理綜物理一模答案(2016.3.25)

高三一?；瘜W參考答案（2016.3.25）題號78910111213答案BACBCDD26.(14 分)檢查裝置的氣密性(1分)(2)水浴加熱或對燒杯進行加熱(2分)c(2分)(3)-H=O分)H--C-(2C-HH(4)ⅰ.c(2分)ⅱ.用氣球收集或直接點燃(2分)(11a-4b)/14b(3分)27.(15分)(1)2MnO·MnO或MnO·2MnO(2分)22(2)+3(1分)12MnO+CH250-500℃O+CO+2HO(3分)4=======8Mn323422(3)Mn+2NH++2HO=Mn2++H↑+2NH·HO(3分)42232向過濾器中加蒸餾水浸沒沉淀，待水自然流出后，重復上述操作2-3次（3分）(4)2.29(3分)28.(14分)(1)①64(2分)②+247.3kJ/mol(2分)①溫度超過250℃，催化劑的催化效率降低(2分)②加壓、增大CO濃度(2分)2③3CuAlO+2NO-+32H+2+3+↑+16HO(2分)3=6Cu+6Al+2NO2242O(3)①=(2n分)--[C-]O--②CO2+6H2O+8e-=CH4+8OH-(2分)（15分）1）酸雨（答案合理即可，1分）（2）CO、H2、CH(2分)居民用煤氣（2分）合成氨、制甲醇的原料（2分）4（3）干餾（2分）分餾（2分）增加煤中氫元素含量，提高氫碳比（2分）（4）既能吸收二氧化硫，又能生成復合肥磷銨（2分）37.（15分）21）[Ar]3d4s（2分）（2）SiHCl3+H2

Si+3HCl

（2分）分子晶體（

1分）

sp

3（1分）

四面體形（

1分）（3）N原子的

2p能級處于較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)（

2分）

Si-O

鍵（1分）

N2O（2分）（4）8（1分）

112g

（2分）NA（15分）(1)CH（2分）（2）（1分）CHCHO（1分）5123（3）②⑤（2分）（4）CHO2C2HOH+2CO↑(2分)61265（2分）5）4（3分）HCOOC(CH3)3(2分)高三一模考試答案詳細版14、許多科學家在物理學發(fā)展過程中做出了重要貢獻，下列敘述中符合物理學史實的是 ( )牛頓提出了萬有引力定律，通過實驗測出了萬有引力恒量法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，總結出了電磁感應定律C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，總結出了電磁感應定律D.伽利略通過理想斜面實驗，提出了力是維持物體運動狀態(tài)的原因考點：物理學史（Ⅰ）解析：牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測出了萬有引力常量 G；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，總結出了電磁感應定律；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，法拉第總結出了電磁感應定律；伽利略通過理想斜面實驗，提出了力不是維持物體運動狀態(tài)的原因．答案：選 B．15、如圖甲所示，用豎直向上的力 F拉靜止在水平地面上的一物體，物體在向上運動的過程中，其機械能E與位移x的關系如圖乙，其中 AB為曲線。下列說法正確的是 ( )A．0～x1過程中物體所受拉力最小B．x1～x2過程中，物體的加速度先增大后減小C．0～x3過程中，物體的動能先增大后減小D．0～x2過程中，物體克服重力做功的功率一直增大考點：牛頓第二定律、功和功率（Ⅱ）解析：選C由E＝Fx，結合E-x圖線可知，0～x1過程中，拉力F不變，x1～x2過程中，拉力F逐漸減小到零，x2～x3過程中，物體只受重力作用，故 0～x1過程中拉力最大， x1～x2過程中物體的加速度先減小后反向增大， 0～x3過程中，物體的動能先增大后減小， C正確，A、B錯誤；由P＝mg·v可知，物體克服重力做功的功率先增大后減小， D錯誤。答案：選C16、2015年1月14日，蛟龍?zhí)栐谖髂嫌《妊簖垟鐭嵋簠^(qū)執(zhí)行印度洋科考首航段的最后一次下潛，這也是“蛟龍”號在這個航段的第 9次下潛。假設在某次實驗時， 深潛器內的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面 10min內速度圖像，下列說法正確的是 ( )A．本次下潛的最大深度為360mB．全過程中最大加速度是0.025m/s2C．0～4min內平均速度為1m/sD．0～1min和8～10min的時間內潛水員處于超重狀態(tài)考點：v-t圖像的綜合應用（Ⅱ）解析：選A“蛟龍?zhí)枴鄙顫撈髟?～4min內一直向下運動，在t＝4min時，達最大深度，hm＝1(422－0212＋2)×2×60m＝360m，A正確；最大加速度am＝60m/s＝30m/s，B錯誤；0～4min內的平均速度hm360v＝t＝4×60m/s＝1.5m/s，C錯誤；潛水員在0～1min內的加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)，D錯誤。答案：選A17、如圖所示，MN、PQ是圓的兩條相互垂直的直徑，O為圓心。兩個等量正電荷分別固定在M、N兩點。現(xiàn)有一帶電的粒子(不計重力及粒子對電場的影響)從P點由靜止釋放，粒子恰能在P、Q之間做直線運動，則以下判斷正確的是()A．O點的電勢一定為零 B．P點與Q點的場強相同C．粒子在 P點的電勢能一定小于在 Q點的電勢能 D．粒子一定帶負電考點：電場強度、電勢、電勢能（ⅠⅡ）解析：選C 等量同種正電荷電場分布如圖所示， MN連線上電場線從 M指向O點和從N指向O點，PQ連線上電場線從 O點指向P和從O點指向Q點，沿電場線方向電勢逐漸降低， MN連線上O點電勢最低，PQ連線上O點電勢最高，電勢是相對的，零電勢是人為規(guī)定的，所以 O點的電勢是否為零要看零電勢規(guī)定的位置，選項 A錯。P點與Q點場強大小相同，但方向不同，選項B錯。根據(jù)電場對稱性， 從P到Q電場力做功為 0，所以粒子在 P點的電勢能一定等于Q點的電勢能，選項 C錯。粒子在 P點釋放后向 Q點運動，說明受電場力逆向電場線方向，說明粒子帶負電，選項 D對。答案：選 D18、美國“國家利益”雜志網(wǎng)站 2015年4月16日發(fā)表題為《中國下一個超級武器揭露： 衛(wèi)星毀滅者》的文章，援引美國空軍第 14航空隊指揮官、空軍中將杰·雷蒙德的話稱，目前中國正在建設強大的反衛(wèi)星力量，使北京能夠對低軌衛(wèi)星構成致命威脅。在早期的反衛(wèi)星試驗中，攻擊攔截方式之一是快速上升式攻擊，即“攔截器”被送入與“目標衛(wèi)星”軌道平面相同而高度較低的追趕軌道，然后通過機動飛行快速上升接近目標將“目標衛(wèi)星”摧毀。圖為追趕過程軌道示意圖。下列敘述正確的是 ( )A．圖中A是“目標衛(wèi)星”， B是“攔截器”．“攔截器”和“目標衛(wèi)星”的繞行方向為圖中的順時針方向C．“攔截器”在上升的過程中重力勢能會增大．“攔截器”的加速度比“目標衛(wèi)星”的加速度大考點：萬有引力定律及其應用（Ⅱ）解析：選BCD 圖中B是“目標衛(wèi)星”，A是“攔截器”，所以選項 A錯；由于“攔截器”軌道低、速度大，應落后于 “目標衛(wèi)星“，繞行方向應為圖中的順時針方向，所以選項 B對；“攔截器”在上升的GM過程中要克服重力做功， 所以重力勢能會增大，C選項對；由a＝r2知“攔截器”的加速度比“目標衛(wèi)星”的加速度大， D正確。19、如圖所示，以直角三角形 AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域， 磁感應強度為 B，∠A＝60°，AO＝L，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子 (不計重力作用 )，粒子的比荷為 q/m，發(fā)射速度大小都為 v0，且滿足v0＝qBL/m。粒子發(fā)射方向與 OC邊的夾角為 θ，對于粒子進入磁場后的運動， 下列說法正確的是 ( )A．粒子有可能打到 A點B．以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間最長C．以θ<30°飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等D．在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出考點：帶電粒子在磁場中的運動（Ⅱ）根據(jù)Bqv＝mv2mv0＝L，又OA＝L，所以當θ＝60°時，粒子解析：選ABD，又v0＝qBL，可得r＝rmBqα經(jīng)過A點，所以 A正確；根據(jù)粒子運動的時間 t＝ T，圓心角越大，時間越長，粒子以 θ＝60°飛入磁場2π中時，粒子從

A點飛出，軌跡圓心角等于

60°，圓心角最大，運動的時間最長，所以

B正確；當粒子沿

θ＝0°飛入磁場中，粒子恰好從

AC

中點飛出，在磁場中運動時間也恰好是

T6，θ從

0°到

60°粒子在磁場中運動時間先減小后增大，在 AC邊上有一半?yún)^(qū)域有粒子飛出，所以 C錯誤，D正確。20、如圖所示是法拉第做成的世界上第一臺發(fā)電機模型的原理圖。將銅盤放在磁場中，讓磁感線垂直穿過銅盤；圖中 a、b導線與銅盤的中軸線處在同一豎直平面內；轉動銅盤，就可以使閉合電路獲得電流。若圖中銅盤半徑為 L，勻強磁場的磁感應強度為 B，回路總電阻為 R，從上往下看逆時針勻速轉動銅盤的角速度為 ω。則下列說法正確的是 ( )A．回路中有大小和方向周期性變化的電流BL2ωB．回路中電流大小恒定，且等于2RC．回路中電流方向不變，且從b導線流進燈泡，再從a導線流向旋轉的銅盤．若將勻強磁場改為仍然垂直穿過銅盤的正弦變化的磁場，不轉動銅盤，燈泡中一定有電流流過考點：法拉第電磁感應定律、感應電流（Ⅱ）解析：選BC 據(jù)題意，當盤轉動后，由右手定則可以確定電流流向盤的中心，從 b端流出到達

a端，故選項

A錯誤；所產生的電動勢大小為：

E＝BLv＝BL

Lω，則產生的電流大小為：2

EI＝R＝

BL2ω2R，故

B選項正確；根據(jù)右手定則判斷電流方向，電流為 a到b，所以C正確；如果將勻強磁場改成變化的磁場，銅盤不轉動的話，沒有導體切割磁場，回路中不會產生感應電流，故 D選項錯誤。21、如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為 10∶1，圖中電表均為理想電表， R、LD分別是光敏電阻 (其阻值隨光強增大而減小 )、電感線圈和燈泡。原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓

和u，下列說法正確的是

(

)A．電壓u的頻率為50HzB．電壓表的示數(shù)為 22 2VC．有光照射 R時，電流表的示數(shù)變大D．抽出L中的鐵芯，D變暗考點：交流電、理想變壓器（Ⅱ）解析：選

AC

原線圈接入題圖乙所示的電源電壓，

T＝0.02s，所以頻率為

f＝T1＝50Hz，故

A正確；原線圈接入電壓的最大值是

220 2

V，所以原線圈接入電壓的有效值是

U＝220V，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為

10∶1，所以副線圈電壓是

22V，所以電壓表的示數(shù)為

22V，故

B錯誤；有光照射

R時，R阻值隨光強增大而減小，根據(jù)

P＝U2

，得副線圈輸出功率增大，所以原線圈輸入功率增大，所以電流表的示R總數(shù)變大，故

C正確；抽出

L中的鐵芯，電感線圈自感系數(shù)減小，電感線圈對電流的阻礙減小，所以

D變亮，故D錯誤。22、（6分）某同學想測出銀川當?shù)氐闹亓铀俣?g，并驗證機械能守恒定律。為了減小誤差，他設計了一個實驗如下： 將一根長直鋁棒用細線懸掛在空中 (如圖甲所示)，在靠近鋁棒下端的一側固定電動機使電動機轉軸處于豎直方向，在轉軸上水平固定一支特制筆 N，借助轉動時的現(xiàn)象，將墨汁甩出形成一條細線。調整筆的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨線。啟動電動機待轉速穩(wěn)定后，用火燒斷懸線，讓鋁棒自由下落，筆在鋁棒上相應位置留下墨線。

M，圖乙是實驗時在鋁棒上所留下的墨線，將某條合適的墨線A作為起始線，此后每隔4條墨線取一條計數(shù)墨線，分別記作B、C、D、E。將最小刻度為毫米的刻度尺的零刻度線對準A，此時B、C、D、E對應的刻度依次為14.68cm、39.15cm、73.41cm、117.46cm。已知電動機的轉速為3000r/min。求：(1)相鄰的兩條計數(shù)墨線對應的時間間隔為________s。(2)由實驗測得銀川當?shù)氐闹亓铀俣燃s為________m/s2。(結果保留三位有效數(shù)字)考點：力學創(chuàng)新實驗（Ⅱ）解析：(1)由于電動機的轉速為3000r/min，則其頻率為50Hz，故每隔0.02s特制筆N便在鋁棒上畫一條墨線，又每隔4條墨線取一條計數(shù)墨線，故相鄰計數(shù)墨線間的時間是0.1s。(2)用逐差法求鋁棒的加速度即為濟南當?shù)氐闹亓铀俣萮CE－h(huán)AC117.46－39.15－39.15×10－2g＝2＝24T4×0.122。m/s＝9.79m/s答案：(1)0.1(2)9.7923、（9分）某同學要測量一個由均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ。步驟如下：(1)游標卡尺測量其長度如圖甲所示，可知其長度為________mm；(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖乙所示，可知其直徑為________mm；選用多用電表的電阻“×1”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如圖所示，則該電阻的阻值約為________Ω；圖3(4)為更精確地測量其電阻，可供選擇的器材如下：電流表A1(量程300mA，內阻約為2Ω)；電流表A2(量程150mA，內阻約為10Ω)；電壓表V1(量程1V，內阻r＝1000Ω)；電壓表V2(量程15V，內阻約為3000Ω)；定值電阻R0＝1000Ω；滑動變阻器R1(最大阻值5Ω)；滑動變阻器R2(最大阻值1000Ω)；電源E(電動勢約為4V，內阻r約為1Ω)；開關，導線若干。為了使測量盡量準確，測量時電表讀數(shù)不得小于其量程的1，電壓表應選________，電流表應選3________，滑動變阻器應選 ________。(均填器材代號)根據(jù)你選擇的器材，請在線框內畫出實驗電路圖。考點：電學實驗、各種儀表的讀數(shù)（Ⅱ）解析：(1)50mm＋3×0.05mm＝50.15mm；(2)4.5mm＋0.01×20.0mm＝4.700mm；(3)多用電表讀數(shù)22×1Ω＝22Ω；(4)由于電源電壓為

4V，顯然電壓表選

15V

時不滿足讀數(shù)不得小于其量程的

13的要求，因此只能選 V1，而V1讀數(shù)又太小，而題目中給了一個定值電阻，將定值電阻與電壓表串聯(lián)，裝成一個新的電壓表，量程為 2V，基本滿足要求，這樣由于電阻值約 22Ω，因此回路電流最大約 100mA左右，因此電流表選 A2，為了測量精確，滑動變阻器采用分壓式接法，為了便于調節(jié)，滑動變阻器選用 R1，電路圖中電流表采用外接法，如圖所示。答案：(1)50.15(2)4.700(4.698～4.702)(3)22(4)V1A2R1電路圖見解析24、銀川“檀溪谷溫泉水世界”是西北地區(qū)最大的水上樂園，是夏季銀川市民周末休閑的好去處。如圖為其某水上滑梯示意圖，滑梯斜面軌道與水平面間的夾角為

37°，底部平滑連接一小段水平軌道

(長度可以忽略

)，斜面軌道長

L＝8m，水平端與下方水面高度差為

h＝0.8m。一質量為

m＝50kg

的人從軌道最高點A由靜止滑下，若忽略空氣阻力，將人看成質點，人在軌道上受到的阻力大小始終為

f＝0.5mg。重力加速度為

g＝10m/s2，sin37

＝°0.6。求：(1)人在斜面軌道上的加速度大?。?2)人滑到軌道末端時的速度大??；(3)人的落水點與滑梯末端 B點的水平距離?？键c：力學綜合、平拋運動、牛頓運動定律（Ⅱ）解析：(1)設人在滑梯上的加速度為 a，由牛頓第二定律得：mgsin37－°f＝ma得：a＝1m/s2。12(2)設人滑到滑梯末端時的速度大小為v，對人下滑的過程，由動能定理得：mgLsin37－°fL＝2mv－0得：v＝4m/s。(3)人離開滑梯后做平拋運動，下落時間為 t1 2h＝2gt水平距離 x＝vt得：x＝1.6m。答案：(1)1m/s2 (2)4m/s (3)1.6m25、如圖所示，間距為 L、電阻不計的足夠長雙斜面型平行導軌，左導軌光滑，右導軌粗糙，左、右導軌分別與水平面成 α、β角，分別有垂直于導軌斜面向上的磁感應強度為 B1、B2的勻強磁場，兩處的磁場互不影響。質量為

m、電阻均為

r的導體棒

ab、cd

與兩平行導軌垂直放置且接觸良好。

ab

棒由靜止釋放，cd棒始終靜止不動。求：(1)ab棒速度大小為 v時通過cd棒的電流大小和 cd棒受到的摩擦力大小。(2)ab棒勻速運動時速度大小及此時 cd棒消耗的電功率?？键c：電學綜合、法拉第電磁感應定律（Ⅱ）解析：(1)當導體棒 ab的速度為 v時，其切割磁感線產生的感應電動勢大小為：

E＝B1Lv①導體棒

ab、cd串聯(lián)，由全電路歐姆定律有：

EI＝2r②聯(lián)立①②式解得流過導體棒

cd的電流大小為：

I＝

B1Lv2r

③導體棒

cd所受安培力為：

F2＝B2IL④若mgsinβ＞F2，則摩擦力大小為：2B1B2Lvf1＝mgsinβ－F2＝mgsinβ－ ⑤若mgsinβ≤F2，則摩擦力大小為：2B1B2Lvf2＝F2－mgsinβ＝ －mgsinβ。⑥(2)設導體棒 ab勻速運動時速度為 v0，此時導體棒 ab產生的感應電動勢為： E0＝B1Lv0⑦E0流過導體棒 ab的電流大小為： I0＝2r⑧導體棒ab所受安培力為： F1＝B1I0L⑨導體棒ab勻速運動，滿足：mgsinα－F1＝0⑩聯(lián)立⑦⑧⑨⑩式解得：2mgrsinαv0＝22B1L此時cd棒消耗的電功率為：P＝I2m2g2rsin2α0R＝22。B1L答案：(1)B1Lv22mgsinβ－B1B2Lv或B1B2Lv－mgsinβ2r2r2r(2)2mgrsinαm2g2rsin2αB12222LB1L33、[物理——選修3—4](15分)(1)下列說法正確的是________。．溫度低的物體內能?。饨鐚ξ矬w做功時，物體的內能一定增加C．溫度低的物體分子運動的平均動能小D．一定質量的100℃的水吸收熱量后變成100℃的水蒸氣，則吸收的熱量大于增加的內能E．物體吸收熱量后，內能不一定增加(2)橫截面積為

S的導熱氣缸豎直放置在水平地面上，兩個輕活塞

A和

B將氣缸分隔為Ⅰ、Ⅱ兩個氣室，兩活塞間距離為

d，兩氣室體積之比為

1∶2，如圖

1所示。在保持室溫不變的條件下，緩慢在活塞

A1上加細沙，使之向下移動一段距離 h＝2d。不計活塞與氣缸壁之間的摩擦，室內大氣壓強為 p0，求所加細沙的質量。解析：(1)由于物質的量不確定，所以不能說溫度低的物體內能小，選項 A錯誤；根據(jù) U＝W＋Q可知外界對物體做功時，還要看物體的吸熱、放熱情況，所以物體的內能不一定增加，選項 B錯誤；溫度是分子平均動能的標志，所以溫度低的物體分子運動的平均動能小，選項 C正確；一定質量的 100℃的水吸收熱量后變成 100℃的水蒸氣，由于氣體體積增大，對外做功，即 W＜0，根據(jù) U＝W＋Q可知吸收的熱量大于增加的內能，選項 D正確；根據(jù) U＝W＋Q可知物體吸收熱量后，還要看物體對外做功情況，所以內能不一定增加，選項 E正確。(2)由于是輕活塞，質量不計，活塞與氣缸間的摩擦不計，因此兩部分氣體壓強相等，狀態(tài) 1時，氣體壓強等于大氣壓強

p＝p0，氣室Ⅰ的體積

V1＝dS，氣室Ⅱ的體積

V2＝2V1＝2dS。設所加細沙的質量為

m，此時活塞

B下移距離為

h′，則狀態(tài)

2氣體的壓強

mgp′＝p0＋S，氣室Ⅰ的體積V1′＝(d－h(huán)＋h′)S，氣室Ⅱ的體積V2′＝(2d－h(huán)′)S由于保持室溫不變、氣缸導熱和緩慢加沙，氣缸內氣體做等溫變化，由玻意耳定律得p0dS＝p′(d－h(huán)＋h′)S①p0·2dS＝p′d(2－h(huán)′)S②1聯(lián)立①②式得h′＝3d③③式代入②式解得m＝p5g0S④p0S答案：(1)CDE (2)35．[物理——選修 3—4](15分)(1)下列說法中正確的是 ( )．．光電子的最大初動能跟入射光強度成正比．通過一個狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋，是屬于光的衍射現(xiàn)象．在雙縫干涉實驗中，某同學用黃光作為入射光。為了增大干涉條紋的間距，在不改變其它條今年下，該同學可以采用紅光作為入射光E．使電磁波隨各種信號而改變的技術叫做解調答案：B