2018黑龙江高考模拟精编大考卷七物理试卷答案

详解答案模拟精编大考卷(七)　物理１．B　选项A中图象为位移—时间图象,物体开始和结束时的纵坐标均为０,说明物体又回到了初始位置,选项A错误;选项B中物体一直沿正方向运动,位移增大,故不会回到初始位置,选项B正确;选项C中物体第１s内的位移沿正方向,大小为２m,第２s内位移大小为２m,沿负方向,故２s末物体回到初始位置,选项C错误;选项D中物体做匀变速直线运动,２s末物体的总位移为零,故物体回到初始位置,选项D错误．２．B　当物块受到的摩擦力沿斜面向上时,由共点力平衡可知:mgsin３７°－μmgcos３７°－F＝０解得:F＝mgsin３７°－μmgcos３７°＝６×１０×０．６N－０．５×６×１０×０．８N＝１２N当物块受到的摩擦力沿斜面向下时,由共点力平衡可知:mgsin３７°＋μmgcos３７°－F′＝０解得:F′＝mgsin３７°＋μmgcos３７°＝６×１０×０．６N＋０．５×６×１０×０．８N＝６０N．故施加的外力F的取值范围为１２N≤F≤６０N,故B正确．３．D　卫星运行时的轨道半径为r＝R＋h,其向心加速度为a＝４π２rT２＝４π２(R＋h)T２,选项A错误．运行时的线速度为v＝２πrT＝２π(R＋h)T,选项C错误．由GMm(R＋h)２＝m(R＋h)４π２T２得GM＝４π２(R＋h)３T２,所以g＝GMR２＝４π２(R＋h)３R２T２,火星的第一宇宙速度v１＝GMR＝２πR(R＋h)３TR,选项B错误,D正确．４．C　小球在A处刚好对管壁无压力,mg＝mv２AR,解得vA＝gR,A错误;小球从A到B,由机械能守恒定律得mgR＋１２mv２A＝１２mv２B,解得vB＝３gR,则B错误;小球在B处,FN＋mg＝mv２BR,所以FN＝２mg,方向向下,所以C正确,D错误．５．D　若保持自耦变压器(原线圈为全部线圈,副线圈为从滑动触头P到B的部分线圈)的滑动触头P位置不变,自耦变压器的原、副线圈匝数比不变,电压表示数一定不变．将滑动变阻器的滑动触头Q向上滑动,电阻减小,电流表A２的示数一定变大;将滑动变阻器的滑动触头Q向下滑动,电阻增大,电流表A２的示数一定变小,选项A、B错误．若保持滑动变阻器的滑动触头Q位置不变,将自耦变压器的滑动触头P顺时针滑动,副线圈匝数减少,自耦变压器的原、副线圈匝数比增大,则电压表V示数减小,电流表A２的示数减小,选项C错误．若保持滑动变阻器的滑动触头Q位置不变,将自耦变压器的滑动触头P逆时针滑动,副线圈匝数增多,自耦变压器的原、副线圈匝数比减小,则电压表V示数增大,电流表A２的示数增大,负载消耗功率增大,根据变压器输出功率决定输入功率,输入功率增大,电流表A１的示数增大,选项D正确．６．C　负点电荷从O点到x２位置做减速运动,从x２位置到O点做加速度先增大再减小,又增大后减小的加速运动,从O点到x３位置做匀减速运动,选项A、B错误;负点电荷从x２位置到x３位置,由动能定理得qUx２x３＝０,则选项C正确;负点电荷运动中仅有电场力做功,动能和电势能之和一定,在x２、x３位置的动能最小,电势能最大,选项D错误．７．AD　由题意知μmgcosθ＞mgsinθ,即μ＞tanθ,选项A正确;０~t１内,物块的摩擦力对传送带做负功,选项B错误;０~t２内,合外力对物块做功为W＝１２mv２２－１２mv２１,选项C错误;由能量守恒定律知,０~t２内,物块与传送带间摩擦产生的热量等于物块机械能的减少量与传送带因物块多输入的能量之和,选项D正确．８．AD　球在桌面上弹起后做斜抛运动,在竖直方向由v２y＝２gh得两球起跳的竖直速度相同,由PG＝mg􀅰vy得两球的重力功率相等,A正确．速度变化率即加速度,两球在空中的加速度都等于重力加速度,所以两球的速度变化率相同,B错．由h＝１２gt２可得两球飞行时间相同,C错．由x＝vt可知,球１的水平位移较大,运动时间相同,则球１的水平速度较大,D正确．９．BD　小球上升过程中动能的减少量等于合外力所做的功,为(mg＋f)H,选项A错误;小球上升过程中机械能损失量等于阻力所做的功,为fH,选项B正确;小球从A点经B点回到A点过程中机械能损失量等于此过程中阻力所做的功,为fH＋３４fH＝７４fH,选项C错误;由动能定理知小球回到抛出点A的动能为Ek０－７４fH,选项D正确．１０．ABD　在第１s末,i１＝ER,E＝BL１v１,v１＝a１t１,F＝ma１,联立得F＝０．０５N,A项正确．在第２s内,由题图乙分析知线圈做匀加速直线运动,第２s末i２＝E′R,E′＝BL１v２,v２＝v１＋a２t２,解得a２＝１m/s２,B项正确．在第２s内,v２２－v２１＝２a２L２,得L２＝１m,C项错误．q＝ΔΦR＝BL１L２R＝０．２C,D项正确．１１．(１)一条过原点的倾斜直线　１M＋m　不需要mg是系统的合外力　(２)桶和桶内沙子的总质量不变　１M＋m解析:(１)实验过程中小车的总质量与沙桶的总质量均是变量,但小车与沙桶组成的系统总质量不变,所以将系统作为研究对象进行分析才能研究质量不变时加速度与合外力的关系．aＧF图象从理论上讲应该是一条过原点的倾斜直线,图线的斜率表示研究对象质量的􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—９０１—详解答案倒数,即１M＋m;mg作为系统的合外力不存在系统误差,不需要满足M≫m．(２)验证合外力不变时加速度与质量的关系,即保证桶内的沙子总质量不变,研究对象仍然是小车和沙桶组成的系统．用作图法进行数据处理时应作出a－１M＋m图象,图线为一条过原点的倾斜直线．１２．(１)左　(２)b　(３)２．００V　c、d两点间断路　(４)B同学解析:(１)闭合开关前,小灯泡分得的电压应为０,故滑动变阻器的滑片P应置于最左端;(２)用多用电表测量直流电流或电压时,电流从红表笔进入多用电表,从黑表笔流出多用电表;(３)由图乙可知,旋钮指直流电压２．５V挡,则可知被测电压为２．００V(不要用最下面刻度线读数,那是交流电压挡),由题述情况分析可知电路故障为c、d两点间断路;(４)多用电表用完后,应将旋钮旋到“OFF”挡或交流电压最高挡,B同学正确．１３．(１)１０m/s　(２)２m解析:(１)子弹进入小车的过程中,子弹与小车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得m０v０＝(m０＋m１)v１①解得v１＝１０m/s②(２)三物体组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得(m０＋m１)v１＝(m０＋m１)v２＋m２v３③解得v２＝８m/s④由能量守恒可得１２(m０＋m１)v２１＝μm２gL＋１２(m０＋m１)v２２＋１２m２v２３⑤解得L＝２m⑥１４．(１)２１０m　(２)２(１＋３π４)×１０－４s解析:(１)设粒子的质量为m,带电量为q,进入磁场时的速度为v,则２EqL＝１２mv２粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设轨道半径为R,则Bqv＝mv２R代入数值解得:R＝２１０m．(２)由此可作出粒子的运动轨迹如图所示．设粒子从释放到进入磁场之前所用时间为t１,则t１＝２Lv２粒子在磁场中运动３４圆周后从P点进入电场,而T＝２πmqB则t＝t１＋３４􀅰２πmqB代入数值可得:t＝２１＋３π４()×１０－４s．１５．(１)４３A　(２)２３解析:(１)由电路知识可知,导体棒与定值电阻R０并联后接在电源两端,设电路中的总电阻为R总,则有R总＝RR０R＋R０＋r,代入数据可得R总＝３Ω,故电路中的总电流I＝ER总＝２A,由闭合电路欧姆定律可知,导体棒ab两端的电压为Uab＝E－Ir,代入数据可得Uab＝４V,所以流经导体棒的电流IR＝UabR＝４３A．(２)对导体棒进行受力分析如图所示．设导轨对导体棒的支持力大小为FN,摩擦力大小为Ff,导体棒受到的安培力大小为F．由题意可知,导体棒中的电流方向为b→a,由左手定则可知,导体棒受到的安培力沿导轨所在的平面向上,其大小为F＝BIRd,代入数据有F＝２N,又因为重力沿导轨所在的平面向下的分量为mgsin５３°＝４N,所以可判断出此时的摩擦力方向一定沿导轨所在的平面向上,且大小为Ff＝mgsin５３°－F,即Ff＝２N,又Ff＝μmgcos５３°,代入数据解得μ＝２３．１６．３４解析:设打开阀门K之前,A、B内部气体的压强均为p,A、B内部气体的体积分别为V１、V２;设打开阀门K直到压强计左右两管水银面高度差h′＝１９cm时,再关闭阀门K,稳定后,A、B内部气体的压强均为p′,A内部气体的体积为V′１,B内部原有气体的体积为V２′．对A中气体,有pV１＝p′V１′,p＝p０＋ph,p′＝p０＋ph′,解得V１′＝１．８L．对B中原有气体,有pV２＝p′V２′,解得V２′＝３．６L．阀门K关闭后,B中剩余气体体积V＝V１＋V２－V１′＝２．７L．B中氧气质量与原来氧气质量的比值n＝VV２′＝２．７３．６＝３４．１７．(１)正　０．７s　(２)１０３３－３１１()m解析:(２)根据光路可逆原理,如图所示连接OE、OF,E、F为窗子顶部和最下端,并延长与液体上表面交于A、B两点,画出A、B两点处的法线AM、BN和折射光线AC、BD,AC、BD分别交液体下表面于C、D两点,则CD为人能看到的池底发光带长度．由n＝３＝sinαsinβ几何关系知LAB＝７３３mLCM＝３mLDN＝３１１m则LCD＝LAB＋LCM－LDN＝(１０３３－３１１)m．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—０１１—