理综物理一模答案(2016.3.25)

高三一模化学参考答案（2016.3.25）题号78910111213答案BACBCDD26.(14 分)检查装置的气密性(1分)(2)水浴加热或对烧杯进行加热(2分)c(2分)(3)-H=O分)H--C-(2C-HH(4)ⅰ.c(2分)ⅱ.用气球收集或直接点燃(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向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次（3分）(4)2.29(3分)28.(14分)(1)①64(2分)②+247.3kJ/mol(2分)①温度超过250℃，催化剂的催化效率降低(2分)②加压、增大CO浓度(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)居民用煤气（2分）合成氨、制甲醇的原料（2分）4（3）干馏（2分）分馏（2分）增加煤中氢元素含量，提高氢碳比（2分）（4）既能吸收二氧化硫，又能生成复合肥磷铵（2分）37.（15分）21）[Ar]3d4s（2分）（2）SiHCl3+H2

Si+3HCl

（2分）分子晶体（

1分）

sp

3（1分）

四面体形（

1分）（3）N原子的

2p能级处于较稳定的半充满状态（

2分）

Si-O

键（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)高三一模考试答案详细版14、许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列叙述中符合物理学史实的是 ( )牛顿提出了万有引力定律，通过实验测出了万有引力恒量法拉第发现了电磁感应现象，总结出了电磁感应定律C.奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律D.伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动状态的原因考点：物理学史（Ⅰ）解析：牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量 G；法拉第发现了电磁感应现象，总结出了电磁感应定律；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律；伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因．答案：选 B．15、如图甲所示，用竖直向上的力 F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中 AB为曲线。下列说法正确的是 ( )A．0～x1过程中物体所受拉力最小B．x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小C．0～x3过程中，物体的动能先增大后减小D．0～x2过程中，物体克服重力做功的功率一直增大考点：牛顿第二定律、功和功率（Ⅱ）解析：选C由E＝Fx，结合E-x图线可知，0～x1过程中，拉力F不变，x1～x2过程中，拉力F逐渐减小到零，x2～x3过程中，物体只受重力作用，故 0～x1过程中拉力最大， x1～x2过程中物体的加速度先减小后反向增大， 0～x3过程中，物体的动能先增大后减小， C正确，A、B错误；由P＝mg·v可知，物体克服重力做功的功率先增大后减小， D错误。答案：选C16、2015年1月14日，蛟龙号在西南印度洋龙旂热液区执行印度洋科考首航段的最后一次下潜，这也是“蛟龙”号在这个航段的第 9次下潜。假设在某次实验时， 深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面 10min内速度图像，下列说法正确的是 ( )A．本次下潜的最大深度为360mB．全过程中最大加速度是0.025m/s2C．0～4min内平均速度为1m/sD．0～1min和8～10min的时间内潜水员处于超重状态考点：v-t图像的综合应用（Ⅱ）解析：选A“蛟龙号”深潜器在0～4min内一直向下运动，在t＝4min时，达最大深度，hm＝1(422－0212＋2)×2×60m＝360m，A正确；最大加速度am＝60m/s＝30m/s，B错误；0～4min内的平均速度hm360v＝t＝4×60m/s＝1.5m/s，C错误；潜水员在0～1min内的加速度竖直向下，处于失重状态，D错误。答案：选A17、如图所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心。两个等量正电荷分别固定在M、N两点。现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下判断正确的是()A．O点的电势一定为零 B．P点与Q点的场强相同C．粒子在 P点的电势能一定小于在 Q点的电势能 D．粒子一定带负电考点：电场强度、电势、电势能（ⅠⅡ）解析：选C 等量同种正电荷电场分布如图所示， MN连线上电场线从 M指向O点和从N指向O点，PQ连线上电场线从 O点指向P和从O点指向Q点，沿电场线方向电势逐渐降低， MN连线上O点电势最低，PQ连线上O点电势最高，电势是相对的，零电势是人为规定的，所以 O点的电势是否为零要看零电势规定的位置，选项 A错。P点与Q点场强大小相同，但方向不同，选项B错。根据电场对称性， 从P到Q电场力做功为 0，所以粒子在 P点的电势能一定等于Q点的电势能，选项 C错。粒子在 P点释放后向 Q点运动，说明受电场力逆向电场线方向，说明粒子带负电，选项 D对。答案：选 D18、美国“国家利益”杂志网站 2015年4月16日发表题为《中国下一个超级武器揭露： 卫星毁灭者》的文章，援引美国空军第 14航空队指挥官、空军中将杰·雷蒙德的话称，目前中国正在建设强大的反卫星力量，使北京能够对低轨卫星构成致命威胁。在早期的反卫星试验中，攻击拦截方式之一是快速上升式攻击，即“拦截器”被送入与“目标卫星”轨道平面相同而高度较低的追赶轨道，然后通过机动飞行快速上升接近目标将“目标卫星”摧毁。图为追赶过程轨道示意图。下列叙述正确的是 ( )A．图中A是“目标卫星”， B是“拦截器”．“拦截器”和“目标卫星”的绕行方向为图中的顺时针方向C．“拦截器”在上升的过程中重力势能会增大．“拦截器”的加速度比“目标卫星”的加速度大考点：万有引力定律及其应用（Ⅱ）解析：选BCD 图中B是“目标卫星”，A是“拦截器”，所以选项 A错；由于“拦截器”轨道低、速度大，应落后于 “目标卫星“，绕行方向应为图中的顺时针方向，所以选项 B对；“拦截器”在上升的GM过程中要克服重力做功， 所以重力势能会增大，C选项对；由a＝r2知“拦截器”的加速度比“目标卫星”的加速度大， D正确。19、如图所示，以直角三角形 AOC为边界的有界匀强磁场区域， 磁感应强度为 B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子 (不计重力作用 )，粒子的比荷为 q/m，发射速度大小都为 v0，且满足v0＝qBL/m。粒子发射方向与 OC边的夹角为 θ，对于粒子进入磁场后的运动， 下列说法正确的是 ( )A．粒子有可能打到 A点B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最长C．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出考点：带电粒子在磁场中的运动（Ⅱ）根据Bqv＝mv2mv0＝L，又OA＝L，所以当θ＝60°时，粒子解析：选ABD，又v0＝qBL，可得r＝rmBqα经过A点，所以 A正确；根据粒子运动的时间 t＝ T，圆心角越大，时间越长，粒子以 θ＝60°飞入磁场2π中时，粒子从

A点飞出，轨迹圆心角等于

60°，圆心角最大，运动的时间最长，所以

B正确；当粒子沿

θ＝0°飞入磁场中，粒子恰好从

AC

中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是

T6，θ从

0°到

60°粒子在磁场中运动时间先减小后增大，在 AC边上有一半区域有粒子飞出，所以 C错误，D正确。20、如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图。将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中 a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流。若图中铜盘半径为 L，匀强磁场的磁感应强度为 B，回路总电阻为 R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为 ω。则下列说法正确的是 ( )A．回路中有大小和方向周期性变化的电流BL2ωB．回路中电流大小恒定，且等于2RC．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过考点：法拉第电磁感应定律、感应电流（Ⅱ）解析：选BC 据题意，当盘转动后，由右手定则可以确定电流流向盘的中心，从 b端流出到达

a端，故选项

A错误；所产生的电动势大小为：

E＝BLv＝BL

Lω，则产生的电流大小为：2

EI＝R＝

BL2ω2R，故

B选项正确；根据右手定则判断电流方向，电流为 a到b，所以C正确；如果将匀强磁场改成变化的磁场，铜盘不转动的话，没有导体切割磁场，回路中不会产生感应电流，故 D选项错误。21、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 10∶1，图中电表均为理想电表， R、LD分别是光敏电阻 (其阻值随光强增大而减小 )、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压

和u，下列说法正确的是

(

)A．电压u的频率为50HzB．电压表的示数为 22 2VC．有光照射 R时，电流表的示数变大D．抽出L中的铁芯，D变暗考点：交流电、理想变压器（Ⅱ）解析：选

AC

原线圈接入题图乙所示的电源电压，

T＝0.02s，所以频率为

f＝T1＝50Hz，故

A正确；原线圈接入电压的最大值是

220 2

V，所以原线圈接入电压的有效值是

U＝220V，理想变压器原、副线圈匝数比为

10∶1，所以副线圈电压是

22V，所以电压表的示数为

22V，故

B错误；有光照射

R时，R阻值随光强增大而减小，根据

P＝U2

，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示R总数变大，故

C正确；抽出

L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以

D变亮，故D错误。22、（6分）某同学想测出银川当地的重力加速度 g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下： 将一根长直铝棒用细线悬挂在空中 (如图甲所示)，在靠近铝棒下端的一侧固定电动机使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔 N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。

M，图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm、39.15cm、73.41cm、117.46cm。已知电动机的转速为3000r/min。求：(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s。(2)由实验测得银川当地的重力加速度约为________m/s2。(结果保留三位有效数字)考点：力学创新实验（Ⅱ）解析：(1)由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为50Hz，故每隔0.02s特制笔N便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间是0.1s。(2)用逐差法求铝棒的加速度即为济南当地的重力加速度hCE－hAC117.46－39.15－39.15×10－2g＝2＝24T4×0.122。m/s＝9.79m/s答案：(1)0.1(2)9.7923、（9分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：(1)游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为________mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为________mm；选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为________Ω；图3(4)为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表A1(量程300mA，内阻约为2Ω)；电流表A2(量程150mA，内阻约为10Ω)；电压表V1(量程1V，内阻r＝1000Ω)；电压表V2(量程15V，内阻约为3000Ω)；定值电阻R0＝1000Ω；滑动变阻器R1(最大阻值5Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值1000Ω)；电源E(电动势约为4V，内阻r约为1Ω)；开关，导线若干。为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的1，电压表应选________，电流表应选3________，滑动变阻器应选 ________。(均填器材代号)根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图。考点：电学实验、各种仪表的读数（Ⅱ）解析：(1)50mm＋3×0.05mm＝50.15mm；(2)4.5mm＋0.01×20.0mm＝4.700mm；(3)多用电表读数22×1Ω＝22Ω；(4)由于电源电压为

4V，显然电压表选

15V

时不满足读数不得小于其量程的

13的要求，因此只能选 V1，而V1读数又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，装成一个新的电压表，量程为 2V，基本满足要求，这样由于电阻值约 22Ω，因此回路电流最大约 100mA左右，因此电流表选 A2，为了测量精确，滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用 R1，电路图中电流表采用外接法，如图所示。答案：(1)50.15(2)4.700(4.698～4.702)(3)22(4)V1A2R1电路图见解析24、银川“檀溪谷温泉水世界”是西北地区最大的水上乐园，是夏季银川市民周末休闲的好去处。如图为其某水上滑梯示意图，滑梯斜面轨道与水平面间的夹角为

37°，底部平滑连接一小段水平轨道

(长度可以忽略

)，斜面轨道长

L＝8m，水平端与下方水面高度差为

h＝0.8m。一质量为

m＝50kg

的人从轨道最高点A由静止滑下，若忽略空气阻力，将人看成质点，人在轨道上受到的阻力大小始终为

f＝0.5mg。重力加速度为

g＝10m/s2，sin37

＝°0.6。求：(1)人在斜面轨道上的加速度大小；(2)人滑到轨道末端时的速度大小；(3)人的落水点与滑梯末端 B点的水平距离。考点：力学综合、平抛运动、牛顿运动定律（Ⅱ）解析：(1)设人在滑梯上的加速度为 a，由牛顿第二定律得：mgsin37－°f＝ma得：a＝1m/s2。12(2)设人滑到滑梯末端时的速度大小为v，对人下滑的过程，由动能定理得：mgLsin37－°fL＝2mv－0得：v＝4m/s。(3)人离开滑梯后做平抛运动，下落时间为 t1 2h＝2gt水平距离 x＝vt得：x＝1.6m。答案：(1)1m/s2 (2)4m/s (3)1.6m25、如图所示，间距为 L、电阻不计的足够长双斜面型平行导轨，左导轨光滑，右导轨粗糙，左、右导轨分别与水平面成 α、β角，分别有垂直于导轨斜面向上的磁感应强度为 B1、B2的匀强磁场，两处的磁场互不影响。质量为

m、电阻均为

r的导体棒

ab、cd

与两平行导轨垂直放置且接触良好。

ab

棒由静止释放，cd棒始终静止不动。求：(1)ab棒速度大小为 v时通过cd棒的电流大小和 cd棒受到的摩擦力大小。(2)ab棒匀速运动时速度大小及此时 cd棒消耗的电功率。考点：电学综合、法拉第电磁感应定律（Ⅱ）解析：(1)当导体棒 ab的速度为 v时，其切割磁感线产生的感应电动势大小为：

E＝B1Lv①导体棒

ab、cd串联，由全电路欧姆定律有：

EI＝2r②联立①②式解得流过导体棒

cd的电流大小为：

I＝

B1Lv2r

③导体棒

cd所受安培力为：

F2＝B2IL④若mgsinβ＞F2，则摩擦力大小为：2B1B2Lvf1＝mgsinβ－F2＝mgsinβ－ ⑤若mgsinβ≤F2，则摩擦力大小为：2B1B2Lvf2＝F2－mgsinβ＝ －mgsinβ。⑥(2)设导体棒 ab匀速运动时速度为 v0，此时导体棒 ab产生的感应电动势为： E0＝B1Lv0⑦E0流过导体棒 ab的电流大小为： I0＝2r⑧导体棒ab所受安培力为： F1＝B1I0L⑨导体棒ab匀速运动，满足：mgsinα－F1＝0⑩联立⑦⑧⑨⑩式解得：2mgrsinαv0＝22B1L此时cd棒消耗的电功率为：P＝I2m2g2rsin2α0R＝22。B1L答案：(1)B1Lv22mgsinβ－B1B2Lv或B1B2Lv－mgsinβ2r2r2r(2)2mgrsinαm2g2rsin2αB12222LB1L33、[物理——选修3—4](15分)(1)下列说法正确的是________。．温度低的物体内能小．外界对物体做功时，物体的内能一定增加C．温度低的物体分子运动的平均动能小D．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能E．物体吸收热量后，内能不一定增加(2)横截面积为

S的导热气缸竖直放置在水平地面上，两个轻活塞

A和

B将气缸分隔为Ⅰ、Ⅱ两个气室，两活塞间距离为

d，两气室体积之比为

1∶2，如图

1所示。在保持室温不变的条件下，缓慢在活塞

A1上加细沙，使之向下移动一段距离 h＝2d。不计活塞与气缸壁之间的摩擦，室内大气压强为 p0，求所加细沙的质量。解析：(1)由于物质的量不确定，所以不能说温度低的物体内能小，选项 A错误；根据 U＝W＋Q可知外界对物体做功时，还要看物体的吸热、放热情况，所以物体的内能不一定增加，选项 B错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度低的物体分子运动的平均动能小，选项 C正确；一定质量的 100℃的水吸收热量后变成 100℃的水蒸气，由于气体体积增大，对外做功，即 W＜0，根据 U＝W＋Q可知吸收的热量大于增加的内能，选项 D正确；根据 U＝W＋Q可知物体吸收热量后，还要看物体对外做功情况，所以内能不一定增加，选项 E正确。(2)由于是轻活塞，质量不计，活塞与气缸间的摩擦不计，因此两部分气体压强相等，状态 1时，气体压强等于大气压强

p＝p0，气室Ⅰ的体积

V1＝dS，气室Ⅱ的体积

V2＝2V1＝2dS。设所加细沙的质量为

m，此时活塞

B下移距离为

h′，则状态

2气体的压强

mgp′＝p0＋S，气室Ⅰ的体积V1′＝(d－h＋h′)S，气室Ⅱ的体积V2′＝(2d－h′)S由于保持室温不变、气缸导热和缓慢加沙，气缸内气体做等温变化，由玻意耳定律得p0dS＝p′(d－h＋h′)S①p0·2dS＝p′d(2－h′)S②1联立①②式得h′＝3d③③式代入②式解得m＝p5g0S④p0S答案：(1)CDE (2)35．[物理——选修 3—4](15分)(1)下列说法中正确的是 ( )．．光电子的最大初动能跟入射光强度成正比．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹，是属于光的衍射现象．在双缝干涉实验中，某同学用黄光作为入射光。为了增大干涉条纹的间距，在不改变其它条今年下，该同学可以采用红光作为入射光E．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调答案：B