长宁来福士历史建筑 2011年长宁二模历史

2011年长宁二模历史  

一、(2011•长宁区二模)在探究铁、铜、锌、银的金属活动性顺序时,某小

(1)铜与硝酸银反应生成了银和硝酸铜，银是银白色，铜离子溶液是蓝色，所以现象是铜片表面有银白色固体析出，溶液由无色变为蓝色，反应物是铜和硝酸银，生成物是银和硝酸铜，要根据化合价写化学式，用观察法配平；（2）金属与酸反应的速度越快说明该金属越活泼；（3）第Ⅰ个实验说明铁排在了氢的前面，第Ⅱ各实验说明铜排在银的前面，第Ⅲ个实验说明锌排在了氢的前面，所以无法比较铁和铜的关系，所以把铁放入铜的盐溶液中看是否反应即可，如果反应，铁就比铜活泼，否则铜比铁活泼；（4）锌与盐酸反应时由于反应前没有氢气，所以氢气的质量曲线应该从零点开始，没加入锌前溶液是盐酸溶液，加入锌后溶液变为氯化锌溶液，质量增大了，当反应完毕溶液质量就不变了，所以B是正确的，由于锌是过量的，所以最后盐酸被全部反应掉了，所以C不正确，在没加入锌前没有氯化锌，所以氯化锌的曲线应该从零点开始.故答案为：（1）铜片表面有银白色固体析出，溶液由无色变为蓝色；Cu+2AgNO3═2Ag+Cu(NO3)2.(2)锌与酸反应的程度要比铁的剧烈.（3）无法比较铁与铜的活动性；Fe;CuSO4（或⑤Cu ⑥FeSO4）.(4)B.。

二、(2011•长宁区二模)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返

以初动能为E运动返回底端过程，应用动能定理得出：Wf1=△Ek1=-E2 小物块以4E的初动能冲上斜面，加速度不变，速度变为原来的2倍，据v2=2ax得出：上升的位移变为原来的4倍.所以克服摩擦力做的功为-2E. 以初动能为E运动返回底端过程，应用动能定理得出：Wf2=△Ek2=-2E； 则返回斜面底端时的动能为2E. 由于速度变为原来的2倍，根据t=voa得出往返过程中所经历的时间变为原来的两倍. 所以小物块在前后两次往返过程中所经历的时间之比是1:2.故答案是：2E,1:2.。

三、(2011•长宁区二模)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=

(1)y=-2x2+4x+6=-2(x-1)2+8，∴C(0,6),D(1,8)，设直线CD:y=kx+b(k≠0)将C、D代入得b=68=k+6，解得k=2b=6，∴CD直线解析式：y=2x+6，当y=0,x=-3，∴E(-3,0);(2)令y=0得-2x2+4x+6=0，解得x1=-1,x2=3，∴A(-1,0),B(3,0)，又∵O(0,0)、E(-3,0)，∴以OE为直径的圆心O1（−32,0）、半径r1=32.设P(t,2t+6)，由PO1=32得（t+32）2+(2t+6)2=32，解得：t 1=-125,t 2=-3（舍），∴P（−125,65），∴PA=855,AO1=12，又DC=5,CB=35,DB=217，∴DCAO1=CBPO1=DBPA=25，∴△BCD∽△PO1A;(3)①O1（−32,0）,r1=32,O2(0,m)据题意，显然点O2在点C下方r2=O2C=6-m，当⊙O2与⊙O1外切时O1O2=r1+r2，代入得（32）2+m2=32+(6−m)，解得：m1=185,m2=2（舍），当⊙O2与⊙O1内切时O1O2=|r1-r2|，代入得（32）2+m2=|32−（6−m）|，解得：m1=2,m2=185（舍），∴m1=185,m2=2，②当⊙O3与⊙O2圆心重合时O3(0,185),O3(0,2)，当⊙O1与⊙O2外切时，O3(32,0),O3(0,1415),O3(212,0),O3(0，−107)；当⊙O1与⊙O2内切时O3（−4514,0）.。

四、【（2011•长宁区二模）如图所示,三个底面积不同的圆柱形容器内分

∵液体对容器底部的压力相等，且容器是圆柱形容器，则根据F=G,G=mg，∴A、B、C三种液体的重力GA=GB=GC，质量mA=mB=mC，由图可知，所装液体的体积关系是VAρB>ρC，∵由图可知，所装液体的底面积关系SApB1>pC1，∵将完全相同的金属球分别浸没在三个容器中，∴被金属球排开的液体体积相同，即△VA=△VB=△VC，∵三容器的底面积关系SAhB>hC∴由p=ρgh得：液体增加的压强：△pA2>△pB2>△pC2，与原来液体对容器产生的液体压强pA1>pB1>pC1相比较，可得：液体对容器底部的压强大小关系仍为：pA>pB>pC.故选A.。