北京市海淀区2012届高三一模理综试题(WORD精校版)

#/16或：制备「。2时'在电解槽发生如下反应：阴极：2Ca2++4e-==2Ca阳极：202--4e-==02f 2Ca+Ti02=一定条件+2Ca0, 由此可见,CaO的量不变.〔电极反应式和化学方程式各1分,不写”一定条件”不扣分〕.〔15分）⑴Cu+4HNO3<M>===Cu<NO3>2+2NO2f+2侦〔2〕C装置中混合气体颜色变浅〔其他合理答案酌情给分〕〔3〕在此条件下，该反应的化学反应速率极慢.〔4〕缺少尾气吸收装置〔5〕NO?能被Na2O2还原〔其他合理答案酌情给分〕⑹①EDBDF或EDBF②2NO2+Na2O2===2NaNO3（3分,不配平扣1分〕〔14分〕〔1〕陵基〔2〕bd〔少选得1分/多选、错选无分〕CHHO— —OH+CH3CH2OH-浓△酸HO—写"備化剂、加热"不扣分，CHHO— —OH+CH3CH2OH-浓△酸HO—写"備化剂、加热"不扣分，不写可逆符号扣1分〕⑷⑸物理〔反应HOOC合O—得—H不写反而条件不扣分〕OOCOH+H2OCOOCH2CH3OIIONa+NaO—C—H+2H2O13_20DBDCADCD〔18分）〔1〕〔6分）①y2/y1 〔3分〕；②沿P1P2方向的入射光线在玻璃砖底边的界面上发生了全反射 〔3分〕4丸2n21 4丸2 ⑵〔12分〕①g= 〔2分〕；②C 〔2分〕；③;一 〔2分儿;12 k ④sin22 〔3分,说明：在sin2］前面加任意符合图象意义的常数均可得分〕,

2兀，一 〔3分〕槌9T说明：第④冋，右第一空：-cos9,第一空：兀.：，则可同样得6分.4Vg〔16分〕TOC\o"1-5"\h\z〔1)设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度为％对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程,根据动能定理，有〔m/mB〕gh=2(mA+mB)v02 〔2分〕解得：v0=4.0m/s 〔2分〕〔2〕设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v,根据牛顿第二定律有mAg=mAV2/R 〔2分〕设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度为vA,对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有2mAvA2=mAg»2R+2mAv2 〔2分〕代入数据联立解得：vA=5.0m/s 〔2分〕〔3〕对于弹簧将两滑块弹开的过程,A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，设滑块B被弹出时的速度为vB,根据动量守恒定律，有〔mA+mB)v0=mAvA+mBvB 〔2分)解得：vB=0 〔1分〕设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep,对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有v守恒定律，有v02+Ep=—mAvA225〔2分〕TOC\o"1-5"\h\z解得：E=0.40J 〔1分〕p〔18分〕〔1〕a射线的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其半径为。根据牛顿第二定律，有qvB=mv2/r 〔3分〕代入数据解得：r=0.89m 〔2分〕〔2〕①第2号痕迹正对着储有放射源的铅盒的开口，表明形成第2号痕迹的射线做匀速直线运动,即不受电场力作用,所以不带电，故第2号痕迹是y射线照射形成的 〔4分〕②a射线的粒子从放射源出来经过水平匀强电场打到底片上的过程中，受恒定的电场力作用,且水平的电场力与竖直的初速度方向垂直，故应做匀变速曲线运动 〔3分〕〔说明：回答"类平抛运动"，或"竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动"均可得分〕设铅盒与底片间的竖直距离为d,电场强度为E,带电射线从放射源射出时的初速度为v0,质量为m,所带电荷量为q,在电场中运动时间为t,则对于粒子在电场中的运动有1qE竖直方向d=v0t,水平方向的侧移量x==t2 〔2分〕0 2m

〔1分〕e〔1分〕解得：X=- 2mv20因此对于a射线和6射线的侧移量之比有rv〕22rv〕221r1)2€—X X—顷丿14X1840〔0.1丿x_qmxqmPPa表明a射线的偏转侧移量较小,所以第3号痕迹应是a射线所形成的说明：若没有进行定量计算，只是说明xa<p此问要扣2分〕24.〔20分〕〔1〕由v-t图象可知，在0〜0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时Av的速度为v1=2.0m/s,所以在此过程中的加速度a=--=5.0m/s21 At184〔2分〕〔1分）〔1分）TOC\o"1-5"\h\z由牛顿第二定律 F-mgsinO-卩mgcosO=ma 〔2分〕解得F=1.5N 〔1分〕〔2〕由v-t图象可知,线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，产生的感应电动势 E=BLvr 〔1分〕EBLv〔1分）通过线框的电流 !=-= 〔1分）RRB2B2Lv线框所受安培力F安林*〔1分）B2L2V对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有F=mgs\nQ+^mgcosQ+——-1...〔2分〕RTOC\o"1-5"\h\z解得B=0.50T 〔1分〕〔3〕由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度匀速穿出磁场,说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 〔1分〕线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动,到达档板时的位移为s-D=0.15m……〔1分〕设线框与挡板碰撞前的速度为v2\o"CurrentDocument"1〔1分）由动能定理，有 -mg<s-D>sinO-^mg<s-D>cosO=—mv2――mv〔1分）2 2 1〔1分）解得v2=方］2-2g（S-D）（sin0+<cos0〔1分）线框碰档板后速度大小仍为v2,线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsin^=^mgcos^=0.50N,因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动,ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3B2L2 2B2L2D由v=vFx得侦v2-F m/s'因％<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡,所以线

2B2LDv 1=0.40