北京市朝阳区2013届高三第一次综合练习理综物理-副本课案

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1、优化方案教考资源网北京市朝阳区高三年级第一次综合练习理科综合测试试卷共两道大题，第一题为选择题，第二题为非选择题， 共300分。考试时间150分钟。考试结束后, 将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1 .考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。2 .答题前考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡上填写姓名、准考证号，然后再用2B铅笔将与准考证号对应的信息点涂黑。3 .答题卡上第一题必须用 2B铅笔作答，将选中项涂满涂黑，黑度以盖住框内字母为准，修改时用橡 皮擦除干净。第二题必须用黑色字迹的签字笔按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，未在对应的答题 区域内作答或超出答题区域作答的均不得分。可能用

2、到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5、选择题（本题共20小题，每小题 6分，共120分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求 的一项。）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 c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）k c【答案】D影响内能大小的因素是质量、温度和状态，所以温度高的物体不一定比温度低的物体内能大；内能是物体内部所有分子动能和分子势能的总和，一切物体都具有内能，0c的物体也有内能；物体的温

3、度升高，则组成物体的所有分子的平均动能增大，但对于每个分子的动能不一定增大；改变物体内能的方式有两种： 一是做功，二是热传递；故选 D.14 .放射性元素在衰变过程中，有些放出 a射线，有些放出 3射线，有些在放出 a射线或3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234ThT 294Pa+je+ T,这个衰变A.是3衰变，产生的 B.是3衰变，产生的 C.是a衰变，产生的 D,是a衰变，产生的 【答案】A234 Pa核从高能级向低能级跃迁 234Pa核从低能级向高能级跃迁234 Pa核从高能级向低能级跃迁2342341 Pa核从低能级向高能级跃迁由核反应方程式

4、可知该核反应生成了；e,并且释放能量，故选项 A正确。*y/m 0.2A.沿x轴正方他律插被速为 、申B.沿x轴正方向传播，波速为15 .如图甲为t=0时刻沿x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20t/s乙y/m 0.2x/cm4000.2m/s-0.220m/sC.沿x轴负方向传播，波速为 0.2m/sD.沿x轴负方向传播，波速为 20m/s【答案】C由图甲可知该横波波长 =40cm,由图乙可知该横波周期T=2s,故该横波的波速？又P/fijv = = 0.2m/s,T质点的起振方向向上，故该横波沿x轴负方向传播；故选 C。欢迎广大教师踊跃投稿，稿酬丰厚0316 .

5、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t1，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t2,且342。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 【答案】D可知=k由题意可知 嫦娥二号”探月卫星的周期大于 嫦娥三号探月卫星，由开普勒行星运行定律嫦娥二号”探月卫星的轨道半径大于嫦娥三号探月卫星。探月卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫

6、星的质量为m、轨道半径为r、月球质量为 M,有2 2MmVGM vFFj -G，倩=m=ma, v= ,a=rr. r r由于 嫦娥三号”探月卫星的周期小、半径小，故 嫦娥三号”探月卫星的角速度大、线速度大，向心加速 度大.则所给选项A、B、C错误，D正确。(J(I/(I 117 .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。原线圈中白电流为 Ii,输入功率为Pi,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 IB. 12增大，P2减小 张 R C. 11减小，Pi增大: 赤 YD. Ii减小，Pi减小【答案】A由于原线圈

7、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12增大，所以原线圈的电流 Ii也要增大，由于副线圈的电压不变，根据 U2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Pi也将增大.故P =R选A.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A. P光的频率大于Q光B. 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

8、【答案】C由题意可知：P光照亮的水面区域大于 Q光，则P光的临界角大于 Q光，所以P光的折射率小于 Q光, 那么P光在水中的速度大于 Q光，P光的波长比Q长，P光的频率小于 Q光，P光的能量小于 Q光.故A、B错误；P光的波长比Q长，所以让P光和Q光通过同一双缝干涉装置，P光的条纹间距大于 Q光，故D错误。P光的频率小于 Q光，P光的能量小于 Q光，故C正确。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V0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

9、放在光滑水平面上，让滑块仍以相同的初速 度vo由甲的左端滑上木板，如图 2所示。则滑块喳:亍了;4*jMid*S* 11 r . j 1 ” *：* * *弋A.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【答案】B滑块第一次在长木板上运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使 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，而 在两次过程中，滑块做匀减速运动的加速度相等，故第二次滑块与乙木板将更早达到速度相等，所以滑块 还没有运动到乙的右端.故选项

10、B正确。20 .空间存在着平行于 x轴方向的静电场，其电势 中随x的分布如图所 示，A、M、0、N、B为 x 轴上的点，|OA|v|OB|, | OM|二| ON|。 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 x.轴向右运动，则下列判断中正确的是A .粒子一定带正电1 1)()()B.粒子从M向。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。运动过程电势能逐渐增加【答案】C由电势卬随x的分布图可知电势随 x均匀变化，则可知电场为匀强电场，且 O点左侧的电场强度大于右侧 的电场强度，左侧场强方向沿 x轴负向，右侧场强方向沿 x轴正向，由于带电粒子在电场中仅在电

11、场 力作用下从M点由静止开始沿 x轴向右运动，故粒子一定带负电，粒子从M向。运动过程中所受电场力不变，电场力做正功，电势能减小，粒子从。向N运动过程中所受电场力做负功，做减速运动，由于| OA| v | OB| , | OM|=| ON| ,故粒子一定能通过 N点，故只有选项 C正确。二、非选择题 (本题共11小题，共180分)21 .( 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“X欧姆挡，示数如图 3所示，则金属丝的电阻 R

12、=Qo图1优化方案教考资源网图2图3（2）某学校的学生为了测定物块与桌面之间的动摩擦因数，想出了很多方法。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。WWW.com欢迎广大教师踊跃投稿，稿酬丰厚011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/

13、s2,则物块与桌面的动摩擦因数阳= （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 褊小”）。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 。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 OP、OQ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耶乙同学在图7中已标出第1、2、3、5、6组数据对应的坐标点，请你在图中标出第4组数据对应的坐标点，并画出s-h关系图线

14、。实验中测得 A、B的质量之比 mA:mB=4:5,则根据s-h图线计算出物块 A与桌面间的动摩擦因数|J2=【答案】（1） 40.25 0.01 （2 分） 0.227 0.002 （2 分） 9 （2 分）（2）2.0 （2分）0.2 （2分）偏大（2分）如图所示（3分） 0.40 （3分）（1）毫米刻度尺估读到毫米的下一位，即 40.25cm；螺旋测微器的固定刻度读数 0.0mm ,可动刻度读数为0.01 X22.5=0.225mm,所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=0.0mm+0.225mm=0.225mm.欧姆表表盘读数为 9 Q ,由于选择的是“X 1”倍率，故待测电阻的

15、阻值是9 Q o（2） 由匀变速直线运动的推论 Ax=aT2可得，由于纸带与计时器之间的摩擦和空气阻力的影响，测量结果比真实值偏大。用平滑曲线将数据点连接，使尽可能多的点在曲线上，不在曲线上的点均匀分布在曲线两侧，误差较大的舍掉。由功能关系可知mBgh = mAgs ,即卜=工。mAS22. （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4R。已知重力加速度为 go(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

16、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Vt块在 M点获得的初动能。【答案】见解析(1)从B到M的过程中，根据动能定理:mgR -4/mgR =0-0所以 N=0.25 (2)设小滑块到达 C点时的速度为Vc,根据机械能守恒定律:4分）mgR =a mvC = v = j2gR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:F -mg = m = F =3mg R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

17、小滑块达到A点时的速度为Va,根据牛顿第二定律：/ C mvA:mg =m = vA = . gR设小滑块在M点获得的初动能为Ek ,又根据能的转化和守恒定律： Ek =Ep EkA Q= 2mgR+-mvA +4NmgR =3.5mgR 26分）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，x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E=1.0N/C。一带电油滴在xOy平面内，从P点与x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

18、力加速度为g=10m/s2。(1)求油滴的质量m。(2)若在空间叠加一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场，使油滴通过 Q点，且其运动轨迹关于 y轴对称。已知磁场的磁感应强度大小为B=2.0T,求：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。【答案】见解析(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 =qE =1.0x10卫kg(4分) 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t,根据牛顿第二定律：2-mv mv所以 qvB =: R 0.10 mRqB所以 T

19、=21：R=0.h：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 ZMON =6。，所以，带电油滴在磁场中运动的时间,T 0.1 二t2 = = S66根据几何关系可(8由题意可知，油滴在 P到M和N至ij Q的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等。d Rsin30 02知，PM = NQ =-1=_ 3mcos30 3所以 油滴在P至U M和N至ij Q过程中的运动时间t1 =13=9=，3 sv 30.20.1贝U油滴从P至U Q运动的时间t =t1 +t2 +t3 =(10 m m (6 分)24. (20分)用电阻率为 仍

20、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B。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go(1)求在075t0时间内，方框中的最大电流(2)若要提高方框的最大速度，可采取什么措施，写出必要的文字说明和证明过程(设磁场区域足够 长，写出一种措施即可)；

21、(3)估算在075t0时间内，安培力做的功。图3方框速度随时间变化的关系【答案】见解析E（1） E =2BLv= I = R2BLv BvS4Lp-s当V=Vm=8V0时，I有最大值,B 8vo S 4BSvo6分）mP2 P(2)设金属线框的密度为 do当方框速度v=vm时，根据牛顿第二定律有mg -2BImL =0ifl 1/1/因为所以2 BLvm BSvmm =dV =d4d g vm = B24L 2 p。S4L S=4dLS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在下落过程中，根据动能定理有：12mghi W安 1 =2 m 8v0在上升过程中，根据动能定理有：1-2-mgh2 WN22 =0 - m 7v)2 _，8B SLv。又因为mg =2BImL= m =h2。6分）由图3可知：几=87vOt0h2 =6v0t。pg（86vot088vot0 均可）（5v0t06v0t0 均可）15v2）（应与hi、h2的值对应）2（8分）2_一,8B SLvo所以 W（81gVotoL/V VVL/V