2018黑龙江高考模拟精编大考卷五物理试卷答案

详解答案模拟精编大考卷(五)　物理１．D　当物体的运动时间Δt趋近于０时,Δt时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了极限法,选项D的叙述是错误的．２．D　根据GMmr２＝mv２r＝m４π２T２r得v＝GMr,T＝２πr３GM,低轨卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径,则低轨卫星的速率大于同步卫星,周期小于同步卫星,选项A、B错误;同步卫星相对地球静止,低轨卫星相对地球是运动的,第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径,所以低轨卫星的线速度小于第一宇宙速度,选项C错误;同步卫星的周期与地球的周期相同,相对地球静止,可以固定对一个区域拍照,但由于它距地面较远,照片的分辨率会差一些,选项D正确．３．A　当A球与B球之间的弹力等于零时,F最小,对B球受力分析,如图所示．根据几何关系可知,θ＝３０°,则tan３０°＝mgF,解得:F＝３mg,所以F的最小值为３mg,故A正确,B错误;B球对A球的弹力大小可以等于零,故C错误;当F＞３mg时,A对B有弹力作用,若减小F,则B和A之间的弹力减小,当F＝３mg时,A、B之间的弹力为零,故D错误．４．C　当磁场发生微小变化时,回路中产生感应电流,根据E＝nΔBΔtS分析,选项C中回路产生的感应电动势最大,感应电流最大,线圈在磁场中的有效长度L也最长,由F＝nBIL可知,C中线圈受到的安培力最大,天平最易失去平衡,故选项C正确,A、B、D错误．５．B　以右半部分木板为研究对象,由于圆柱的转动,右半部分木板相对圆柱运动的速度方向偏向左前方,则其受到圆柱的滑动摩擦力方向偏向右后方,Ff＝μFN＝μmg２,F＝２Ffsinθ,又sinθ＝v２v２＋(ωr)２,则当ω＝４０rad/s时,可计算得到F＝６N,B正确,运用相关知识易知A、C、D错误．６．D　由于两球在初始位置的机械能相等,故两球在环形槽内的任何位置的机械能都相等,选项C错误．对小球A,在最高点,由机械能守恒定律可得:１２mv２０＝mgR＋１２mv２A,由牛顿第二定律可得:FA＋mg＝mv２AR;对小球B,在最低点,由机械能守恒定律可得:１２mv２０＝－mgR＋１２mv２B,由牛顿第二定律可得:FB－mg＝mv２BR,联立可得:ΔF＝FB－FA＝６mg,选项D正确．分别对两球受力分析,可知两球的重力在圆环切线方向的分力改变速度的大小,又因为两球从P点到Q点的路程相等,分别作出此过程的速率—时间图象,由图象可知小球B先到达Q点,故选项B错误．其相遇点在Q点的上方,由机械能守恒定律可知,两球第一次相遇时速度的大小相等,但方向不同,选项A错误．７．BC　根据题图乙所示的副线圈电压图象,可知副线圈电压有效值为U２＝２２０V．由变压器变压公式可知,原线圈输入电压U１＝４U２＝４×２２０V＝８８０V,选项A错误．副线圈所接的每个灯泡中电流均为I＝PU＝６０２２０A＝３１１A,电流表的示数为I２＝３I＝３×３１１A＝０．８２A,选项B正确．由U１I１＝U２I２,解得原线圈中电流I１＝I２４＝９４４A,灯泡电阻R＝U２P＝２２０２６０Ω＝２４２０３Ω．与原线圈串联的灯泡两端电压为U灯＝I１R＝９４４×２４２０３V＝１６５V,故a、b两点的电压是U灯＋U１＝１６５V＋８８０V＝１０４５V,选项C正确,D错误．８．AD　由动能定理可知,mg(H－h)＝Ek－Ek０,即Ek＝Ek０＋mgH－mgh,EkＧh图象为一次函数图象,B项错;又Ek＝Ek０＋１２mg２t２,可知EkＧt图象为开口向上的抛物线,A项正确;由重力势能定义式有:Ep＝mgh,Ep－h为正比例函数,所以D项正确;由平抛运动规律有:H－h＝１２gt２,所以Ep＝mgH－１２gt２(),所以EpＧt图象不是直线,C项错误．９．BD　开始系统处于静止状态,弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力,当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,故m２gsinθ＝kx２,x２为弹簧相对于原长的伸长量,但由于开始时弹簧是压缩的,故d＞x２,故m２gsinθ＜kd,故A错误;当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,故m２gsinθ＝kx２,根据牛顿第二定律:F－m１gsinθ－kx２＝m１a,已知m１gsinθ＝kx１,x１＋x２＝d,故物块A的加速度等于F－kdm１,故B正确;拉力的瞬时功率P＝Fv,故C错误;根据功能关系,弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量,即:Fd－m１gdsinθ－１２m１v２,故D正确．１０．CD　带正电粒子做匀速圆周运动的半径r＝mvqB＝０．３m,从Od边射入的粒子,轨迹都与bc相切,从d点射入的粒子出磁场后做直线运动,必经过ab直线,由此知从Od边射入的粒子出射点分布在ab边,故选项A错误,C正确;从O点射入的粒子,由于轨迹圆的半径与磁场半径相同,则从b点射出,通过Oa间其他点射入的粒子,轨迹半径与v垂直,而过入射点和出射点的弦的中垂线必过轨迹圆心和磁场圆心e,连接入射点、出射点以及两个圆心组成菱形,如图所示,则出射点必过b点,故选项B错误,D正确．１１．(１)２．４　(２)０．５８　０．６０　(３)９．７解析:(１)利用匀变速直线运动的推论v５＝x４６t４６＝０．２１６０＋０．２６４０２×０．１sm/s＝２．４m/s．(２)系统动能的增量ΔEk＝Ek５－０＝１２(m１＋m２)v２５＝０．５８J,系统重力势能减小量ΔEp＝(m２－m１)gh＝０．１×１０×０．６０００J＝０．６０J,(３)由于ΔEk＝Ek５－０＝１２(m１＋m２)v２＝ΔEp＝(m２－m１)gh由于(m１＋m２)＝２(m２－m１)所以得到:１２v２＝g２h所以１２v２Ｇh图象的斜率k＝g２,g＝９．７m/s２．１２．(１)如图所示　(２)２．００　(３)１．５×１０３　６７解析:(１)根据题述对实验电路的要求,应该设计成滑动变阻器采用分压接法,电流表内接的电路．(２)根据电压表读数规则,电压表读数为２．００V．(３)由欧姆定律,此时压敏电阻的阻值为RF＝UI＝１．５×１０３Ω．无压力时,R０＝６０００Ω,有压力时,R０RF＝４,由题图甲可知,对应的待测压力F＝６７N．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—５０１—详解答案１３．(１)２Rg　(２)２２gR解析:(１)粘合的两球飞出轨道后做平抛运动,竖直方向分运动为自由落体运动,有２R＝１２gt２①解得t＝２Rg②(２)设球A的质量为m,碰撞前速度为v１,设球A冲进轨道最低点时的重力势能为０,由机械能守恒定律知１２mv２＝１２mv２１＋２mgR③设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v２,由动量守恒定律知mv１＝２mv２④飞出轨道后做平抛运动,水平方向分运动为匀速直线运动,有２R＝v２t⑤综合②③④⑤式得v＝２２gR⑥１４．(１)θ＝４５°　t＝πE２gB　(２)x＝２Ev０gB解析:(１)小球P静止于A处时对斜面无压力,说明qE＝mg①即小球带正电．小球P获得水平初速度后做匀速圆周运动,轨迹如图:由对称性可知,小球落到斜面上时速度方向与斜面夹角为θ＝４５°,小球P由A到C所需时间t＝T４②又qv０B＝mv０２R③T＝２πRv０④由①②③④得t＝πE２gB⑤(２)由几何关系知x＝２R⑥由①③⑥得x＝２Ev０gB１５．(１)２８N　(２)２４１９m解析:(１)由题图乙可知B先做加速运动,A离开后做减速运动,加速阶段的加速度为a１＝２m/s２．设A的加速度为a,它在B上滑动过程中运动的位移为xA＝１２at２①B加速过程的位移xB＝１２a１t２②由几何关系可知xA－xB＝l③代入a１＝２m/s２,t＝１s,l＝１m,解得a＝４m/s２分析A加速过程中的受力情况如图甲所示．由牛顿第二定律得F－FfA－mAgsinα＝mAa④而FfA＝μ１mAgcosα⑤联立④⑤得F＝２８N(２)分析B物体加速阶段的受力情况如图乙所示．由牛顿第二定律可得F′fA－FfB－mBgsinα＝mBa１⑥设B与斜面的动摩擦因数为μ２FfB＝μ２(mA＋mB)gcosα⑦联立⑥⑦解得μ２＝０．２由牛顿第二定律可知B减速的加速度满足μ２mBgcosα＋mBgsinα＝mBa２a２＝７．６m/s２由图乙可知B加速的位移x１＝１２×２×１m＝１mB减速的位移x２＝v２２a２＝５１９m所以木板的总位移x＝x１＋x２＝２４１９m．１６．(１)BDE　(２)①６００K　②３４V０解析:(２)①设温度为T１时活塞N恰好到达汽缸顶部,此时A中气体的压强为p０,体积为V１＝２V０３由盖吕萨克定律得V０３T０＝２V０３T１T１＝６００K②当温度T２＝９００K时活塞N已经与顶部发生相互挤压,设此时A中气体的体积为V２,压强为p,对A中的气体由理想气体的状态方程可得pV２T２＝p０V０３T０④对B中的气体由玻意耳定律得:p(V０－V２)＝p０V０３故V２＝３４V０１７．(１)CDE　(２)１２m/s解析:(１)光纤利用了光的全反射原理,内芯是光密介质,即内芯折射率比外套大,A错误;白光的双缝干涉图样的中央条纹为白色亮条纹,B错误;在障碍物的尺寸比光的波长大得多的情况下,衍射现象不明显,C正确;阳光的色散现象说明阳光是复合光,D正确;电磁波是横波,具有偏振现象,E正确．(２)波源O引起的两列波的波长、波速、周期均相同．t＝０时刻,由A质点振动图象可知,A质点处于平衡位置沿y轴正方向振动,则波源O与A质点的距离为xA＝nλ(n＝１,２,３􀆺)同理可得波源O与B质点的距离为xB＝(１４＋k)λ(k＝０,１,２􀆺)A、B两质点平衡位置间的距离为６m,有xA＋xB＝６m,得λ＝６n＋k＋１４m由n、k的取值可得n＋k≥１,则λ≤４．８m波的周期为０．４s,由v＝λT得v≤１２m/s波传播速度的最大值为１２m/s．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—６０１—