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当前位置:首页 > 中学教育 > 高中教育 > 2018黑龙江高考模拟精编大考卷十物理试卷答案
详解答案模拟精编大考卷(十) 物理1.A 物块匀速下滑时,对物块和斜面体整体进行受力分析,受到重力、支持力,假设地面对整体有摩擦力,设为水平向右,如图所示根据共点力平衡条件得到摩擦力为零;若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体,使物体加速下滑时,物体对斜面的压力没有变化,则对斜面的滑动摩擦力也没有变化,所以斜面体的受力情况没有改变,则地面对斜面体仍没有摩擦力,即斜面体受地面的摩擦力为零,斜面一定静止.故选A.2.C 小车先做匀加速直线运动,然后做匀减速运动,匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等,a=ΔvΔt=4m/s2,根据物体与车的动摩擦因数可知,物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m/s2,因此当车的速度大于物体的速度时,物体受到滑动摩擦动力,相反则受到滑动摩擦阻力.根据受力分析,结合牛顿第二定律,则有:当0~8s时,车的速度大于物体,因此物体受到滑动摩擦动力,则其加速度为2m/s2,同理,当8~16s时,车的速度小于物体的速度,因此物体受到滑动摩擦阻力,则其加速度为2m/s2,故C正确,A、B、D错误.3.C 两弹在M、N连线的中点正上方相遇,只能说明末位置相同,不能说明运动轨迹重合,故A错误.由于两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇,说明它们的水平位移大小相等,又由于运动的时间相同,所以它们在水平方向上的速度相同,即v2cosθ=v1,所以v2>v1,故B错误.两弹都只受到重力,都做匀变速运动,加速度相同,所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动,故C正确.根据题意只能求出两弹运动时间相同,但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值,所以不能判断两弹相遇点距离地面的高度,所以D错误.4.A 双星系统的结构是稳定的,故它们的角速度相等,故A正确;根据牛顿第二定律,有:Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2其中:r1+r2=L故r1=m2m1+m2Lr2=m1m1+m2L故v1v2=r1r2=m2m1故质量大的黑洞转动半径小,线速度小,故B、D错误;两个黑洞间的万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:Gm1m2L2=m1a1=m2a2故两个黑洞的向心加速度不等,故C错误;故选A.5.B 结合对称性可知,穿过线框abcd的磁通量为零,故下降过程中穿过线框的磁通量一直为零,故没有感应电流,不受安培力,线框只受重力,做自由落体运动,机械能守恒,加速度始终为g,故A、C、D错误,B正确.6.D 因为U2=U线+U3,U2≠U线,故输电线路上电流I2=U线r≠U2r,故选项A错;输电线路上损失的电功率P线=U线2r≠U22r,故选项B错;因为U2=I2r+U3,U2≠I2r,故升压理想变压器的输入功率为P1=U1I1=I2U2≠I2U线,故选项C错;P线=I2U线=I2(U2-U3),故选项D对.7.AB 物块在重力mg、拉力F和弹簧的弹力F弹作用下处于静止状态,由平衡条件得F弹=Fcosθ,mg=Fsinθ,联立以上二式解得弹簧的弹力F弹=mgtan45°=20N,选项A正确;撤去拉力F的瞬间,由牛顿第二定律得F弹-μmg=ma1,解得a1=8m/s2,方向水平向左,选项B正确;剪断弹簧的瞬间,弹簧的弹力消失,则Fcosθ=ma2,解得a2=10m/s2,方向水平向右,选项C、D错误.8.BC 由图看出,b、e两点电场强度的大小相等,但方向不同,而电场强度是矢量,所以b、e两点的电场强度不同,故A错误.根据顺着电场线电势逐渐降低可知,离点电荷O越远,电势越低,故a点电势低于c点电势.故B正确.根据对称性可知,d、c的电势相等,同理b、e的电势相等.所以b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等,故C正确.d点的电势与c点的电势相等,电子沿圆周由d到c,电场力不做功,但过程中电场力做功,电势能变化,即由d运动到c过程中电势能先增大后减小,故D错误.9.BC 当粒子从D形盒中出来时速度最大,根据qvmB=mv2mR,得vm=qBRm,那么质子获得的最大动能Ekm=q2B2R22m,则最大动能与交流电压U无关.故A错误;根据T=2πmBq,若只增大交变电压U,不会改变质子在回旋加速器中运行的周期,但加速次数减少,则运行时间也会变短,故B正确;根据T=2πmBq,若磁感应强度B增大,那么T会减小,只有当交流电频率f必须适当增大才能正常工作.故C正确;带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等,根据T=2πmBq知,换用α粒子,粒子的比荷变化,周期变化,回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子.故D错误.10.AC 根据功能关系可知,机械能与位移图线的斜率表示物体受到的拉力,可见A处切线的斜率最大,说明此位置受到的拉力F最大,在0~x1过程中物体所受拉力是变力,故A正确;在0~x1过程中物体做加速运动.在x1→x2过程中,图象的斜率越来越小,则说明受到的拉力越来越小,拉力先大于重力,后小于重力,在x2处物体的机械能最大,图象的斜率为零,则说明此时拉力为零;所以在这一过程中物体应先加速后减速,所以在x1处物体的速度不是最大,应在x1→x2过程中速度最大,故B错误;由以上分析可知,在x1~x3过程中,物体的动能先增大后减小,故C正确;在0~x2过程中,拉力先增大后减小,直到变为零,则物体受到的合力应先向上增大,后减小,减小到零后,再反向增大,故D错误;故选AC.11.(1)见解析 (2)k2解析:(1)先作出的vBGh图象,不是一条直线,根据形状无法判断vBGh关系,进而考虑v2BGh图象,从而找出v2BGh之间的线性关系.(2)据v2=2gh可知斜率k=2g,故g=k2.—511—详解答案12.(1)DCAB (2)47 47解析:(1)S先打到a,此时,因为电阻Rx的作用,使电路中的电流有一个值I.当把S打到b时,R同样对电流有一定的阻碍作用,但是,它们的作用效果可能是不相同的,不过当我们调节电阻箱,使电路中的电流也是I的时候,R的作用就与前面Rx的作用相当,此时,R和Rx等效,它们都是电阻,可以得出,它们电阻相等,故合理顺序为DCAB.13.(1)6gR (2)R3解析:(1)小球从C点抛出做平抛运动,有12gt2=2R解得t=4Rg小球b做平抛运动的水平位移x=vct=22R解得vc=2gR根据机械能守恒有12mbv2b=12mbv2c+2mbgR可知小球b在碰后瞬间的速度vb=6gR(2)a、b两小球相碰,由动量守恒得:mava=mav′a+mbvba、b两小球发生弹性碰撞,由机械能守恒得:12mav2a=12mav′2a+12mbv2b又ma=3mb解得:va=23vb,v′a=12va=13vb可得:v′a=6gR3,小球a在轨道内运动,不能到达圆心高度,所以小球a不会脱离轨道,只能在轨道内来回滚动,根据机械能守恒可得12mav′2a=magh解得h=R314.(1)12l (2)B≥(2+1)mv0ql解析:(1)设粒子进入电场时y方向的速度为vy,则vy=v0tan45°,设粒子在电场中运动时间为t,在水平方向:OQ=l=v0t,在竖直方向:OP=vy2t,由以上各式,解得OP=12l.(2)粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示,设此时的轨迹半径为r,由数学知识得:r+rsin45°=l,解得:r=(2-2)l,粒子在磁场中运动的速度:v=v0cos45°=2v0,由牛顿第二定律得:qvB=mv2r,解得:B=(2+1)mv0ql要使粒子能再进入电场,磁感应强度B的范围为:B≥(2+1)mv0ql.15.(1)70W (2)2T (3)1N解析:(1)由图乙可知,v=5m/s时拉力F1=14N故拉力的功率PF1=F1v=14×5W=70W.(2)由图乙知,导体棒达到最大速率vm=10m/s时拉力最小,为Fmin=7NFmin-mgsinθ-F安=0,F安=B2L2vmR+r代入数据得B=2T.(3)由图乙知F=701vF-mgsinθ-F′安=maF安′=B2L2vR+r由以上三式得v2+65v-350=0解得v=5m/s故此时安培力的大小F′安=B2L2vR+r=1N.16.(1)5×104Pa (2)1.6L解析:(1)航天服内气体经历等温过程,p1=1.0×105Pa,V1=2L,V2=4L由玻意耳定律p1V1=p2V2得p2=5×104Pa(2)设需要初充的气体体积为Vx,压强为px,将补充的气体与原航天服内气体视为一个整体,充气后的气压p3=9.0×104Pa由玻意耳定律p2V2+pxVx=p3V2得Vx=1.6L.17.(1)CDE (2)①3 ②33R2c解析:(1)各质点的位移按正弦函数变化,即在t=0时刻,P质点的位移为522cm,大于2.5cm,A选项错误;在t=0时刻,M质点的位移为负值,则加速度为正值,即加速度方向沿y轴正方向,B选项错误;在t=0时刻,P质点和M质点的位移大小相等、方向相反,则加速度大小相等、方向相反,C选项正确;由题图可知,该波的波长λ=4m,则v=λ4+nλΔt=(4n+1)m/s(n=0,1,2,),当n=2时,v=9m/s,D选项正确;P质点和M质点的平衡位置间距等于半个波长,则振动情况一定相反,E选项正确.(2)①如图所示,当光从M点入射时,在AB面上的入射角为30°,又因为出射光线与入射光线的夹角为30°,则可得折射角为60°则玻璃的折射率为n=sin60°sin30°=3②当光从N点入射时,因为ON=32R,则∠NN1O=60°,因为sin60°=32>33,故光在N1点发生全反射因为∠N1OB=60°,故光线从B点处离开玻璃则光传播的路程x=R2+R=32R所以光在玻璃中传播的时间t=xv=xcn=33R2c.—611—
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