∞”刻线)．

(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量． A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置 B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置

C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准

【答案】(1).（1）S(2).（3）T，(3).“0”刻线(4).（4）BDC 【解析】①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.③接着是欧姆调零，将“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．

④当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序BDC.视频 19.电源与电阻R组成串联电路，路端电压U随电流的变化图线及电阻R的U－I图线如图所示，求：

(1)电源的电动势和内阻；(2)电源的路端电压；(3)电源的输出功率．

【答案】（1）4V，1Ω（2）3V（3）3W 【解析】试题分析：由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率。

（1）根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E 由图读出电源的电动势为：E=4V 内阻等于图线的斜率大小，则内阻为：

（2）两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态 由图读出电压U=3V，则电源的路端电压为3V（3）交点的电流I=1A，则电源的输出功率为：

【点睛】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．

20.如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动的瞬间加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．

(1)求液珠的比荷；

(2)求液珠速度最大时离A点的距离h；(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB． 【答案】（1）（2）

（3），【解析】试题分析：（1）设液珠的电量为，质量为，由题意知，当液珠在C点时比荷为。，得，由题意得，即，解得。

。（2）当液珠速度最大时（3）设BC间的电势差大小，对由释放至液珠到达最高点，将第（速度为零）的全过程应用动能定理得（1）问的结果代入化简考点：动能定理的应用、带电粒子在匀强电场中的运动

【名师点睛】解决本题的关键知道液珠的加速度为零时，速度最大，以及能够熟练运用动能定理和电场力做功公式。

21.如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈．

(1)在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路．

(2)在实验过程中，除了查清流入检流计电流的方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清__________的绕制方向(选填“L1”、“L2”或“L1和L2”)．

闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于最__________端(选填“左”或“右”)．

【答案】(1).（1）(2).（2）L1和L2，右

【解析】试题分析：（1）电源，线圈，开关，滑动变阻器组成一个闭合回路，电流表和线圈组成一个闭合回路，如图所示

（2）还应查清“L1和L2” 绕制方向

（3）闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大．

考点：研究电磁感应现象及判定感应电流的方向

22.如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力．

(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值． 【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式以及圆周运动规律，可得

①②

依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，所需时间联立①②③解得④

③

（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度为零，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为，设粒子在电场中运动的总时间为 加速度大小为a，电场强度大小为E，有联立⑤⑥解得⑦

⑧ ⑤

⑥

根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足联立⑦⑧解得，电场强度的最大值为考点：考查了带电粒子在组合场中的运动

【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径

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23.运用电磁感应可以测量运动物体的速度．当固定着线圈的小车进入磁场时，根据线圈切割磁感线产生的感应电流大小，可以间接测量出小车的速度．如图所示，水平地面上方存在有边界的水平匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B．电阻为R的矩形单匝线圈MNPQ固定在小车A上，其中MN边水平，NP边竖直，高度为L，小车A和线圈的总质量为m．小车载着线圈在光滑水平面上一起以初速度v0(未知)做匀速运动，与另一辆停在磁场边界处且质量也为m的小车C发生碰撞，碰后立刻粘在一起，随后进入匀强磁场，刚进入磁场时线圈中感应电流为I，小车A完全进入磁场时的速度为v1．已知小车由绝缘材料做成，小车长度与线圈MN边长度相同．求：

(1)线圈中感应电流的方向和小车A的初速度v0的大小；(2)小车A进入磁场的过程中线圈产生的焦耳热Q；(3)小车A进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量q． 【答案】（1）（2）

（3）

【解析】试题分析：（1）根据楞次定律判断线圈中感应电流的方向，AC碰撞动量守恒，切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律列式，联立求出；（2）根据能量守恒定律，求出小车A进入磁场的过程中线圈产生的热耳热Q；（3）根据动量定理求小车A进入磁场过程中通过线圈截面的电荷量。（1）由楞次定律知线圈中感应电流方向为：M→Q→P→N→M 设小车的初速度为，小车A与C碰撞时，根据动量守恒定律：线圈切割磁感线感应电动势

由闭合电路欧姆定律得线圈中电流得：

（2）线圈进入磁场的过程中，系统减少的动能转化成线圈的焦耳热，即

解得：

（3）设线圈从开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈的平均电流为 根据动量定理得：通过的电荷量解得：

【点睛】本题是电磁感应与力学和能量知识的综合．运用功能关系时，要分析回路中涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的是关键．

第二篇：浙江省宁波诺丁汉大学附属中学2018-2019学年高一下学期期中考试地理试题解析

宁波诺丁汉大学附属中学 2017-2018学第二学期期中考试

高一年级 地理试题卷

一、选择题（本大题共30小题，每小题2分，共60分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

下表是中国20世纪下半叶强沙尘暴发生频率与土地沙化速度统计表。读表回答下列各题。

1.导致强沙尘暴次数和土地沙化速度变化的主要人为原因是 A.围湖造田

B.深居内陆，降水稀少 C.植树种草

D.过度放牧等不合理生产活动 2.对防治该环境问题可行的措施有

①抽取地下水 ②生态移民 ③建设防护林体系 ④开采矿产资源 A.①②

B.②③

C.②④

D.③④ 【答案】1.D

2.B 【解析】试题分析：

2.对防治该环境问题可行的措施有生态移民，减轻土地的压力，②对。抽取地下水，可能加剧沙化速度，①错。建设防护林体系，有利于减少沙尘暴，③对。开采矿产资源可能使沙尘暴增多，④错。B对。【考点定位】土地沙化的人为原因，主要治理措施。读新疆塔里木河下游绿洲环境恶化示意图，回答下列各题。

3.图中甲表示

A.土地盐碱化严重

B.冰川融水减少 C.河流水量减少

D.沙丘移向绿洲

4.综合治理和保护塔里木盆地绿洲的合理措施是 A.禁止游牧活动

B.发展节水农业 C.加强资源勘探开发

D.大力发展畜牧业 【答案】3.C

4.B 【解析】试题分析：

3.疆塔里木河是内流河，河流水量主要来自高山冰雪融水；若下游地区水源减少，用水量加大时，流向下游河流的水量就会减少；而引起地下水位下降，最终形成荒漠化。选C正确。

4.塔里木盆地深居内陆、远离海洋，降水稀少，保护绿洲主要是保护这里的水资源，发展节水农业，减少水资源的浪费。选D正确。

【考点定位】考查土地荒漠化的成因及治理。【名师点睛】

美国独立后，工业发展速度加快。19世纪中叶开挖修建连接伊利湖与安大略湖间的人工运河；并且开通匹兹堡与苏必利尔湖间的铁路运输，东北部工业区崛起。图6为美国东北部区域图。完成下列各题。

5.19世纪中叶前，匹兹堡主要工业部门及主导区位因素组合，最有可能的是 A.汽车工业----科技发达 B.煤炭工业----煤炭资源丰富 C.钢铁工业----煤铁资源丰富 D.机械工业----市场需求量大

6.第二次世界大战后，该区域缩小钢铁工业生产规模的原因不可能是 ．．．A.人口外迁，劳动力缺乏

B.环境日趋恶化 C.铁矿资源面临枯竭

D.区域产业升级 【答案】5.C

6.C 【解析】本题主要考查世界著名的工业区域发展。学生要了解区域发展阶段和工业区位因素。结合材料分析匹兹堡工业发展条件。

5.材料中显示19世纪中叶开通匹兹堡与苏必利尔湖间的铁路运输，匹兹堡市附近有煤资源，再运输五大湖西部的铁矿石发展钢铁工业，选择C。

6.第二次世界大战后，环境日趋恶化，人口向西部和南部迁移，区域产业升级需要迁出污染比较大的工业，这些会缩小钢铁工业生产规模，五大湖地区铁矿资源丰富，铁矿资源面临枯竭 不符合现实，选择C。7.下图为我国某省20l0年三大产业结构示意图，该省的产业结构（三大产业的比重由大到小排序）是：

A.一二三 B.三一二 C.二三一 D.三二一 【答案】C 【解析】首先读出图中坐标，图中心为0，向外两个三角形分别表示30%和60%，可知第一产业为3%左右，第二产业为50%左右，第三产业为40%左右，所以三大产业的比重由大到小排序是二三一，选择C。8.下列地貌的形成与冰川无关的是 A.欧洲平原上低缓的波状丘陵 B.斯堪的纳维亚半岛西侧的峡湾 C.阿尔卑斯山地两侧的湖泊

D.阿尔卑斯山脉峰峦挺拔，峰顶终年积雪 【答案】D 【解析】试题分析：阿尔卑斯山脉峰峦挺拔，主要是受板块挤压而形成的，与冰川无关。考点：世界主要地区

读某地湿地构成百分比图。完成下列各题。

9.该地最可能位于

A.南方地区

B.西北干旱半干旱区 C.北方地区

D.青藏高寒区

10.近年来该地湿地萎缩严重，其主要原因是 A.地质灾害频发

B.城市建设占用 C.工业污染严重

D.填海造陆占用 【答案】9.A

10.B 【解析】

9.读图可知，该地湿地类型以水田为主，符合我国南方地区的情况，故选A。

10.读图结合上题分析可知，该地位于我国南方地区，南方地区经济发达，随着城市化的发展，基础设施建设加速，占用大量土地，导致湿地萎缩，故选B。

近年来，我国山西、内蒙古等能源输出地逐步用电力输出代替煤炭输出。沿海输入地鼓励用电，优化能源消费结构。完成下列各题。11.用电力代替煤炭输出会

①减少我国温室气体排放 ②促进输出地经济增长③增加我国交通运输压力 ④增加输出地环境压力 A.①② B.①③ C.②④ D.③④

12.输入地鼓励居民用电动汽车替代燃油汽车，主要目的是

A.改善大气环境 B.缓解交通拥堵 C.减轻噪声污染 D.减少交通事故 【答案】11.C

12.A 【解析】主要考查产业转移，产业转移促进区域产业结构调整，促进区域产业分工与合作，改变区域地理环境，改变劳动力就业的空间分布。

11.电力输出，对于输出地来说利润要高，促进输出地经济增长，但本地得燃煤发电增加了输出地环境压力。因而②④正确。煤炭燃烧在山西、内蒙还是在沿海，都在我国范围内，并没有减少我国温室气体的排放，①错误。输出煤炭，需借助铁路、水运等交通方式，输出电力减轻了我国交通运输压力，③错误。故正确答案为C。

12.石油燃烧产生大气污染，以燃料电池作为动力电源的电动汽车减少了污染排放，改善了大气环境，A正确。电动汽车替代燃油汽车，汽车的数量并没有减少，因此交通拥堵、噪声污染、交通事故不会减轻或减少。

美国加利福尼亚州灌溉农业发达，由于南北部降水差异较大，该州实施了“北水南调”。读图完成下列各题。

13.影响该州北部水稻产区分布优势条件是

A.热量充足 B.地形平坦 C.水源充足 D.光照丰富 14.实施“北水南调”，可能给该州南部地区带来的环境问题是 A.土地盐碱化 B.土壤污染加剧 C.土壤肥力流失 D.生物多样性减少 【答案】13.C

14.A 【解析】

13.水稻生产对于水分的需求量大。读图可知，该州北部地区纬度较高，受西风带控制时间较长，雨季较长，降水量较大，且有河流流经，灌溉水源充足，有利于水稻生产，故选C。

14.南部地区受副热带高气压带控制时间长，降水少，蒸发量大，北水南调以后，南部地区发展灌溉农业，会使地下水水位升高，导致土壤盐碱化，故选A。

【点睛】南水北调的意义主要从经济和生态角度分析。经济意义1.为北方经济发展提供保障；2.优化产业结构,促进经济结构的战略性调整；3.通过改善水资源条件来促进潜在生产力,形成经济增长；4.扩大内需,促和谐发展,提高了国内GDP.学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...15.“一带一路”是互惠双赢之路，它对密切我国与沿线国家之间的经济贸易联系意义重大。与俄罗斯的合作有利于我国

①引进大量民间资本 ②输入大量剩余劳动力③进口大量油气资源 ④拓宽产品的销售市场 A.①②

B.②③

C.③④

D.①④ 【答案】C 【解析】“一路一带”投资资金以我国政府资金为主，有必要引进国外战略投资者，尤其是“一带一路”沿线国家的政府投资，对民间资本影响不大，①错；俄罗斯人口老龄化严重，劳动力短缺，不会向我国输入大量剩余劳动力，②错；俄罗斯油气资源丰富，利于我国引进大量油气资源，③对；“一带一路”将为欧亚间货物互通有无、往来物流提供更加牢固的保障，有利于我国拓宽产品的销售市场，④对。选C。2016年11月份，由中国出发的首支贸易试点车队抵达巴基斯坦瓜达尔港并将货物装船发往海外，标志着“一带一路”建设示范和先行项目的中巴经济走廊正式贯通。完成下列各题。

16.中巴经济走廊两端自然地理环境的共同特征是 A.气候温暖

B.地形平坦 C.降水稀少

D.土壤肥沃

17.瓜达尔港的建设沿用了中国深圳模式，影响两城市形成的共同区位因素有 ①自然资源丰富 ②国家政策支持 ③科学技术发达 ④地理位置优越 A.①②

B.③④ C.①③

D.②④ 【答案】16.C

17.D 【解析】

16.中巴经济走廊中国起点喀什属于温带大陆性气候，瓜达尔港为热带沙漠气候，两地降水均少，故选C。17.瓜达尔港位于沿海地区，深圳位于我国改革开放的前沿阵地，均具有地理位置优势，同时都是在国家开放政策的支持下，发展起来的，共同区位因素为政策和位置，故选D。下图为美国田纳西河流域示意图。完成下列各题。

18.田纳西河能够进行梯级开发的主要原因是 A.洪涝灾害多发 B.土地荒芜严重 C.河流落差大 D.流域面积广大 19.甲地综合治理和开发的主要措施是

A.建立公园，增加旅游经济收入 B.种棉花和玉米等，发展种植业 C.植树造林，减轻水土流失 D.种植牧草，发展乳畜业 【答案】18.C

19.B 【解析】请在此填写整体分析!18.河流梯级开发的前提是水能资源丰富，而河流的水能资源主要从河流流量大，河流的落差大分析。A正确。

19.甲地位于密西西比河平原，地形平坦，土壤肥沃，因此适宜的治理与开发措施应为发展种植业。亚热带季风性湿润气候，夏季气候温暖湿润，也有利于发展种植业。甲地附近的北部是美国的玉米带，附近南部是棉花带。B正确。

下图为我国2015年软件业收入前十位省（市）统计图。完成20-21题。

20.2015年下列省份软件业收入增长额最大的是 A.陕西 B.浙江 C.辽宁 D.广东 21.图中可以反映出

A.西部地区经济发展水平高于中部 B.软件产业在长三角地区集聚明显 C.东北地区软件产业增速快于西部 D.中部地区对外开放程度高于东部 【答案】20.D

21.B 【解析】

20.本题考查读图分析和计算能力。软件业收入增长额=该年软件收入x年增长率。据图经计算可知，广东省软件业收入增长额最大。故选D。

21.本题考查产业发展以及读图分析能力。西部地区经济发展水平低于中部，A错误；中部地区对外开放程度低于东部，D错误；据图可知，图示十个省（市）中，位于东部的有江苏、山东、上海、浙江、北京、福建和广东，位于东北的有辽宁，位于西部的有四川和陕西，位于长三角地区的有江苏、上海和浙江。长三角地区省市（浙江、上海、江苏）的软件产业产值和增速均普遍很高，B正确；东北的辽宁增速在十个省）（市）中最低，C错误。故选B。

下图为“20世纪下半叶某产业在世界上的转移过程示意图”，读图完成下列各题。

22.该产业部门最有可能是

A.软件业

B.服装工业

C.汽车工业

D.采掘业 23.导致该产业转移的主要区位因素是 A.原料

B.技术

C.能源

D.劳动力

【答案】22.B

23.D 【解析】本题主要考查产业转移，学生要根据图中的信息分析出影响地区的特点，从而推导出影响产业转移的因素和产业的类型。

22.从图中的信息可以判断出该产业是从发达地区向欠发达地区转移，应该是劳动力密集型产业，四个选项中只有服装工业是劳动力密集型产业，选择B。

23.随着经济的不断发展，劳动力的工资越来越高，影响劳动力密集型产业主要因素是劳动力的工资成本，劳动力的工资增加，产业成本增加，利润降低，导致产业转移，选择D。

近年来，有西方发达国家鼓励外迁的企业回迁。某组装企业欲从我国回迁本国进行生产。完成下列各题。24.若该企业回迁后生产的产品与规模不变，则下列区位变化正确的是

A.远离企业总部 B.扩大销售市场 C.工人数量减少 D.技术投入减少 25.下列影响该企业生产的区位因素中，近年来发生有利变化的是

①集聚协作②劳动力成本③环保成本④市场规模 A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 【答案】24.C

25.D 【解析】

24.西方发达国家组装业回迁，离企业总部更近，A错；企业回迁后会远离中国这个巨大的消费市场，B错；西方发达国家经济发达，科技投入大，机械化水平高，企业对工人数量需求减少，C对、D错。

25.组装业属于廉价劳动力指向型工业，随着经济的发展，劳动力成本提高，②属于不利变化；近年来各个国家对环境重视度提高，企业在环保方面成本提高，③属于不利变化；随着经济全球化，企业间集聚协作加强，市场规模扩大，①、④属于有利变化。选D。

下图是产品不同生产环节的价值链图，它用于说明电脑行业不同生产环节与所实现的附加价值之间的关系，后来被广泛应用于其他领域。读图回答下列问题。

26.目前，中国已经成为世界重要的制造业中心之一，广泛参与工业生产的国际分工，生产环节多处于图中的

A.销售

B.制造加工 C.生产零件

D.研发

27.在工业生产和产品销售各环节中，跨国公司总部最优先掌握的环节是 A.设备、零件

B.制造加工、销售 C.研发、品牌

D.研发、销售

28.江苏作为全国制造业发达的地区之一，最近提出了由 “江苏制造”转为“江苏创造”的经济发展战略。其转变的原因并不是

A.制造加工在整个设计、生产、销售环境中所获得的利润最低 B.制造业的发展要消耗大量资源，产生大量污染

C.科学技术创新可带来更大的效益，能掌握经济发展的主动权 D.江苏土地、住房租金低、劳动力资源丰富 【答案】26.B

27.C

28.D 【解析】试题分析

26.目前，中国正在迅速成为世界重要的制造业中心之一，广泛参与工业生产的国际分工，但生产多处于产品低附加值的制造加工环节．制造加工在整个设计、生产、销售环境中所获得的利润最低，且制造业的发展要消耗大量资源，产生大量污染，因此我们要用科学技术创新增加企业效益，掌握经济发展的主动权。故选B。

27.世界经济全球化的表现是资源、人才、信息可以共享；世界各国的经济相互依赖、相互的融合．知识和技术是第一生产力，是一个企业生存和发展的关键，所以跨国公司总部最优先掌握的环节是研发、品牌。故选C。

28.图示曲线显示制造加工在整个设计、生产、销售环境中所获得的利润最低；制造业的发展要消耗大量资源，产生大量污染，而江苏省资源缺乏，且污染环境，所以不能提倡发展；科学技术创新能使“江苏制造”转为“江苏创造”，可带来更大的效益；而“江苏创造”受土地、住房及劳动力数量影响较小。故选D。考点：工业区位因素

江苏省镇江市气象局和国土资源局研发的地质灾害气象预警服务系统在主汛期来临前投入运行。该系统建立地质灾害气象预警模型，并根据气象预报和地质灾害预报结果，确定预报等级，对外公开发布。完成下列各题。

29.该系统主要采用的地理信息技术是 A.GIS

B.GPS

C.RS

D.GPRS 30.江苏省主汛期时，其降水主要来自于

A.东北季风

B.西北季风

C.西南季风

D.东南季风 【答案】29.A

30.D 【解析】本题主要考查地理信息技术和季风气候，学生要熟悉地理信息技术的的特点和季风气候的特点。29.该系统建立地质灾害气象预警模型，并根据气象预报和地质灾害预报结果，确定预报等级，GIS可以通过计算机建立模型，输入地理信息可以进行分析和预报，A正确；GPS主要是定位和导航，B错误；RS只能实时进行了解地理事物的情况，C错误；GPRS（General Packet Radio Service）是通用分组无线服务技术的简称，D错误。

30.江苏省主汛期出现在夏季，此时盛行东南季风，东南风从海洋带来大量的水汽，降水丰沛，选择D。

二、非选择题(本大题有4小题，共40分。)31.根据下列材料结合相关知识，完成下列各题。

材料一：“丝绸之路经济带”和“21 世纪海上丝绸之路”的战略构想，给古老的 丝绸之路带来了新的外延与内涵，给中国以及寻求发展的沿途各国带来了新的机遇与 未来。

材料二：世界某区域略图

（1）沿着“海上丝绸之路”从中国广州到甲地 运河(亚洲与非洲的分界线)，依次经过 洋和 洋；受地形的影响，亚洲的河流呈 分布。

（2）从西安的温带落叶阔叶林带顺“丝绸之路经济带,至鹿特丹的 气候对应的自然带，沿途自然带的变化体现了 地域分异规律。

（3）乙国小麦种植业主要分布在其国土的 部，原因是。

（4）“丝绸之路经济带”建设中，中国与该区域相关国家在能源领域进行广泛的合作。简述“中哈输油管道”建成对中国的积极意义。

【答案】（1）苏伊士 太平洋 印度洋 放射状（2）温带海洋，干湿度（3）东部（东南部）位于西风的背风坡，降水少，晴天多（4）增加能源供应量；促进经济发展；改善大气（环境）质量。（答出两点即可）

【解析】（1）根据图中甲所在的位置可以判断为苏伊士运河，是亚洲与非洲的分界线；结合所学的世界地理知识可知首先通过太平洋，过马六甲海峡到印度洋；亚洲中部高四周低，河流呈放射状分布。（2）鹿特丹位于欧洲的西部，终年受西风带控制为温带海洋气候，沿途自然带的变化为东西更替，受水分的影响大，体现了经度地带性地域分异规律。

（3）从图中轮廓看乙国为英国，东部（东南部）位于西风的背风坡，降水相对较少，晴天多，可以种植小麦。

（4）根据我国的特点可知我国石油供给不足，“中哈输油管道”建成增加能源供应量；促进经济发展；石油和天然气发热量高，放出的污染物较少，所以石油和天然气代替煤炭改善大气（环境）质量。32.下图为世界某区域略图，完成下列问题。

（1）德国鲁尔区，早期工业布局以_______指向型工业为主。为改变以煤炭、钢铁为主的产业结构模式，鲁尔区大力引进和发展_______业及_______业，促进经济结构趋向多元化。

（2）法国卢瓦尔河谷的优势农作物有小麦、大麦等，葡萄、橄榄等园艺作物也比较多，由此可见该河谷的主要农业地域类型是，按生产目的分类属于__________农业。

（3）第四纪，阿尔卑斯山脉是欧洲最大的冰川中心，其现代雪线高度较当时，山脉南侧山麓的自然带类型是。

（4）比较图中甲地和乙地7月份平均降水量差异，并分析其原因。

【答案】（1）动力 新兴 第三（2）地中海式农业 商品（3）高 亚热带常绿硬叶林（4）甲比乙地降水多 7月甲地常受西风控制，乙地受副热带高压控制（盛行下沉气流）

【解析】（1）德国鲁尔区，早期工业主要为钢铁工业和煤炭工业，布局以动力指向型工业为主。传统产业衰落，为改变以煤炭、钢铁为主的产业结构模式，鲁尔区大力引进和发展新兴工业及第三产业，促进经济结构趋向多元化。

（2）法国卢瓦尔河谷属于地中海气候，葡萄、橄榄等园艺作物为地中海式农业，生产的产品主要用于销售，按生产目的分类属于商品农业。

（3）第四纪大冰期全球气温低，阿尔卑斯山脉是欧洲最大的冰川中心，比现在要冷得多，其现代雪线高度较当时高，山脉南侧山麓为地中海气候，自然带类型是亚热带常绿硬叶林带。

（4）根据图中的数值可以判断甲比乙地降水多。7月甲地常受西风控制，从海洋吹向陆地，从低纬度吹向高纬度，降水多，7月乙地受副热带高压控制（盛行下沉气流）降水少。33.阅读材料，完成下列问题。

材料一 长江中游城市群是以长江中游的武汉、长沙、南昌三大城市为中心的特大城市群组合，涵盖武汉城市圈、长株潭城市群、环鄱阳湖城市群，下图为长江中游城市群略图。

材料二 2015年4月5日，《长江中游城市群发展规划》经国务院批复实施。这是《国家新型城镇化规划（2014－2020年）》出台后，国家批复的首个跨区域城市群规划。该地区被定位为我国重要的钢铁、汽车和装备制造基地。

（1）长江中游城市群属于我国三大自然分区中的 区，从区域发展阶段来看，当前正处于 阶段。

（2）图中的丹江口水库是我国重要的资源跨区域调配工程 的起点之一，该工程的运行对湖北省不利的社会影响是。

（3）长江中游城市群发展规划的实施，使得当地中心城市的服务范围（扩大或缩小）；与长三角城市群相比，长江中游城市群钢铁工业发展的主要优势是、。

（4）近年来，鄱阳湖区开展了退田还湖工程，试从三次产业角度分别列举鄱阳湖区新形势下发展的主要方向。

【答案】（1）东部季风 工业化（2）南水北调 移民问题突出（3）扩大 铁矿资源丰富；水能丰富（4）合理发展水产养殖业；利用水产品原料发展水产品加工业；利用湖泊发展旅游业

【解析】整体分析：本题以长江中游城市群图等方式呈现信息，侧重区域地理等基础知识的综合，考查资源调配、区域资源开发等知识，考查学生读图获取和解读信息、调动和运用地理知识的能力。

（1）从图中可以看出，长江中游城市群属于我国三大自然分区中的东部季风区，从区域发展阶段来看，当前正处于工业化阶段。

（2）丹江口水库是我国重要的资源跨区域调配工程南水北调的起点之一，该工程的建设对湖北省不利的社会影响是移民问题突出。

（3）2015年4月5日，《长江中游城市群发展规划》经国务院批复实施，使得当地中心城市的服务范围扩大，与长三角城市群相比，长江中游城市群钢铁工业发展的主要优势是原料丰富、能源充足。

（4）近年来，鄱阳湖区开展了退田还湖工程，未来鄱阳湖需要合理发展水产养殖业、利用水产品原料发展水产品加工业、利用湖泊发展旅游业。

第三篇：江苏省泰州中学2018-2019学年高二下学期期中考试物理试题解析

江苏省泰州中学2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题

一、单项选择题

1.如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端变钝了。产生这一现象的原因是（）

A.玻璃是非晶体，熔化再凝固变成晶体 B.玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体 C.熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧 D.熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张 【答案】C 【解析】玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体。故AB错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形。故C正确，D错误。故选C。

2.如图是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴处喷出。储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则（）

A.充气过程中，储气室内气体内能增大 B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大 C.喷水过程中，储气室内气体放热 D.喷水过程中，储气室内气体压强增大 【答案】A 【解析】试题分析：充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体的平均动能不变，故气体内能增大，选项A正确，B错误；喷水过程中，气体对外做功，W＜0；由于气体温度不变，则根据则根据,可知，储气室内气体吸热，选项C错误；喷水过程中，储气室内气体体积增大，温度不变，可知压强减小，选项D错误；故选A.考点：热力学第一定律；气体的状态方程.3.下列说法中正确的是（）A，布朗运动就是液体分子的热运动 B．对一定质量的气体加热，其内能一定增加

C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大

D．分子间吸引力随分子间距离的增大而增大，而排斥力随距离的增大而减小 【答案】C 【解析】试题分析：布朗运动不是液体分子的热运动，而是液体分子无规则碰撞所产生的一种花粉颗粒的运动，但是它反映了液体分子是运动的，故选项A错误；对一定质量的气体加热，如果气体对外做功，则其内能不一定增加，选项B错误；物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大，选项C正确；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，故选项D错误。考点：分子间作用力，温度的含义，布朗运动。

4.甲和乙两个分子，设甲固定不动，乙从无穷远处（此时分子间的分子力可忽略，取分子勢能为0）逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过中（）A.分子间的引力和斥力都在减小 B.分子间作用力的合力增大 C.分子间的力先做负功后做正功 D.分子势能先减小后增大 【答案】D 【解析】分子间的引力和斥力都随分子之间距离的减小而增大。故A错误；开始时由于两分子之间的距离大于r0，分子力表现为引力，并且随距离的减小，先增大后减小；当分子间距小于r0，分子力为斥力，随分子距离的减小而增大。故B错误；开始时由于两分子之间的距离大于r0，因此分子力为引力当相互靠近时分子力做正功，分子势能减少；当分子间距小于r0，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功，分子势能增加，故C错误，D正确。故选D。

点睛：该题考查分子之间的作用力以及分子势能随距离的变化，分子力做功对应着分子势能的变化，要正确分析分子之间距离与分子力、分子势能的关系． 5.关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（）A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 C.只要系统中有一个物体具有加遠度，系统动量就不守恒 D.系统中所有物体的加速度为零时，系統的总动量不一定守恒 【答案】B 【解析】若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒。故A错误；只要系统所受到合外力为零，则系统的动量一定守恒；故B正确；系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒。故C错误；系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒，故D错误；故选B。

6.关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是（）A.原子是一个质量分布均匀的球体 B.原子的质量几乎全部集中在原子核内

C.原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内 D.原子核半径的数量级是【答案】B

学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...7.一定质量的气体做等压变化时，其

图象如图所示，若保持气体质量不变，使气体的压强增大后，再

让气体做等压变化，则其等压线与原来相比，下列可能正确的是（）

A.等压线与轴之间夹角变大 B.等压线与轴之间夹角不变 C.等压线与轴交点的位置不变 D.等压线与轴交点的位置一定改变 【答案】C 【解析】质量不变，压强增大后，根据

＝C可知，的比值将减小；故图象的斜率减小；等压线与t轴夹角变小；故AB错误；由于等压线一定过热力学温度的0点，故一定交与-273℃处；故等压线与t轴交点的位置不变；故C正确，D错误；故选C。

8.在一个密闭隔热的房间里，有一电冰箱正在工作，如果打开电冰箱的门，过一段时间后房间的温度会（）A.降低 B.不变 C.升高 D.无法判断 【答案】C 【解析】冰箱只是把冰箱内的热量移到外面，但在绝热的密封舱中，冰箱门打开，整个房间内的热量应该是不变的，由于整个过程中只有电在做功，产生焦耳热，电能转化为内能，根据能量守恒可知室内温度升高了。故选C。

点睛：冰箱、空调等温控设备在调节局部空间温度时，要消耗电能，电能最终转化为内能，使环境温度升高。

二、多项选择题

9.如图所示为一定量的氧气分子在0℃和100℃两种不同情况下的意率分布情况，由图可以判断以下说法中正确的是（）

A.温度升高，所有分子的运动速率均变大 B.温度越高，分子的平均地率的小

C.0℃和100℃时氧气分子的速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点 D.100℃的氧气与0℃的氧气相比，速率大的分子所占的比例大 【答案】CD 【解析】试题分析：温度升高，气体分子的平均动能增大，平均运动速率增大，但有些分子的运动速率可能减小，从图中可以看出温度高时，速率大的分子所占比例较大，A、B错误，C、D正确． 考点：本题考查了温度是分子平均动能的标志。

点评：解答本题的关键是结合不同温度下的分子速率分布曲线理解温度是分子平均动能的标志的含义，对于物理学中的基本概念和规律要深入理解，理解其实质，不能只是停留在表面上，同时要通过练习加强理解．

10.在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状态下最冷却，在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为（）A.压强变小 B.压强不变 C.一直是饱和汽 D.变为未饱和汽 【答案】AC 【解析】水上方蒸汽的气压叫饱和气压，只与温度有关，只要下面还有水，那就是处于饱和状态，饱和气压随着温度的降低而减小，AC正确，BD错误．

【点睛】考查饱和汽和饱和汽压等概念的理解，关于这两个概念注意：饱和汽压随温度的升高而增大，饱和气压与蒸汽所占的体积无关，与该蒸汽中有无其他气体也无关，不能用气体实验定律分析，这是饱和气体，不是理想气体，对于未饱和汽，气体实验定律近似适用． 11.关于电荷量，下列说法正确的是（）A.物体的带电荷量可以是任意值 B.物体的带电荷量只能是某些值 C.物体的带电荷量的最小值为D.一个物体带【答案】BCD 【解析】物体的带电荷量只能是元电荷的整数倍，选项A错误，B正确；物体的带电荷量的最小值为1．6×10－19 C，选项C正确；一个物体带1.6×10－9 C的正电荷，这是它失去了故，选项D正确；故选BCD.个电子的缘

个电子的缘故 的正电荷，这是它失去了12.若以M表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，表示在标准状态下水蒸气的密度，表示阿伏加德罗常数，A.B.、C.分别示每个水分子的质量和体积，下面关系正确的有（）

D.【答案】AD 【解析】因为1摩尔水含有阿伏加德罗常数个水分子，则每个水分子的质量 m0=

；标准状态下水蒸气的摩尔体积 V=，则，选项AD正确；，式中的V0′应该是一个水分子运动占据的空间的体积，选项B错误；AD。，式中的V0′应该是一个水分子运动占据的空间的体积，选项C错误；故选点睛：本题要理解阿伏加德罗常数NA是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的含义，来理解分子质量和摩尔质量的关系；注意区别水分子的体积和水蒸气中一个水分子运动占据的空间的体积的不同． 13.一定质量理想气体的状态沿如图所示的圆周变化，则该气体体积变化的情况是（）

A.沿B.沿C.沿D.沿，逐步减小，先逐步增大后逐步减小，逐步减小，逐步减小

【答案】BC 【解析】由理想气体状态方程PV/T=C可知，V=CT/P；由图象可知，沿a→b，气体压强减小而温度升高，则气体体积变大，故A错误；由图象可知，沿b→c，压强变大温度升高，而P与T的比值先逐渐减小，后逐渐增大，则气体体积先增大后减小，故B正确；沿c→d过程中，P/T逐渐变大，则气体体积逐渐减小，故C正确；沿d→a，P/T先增大后减小，则气体体积先减小后增大，故D错误；故选BC。

点睛：此题由理想气体状态方程求出V的表达式，由图象判断出T/P，即图线各点斜率的倒数如何变化即可判断出气体体积如何变化．

14.一粒珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把其在空中下落的过程称为过程I，进入泥潭起到停止的过称为过程Ⅱ，则（）A.过程I中钢珠的动量的该变量等子重力的冲量

B.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程I中重力的冲量的大小 C.I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D.过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 【答案】AC 【解析】过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，由动量定理可知，钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等零，故C正确；过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，故D错误。所以AC正确，BD错误。15.如图所示为氢原子的能级图，若用能量为的光子去照射大量处于基态的氢原子，则（）

A.氢原子能从基态跃迁到n＝4的激发态上去 B.有的氢原子能从基态跃迁到的激发态上去

C.氢原子最多能发射3种波长不同的光 D.氢原子最多能发射6种波长不同的光 【答案】AD 【解析】由氢原子的能级图得到，n=4的激发态与基态的能级差为△E=E4-E1=-0.85eV-（-13.6eV）=12.75eV，所以用能量为12.75eV的光子去照射大量处于基态的氢原子，氢原子能从基态跃迁到n=4的激发态上去。故A正确，B错误。氢原子吸收光子的能量跃迁到n=4的激发态后，向低能级跃迁时，任意两个能级之间发生一次跃迁，共发射=6种波长不同的光。故C错误，D错误。故选AD。

点睛：注意当入射光的能量小于氢原子的电离能时，只能吸收能量恰好等于两个能级之差的光子；从高能级向低能级跃迁时最多能辐射的光子种类是．

三、简答题

16.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，实验方法及步骤如下： ①内体积油酸中酒精，直至总量达到；

②用注射吸取①中油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入75滴时，测得其体积恰好是

③先往边长的浅盘里倒入2cm深的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上；

④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸在水面上尽可能散开，将事先准备好的带方格的塑料盖板放在浅盘上，并在塑料板上描下油酸膜的形状； ⑤描出的轮廓如图所示，已知每个小正方形的边长积S；

⑥结合以上数据，可计算得到油酸分子的直径D； 根据以上信息，回答下列问题：，数出轮廓内正方形的个数，可以算出油酸膜的面

（1）步骤④中要让油膜尽可能放开的原因是____________；（2）油酸膜的面积S是_____

；

（3）油酸分子的直径D是_______m，（结果保留一位有效数字）【答案】

(1).让油膜在水平面上形成单分子油膜；

(2).【解析】在该实验中，由于油酸薄膜的边缘在水中不易观察和画出，因此浅盘中倒入水后，将痱子粉或石膏粉均匀撒在水面上，以便于操作．

（1）实验中要让油膜尽可能散开，目的是形成单分子油膜层．

（2）由图示可知，由于每格边长为2cm，则每一格就是4cm2，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于4cm2＝300cm2.半格就舍去的原则，估算，75格．则油酸薄膜面积S＝75×（3）1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积

（之间均可）

(3).油酸分子的直径 点睛：此实验中是将油酸分子在水面上以球模型一个靠一个排列的，且估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则．

17.如图所示是一平面上晶体物质微粒的排列情况，图中三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目均 _____（填“相同”取“不同”），由此得出晶体具有______的性质（填“各向同性”或各向异性”）。

【答案】

(1).不同

(2).各向异性

【解析】三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目不同，则晶体沿各个方向的导热、导电性能等等都不同，表现为各向异性．

18.如图所示，某种自动洗衣机进水时，洗衣机缸内水位升高，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。当洗衣缸内水位缓慢升高时，设细管内空气温度不变，若密闭的空气可视为理想气体，在上述空气体积变化的过程中，外界对空气做了的功，则空气____（选填“吸收”或“放出”）了____J的热量：当洗完衣服缸内水位迅速降低时，则空气的内能_____（选填“增加”或“减小”）。

【答案】

(1).放出

(2).(3).减小

【解析】由公式E=Q+W知，温度不变则E=0，外界对空气做了0.6J的功，W=0.6J，所以Q=-0.6J，负号说明空气放出了0.6J的热量；缸内水位迅速降低时，则空气的体积膨胀，对外做功，W＜0，瞬间时Q=0，所以U＜0，即气体内能减小．

点睛：做此类题目时，记住公式U=Q+W，理解各物理量的含义，正负代表什么意思，注意过程很短的过程可认为是绝热过程，即Q=0．

19.一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C再回到状态A，变化过程如图所示，其中A到B曲线为双曲线中的一支，图中和为已知量。

（1）从状态A到B，气体经历的是_____（填“等温”“等容”或“等压”）过程；（2）从B到C的过程中，气体做功大小为_______；

（3）从A经状态B、C再回到状态A的过程中，气体吸放热情况为______（填“吸热”“放热”或“无吸放热”）。【答案】

(1).等温

(2).(3).放热

=C得知气体的温度【解析】（1）据题知A到B曲线为双曲线，说明p与V成反比，即pV为定值，由不变，即从状态A到B，气体经历的是等温过程．

（2）从B到C的过程中，气体做功大小等于BC线与V轴所围的“面积”大小，故有： W=×（p0+2p0）×V0=p0V0；

（3）气体从A经状态B，再到C气体对外做功，从C到A外界对气体，根据“面积”表示气体做功可知：整个过程气体对外做功小于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律得知气体要放热． 点睛：此题关键是知道p-V图象中的双曲线表示等温线，图线与V轴所围的“面积”等于气体做功的大小，能熟练运用气态方程和热力学第一定律进行研究这类问题．

四、计算论述题

20.空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器（铜管）液化成水，经排水管排走，空气中水份越来越少，人会感觉干燥。某空调工作一段时间后，排出液化水的体积、摩尔质量留一位有效数字）

（1）该液化水中含有水分子的总数N；（2）一个水分子的直径d。【答案】（1）个（2），阿伏伽德罗常数

。已知水的密度。试求：（结果均保【解析】（1）水的摩尔体积为

=1.8×10-5 m3/mol 水分子数：

≈3×1025个

（2）建立水分子的球模型设其直径为d，每个水分子的体积为，则有

故水分子直径21.如图所示，光滑水平面上小球A、B分别以撞时间为，A、B的质量均为，求：、的速率相向运动，碰撞后B球静止，已知碰

（1）碰撞后A球的速度大小；

（2）碰撞过程A对B平均作用力的大小； 【答案】（1）（2）

【解析】（1）A、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向； 由动量守恒定律得 mvB-mvA=0+mvA′ 解得 vA′=0.8m/s

（2）对B，由动量定理得 −△t＝△pB=0-mvB 解得 ＝8N 点睛：对于碰撞过程，要掌握其基本规律：动量守恒定律。要知道碰撞、打击等过程求作用力要根据动量定理，不能根据牛顿定律，因为物体间相互作用力是变力。22.如图所示，氢原子从n＞2的某一能级跃迁到的能级上，辐射出能量为的光子；

（1）跃迁过程中电子动能和原子能量如何变化？

（2）要给基态的氢原子最少提供多少电子伏特的能量，オ能使它辐射出上述能量的光子？（3）在图中画出获得该能量后氢原子可能的跃还情况。【答案】（1）动能增大，原子能量减小（2）（3）跃迁图如图所示：

【解析】（1）氢原子从高能级到n=2能级跃迁时，要辐射光子，则原子的总能量要减小，电子的轨道半径减小，根据可得，则电子的动能变大；

（2）氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n=2的能级，辐射光子的频率应满足：hν=En-E2=2.55 eV，则En=hν+E2=-0.85 eV 解得：n=4 基态氢原子要跃迁到n=4的能级，应提供的能量为：△E=E4-E1=12.75 eV．（3）如图所示；

23.如图所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为，活塞的质量为，厚度不计。在A、B，A、B之间的容积为，温度为，两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为，外界大气压强现缓慢加热缸内气体，直至327℃。求：

。开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为

（1）活塞刚离开B处时气体的温度；（2）缸内气体最后的压强；（3）在图（乙）中画出整个过程中的【答案】（1）（3）如图所示：（2）

图线。

第四篇：内蒙古自治区通辽实验中学2018-2019学年高二下学期期中考试物理试题解析

2017-2018第二学通辽实验中学期中考试高二物理试卷

一、选择题（本题16小题.1-9题是单项选择题，只有一个选项符合题目要求；10-16题是多项选择题。）

1.某核反应方程为＋→＋X.已知的质量为2.0136 u，的质量为3.0180 u，的质量为4.0026 u，X的质量为1.0087 u．则下列说法正确的是（）A.X是质子，该反应释放能量 B.X是中子，该反应释放能量 C.X是质子，该反应吸收能量 D.X是中子，该反应吸收能量 【答案】B 【解析】由题目所给核反应方程式，根据核反应过程质量数、电荷数守恒规律，可得，则X为中子，在该反应发生前反应物的总质量m1＝2.0136u＋3.0180u＝5.0316u，反应后产物总质量m2＝4.0026u＋1.0087u＝5.0113u，总质量减少，出现了质量亏损。根据爱因斯坦的质能方程可知该反应释放能量，故选项B正确。

2.铀核裂变时，对于产生链式反应的重要因素，下列说法正确的是（）A.铀块的质量是重要因素，与体积无关

B.为了使铀235裂变的链式反应更容易发生，最好直接利用裂变时产生的快中子 C.若铀235的体积超过它的临界体积，裂变的链式反应就能够发生 D.裂变能否发生链式反应与铀块的质量无关 【答案】C 【解析】要发生链式反应必须使铀块体积(或质量)大于临界体积或临界质量，故A、D错，C对。铀235俘获慢中子发生裂变的概率大，快中子使铀235发生裂变的几率小，故B错。

3.一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为（）A.2A

B.2A

C.6A

D.5A 【答案】A 【解析】0-1s内的磁通量变化率为量变化率为热量，则感应电动势，则感应电动势

； 1-1.2s内的磁通，对一个定值电阻，在一个周期内产生的，得，A正确．，根据有交流电有效值的定义【点睛】根据每段时间内磁通量的变化率求出每段时间内的感应电动势，结合热量的公式求出在一个周期内产生的热量。抓住交流电和直流电在相同时间内、通过相同电阻，产生相同的热量，求出电流的有效值． 4.用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率v变化的Ek-v图象，已知钨的逸出功是3.28eV，锌的逸出功是3.34eV，若将两者的图象分别用实线与虚线画在同一个Ek-v图上，则下图中正确的是（）

A.B.C.D.【答案】A 【解析】试题分析：根据爱因斯坦光电效应方程的逸出功大于钨的逸出功，故由，可得图像的横截距表示极限频率，锌，可知锌的极限频率大于钨的极限频率，即锌的横截距大于钨的横截距，斜率表示普朗克常量h，所以两图线是平行的，故A正确； 考点：考查了光电效应

5.如图甲所示，闭合开关，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零．调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零．把电路改为图乙，当电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为（）

A.0.6eV

B.1.9eV

C.2.6eV

D.4.5eV 【答案】C 【解析】试题分析：给光电管加反向遏止电压0.6 V时，光电子的最大初动能恰好等于0.6 eV；当给光电管加正向电压2 V时，电子到达阳极的最大动能应等于最大初动能加电场力所做的功，即0.6 eV+2 eV=“2.6” eV，选项C正确。

考点：本题考查光电效应现象，涉及光电管和反向遏止电压等知识。

6.如图所示是某原子的能级图,abc为原子跃迁所发出的三种波长的光,已知三种光的波长分别为、、，则下列关系式正确的是（）

A.C.B.D.【答案】D 【解析】因为错误；因为，那么，知，依据，所以，可知得，结合，因此，AC，B错误D正确．

7.图为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三篇与两球接口处紧密封接。当A、B、D的水面高度差如图所示时，E管内水面相对B中水面的高度差h应等于（）

A.2m B.0.5m C.1m D.1.5m 【答案】D 【解析】试题分析：由图可知A、B容器内相通，气体压强相等．玻璃管D、E内压强也相等．大气压强加玻璃管内液体压强等于球内气体压强．故h应等于1.5米．故选D． 考点：气体压强

【名师点睛】解答此题的关键是明确玻璃管D、E内压强也相等，大气压强加玻璃管内液体压强等于球内气体压强，大气压强相等，球内气体压强相等，液柱高度必然相等，与1米无关．不要被1米这个数据所干扰。

8.如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量同温度的空气，空气柱长度H1＞H2，水银柱长度h1＞h2，今使封闭气柱降低相同的温度（大气压保持不变），则两管中气柱上方水银柱的运动情况是（）

A.均向下移动，A管移动较多 B.均向上移动，A管移动较多 C.A管向上移动，B管向下移动 D.均向下移动，B管移动较多 【答案】A 【解析】对于管内封闭气体的压强可得，对气体2也可以有，因为，故，解得，封闭气柱降低相同的温度，两部分气体发生等压变化，根据理想气体状态方程得：，同理，又因为，即，所以，故气柱上方水银柱均向下移动，A管移动较多，A正确．

9.一个敞口的瓶子，放在空气中，气温为27℃．现对瓶子加热，由于瓶子中空气受热膨胀，一部分空气被排出．当瓶子中空气温度上升到57℃时，瓶中剩余空气的质量是原来的（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】假设被排出的空气体积为V，瓶内的空气体积为V0，则，由于瓶中剩余空气的质量与总质量之间满足，所以，A正确．

【点睛】该题中，瓶子中的空气受热后有一部分溢出，然后分散在空气中，体积看似没有办法测量，但是，我们可以“假设”可以将这一部分的空气收集在一个容器中． 10.以下说法中正确的是（）

A.分子间距离为时，分子间不存在引力和斥力

B.分子间存在的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但是斥力比引力减小的更快 C.悬浮在液体中的微粒足够小，来自各个方向的液体分子撞击的不平衡性使微粒的运动无规则 D.只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积 【答案】BC 【解析】分子间存在的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但是斥力比引力减小的更快，当分子间距离为时，分子间引力和斥力仍然存在，只不过引力和斥力大小相等、方向相反而已，A错误B正确；悬浮在液体中的微粒做布朗运动，微粒足够小时，表面积小，同一时刻撞击微粒的液体分子数，来自各个方向的液体分子的撞击越不平衡性，由于这种撞击是无规则的，从而导致微粒的运动无规则，C正确；由于气体分子间距较大，不能忽略，知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，只能求出气体分子占据的空间大小，不能求出气体分子的体积，D错误．

11.以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（）

A.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能是不变的

B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应

C.有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期 D.核力是强相互作用的一种表现，每个核子只跟邻近的核子发生核力作用 【答案】ABD 【解析】根据光电效应方程知，光电子的最大初动能，与入射光的频率有关，与光的强度无关，A正确；B正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内的聚变反应，半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，C错误；核力是短程力，每个核子只跟邻近的核子发生核力，D正确．

12.有些建材中的放射性物质会释放出α、β、γ射线，根据有关放射性知识，下列说法中正确的是（）A.发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少2 B.发生β衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内中子数减少1 C.β粒子来自原子中的电子，正如光电效应一样

D.在这三种射线中γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱 【答案】BD 【解析】粒子为，故发生衰变时，生成核与原来的原子核相比，核内质量数减少4，A错误；发生β衰变时，生成核与原来的原子核相比，电荷数多1，质量数不变，B正确；衰变中产生的射线实际上是原子核中的中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，而光电效应是核外电子吸收能量发生跃迁，C错误；在这三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力最弱，D正确．

13.一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子。已知质子、中子、氘核的质量分别为、，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是（）

+→+γ

+---)A.核反应方程是B.聚变反应中的质量亏损△=C.辐射出的γ光子的能量E=(D.γ光子的波长λ=h/（【答案】BD +-）c

【解析】一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子，由质量数守恒和电荷数守恒，可得核反应方程为，A错误；反应前的质量减去反应后的质量，即为质量的亏损，即为，B正确；聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为，C错误；根据

得光子的波长为，D正确．

【点睛】该题考查到了原子物理方面的几个知识，要注意到在核反应方程中，质量数是电荷数是守恒的；无论是重核的裂变还是轻核的聚变，都有质量的亏损，是反应前的质量与反应后的质量之差；损失的质量转化为能量，会应用爱因斯坦的质能方程计算释放的能量的大小；知道光子的能量与频率之间的关系．

14.某放射性元素的原子核静止在匀强磁场中，当它放出一个α粒子后，速度方向与磁场图方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44 : 1，如图所示，则（）

A.衰变瞬间，α粒子与反冲核的动量大小相等，方向相反 B.衰变瞬间，α粒子与反冲核的动能相等 C.放射性元素原子核的核电荷数为90 D.α粒子和反冲核的速度之比为1 : 88 【答案】AC

学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...15.将甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上．甲、乙分子间作用力与距离关系的函数图象如图所示．若把乙分子从r3处由静止释放，则仅在分子力作用下，（）

A.乙分子从r3到r1过程中，两分子的势能一直减小 B.乙分子从r3到r1过程中，两分子的势能先减小后增大 C.乙分子从r3到r1过程中，乙分子的动能先增大后减小 D.乙分子从r3到r1过程中，乙分子的动能一直增大 【答案】AD 【解析】乙分子从到过程中，分子力表现为引力，分子间距离减小，分子力对乙做正功，分子势能一直减小，根据动能定理判断可知，乙分子的动能一直增大，AD正确． 16.如图所示，10匝矩形线框在磁感应强度的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度ω＝100rad/s 匀速转动，线框电阻不计，面积为0.3m2线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡(0.3W,30Ω)和，开关S闭合时两灯泡均正常发光，且原线圈中电流表示数为0.04A，则下列判断正确的是（）

A.若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为B.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1 C.灯泡的额定功率为0.9W D.若开关S断开，电流表示数将减小 【答案】BCD 【解析】变压器的输入电压的最大值为故线框中感应电动势的瞬时值为

sin100t(V)，从垂直中性面位置开始计时，A错误；变压器输入电压的有效值为，故，开关闭合时两灯泡均正常发光，所以，B正确；原线圈的输入功率：副线圈的输出功率，所以输入功率也减小，电流表示数将减小，D正确．，由于原线圈的输入功率等于，C正确；若开关S断开，变压器输出功率减小，故二.填空题

17.用油膜法估测分子直径的实验中做了哪些科学的近似_____ A．把在水面上尽可能扩散开的油膜视为单分子油膜 B．把形成油膜的分子看做紧密排列的球形分子 C．将油膜视为单分子油膜，但需要考虑分子间隙 D．将油酸分子视为立方体模型 【答案】AB 【解析】试题分析：在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子分布的；②把油酸分子看成球形；③分子之间没有空隙，故选AB 考点：考查了用油膜法估测分子直径的实验

点评：在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子． 18.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，再用滴管取1 mL油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴．现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为S cm2，则：

（1）估算油酸分子的直径大小是________cm.（2）用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的________． A．摩尔质量

B．摩尔体积

C．质量

D．体积 【答案】

(1).(2).B 【解析】试题分析：（1）由题先得到油酸酒精溶液的浓度，求出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，由于形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径，由

求解分子直径的大小．（2）阿伏加德罗常数等于油酸的摩尔体积除以一个分子的体积，列式分析，确定需要知道什么物理量．（1）据题得：油酸酒精溶液的浓度为，一滴酸酒精溶液的体积为为，则油酸分子的直径为，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积（2）设一个油酸分子的体积为滴的摩尔体积，B正确．，则，由可知，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油19.如图所示为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被封闭于烧瓶内。开始时B、C内的水银面等高。

（1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管________(填“向上”或“向下”)移动，直至________________。

（2）实验中多次改变气体温度，用Δt表示气体升高的温度，用Δh表示B管内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是下图中的_________

【答案】

(1).向下

(2).B、C两管内水银面等高

(3).A

（2）实验中多次改变气体温度，用表示气体升高的温度，用

表示B管内水银面高度的改变量．压强不变时体积变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A． 考点：本题考查了理想气体状体方程.视频

三.计算题（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)20.如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为280K时，被封闭的气柱长L=23cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强Po=76cmHg。

（1）由于环境温度的升高，致使左端水银面下降5cm，此时封闭气体压强为多少？

（2）当环境温度重新回到280K后，通过向开口端注入水银，使封闭气柱长度变为20cm，此时封闭气体压强是多少？

（3）需向开口端注入的水银柱长度为多少？ 【答案】（1）70cmHg（2）69cmHg（3）13cm 【解析】（1）因为左端水银下降5cm，故右端水银上升5cm，两端高度差因为（2）因为温度不变，由玻意耳定律可得（3）因为解得故，解得

，所以，； ；，【点睛】利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解．本题的一大难点在于高度差的计算． 21.一根两端开口、粗细均匀的长直玻璃管横截面积为S＝2×10－3m2，竖直插入水面足够宽广的水中。管中有一个质量m＝0.6kg的活塞，封闭一段长度L0＝66cm的气体，如图。开始时，活塞处于静止状态，不计

2105Pa，103kg/m3，活塞与管壁间的摩擦。已知外界大气压强Po＝1.0×水的密度ρ＝1.0×重力加速度g=10m/s。求：

（1）开始时封闭气体的压强；

（2）现保持管内封闭气体温度不变，用竖直向上的力F缓慢地拉动活塞。当活塞上升到某一位置时停止移动，此时F＝8N，则这时管内外水面高度差为多少；（3）在第（2）小问情况下管内的气柱长度。105Pa（2）10cm（3）68.67cm 【答案】（1）1.03×【解析】（1）当活塞静止时，（2）当时有，得，得

．

；，；

（3）由玻意耳定律22.如图（甲）所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S=10-3m2活塞的质量为m=2kg，厚度不计．在A，B两处设有限制装置，使活塞只能在A，B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0×10-3m3，A、B之间的容积为2.0×10-4m3，外界大气压强Po=1.0×105Pa．开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9Po，温度为27℃，现缓慢加热缸内气体，直至327℃．(g＝10)求：

（1）活塞刚离开B处时气体的温度t2；（2）缸内气体最后的压强；

（3）在图（乙）中画出整个过程中的p﹣V图线．

105Pa（3）【答案】（1）127℃（2）1.5×

【解析】试题分析：（1）活塞刚离开B处时，气体压强p2= p0+

=1．2×105Pa 气体等容变化，代入数据，解出t2=127℃（2）设活塞最终移动到A处，理想气体状态方程：，即，代入数据，解出

因为p3> p2，故活塞最终移动到A处的假设成立。（3）如图。

考点：理想气体的状态变化方程

【名师点睛】本题的关键是分析清楚，各个变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体定律运算即可，难度不大，属于中档题。

第五篇：浙江省宁波诺丁汉大学附属中学2017-2018学年高二上学期期中考试语文试题+Word版含答案

宁波诺丁汉大学附属中学 2017-2018学第一学期期中考试

[高二]年级 [语文]试题卷 答卷时间：[150分钟] 满分：[150分]

一、语言文字运用(共26分)1.下列各句中，没有错别字且加点字的注音全都正确的一项是(3分)A． 胚胎 妊娠（shēn）创伤（chuāng）辐员辽阔 ．．B． 镌刻（juàn）晕眩 疱疹(pào)恰如其分 ．C． 渲染 熏陶（tāo）纤维（xiān）阴谋密计 ．D． 友谊（yì）青睐 参与 量体裁衣（liàng）．．阅读下面的文字，完后2-3题。

“好的运气令人羡慕，而战胜厄运则更令人惊叹”。（甲）这是塞涅卡得自于斯多葛派．．．哲学的名言。确实如此。超越自然的奇迹，总是在对厄运的征服中出现的。幸运所需要的美德是节制，而厄运所需要的美德是坚忍；（乙）后者比前者更为难能可贵。《圣经》的《旧约》启示给人们以幸福，而《新约》（丙）则启示人们通过战胜苦难去获取幸福。在圣诗中，．．哀歌是与颂歌相伴的，而圣灵对约伯所受苦难的刻画比对所罗门财富的刻画要更动人。一切幸运都并非没有烦恼，而一切厄运也绝非没有希望。最美的刺绣，是以明丽的花朵映衬于暗．．．．．淡的背景，而绝不是以暗淡的花朵映衬于明丽的背景。．2.文段中加点的词，运用不正确的一项是(3分)A.得自于 B.启示 C.并非„„绝非„„ D.暗淡 3.文段中画线的甲、乙、丙句，标点有误的一项是(2分)

A.甲 B.乙 C.丙 4.下列各句中，没有语病的一项是(3分)A.归国以后，在1837年我就想到，如果耐心地思索和搜集可能与这个问题有任何关联的各种事实，也许可以得到一些结果。

B.这个基因安全问题的防范,关系到每一个国家的领导人，也关系到每一个有责任心的科学家，而且要保证民众的知情权。

C.蛇最感兴趣的食物是鸟，那些能够来往天堂的唯一的飞翔使者。它伺机偷袭，洗劫巢穴，吞食幼鸟和蛋卵。

(一)阅读下面的文字，完成9-11题。(10分)

今天我们为什么还要过传统节日

翁敏华

过节是全世界各民族的普遍文化现象，并非中国独有。英语作holiday，含有神圣（holi-ness）的意味；日语作“祭ヮ”，突出节日活动；但是这些都不如“节日”来得形象生动。2005年11月，韩国的“江陵端午祭”被正式列入联合国教科文组织认定的非物质文化遗产代表作。这一事件让我们警醒。几年来，每到端午节，我们心里总有一丝隐痛。它让我们认识到：所谓国家意识，绝不仅仅指空间上的领土。

派定哪些日子作为节日？西方每每同历史上的人事相关，无论是圣诞节、万圣节还是情人节；中国却不是这样。你看：一月一“元旦”，一年中第一个冉冉升起的旭日；三月三上巳，蛇开始活跃了，让我们亲近春水；五月五端午，毒虫百脚需要好好对付，才能平安度夏„„原来，中国的节日尽是太阳的、月亮的、星星的、山的、水的节日，其本质就是一个和谐天人的节日。我国的岁时节日还非常强调“节物”，比如，梅花是新年的节物，桃花是三月三的节物，石榴花是端午的节物，桂花属于中秋，菊花属于重阳。新年的饺子年糕、元宵的汤圆、清明的青团、端午的粽子、七夕的巧果、中秋的月饼、九月九的重阳糕，包括腊月初八的腊八粥，凡此等等，也同样是“节物”。

传统节日，历来还是国人和谐人事的一个有效的时间节点，是国人沟通人心的一个有效的平台。在孔夫子时代，人们过年，就是“乡人傩，一国皆若狂”，举国狂欢，真正起到了凝聚人心的作用。我们能以什么样的名义凝聚在一起，温习、积累和增加我们的缘分？在我看来，再也没有比传统节日更好的名义了。“缘”，大概是中华传统文化中一个独特的命题，他国语言中很难有一个对应的译词来与之匹配了。我们可以这样来理解“缘”字：相互关联的人们，在夕阳西下的时候，共同祭祀。多少年过去，现代人也许早已不再记得传统节日各自的崇拜对象和初始起源了，但是，一种共同血脉的感觉还在，一种“我们感”在这些日子里显得格外强烈：因为我是中国人，所以我今天过节。我们的传统节日在一年四季中分布匀称，大小交替，大致一两个月必然有一节，也就是说：“竹筒”有段时日了，该“竹节”一下了，聚一聚，聊一聊，深化一下感情。

江苏省中秋节有一个奇俗叫“摸秋”。这一天晚上，无论男女，都可以到别人家的田地里偷一个瓜吃什么的。人性中的一些缺点，比如说小偷小摸，一味的“堵”也不成，有的时候，得给它们一点出路。它是民间的一种约定俗成：平时不许偷，中秋夜允许他们稍稍地去过一下“偷”瘾。注意：只许“偷”别人家地里的东西，而且是小东西。第二天就不行了。

叶永烈

①1942年，正当第二次世界大战在欧洲大陆激烈进行的时候，英国的间谍部门却把注意力集中于挪威南部某荒凉小镇的一家看起来很普通的小工厂。这家小工厂里，并没有隆隆的机器声，也没有高高的烟囱，只有来自当地水力发电厂的电线和自来水管。它在静悄悄地生产着一种神秘的重要物资。德国军队重兵防守，但这家小工厂还是被英国间谍炸掉了。德国人马上调集专家抢修，花了9个月的时间，小工厂又开始了神秘的生产。1944年，德国军队极为秘密地把小工厂的产品运走。但那产品最终还是先后被英国间谍的定时炸弹和美国的轰炸机炸毁了。

②这家小工厂生产的究竟是什么产品呢？这神秘的产品，就是重水！

③重水看上去跟普通水差不多，也是无色透明的液体。然而，它似水而不是水，跟普通水有着许多不同的“脾气”。重水确实是“重”水，它比普通水重。1立方米重水要比1立方米普通水重105.6公斤。重水这名字，便是打这儿来的。普通的水在0℃结冰，在100℃沸腾。然而，重水却在3.8℃结冰，在101.42℃沸腾。普通水的密度在4℃时最大，重水的密度在11.6℃时最大。很多物质在重水中的溶解度，比在普通水中小。比如，食盐在重水中的溶解度，比在普通水中减少15%，氯化钡的溶解度则减少20%。许多化学反应在重水中进行，比在普通水中慢。严格地说，重水也是水！普通的水分子是由1个氧原子和2个氢原子组成的。重水的分子，也是由1个氧原子和2个氢原子组成的——只不过这氢原子不是普通的氢原子，而是重氢原子。

④在大自然中，普通水很多，然而重水却很少，在50吨水里大约只含有7.5公斤重水。重水总是混杂在普通水中，均匀地混合在一起。怎样才能把重水分离出来呢？人们发现，当用电流电解水的时候，普通的水大量被电解成氧气和氢气。而在剩下的液体中，重水的含量越来越多。于是人们便请电流帮忙，来提取重水：把水大批大批地电解，然后把剩下的液体进行蒸馏，利用重水和普通水沸点的不同把它们分开，制得很纯净的重水。从天然水中提取重水，要消耗大量的电能。据统计，提炼1公斤重水比熔炼1吨铝所需要的电能还多3倍。

⑤重水，是制造原子弹过程中的重要角色！它能有效地减慢中子的速度，把快中子变为热中子，并且它本身不吸收中子，不会减少中子的数目。因此，重水是非常理想的中子减速剂，它能使链式反应进行下去，实现原子弹的爆炸。重水因之成为举足轻重的战略物资。当年德国人在失去重水之后，整个制造原子弹的计划不得不推迟。

⑥第二次世界大战之后，人们将原子能应用在工农业生产上，建造了原子能反应堆。在原子能反应堆中，同样要用到中子减速剂，用到重水。

茂者其实遂②，膏之沃者其光晔。仁义之人，其言蔼如也。．．

抑又有难者。愈之所为，不自知其至犹未也；虽然，学之二十余年矣。始者非三代两汉之书不敢观非圣人之志不敢存处若忘行若遗俨乎其若思茫乎其若迷。当其取于心而注于手也，惟陈言之务去，戛戛乎其难哉！其观于人，不知其非笑之为非笑也。如是者亦有年，犹不改。．然后识古书之正伪，与虽正而不至焉者，昭昭然白黑分矣，而务去之，乃徐有得也。

当其取于心而注于手也，汩汩然来矣。其观于人也，笑之则以为喜，誉之则以为忧，以其犹有人之说者存也。如是者亦有年，然后浩乎其沛然矣。吾又惧其杂也，迎而距③之，平．心而察之，其皆醇也，然后肆④焉。虽然，不可以不养也，行之乎仁义之途，游之乎诗书之．源，无迷其途，无绝其源，终吾身而已矣。

气，水也；言，浮物也。水大而物之浮者大小毕浮。气之与言犹是也，气盛则言之短长与声之高下者皆宜。虽如是，其敢自谓几于成乎？虽几于成，其用于人也奚取焉？虽然，待用于人者，其肖于器邪？用与舍属诸人。君子则不然。处心有道，行己有方，用则施诸人，．舍则传诸其徒，垂诸文而为后世法。如是者，其亦足乐乎？其无足乐也？

有志乎古者希矣，志乎古必遗乎今。吾诚乐而悲之。亟⑤称其人，所以劝之，非敢褒其．可褒而贬其可贬也。问于愈者多矣，念生之言不志乎利，聊相为言之。愈白。

【注】①蕲：同“祈”，求，希望。②遂：长得好。③距：距同“拒”，抗拒，此指批驳。④肆：放开 ⑤亟：屡次

16.对下列句子中加点词语的解释，不正确的一项是(3分)

A.仁义之人，其言蔼如也 蔼如：和蔼温顺的样子 ．．

B.以其犹有人之说者存也 说：同“悦”，喜欢 ．

C.待用于人者，其肖于器邪 肖：像 ．D.亟称其人，所以劝之 劝：劝告 ．17.列各组句子中.加点词的意义和用法相同的一组是(3分)A．谁不欲告生以其道 久之，能以足音辨人 ．．B．惟陈言之务去 臣之进退，实为狼狈 ．．C．虽然，不可以不养也 虽万被戮，岂有悔哉 ．．D．虽如是，其敢自谓几于成乎 何不哺其糟而啜其醴 ．．18.下列对韩愈文学主张的理解，不正确的一项是(3分)

A.学文同学道、做人是不可分的，道德是文章的源泉，只有从思想与道德修养入手，文章才能具有强大的精神力量。

(三)古诗默写。(6分)23.补写出下列名篇名句的空缺部分。(只选3小题)(6分)（1），内无应门五尺之僮，形影相吊。（李密《陈情表》）（2）三五之夜，，风移影动，珊珊可爱。

（归有光《项脊轩志》）

（3）青山隔送行，疏林不做美。夕阳古道无人语。

（王实甫《长亭送别》）

（4）青泥何盘盘，扪参历井仰胁息。（李白《蜀道难》）（5），罗幕轻寒，燕子双飞去。，斜光到晓穿朱户。（晏殊《蝶

恋花》）

四、作文。(60分)24.阅读下面材料，以“路”为主题写一篇作文。

2013年9月7日，国家主席习近平在哈萨克斯坦纳扎尔巴耶夫大学发表演讲，提出了共同建设“丝绸之路经济带”的畅想。同年10月3日，习近平主席在印度尼西亚国会发表演讲，提出了共建“21世纪海上丝绸之路”的战略构想。这二者共同构成了“一带一路”重大倡议。在“一带一路”的“丝路精神”（和平合作、开放包容、互学互鉴、互利共赢）之中，不仅蕴含着中国深入推进世界经济一体化的历史责任感，同时也蕴含着中国进一步促进人类文明进步，创建“美美与共”“天下大同”的文化使命感。习主席指出：青年最富有朝气，最富有梦想，是未来的领导者和建设者。因而，青少年必将成为参与“一带一路”伟大战略实践的有生力量。

要求：①自拟标题，不要以“路”为标题 ②围绕规定主题写作，不得抄袭 ③文体不限（诗歌除外）④不少于800字。阅读下列文字，根据材料作文。(60分)

2017-2018学第一学期期中考试

[高二][语文]参考答案

一、语言文字运用(共26分)1.D(A 幅员辽阔 B镌刻（juān）C熏陶（táo）阴谋秘计)．2.A 得之于

3.A.“好的运气令人羡慕，而战胜厄运则更令人惊叹。”引号内标点

4.D(A.耐心地搜集和思索：语序颠倒 B.对这个基因安全问题的防范：介词残缺 C.下文对重水的说明。

13．（5分）请从文中概括出重水的主要用途。

答案：(示例一)用作制造原子弹的中子减速剂；在原子能反应堆中用作中子减速剂；提取氘，用于制造氢弹；提取氘，可以应用于热核反应发电。

(示例二)作为中子减速剂，用于制造原子弹或建造原子能反应堆；作为提取氘的原料，用来制造氢弹或(将)应用于建造热核反应发电站。

14．（5分）第③④段的语言有哪些特点？请作简要分析。

答案：①严谨。运用作比较、举例子、列数字等说明方法，准确、严谨地说明了重水的特性和功用。②简明。多使用短句，语言简洁明白。如“在大自然中，普通水很多，然而重水却很少”。③朴素。语言朴素自然，平实客观。如“重水这名字，便是打这儿来的”，读起来亲切自然。④生动。有些句子运用了修辞，如“跟普通水有着许多不同的‘脾气’”，用了拟人手法，形象生动。

15．（6分）你认为本文的标题合适吗？请写出两条理由，并结合文本加以分析。答案：(示例一)合适。

①“古怪”一词形象生动，能够引起读者兴趣。②“古怪”准确地表现了重水稀奇少见的特点。③正文重点写重水与普通水在特性、功用方面的巨大差异，文题一致。④重水有多种用途，它既可以用来制造武器，给世界带来巨大灾难；也可以用于工农业生产，给人们带来巨大利益，是矛盾的统一体。(答出两条即可)(示例二)不合适。

①虽写了重水与普通水不同的一些特性，但最终目的是写重水的用途，题文不符。②科技说明文应讲究客观性，而“古怪”一词带有主观感情色彩。③重水是大自然中的一种物质，具有它自身的特性，无所谓“古怪”。④重水与水相似，却比水重，所以称为“重水”并不 “古怪”。(答出两条即可)

三、古代诗文阅读(共34分)(一)(20分)16.D 劝：勉励

17.C即使（A把/根据 B固定句式，提宾标志/主谓之间取消独立性 D副词，难道/代词，那）

18.C必须在形式上雕琢藻绘，刻意求工。

19.（3分）始者，非三代两汉之书不敢观，非圣人之志不敢存。处若忘，行若遗，俨乎其若

1然如此，我学习古文已有二十多年了。开始的时候，不是夏商周三代西东两汉的书就不敢看，不合乎圣人志意的就不敢存留心中，静处的时候像忘掉了什么，行走时好像遗失了什么，矜持的样子像在思考，茫茫然像是着了迷。当把心里所想的用手写出的时候，想要把那些陈旧的言词去掉，这是很艰难的呀！把文章拿给别人看时，不把别人的非难和讥笑放在心上。像这种情况也有不少年，我还是不改自己的主张。这样之后才能识别古书中道理的真与假，以及那些虽然正确但还不够完善的内容，清清楚楚黑白分明了，务必去除那些不正确和不完善的，这才慢慢有了心得。

当把心里所想的用手写出来的时候，文思就像泉水一样涌流出来了。再拿这些文章给别人看时，非笑它我就高兴，称赞它我就担忧，因为文章里还存有时人的意思和看法。像这样又有些年，然后才真是像大水浩荡一样文思奔涌了。我又担心文章中还有杂而不纯的地方，于是从相反方向对文章提出诘难、挑剔，平心静气地考察它，直到辞义都纯正了，然后才放手去写。虽然如此，还是不能不加深自己的修养。在仁义的道路上行进，在《诗》《书》的源泉里游弋，不要迷失道路，不要断绝源头，终我一生都这样做而已。文章的气势，就像水；语言，就像浮在水上的东西。水势大，那么凡是能漂浮的东西大小都能浮起来。文章的气势和语言的关系也是这样，气势充足，那么语言的短长与声音的扬抑就都会适当。

虽然这样，难道就敢说自己的文章接近成功了吗！即使接近成功了，被人用时，别人能得到什么呢？尽管如此，等待被人采用的见解，难道就像器具一样吗？用或不用都取决于别人。君子就不这样，思考问题本着仁义原则，自己行事有一定规范，被任用就在人们中推行道，不被用就把道传给弟子，把道借文章流传下去为后世效法。像这样，是值得高兴呢，还是不值得高兴呢？

有志于学习古代立言者的人很少了。有志学习古人的人，必为今人所弃，我实在为有志于古的人高兴，也为他悲伤，我一再称赞那些有志学习古人的人，只是为了勉励他们，并非敢随意表扬那些可以表扬、批评那些可以批评的人。向我问道的人有很多了，想到你的意图不在于功利，所以姑且对你讲这些话。韩愈