2013北京朝阳高考一模物理word解析

#/12北京市朝阳区高三年级第一次综合练习物理 2013．04第一部分（选择题共48分）13．关于物体的内能，下列说法中正确的是A.温度高的物体一定比温度低的物体内能大B.内能与物体的温度有关，所以0℃的物体内能为零C.物体的温度升高，则组成物体的每个分子的动能都增大D.做功和热传递都能改变物体的内能14.放射性元素在衰变过程中，有些放出a射线，有些放出P射线，有些在放出a射线或P射线的同时，还以射线的形式释放能量。例如234Th核的衰变过程可表示为234ThT234Pa+0e+,这个衰变90 90 91 -1A.是P衰变，产生的234Pa核从高能级向低能级跃迁91B.是P衰变，产生的234Pa核从低能级向高能级跃迁91C.是a衰变，产生的234Pa核从高能级向低能级跃迁91D.是a衰变，产生的234Pa核从低能级向高能级跃迁9115.如图甲为t=0时刻沿l轴方向传播的简谐横波，图乙是横波上P质点的振动图线，则该横波A.沿l轴正方向传播，波速为0.2m/sB.沿l轴正方向传播，波速为20m/sC.沿％轴负方向传播，波速为0.2m/sD.沿％轴负方向传播，波速为20m/s16．国防科技工业局预定“嫦娥三号”于2013年下半年择机发射。“嫦娥三号”将携带有一部“中华牌”月球车，实现月球表面探测。若“嫦娥三号”探月卫星在环月圆轨道绕行n圈所用的时间为11,已知“嫦娥二号”探月卫星在环月圆轨道绕行n圈所用的时间为12,且11<12。则下列说法正确的是A.“嫦娥三号”运行的线速度较小B.“嫦娥三号”运行的角速度较小C.“嫦娥三号”运行的向心加速度较小D.“嫦娥三号”距月球表面的高度较小17.如图所示，一理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接有可变电阻R。原线圈中的电流为11,输入功率为P1，副线圈中的电流为12,输出功率为P2。当可变电阻的滑片向下移动时A.12增大，P2增大 B.12增大，P2减小 °―UJ 厂C.11减小，P1增大 D.11减小，P1减小 ~ R一18.在水面下同一深处的两个点光源P、Q发出不同颜色的光，在水面上P光照亮的区域大于Q光照亮的区域，下列说法正确的是P光的频率大于Q光P光在水中的传播速度小于Q光C.若P光照射某金属能发生光电效应，则Q光照射该金属也一定能发生光电效应D.让P光和Q光通过同一双缝干涉装置，P光的条纹间距小于Q光

19.■■■■■■■■■■■■■■■■■19.如图1所示，一长木板静止放在光滑水平面上，一滑块（可视为质点）以水平初速度%由左端滑上木板，滑块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止。已知滑块在滑动过程中所受摩擦力始终不变。若将木板分成长度和质量均相同的甲、乙两段后，紧挨着静止放在光滑水平面上，让滑块仍以相同的初速度％由甲的左端滑上木板，如图2所示。则滑块vor vor[ ! EL『] 幺j”/”图1 图2A.滑到乙板的左端与乙板相对静止B.滑到乙板中间某一位置与乙板相对静止C.滑到乙板的右端与乙板相对静止D.将从乙板的右端滑离.空间存在着平行于％轴方向的静电场，其电势中随％的分布如图所示，A、M、O、N、B为％轴上的点，lOAIVlOBI,IOM1=1ON。一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿％轴向右运动，则下列判断中正确的是A.粒子一定带正电B.粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C.粒子一定能通过N点D.粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加第二部分（非选择题共72分）.（18分）（1）某同学用刻度尺测金属丝的长度l，用螺旋测微器测金属丝的直径d，其示数分别如图1和图2所示，则金属丝长度l=cm,金属丝直径d=mm。他还用多用电表按正确的操作程序测出了它的阻值，测量时选用“义1”欧姆挡，示数如图3所示，则金属丝的电阻R= Q。图2 图3

①其中甲同学采用了如图4所示的装置进行实验，他使物块在重物的牵引下开始运动，当重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上。实验中甲同学用打点计时器记录了物块的运动，图5为他截取的一段纸带，记录了物块做匀减速运动过程的信息，1、2、3、4、5是他选取的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器电源的频率为50Hz。根据纸带可求出物块做减速运动过程中的加速度大小a=m/s2（保留两位有效数字）。若当地的重力加速度大小为9.8m/s2,则物块与桌面的动摩擦因数〃1（保留两位有效数字），该测量结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。图5②乙同学采用了如图6所示的另一套装置进行实验，使物块A位于水平桌面的0点时，重物B刚好接触地面。将A拉到P点，待B稳定后由静止释放，A最终滑到Q点。分别测量0P、0Q的长度h和s。改变h，重复以上的操作，分别测出以下几组实验数据。123456h/cm10.020.030.040.050.060.0s/cm9.512.528.539.048.056.5乙同学在图7中已标出第1、乙同学在图7中已标出第1、2、3、5、标点，并画出sh关系图线。实验中测得A、B的质量之比mA:mB=4:5,则根据sh图线计算出物块A与桌面间的动摩擦因数〃2。.（16分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC为光滑半圆形轨道，半径为R，CD为水平粗糙轨道。一质量为m的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B由静止释放，滑至M点恰好静止，CM间距为4尺。已知重力加速度为g。（1）求小滑块与水平面间的动摩擦因数；（2）求小滑块到达C点时，小滑块对圆轨道压力的大小;（3）现使小滑块在M点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰能通过最高点A，求小滑块在M点获得的初动能。

23.(18分)如图所示，在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上，％轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称，PQ间的距离d=30cm。坐标系所在空间存在一匀强电场，场强的大小£=1.0N/C。一带电油滴在xOy平面内，从P点与％轴成30°的夹角射出，该油滴将做匀速直线运动，已知油滴的速度v=2.0m/s射出，所带电荷量q=1.0X10-7C,重力加速度为g=10m/s2。(1)求油滴的质量m。a．油滴在磁场中运动的时间t；b.圆形磁场区域的最小面积S。使油滴通过Q点，且其运动轨迹关于ya．油滴在磁场中运动的时间t；b.圆形磁场区域的最小面积S。使油滴通过Q点，且其运动轨迹关于y24.（20分）用电阻率为分横截面积为S的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb'a，。金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行，如图1、2所示。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的aa，边和bb，边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为瓦当t=0时，方框从静止开始释放，与底面碰撞后弹起（碰撞时间极短，可忽略不计），其速度随时间变化的关系图线如图3所示，在下落过程中方框平面保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g。（3）求在0~1510时间内，方框中的最大电流Im；若要提高方框的最大速度，可采取什么措施长，写出一种措施即可）；估算在0~1510时间内，安培力做的功。写出必要的文字说明和证明过程（设磁场区域足够lOvo5voO图3方框速度随时间变化的关系北京市朝阳区高三年级第一次综合练习参考答案物理2013．4I选择题，每小题分，共分。选对的得分，选错或不答的得分。题号1314151617181920答案DACDACBCII非选择题，共分。21．(18分)0.227±0.002 9(1)40.25±0.010.227±0.002 9(2)①2.022．解：(22．解：(1)从B到M的过程中，根据动能定理：mgR一4目mgR=0一0所以目=0.25(2)设小滑块到达。点时的速度为%，根据机械能守恒定律：mgR=mvnv2nv=v2gR2c设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为R根据牛顿第二定律:v2F一mg=mcnF=3mgR根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小F'=F=3mg…(6分)(3)根据题意，小滑块刚好到达圆轨道的最高点A,此时，重力充当向心力，设小滑块达到A点时的速度为vA，根据牛顿第二定律：v2一Fmg=mrnv=ygR设小滑块在M点获得的初动能为E，又根据能的转化和守恒定律：kE=E+E+Qkp kA即E=2mgR+—mv2+4日mgR=3.5mgRk 2A

23．解：（123．解：（1）对带电油滴进行受力分析，根据牛顿运动定律有qE-mg=0所以m=—=1.0x10-8kg

g（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，设其做匀速

圆周运动设圆周运动的半径为R、运动周期为T、油滴在磁场中运动的时间为（2）带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，设其做匀速

圆周运动设圆周运动的半径为R、运动周期为T、油滴在磁场中运动的时间为K根据牛顿第二定律:所以qvB=mv2mvnR=——=0.10m

qB所以T=*=0.1兀s

v设带电油滴从M点进入磁场，从N点射出磁场由于油滴的运动轨迹关于y轴对称如图所示，根据几何关系可知ZMO'N=60，所以，带电油滴在磁场中运动的时间T 0.1T 0.1兀——s6由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等。根据几何--Rsin30关系可知，PM=NQ=2 :cos30所以油滴在P到M所以油滴在P到M和N到Q过程中的运动时间％=tPM0.113v<3s则油滴从P到Q运动的时间t=t+1+1=(空v3+01n)s工0.17s

1 2 3 3 6（3）连接MN，当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图所示。根据几何关系圆形磁24．（20分）解：24．（20分）解：场的半径r=Rsin30=0.05m其面积为S=兀r2=0.0025兀m2-7.9x10-8m2（1）（2）当v=vm=8v0时，I（1）（2）当v=vm=8v0时，I有最大值设金属线框的密度为d。当方框速度v=v时，m4BSv 0P根据牛顿第二定律有mg-2BIL=0mE因为I=-mmR2BLvBSv所以m4LP—

S4dpgB2m2PE2BLvBvSE=2BLvnI=一可采取的措施有a．减小磁场的磁感应强度B；b.更换材料，使d和P的乘积变大(3)设方框开始下落时距底面的高度为h1,第一次弹起后达到的最大高度为h2。在下落过程中，根据动能定理有：mgh+W1 安11m-（8v）220在上升过程中,根据动能定理有：一mgh+W=0-—m-(7v)2TOC\o"1-5"\h\z2安2 2 08B2SLv\o"CurrentDocument"又因为mg=2BILnm= o-m Pg由图3可知：h=87vt （86vt~88vt均可）（5vt~6vt均可（5vt~6vt均可）00 00 00W=W+W安 安1 安2所以8B2SLvPg150（81^vt- v2） （应与h、h的值对应）00 20 1 2北京市朝阳区高三年级第一次综合练习试卷解析物理2013．4【题13］［答案］D［解析］A.物体内能由物质的量、物体温度与物体体积决定，温度高的物体不一定比温度低的物体内能大，故A错误；B.分子永不停息地做无规则，任何物体内能不可能为零，故B错误；C.物体的温度升高，分子平均动能增大，但并不是每一个分子动能都增大，可能有的分子动能还减小，故C错误；D.做功和热传递都能改变物体的内能，故D正确；故选D.【题14］［答案］A［解析］衰变过程为234Th-234Pa+0e+Y，知该反应为p衰变，由于放出能量，知产生的90 91 -1234Pa核从高能级向低能级跃迁，故A正确，B、C、D错误.故选A.91［题15］［答案］C入［解析］由甲、乙图分别读出，入=40cm=0.4m,T=2s,则h=7=02ms.从振动图象乙读出t=0时刻P质点的振动方向向上，在波动图象甲上判断出波的传播方向沿x轴负方向.故选C．［题16］［答案］D［解析］根据万有引力提供向心力，得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，通过周期的大小比较出轨道半径，从而比较出线速度、角速度、向心加速度的大小．因为t［＜t2.知嫦娥二号的周期大于嫦娥三号的周期，知嫦娥二号的轨道半径大于嫦娥三号的轨道半径，则嫦娥三号距月球表面高度较小．轨道半径越大，线速度越小、角速度越小，向心加速度越小，则嫦娥三号的线速度较大、角速度较大、向心加速度较大．故D正确，A、B、C错误.故选D.［题17］［答案］A［解析］由于原线圈的输入电压不变，变压器的匝数比也不变，所以副线圈的输出电压不变，当可变电阻的滑片向下移动时，电阻R减小，副线圈的电流I2增大，所以原线圈的电流U2I1也要增大，由于副线圈的电压不变，根据P=U可得，当电阻减小时，输出的功率P2将增大，所以原线圈的输入的功率P1也将增大，所以A正确；故选A.［题18］［答案］C［解析］A.在水面下同一深处的两个点光源P、Q发出不同颜色的光，在水面上P光照亮的区域大于Q光照亮的区域，知P光发生全反射的临界角大，根据sinC=1，知P光的折nc射率小，则P光的频率小，故A错误；B.根据v=,知，P光的折射率小，则P光在

水中的传播速度大，故B水中的传播速度大，故B错误；C.若P光照射某金属能发生光电效应，因为Q光的频率大，则Q光照射一定能发生光电效应，故C正确；D.因为P光的频率小，则波长长，根据口％=L入知，P光产生的条纹间距大，故D错误；故选C.【题19］［答案］B［解析］在第一次在小木块运动过程中，小木块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小木块先使整个木板加速，运动到乙部分上后甲部分停止加速，只有乙部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小木块与乙木板将更早达到速度相等，所以小木块还没有运动到乙的右端.故ACD错误、B正确；故选B.【题20］［答案］C［解析］A.由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电.A错误；B.A到M电势均匀升高，故A到0的电场是匀强电场，所以粒子M向O运动过程中所受电场力不变.故B错误；C.由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点.故C正确；D.粒子从M向O运动过程电场力做正功，电势能一定减小，故D错误.故选C.【题21］［答案］［解析］刻度尺的读数为：40.25cm,螺旋测微器的固定刻度读数为0mm,可动刻度读数为0.01x22.9mm=0.229mm,所以最终读数为0.229mm.被测电阻的阻值为9x1=9Q；①由打点计时器电源的频率为50Hz,相邻两个计数点之间还有四个点未画出，可知相邻计数点间的时间为T=0.1s,进而由逐差法可得加速度.由物体受摩擦力作用而减速运动，可得摩擦因数,由于实际在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力,所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大.②对在B下落至临落地时和在B落地后，A运动到Q,两个过程运用动能定理，求得g的表达式，再结合从s-h图象，即可求解巴【题22］］答案］（1）目=0.25（2）F=3mg（3）E=3.5mgRk［解析］解：（1）从B到M的过程中，根据动能定理：mgR一4目mgR=0一0所以目=0.25（2）设小滑块到达。点时的速度为%，根据机械能守恒定律：mgR=mmv2nv=-.12gR2c设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为F,根据牛顿第二定律:v2F-mg=m-c-nF=3mgR根据牛顿第三定律，小滑块到达C点时，对圆轨道压力的大小F'=F=3mg（3）根据题意，小滑块刚好到达圆轨道的最高点A,此时，重力充当向心力，设小滑块达到A点时的速度为vA，根据牛顿第二定律：nvAnvAmg=maR设小滑块在M点获得的初动能为E，又根据能的转化和守恒定律:kE=E+E+QkAE=2mgR+—mv2+4日mgR=3.5mgR

2A【题23】［答案］1.0X10-8kg(2)0.17s(3)7.9x10-8m2［解析］(1)对带电油滴进行受力分析，qE-mg【题23】［答案］1.0X10-8kg(2)0.17s(3)7.9x10-8m2［解析］(1)对带电油滴进行受力分析，qE-mg=0根据牛顿运动定律有所以 m=—=1.0x10-8kgg带电油滴进入匀强磁场，其轨迹如图所示，设其做匀速圆周运动设圆周运动的半径为H、运动周期为T、油滴在磁场中运动的时间为K根据牛顿第二定律:mv2 mv所以qvB=——nR=一R qB所以T=2兀R=0.1兀sv设带电油滴从M点进入磁场，从N点射出磁场，由于油滴的运动轨迹关于y轴对称，如图所示，根据几何关系可知ZMO'N=60，所以，带电油滴在磁场中运动的时间t=—=———s26 6由题意可知，油滴在P到M和N到Q的过程中做匀速直线运动，且