2018黑龙江模拟精编大考卷三物理试题答案

详解答案模拟精编大考卷(三)　物理１．C　由图象得:xt＝０．５＋０．５t,所以x＝０．５t＋０．５t２,物体做匀加速直线运动,初速度为０．５m/s,加速度为１m/s２,所以A、B错误;由v＝v０＋at得１s末的速度为v＝１．５m/s,C项正确．第１s内的平均速度v＝v０＋v２＝１m/s,D错误．２．B　弧形滑块向上移动一段距离的过程,球的重力大小方向不变,挡板弹力方向不变,弧形滑块的弹力逐渐倾向于垂直斜面方向,如图所示．从１到２到３的变化过程,挡板弹力逐渐变小,选项B正确;滑块对球的弹力逐渐变小,选项A错误;把球和弧形滑块当作一个整体分析,移动过程,该整体在沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力,挡板对球向上的弹力和向上拉力,重力的分力不变,挡板弹力逐渐变小,拉力F逐渐变大,选项D错误;垂直斜面方向受力没有变化,所以斜面对滑块的弹力不变,选项C错误．３．D　试探电荷从O点向Q点运动过程中,受电场力的合力从O点指向Q点,在O点时所受合力为零,无穷远处合力也为零,所以从O点向Q点运动过程中受力可能先变大后变小．所以根据牛顿第二定律可以知道,加速度可能先变大,后变小,A、B错;从O点向Q点运动过程中速度一直在增加,所以动能一直增加,C错;从O点向Q点运动过程中,电场力一直做正功,所以电势能逐渐减小,D对．４．B　小球运动的轨迹圆在水平面内,运动形式为匀速圆周运动,在指向圆心方向列向心力表达式方程,在竖直方向列平衡方程,可得拉力大小FT１＝m１gcos３０°,FT２＝m２gcos６０°,FT１FT２＝３６,A选项错误;向心力大小F１＝m１gtan３０°,F２＝m２gtan６０°,F１F２＝１６,B选项正确;周期T＝２πLcosθg,因连接两小球的绳的悬点距两小球运动平面的距离相等,所以周期相等,C选项错误;由v＝２πrT可知,v１v２＝tan３０°tan６０°＝１３,D选项错误．５．C　当S由１改接为２时,升压变压器的原线圈匝数不变,副线圈匝数变小,所以输送电压变小,降压变压器的输入电压和输出电压均变小,电压表示数变小,A错误;降压变压器的输出电压变小时,流过灯泡的电流I灯也变小,输电线上的电流I线也随着I灯的变小而变小,所以电流表读数变小,B错误;I线变小时,输电线损失的功率P线＝I２线R变小,D错误;根据能量守恒,灯泡的功率和输电线损失的功率都变小,故可知升压变压器的原线圈的功率变小,选项C正确．６．C　释放瞬间,两球受到的阻力均为０,因此加速度相同,选项A错误;运动到最后达到匀速后,重力和阻力相等,mg＝kv,所以m１m２＝v１v２,选项B错误;由图象可知v１＞v２,因此甲球质量大于乙球质量,选项C正确;下落高度等于图线与坐标轴围成的面积,可知甲球下落高度大,选项D错误．７．CD　行星受到的万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律列方程后,行星的质量会约去,故无法求解行星的质量,选项A、B错误;“土星冲日”天象每３７８天发生一次,即每经过３７８天地球比土星多转动一圈,根据(２πT１－２πT２)t＝２π可以求解土星公转周期,选项C正确;知道土星和地球绕太阳的公转周期之比,根据开普勒第三定律,可以求解公转半径之比,根据v＝２πRT可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比,选项D正确．８．AC　由甲、乙两球机械能守恒知,甲、乙两球的末动能相等,落地速率相同,A项正确;但两球落地时速度方向不同,所以重力的瞬时功率P＝mg􀅰vcosα不相同,B项错误;由WG＝mgh得两球重力做功相同,下落时间t甲＞t乙,所以重力的平均功率不相同,C对D错．９．BD　电子的轨迹半径为R,由几何知识,Rsin３０°＝R－L,得R＝２L,电子在磁场中的运动时间t＝１６T＝２πL３v０,B正确,A错误;设磁场区域的圆心坐标为(x,y),其中|x|＝１２Rcos３０°＝３２L,y＝１２L,磁场区域的圆心坐标为－３２L,１２L(),C错误;因为R＝２L,所以轨迹圆的圆心坐标为(０,－L),D正确．１０．BC　由功能关系有(F－μmgcosθ)Δx＝ΔE．由题图乙可知,斜率k＝ΔEΔx＝F－μmgcosθ,且k先逐渐增大后不变,由牛顿第二定律可得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma,有a＝km－gsinθ,小物块的加速度先增大后不变,小物块先做加速度逐渐增大的加速运动,后做加速度不变的匀加速运动,速度一直增大,动能增大,选项A错误,B正确;小物块增加的机械能等于拉力与摩擦力做的功之和,选项C正确;由题图乙可知,小物块的机械能增加了２E０,即ΔEk＋ΔEp＝２E０,而ΔEp＝mgx２sinθ,所以ΔEk＜２E０,由动能定理可知,合力对小物块做的功等于小物块动能的变化量,即合力对小物块做的功小于２E０,选项D错误．１１．(１)－１２gt２＋vt　(２)２at０　a解析:(１)小钢珠经过光电门２的速度为v,根据运动学公式得从开始释放到经过光电门２的时间t′＝vg,所以从开始释放到经过光电门１的时间t″＝t′－t＝vg－t,所以经过光电门１的速度v′＝gt″＝v－gt;根据匀变速直线运动的推论得:两光电门间的距离h＝v′＋v２t＝vt－１２gt２．(２)根据h＝vt－１２gt２得,ht＝v－１２gt,则htＧt图线斜率的绝对值为k,k＝１２g,所以重力加速度大小g＝２at０＝２at０．因此图象的纵截距即为小钢珠通过光电门２时的速度a．１２．(１)乙　(２)１R　１U　(３)１a　１b－R０解析:(１)图甲测量的内阻为干电池的内阻和电流表内阻之和,误差􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—１０１—详解答案较大,图乙的误差较小,选择图乙．(２)由闭合电路的欧姆定律可得U＝E－UR(R０＋r),即得１U＝１E＋R０＋rE􀅰１R,故横轴为１R,纵轴为１U．(３)由题图丙和函数的对应关系可得１E＝a,R０＋rE＝k＝ab,可解得E＝１a,r＝１b－R０．１３．(１)０．３２　(２)１３０N　(９)９J解析:(１)由动能定理,有－μmgs＝１２mv２－１２mv２０可得μ＝０．３２(２)由动量定理,有FΔt＝mv′－mv可得F＝１３０N(３)W＝１２mv′２＝９J．１４．(１)３mg４q　(２)３１０g　０．３mgL解析:(１)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,受力图如图所示,则有FNsin３７°＝qE①FNcos３７°＝mg②由①②可得E＝３mg４q(２)若电场强度减小为原来的１２,即E′＝３mg８q由牛顿第二定律得mgsin３７°－qE′cos３７°＝ma可得a＝３１０g电场强度变为E′后物块下滑距离L时,重力做正功,电场力做负功,由动能定理得mgLsin３７°－qE′Lcos３７°＝Ek－０可得Ek＝０．３mgL１５．(１)４m/s２　(２)３C解析:(１)对金属杆ab应用牛顿第二定律有:F＋mgsinθ－F安－Ff＝maFf＝μFNFN＝mgcosθab杆所受安培力大小为:F安＝BILab杆切割磁感线产生的感应电动势为:E＝BLv由闭合电路欧姆定律可知:I＝ER整理得:F＋mgsinθ－B２L２Rv－μmgcosθ＝ma当vm＝８m/s时a＝０,解得:F＝８N当v＝４m/s解得:a＝４m/s２(２)设通过回路截面的电荷量为q,则:q＝It回路中的平均电流强度为:I＝ER回路中产生的平均感应电动势为:E＝ΔΦt回路中的磁通量变化量为:ΔΦ＝BLx联立解得:q＝３C１６．(１)BDE　(２)①２S　②３２T０解析:(１)物体的温度为０℃,分子的平均动能不为零,分子在永不停息地做无规则运动,A错误;物体的温度升高时,分子的平均动能一定增大,但内能还与势能有关,内能有可能减小,B正确;当分子间的距离小于平衡距离r０时,分子间的作用力表现为斥力,大于r０时,分子间作用力表现为引力,C错误;在１０g１００℃的水变成水蒸气时,分子间距增大,要克服分子间的引力做功,分子势能增大,所以１０g１００℃的水的内能小于１０g１００℃水蒸气的内能,D正确;两个铅块挤压后能紧连在一起,是分子间的引力作用的结果,E正确．(２)①A、B两气缸中气体压强相等,对两活塞受力分析可得mAg＝pSAmBg＝pSB＝pS可得SA＝２S②在对气体加热时,气体的压强始终相等,开始时气体的总体积为V１＝２S×h２＋S×h２＝３h２S最终气体的总体积为V２＝２S×３h４＋S×３h４＝９h４S由盖􀅰吕萨克定律得:V１T０＝V２T解得T＝３２T０１７．(１)B　D　(２)①出射光线与玻璃球表面切线夹角为３０°　②３Rc解析:(１)由简谐波的周期为T＝λv得,TA＝lv,TB＝l２２v＝l４v,TC＝２l３v,TD＝２３l４v＝l６v,a点到达波峰所用的时间为tA＝１４TA＝l４v,tB＝１４TB＝l１６v,tC＝１４TC＝l６v,tD＝３４TD＝l８v,因此a点最先到达波峰的是B;简谐波的频率为f＝１T,则fA＝vl,fB＝４vl,fC＝３v２l,fD＝６vl,频率最高的是D．(２)①光线射到一个玻璃球上后,光线的传播如图所示．根据折射定律可得,sinisinγ＝n解得,sinγ＝sinin＝１２又因α＝γ,且有sinβsinα＝n,则sinβ＝３２,β＝６０°即出射光线与法线夹角为６０°或与玻璃球表面切线夹角为３０°．②光线在玻璃球中的传播速度v＝cn＝３c３该束光线射入玻璃球后第一次从玻璃球射出过程所用的时间t＝２Rcosγv＝３Rc．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—２０１—