2016安阳二模语文作文

『壹』 2020年安阳市高考二模成绩排名

2020年安阳市高考二模成绩排名事实上应该只有当地教育局知道。

『贰』 （2014安阳二模）下列说法正确的是（填入正确选项前的字母）．如图所示是氢原子的能级图，大量处于n=4激

A、巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，6种光子中从n=4→专2与n=3→2的属于巴耳末系，即属2种，故A正确；
B、n=4激发态跃迁到基态时产生光子的能量最大，根据E=h

λ

C

知，波长最短，故B错误；
C、从n=2能级跃迁到基态释放的光子能量为13.6-3.4=10.2ev，若能使某金属板发生光电效应，从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子能量3.4-1.51=1.89ev＜10.2ev，不一定能使该板发生光电效应，故C错误；
D、n=4能级的氢原子具有的能量为-0.85ev，故要使其发生电离能量变为0，至少需要0.85eV的能量，故D正确；
E、6种光子中，n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子能量大，频率高，故E正确；
故选：ADE．

『叁』 （2014安阳二模）如图甲所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（允许通过的最大电流为5A）．图乙反映了开

A、由图乙所示抄图象可知：袭I=1A时U₂=45V，I′=5A时U₂′=25V，设电源电压是U，由欧姆定律：I=

U

R

可知，电阻R₁两端电压U₁=IR₁，由串联电路特点可知，U=U₂+IR₁，则U=45V+1A×R₁； U=25V+5A×R₁； 解得：U=50V，R₁=5Ω；故AB正确；
C、由图乙可知，当电路电流为4A时，ab两端电压为30V，R₁两端电压U₁=U-U₂=50V-30V=20V，R₁消耗的功率P₁=U₁I=20V×4A=80W，故C正确；
D、由图乙所示图象可知：I=1A时U₂=45V，I′=5A时U₂′=25V，由I=

U

R

可知，滑动变阻器接入电路的阻值R_最大

U2

I

=

45V

1A

=45Ω，
R_最小=

U2′

I′

=

25V

5A

=5Ω，则滑动变阻器接入电路的阻值范围是5Ω～45Ω，故D错误；
本题选错误的，故选D．

『肆』 （2014安阳二模）如图所示，在正方形区域abcd内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．在

粒子在磁场中做匀速圆周运动，初速度平行于ad方向发射的粒子运动轨迹如图，其圆心为内O₁．设正方形边长为L，由容几何关系得：
sin∠OO₁k=

L 2

L

=

1

2

…①
得：∠OO₁k=

π

6

则t=t₀=

π 6

2π

=

T

12

…②
又T=

2πm

qB

…③
解得：

q

m

=

π

6Bt0

；故B正确；
由②式得：T=12t₀，故A错误；
由于粒子的初速度大小相等，所有粒子的轨迹半径相等，运动轨迹最长的粒子转过的圆心角最大，在磁场中运动时间也最长，故C正确D错误；
故选：BC．

『伍』 （2013安阳二模）如图所示，某同学将小球竖直向上抛出，请画出小球离开手之前的受力示意图

（1）小球向上加速运动时，受竖直向下的重力G和竖直向上的支持力F的作用专；
小球属离开手之前做加速运动，小球受力不平衡，小球所受的支持力F大于重力G；
（2）从小球的重心沿重力与支持力的方向作出重力与弹力的示意图，如图所示：

『陆』 （2013安阳二模）如图是研究物体的重力势能与哪些因素有关的实验．图中三个相同的木桩被从空中静止释放

（1）A和B两铁块的撞击实验，铁块高度相同时，铁块质量越大，木桩陷入沙坑越深，所以得到内的结论是：容具有相同高度的物体，质量越大，重力势能越大．
（2）A和C两铁块的撞击实验，铁块质量相同时，铁块被举的越高，木桩陷入越深，所以得到的结论是：在质量相同时，物体被举得越高，重力势能越．
（3）A．认识电流时，用水流进行类比，这是类比法．
B．通过吸引小铁钉的数目来比较电磁铁的磁性强弱，这是转换法．
C．在学习蒸发和沸腾时，通过比较得出蒸发和沸腾的异同点，这是对比法．
D．牛顿第一定律是在实验的基础上经分析推理而得出的，这是推理法．
本实验中金属块重力势能的大小无法直接观察，我们是通过观察比较木桩被打进沙坑的深度来间接比较的．这是转换法．
故答案为：（1）A、B；具有相同高度的物体，质量越大，重力势能越大；（2）A、C；在质量相同时，物体被举得越高，重力势能越大；（3）B．

『柒』 河南省安阳市二模在几月份

河南省，哎呀，是二模在几月份？应该是四月份以后了。

『捌』 （2014安阳二模）如图所示，用一个沿斜面向上的恒力F将静止在斜面底端的物体加速向上推，推到斜面中点时

第一上升过程：F-f-mgsinθ=ma₁ ①
第二上升过程：f+mgsinθ=ma₂ ②回
下降过程：mgsinθ-f=ma ③
又由于上升时两个阶段答中第一上升过程初速度是0，末速度为v，第二上升过程，初速是v，末速度是0，故可以知道两个阶段的加速度大小相等，运动时间相等．
设斜面长为2s，上升时间为2t，
对上升第一过程：s=

1

2

a1t2
对下降过程：2s＝

1

2

a(2t)2
由以上两式解得：
a₁：a=2：1
故D错误
联合①②③解得：
F：f=8：1
mgsinθ：f=3：1
故A错误，B错误
第一上升过程：v₁=a₁t
下降过程：v=a₂t
解得：
v₁=10m/s
故C正确
故选：C．

『玖』 （2014安阳二模）电热加湿器工作原理：加湿器水箱中部分水通过进水阀门进入中电热槽中受热至沸腾，产生

（1）由图示电路图可知，选择开关S旋到34位置时，只有一个加热电阻接入电路，此时电路电阻最小，由P=

U2

R

可知，此时电热槽的功率最大，电热加湿器处于最大发热功率档；
由P=UI可知，此时电路中的总电流I=

P最大

U

=

400W

220V

≈1.82A；
（2）加热时间最短时，电热槽的发热功率为400W且不考虑热量的损失，
根据W=Pt和Q_吸=cm（t-t₀）可得：
P₁t=cm（t₂-t₁），即400W×3×60s=4.2×10³J/（kg?℃）×m×（100℃-20℃），
解得：m≈0.21kg；
（3）电热加湿器在高档时，R₂被短路，电路中只有R₁，
根据P=

U2

R

可得：
R₁=

U2

P高

=

(220V)2

400W

=121Ω，
当加湿器在低档时，R₁与R₂串联，
串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且R₁=R₂，
低档时的发热功率：
P_低=

U2

R1+R2

=

(220V)2

121Ω+121Ω

=200W；
（4）电热加湿器会使需要制冷的室内气温升高，可以降低电热槽内气压来降低沸点，达到改进的目的．
答：（1）当选择开关S旋到34位置时，电热加湿器处于最大发热功率档，此时电路中的总电流是1.82A．
（2）电热槽中水的质量约为0.21kg；
（3）加湿器在低档时的发热功率为200W；
（4）改进的建议：降低电热槽内气压．

『拾』 （2014安阳二模）实验室有一瓶试剂，密封完好但标签残缺（如图1所示），已知它可能是NaCl，NaOH，Na2CO3

【交流讨论】酸当中不可能含有钠离子，故该溶液不可能是酸，故本题答案为：A；
【得出结论】根据计算可以知道在20℃时饱和碳酸氢钠的质量分数为

9.6g

9.6g+100g

×100%=8.8%＜10%，所以能够排除碳酸氢钠，故本题答案为：NaHCO₃；
【设计实验并继续探究】
（1）小强用洁净的玻璃棒蘸取该溶液滴在pH试纸上，测得pH＞7，而氯化钠溶液呈中性，pH等于7所以不可能是氯化钠，故本题答案为：NaCl
（2）小强为了检验该溶液是NaOH溶液还是Na₂CO₃溶液，他又进行了如下实验：根据碳酸钠可以和盐酸反应可以设计实验来验证碳酸钠的存在，如果产生气泡，则说明是碳酸钠，反之为氢氧化钠，故本题答案为：

操作步骤	实验现象	结论及化学方程式
稀盐酸（或稀硫酸）		碳酸钠溶液 Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑

解：设氢氧化钠的质量为x．
2NaOH+H₂SO₄=Na₂SO₄+2H₂O（1分）
8098
x49g×10%
80：98=x：49g×10%
x=4g（1分）
氢氧化钠溶液中溶质的质量分数为：

4g

20g

×100%=20%（1分）
答：氢氧化钠溶液中溶质的质量分数为20%．
故答案为：（1）A（1分）
（2）【得出结论】NaHCO₃（1分）
【设计实验】
a．＞（1分）NaCl（1分）
b．稀盐酸或稀硫酸（1分）Na₂CO₃（1分）
Na₂CO₃+2HCl═2NaCl+H₂O+CO₂↑或Na₂CO₃+H₂SO₄═Na₂SO₄+H₂O+CO₂↑（1分）
（3）解：设氢氧化钠的质量为x．
2NaOH+H₂SO₄=Na₂SO₄+2H₂O（1分）
8098
x49g×10%
80：98=x：49g×10%
x=4g（1分）
氢氧化钠溶液中溶质的质量分数为：

4g

20g

×100%=20%（1分）
答：氢氧化钠溶液中溶质的质量分数为20%．