2018黑龙江高考模拟精编大考卷十一物理试卷答案

详解答案模拟精编大考卷(十一)　物理１．D　由牛顿第二定律可得物体下落的加速度a＝mg－fm＝g－fm从图象上的斜率可知甲的加速度不变,说明其受阻力不变,乙的加速度一直减小,说明其受阻力一直增大,比较两图象的斜率,乙的斜率先大于甲,后小于甲,中间某一时刻二者的斜率相等,说明甲物体所受阻力开始大于乙,后小于乙,中间某一时刻相等,故A错误;甲中间时刻速度为平均速度,其面积小于乙面积,时间相等,平均速度小于乙的,故B错误;t０时刻二者速度相等,从图象上图线所围面积推断乙下落的位移大,故C错误,D正确．２．B　设小环相对大环静止的位置和大环圆心的连线与过圆心竖直轴成一定角度θ,甲环中的小环受力平衡,mgsinθ＝μmgcosθ,得tanθ＝μ;在乙环转动过程中,小环受到大环的弹力和自身重力的作用,F向＝mgtanθ＝mRsinθω２,则ω＝gRcosθ＝g１＋μ２R,B项正确．３．B　汤姆逊发现了电子,也揭示了原子具有复杂结构,但不是原子核,所以A错误;根据质量数和核电荷数守恒知B正确;２３５９２U＋１０n→９０３８Sr＋１３６５４Xe＋x１０n是铀原子核的裂变反应,故C错误;氦３(３２He)的原子核有２个质子,一个中子,D错误．４．D　根据左手定则可知,当电流的方向向下时,棒受到的安培力的方向向右;同理,当电流的方向向上,则棒受到的安培力的方向向左．由于电流随时间按照正弦规律变化,而安培力F＝BIL与电流成正比,所以导体棒受到的安培力也随时间按照正弦规律变化,在前半个周期内(０~t２时间内)棒受到的安培力的方向向右,所以棒向右做加速运动;在后半个周期内棒受到的安培力的方向向左,将向右做减速运动,由于加速阶段的加速度和减速阶段的加速度具有对称性,所以由运动的对称性可知,当t＝t４时刻棒的速度恰好为０;而后,在以后的各周期内棒将不断重复第一个周期内的运动．所以棒将一直向右运动．故A错误;导体棒在前半个周期内(０~t２时间内)棒受到的安培力的方向向右,所以棒向右做加速运动,后半个周期内棒受到的安培力的方向向左,将向右做减速运动,所以t２时刻导体棒的速度最大．故B错误;由于安培力F＝BIL与电流成正比,所以导体棒受到的安培力也随时间按照正弦规律变化,在t１时刻导体棒受到的安培力最大,所以加速度最大．故C错误;导体棒一直向右运动,前半个周期内(０~t２时间内)棒受到的安培力的方向向右,安培力做正功;后半个周期内棒受到的安培力的方向向左,安培力做负功．故D正确．５．C　由图象可知物体速度为０~１m/s过程中做加速度为３m/s２的匀加速直线运动,在速度为１~４m/s过程中,拉力以恒定的功率拉动物体,由牛顿第二定律有:Pv－Ff＝ma从图中代入数据可得:１４P－Ff＝０,P－Ff＝３解得:P＝４W,Ff＝１N,故C正确;又Ff＝μmg,解得物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝０．１,故A错误;将P＝４W,Ff＝１N,m＝１kg,v＝２m/s代入Pv－Ff＝ma可得a＝１m/s２,即物体速度为２m/s时,加速度大小为１m/s２,故B错误;从图象可知物体速度为０~１m/s过程中做加速度为３m/s２的匀加速直线运动,匀加速的时间为:t＝v１a＝１３s,故D错误．６．B　d点电场是由三个点电荷所产生的电场的叠加,根据对称性和平行四边形定则可知,d点电场强度的方向由O指向d．故A错误．设菱形的边长为r,根据公式E＝kQr２分析可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等,由电场的叠加可知,d点的场强大小为Ed＝２kQr２．O点的场强大小为EO＝kQ(r２)２＝４kQr２,则EO:Ed＝４kQr２∶２kQr２＝２∶１,可见,O点的电场强是d点的电场强度２倍．故B正确．bd间电场线方向从b指向d,电势逐渐降低,所以bd连线不可能为一等势线,故C错误．Od间电场线方向从O到d,根据顺着电场线方向电势降低,O点的电势高于d点的电势,而正电荷在高电势高处电势能大,则知＋q在d点所具有的电势能小于在O点所具有的电势能,故D错误．７．AC　线圈接通电源瞬间,则根据麦克斯韦电磁场理论可知,变化的磁场产生电场,从而导致带电小球受到电场力,使圆板转动．由于线圈中电流方向未知,产生的感应电场方向未知,所以不能确定小球所受的电场力方向,无法判断小球的电性,但若小球不带电,一定不会转动．故A正确,B错误,线圈接通电源瞬间,则变化的磁场产生电场,从而导致带电小球受到电场力,使其转动,故C正确,D错误．８．AC　单刀双掷开关置于a点时电动机工作,这时电动机是非纯电阻用电器,而置于b点时,电动机是纯电阻用电器,虽然两种情况下副线圈电压之比是１１∶１,故A正确;在非纯电阻的情况下,电动机两端电压与电流不成正比,在电动机不工作的情况下,其两端电压与电流成正比,故B错误,C正确．滑片向下滑动,电流变大,变压器输出功率变大,输入功率也变大,故D错误．９．AC　曲线运动轨迹上的任意一点切线方向为该点的速度方向,A对;根据动能定理知,A、B在下落过程中重力做功相同,但B初速度为零,所以落地时速度大小不相等,B错;由平抛运动规律知A落地时竖直方向速度为水平方向速度的２倍,因为B落地时速度与A落地时速度方向相同,所以可以知道B竖直方向速度为水平方向速度的２倍,由动能定理列方程求得物体B落地时水平方向的速度大小为２gL５,C对;落地时重力的瞬时功率P＝２mg２gL５,D错．１０．ACD　由题意,A、B、C质量相等,且各接触面动摩擦因数相同,再依据滑动摩擦力公式Ff＝μFN,可知,BC之间的滑动摩擦力大于AB之间的摩擦力,因此在F作用下,BC作为一整体运动,A静止,由平衡条件可知,A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力,B对A的摩擦力大小为FT,方向向左,故A、C正确,B错误;又因为物体间力的作用是相互的,则物体B与C受到A对它水平向右的摩擦力,大小为FT;由于B与C做匀速直线运动,则B与C受到水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡(A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力),根据平衡条件可知,C受到地面的摩擦力大小为F－FT,故D正确,故选ACD．１１．(１)A　(２)A解析:(１)平衡摩擦力时不挂钩码,调整长木板倾角使μ＝tanθ即可,因此平衡摩擦力完毕后,改变小车质量或拉力大小就不必重新平衡摩擦力,故选A．(２)由图象可知拉力达到一定值后才有加速度,可见是存在摩擦力的原因．１２．(１)C　F　(２)电路原理图如图所示　(３)１．５　１．０解析:(１)滑动变阻器的阻值应与电路中其他部分电阻比较接近,便于控制电路,因而滑动变阻器选用C,而电流表G可与定值电阻串联改装为电压表,２节干电池的电动势大约为３V,即改装后电压表的量程为３V,因而需要串联的电阻为９９０Ω,选用F．(２)电路原理图如图所示．(３)根据题意可知２E＝I２(Rg＋R１)＋(I１＋I２)(２r＋R０),结合图线中数据解得E＝１．５V,r＝１．０Ω．１３．(１)１０m/s２　(２)符合规定解析:(１)根据题意,超声波和汽车运动过程的示意图,如图所示,设超声波往返的时间为２t,汽车在２t时间内,刹车的位移为􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—７１１—详解答案x＝１２a(２t)２＝２０m．当超声波与汽车A相遇后,汽车A继续前进的时间为t,位移为x２＝１２at２＝５m则超声波在２t内的路程为２×(３３５＋５)m＝６８０m由声速为３４０m/s,得t＝１s解得汽车的加速度大小a＝１０m/s２(２)由汽车A刹车过程中的位移x＝v２０２a解得刹车前的速度为v０＝２０m/s＝７２km/h车速在规定范围内,符合规定范围．１４．(１)２．４m/s　(２)１１．３６N解析:(１)滑块沿斜面滑下的过程中,受到的滑动摩擦力Ff＝μ(mg＋qE)cos３７°＝０．９６N设到达斜面底端时的速度为v１,根据动能定理得(mg＋qE)h－Ffhsin３７°＝１２mv１２解得v１＝２．４m/s(２)滑块从B到C,由动能定理可得:(mg＋qE)R(１－cos３７°)＝１２mv２２－１２mv１２当滑块经过最低点时,有FN－(mg＋qE)＝mv２２R由牛顿第三定律:FN′＝FN解得:FN′＝１１．３６N．１５．(１)２３C　(２)１６N　(３)１６．８m解析:(１)设两金属板P、Q之间的距离为d．由于金属支架做切割磁感线运动,使两金属板间产生的电势差为U＝Bdv电场强度E＝Ud由题意可知,小球进入两金属板间后,所受重力与电场力相等即qE＝mg由以上三式可得:q＝２３C．(２)当小球进入磁场后,与金属板整个装置之间有电场力的作用:F电＝qE＝mg对金属板整个装置受力分析,地面支持力FN＝Mg＋F电金属板整个装置做匀速运动:F＝f摩擦力f＝μFN由以上各式可得:F＝１６N．(３)小球先做自由落体运动:２gh＝v２０小球进入磁场后做匀速圆周运动:qv０B＝mv２０R由以上两式可得R＝３m小球在磁场中的运动周期T＝２πmqB运动时间t＝１２T在这段时间内金属板整个装置运动的距离x＝vt＝１０．８m由题意可知,小球返回打到P板的位置到小孔的距离l＝２R＋x＝１６．８m．１６．(１)ACE　(２)p０５gh０解析:(１)如果物体吸收的热量大于对外做的功,则物体的内能就会增加,故A选项正确;扩散现象是由物质分子无规则运动所产生的,但不是分子无规则的运动,B选项错误;晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体,反之亦然,C选项正确;在熔化过程中,晶体要吸热,温度不变,但是内能增大,选项D错误;扩散现象在气体、液体和固体中都可以发生,E选项正确．(２)设液体的密度为ρ,玻璃管的横截面积为S,则在题图甲中,密封气体的压强为p１＝p０＋ρgh０在题图乙中,密封气体的压强为p２＝p０－２ρgh０由玻意耳定律可得p１Sh０２＝p２Sh０(p０＋ρgh０)Sh０２＝(p０－２ρgh０)Sh０解得ρ＝p０５gh０．１７．(１)ACE　(２)①２ac　②５６－３２２４a解析:若波沿x轴负方向传播,则波形如图１所示,λ２＝４m,得λ＝８m,周期T＝λv＝４s;若波沿x轴正方向传播,则波形如图２所示,３λ２＝４m,得λ＝８３m,周期T＝λv＝４３s,A正确,B错误．质点a、b平衡位置间的距离为λ２的奇数倍,质点a、b的速度可能均为零,但位移不可能同时为正或同时为负,C正确,D错误．当t＝０．５s时波沿传播方向运动的距离s＝vΔt＝２×０．５m＝１m,在图１中,t＝０时x＝２m处的质点速度最大,经０．５s其振动形式恰好传到质点a处,在图２中,t＝０时x＝０处的质点速度最小,经０．５s其振动形式恰好传到质点a处,即质点a的速度可能最大也可能最小,E正确．(２)①作出光线在透明板中光路如图所示．根据折射定律有n＝sinisinr得r＝３０°EF＝acosrn＝cvt＝EFv得t＝２ac②在△SAE中,根据正弦定理有AEsin(i－４５°)＝SAsin(９０°－i)得AE＝a４CF＝a－(AE＋atanr)＝９－４３１２a由△S′CF与△SAE相似有SAd＝AECF得d＝５６－３２２４a．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—８１１—