北京市海淀區(qū)2012屆高三一模理綜試題(WORD精校版)

#/16或：制備「。2時'在電解槽發(fā)生如下反應(yīng)：陰極：2Ca2++4e-==2Ca陽極：202--4e-==02f 2Ca+Ti02=一定條件+2Ca0, 由此可見,CaO的量不變.〔電極反應(yīng)式和化學(xué)方程式各1分,不寫”一定條件”不扣分〕.〔15分）⑴Cu+4HNO3<M>===Cu<NO3>2+2NO2f+2偵〔2〕C裝置中混合氣體顏色變淺〔其他合理答案酌情給分〕〔3〕在此條件下，該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率極慢.〔4〕缺少尾氣吸收裝置〔5〕NO?能被Na2O2還原〔其他合理答案酌情給分〕⑹①EDBDF或EDBF②2NO2+Na2O2===2NaNO3（3分,不配平扣1分〕〔14分〕〔1〕陵基〔2〕bd〔少選得1分/多選、錯選無分〕CHHO— —OH+CH3CH2OH-濃△酸HO—寫"備化劑、加熱"不扣分，CHHO— —OH+CH3CH2OH-濃△酸HO—寫"備化劑、加熱"不扣分，不寫可逆符號扣1分〕⑷⑸物理〔反應(yīng)HOOC合O—得—H不寫反而條件不扣分〕OOCOH+H2OCOOCH2CH3OIIONa+NaO—C—H+2H2O13_20DBDCADCD〔18分）〔1〕〔6分）①y2/y1 〔3分〕；②沿P1P2方向的入射光線在玻璃磚底邊的界面上發(fā)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分兒;12 k ④sin22 〔3分,說明：在sin2］前面加任意符合圖象意義的常數(shù)均可得分〕,

2兀，一 〔3分〕槌9T說明：第④冋，右第一空：-cos9,第一空：兀.：，則可同樣得6分.4Vg〔16分〕TOC\o"1-5"\h\z〔1)設(shè)滑塊A和B運(yùn)動到圓形軌道最低點(diǎn)速度為％對滑塊A和B下滑到圓形軌道最低點(diǎn)的過程,根據(jù)動能定理，有〔m/mB〕gh=2(mA+mB)v02 〔2分〕解得：v0=4.0m/s 〔2分〕〔2〕設(shè)滑塊A恰能通過圓形軌道最高點(diǎn)時的速度大小為v,根據(jù)牛頓第二定律有mAg=mAV2/R 〔2分〕設(shè)滑塊A在圓形軌道最低點(diǎn)被彈出時的速度為vA,對于滑塊A從圓形軌道最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有2mAvA2=mAg?2R+2mAv2 〔2分〕代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：vA=5.0m/s 〔2分〕〔3〕對于彈簧將兩滑塊彈開的過程,A、B兩滑塊所組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)滑塊B被彈出時的速度為vB,根據(jù)動量守恒定律，有〔mA+mB)v0=mAvA+mBvB 〔2分)解得：vB=0 〔1分〕設(shè)彈簧將兩滑塊彈開的過程中釋放的彈性勢能為Ep,對于彈開兩滑塊的過程，根據(jù)機(jī)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射線的粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)其半徑為。根據(jù)牛頓第二定律，有qvB=mv2/r 〔3分〕代入數(shù)據(jù)解得：r=0.89m 〔2分〕〔2〕①第2號痕跡正對著儲有放射源的鉛盒的開口，表明形成第2號痕跡的射線做勻速直線運(yùn)動,即不受電場力作用,所以不帶電，故第2號痕跡是y射線照射形成的 〔4分〕②a射線的粒子從放射源出來經(jīng)過水平勻強(qiáng)電場打到底片上的過程中，受恒定的電場力作用,且水平的電場力與豎直的初速度方向垂直，故應(yīng)做勻變速曲線運(yùn)動 〔3分〕〔說明：回答"類平拋運(yùn)動"，或"豎直方向做勻速直線運(yùn)動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動"均可得分〕設(shè)鉛盒與底片間的豎直距離為d,電場強(qiáng)度為E,帶電射線從放射源射出時的初速度為v0,質(zhì)量為m,所帶電荷量為q,在電場中運(yùn)動時間為t,則對于粒子在電場中的運(yùn)動有1qE豎直方向d=v0t,水平方向的側(cè)移量x==t2 〔2分〕0 2m

〔1分〕e〔1分〕解得：X=- 2mv20因此對于a射線和6射線的側(cè)移量之比有rv〕22rv〕221r1)2€—X X—頃丿14X1840〔0.1丿x_qmxqmPPa表明a射線的偏轉(zhuǎn)側(cè)移量較小,所以第3號痕跡應(yīng)是a射線所形成的說明：若沒有進(jìn)行定量計(jì)算，只是說明xa<p此問要扣2分〕24.〔20分〕〔1〕由v-t圖象可知，在0?0.4s時間內(nèi)線框做勻加速直線運(yùn)動，進(jìn)入磁場時Av的速度為v1=2.0m/s,所以在此過程中的加速度a=--=5.0m/s21 At184〔2分〕〔1分）〔1分）TOC\o"1-5"\h\z由牛頓第二定律 F-mgsinO-卩mgcosO=ma 〔2分〕解得F=1.5N 〔1分〕〔2〕由v-t圖象可知,線框進(jìn)入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=BLvr 〔1分〕EBLv〔1分）通過線框的電流 !=-= 〔1分）RRB2B2Lv線框所受安培力F安林*〔1分）B2L2V對于線框勻速運(yùn)動的過程，由力的平衡條件，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圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動，并以速度勻速穿出磁場,說明線框的寬度等于磁場的寬度 D=0.40m 〔1分〕線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運(yùn)動,到達(dá)檔板時的位移為s-D=0.15m……〔1分〕設(shè)線框與擋板碰撞前的速度為v2\o"CurrentDocument"1〔1分）由動能定理，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）線框碰檔板后速度大小仍為v2,線框下滑過程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，即mgsin^=^mgcos^=0.50N,因此線框與擋板碰撞后向下做勻速運(yùn)動,ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v2=1.0m/s；進(jìn)入磁場后因?yàn)橛质艿桨才嗔ψ饔枚鴾p速，做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動，設(shè)線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3B2L2 2B2L2D由v=vFx得偵v2-F m/s'因％<0，說明線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零，這時安培力消失，線框受力平衡,所以線

2B2LDv 1=0.40