2018黑龙江高考模拟精编大考卷四物理试卷答案

详解答案模拟精编大考卷(四)　物理１．B　平均速度、瞬时速度和加速度都是伽利略首先建立起来的概念,A错．天文学家利用天王星轨道的运动推测出海王星的存在与可能的位置,海王星是利用数学预测而非有计划的观测发现的行星,B正确．正、负电荷最早是由美国科学家富兰克林命名的;元电荷是最小的电荷量,其大小最早由美国物理学家密立根测得;点电荷是理想化的模型,不计电荷的大小和形状,所以C错．多用电表测电阻时偏转很小,表示待测电阻的阻值较大,应选择倍率较大的欧姆挡重新测量,D错．２．A　A、B两球是对称的,可选取A球为研究对象,它受到竖直向下的重力mg,水平向左的弹力kx(x为弹簧的压缩量)和斜向右上的拉力F,由胡克定律和平衡条件有:tanθ２＝kxmg,则x＝mgtanθ２k,故选项A正确,其他选项错误．３．B　发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率,与强度无关,故A错误;半衰期不会随地球环境的变化而变化,B正确;轻核的聚交反应必须在高温下进行,C错误;原子核的比结合能越大,则原子核越稳定,D错误．４．A　由vＧt图象可知该粒子在两正电荷A、B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动,故点电荷A对其的库仑引力大于点电荷B对其的库仑引力,根据库仑定律,在D点,kQAq４r２＞kQqr２,即QA＞４Q,故选项A正确,B、C、D错误．５．C　输入电压的有效值U１＝Um２＝１００２２V＝１００V,由理想变压器的电压关系U１U２＝n１n２得,输出电压的有效值U２＝n２n１U１＝１１０×１００V＝１０V,因为电压表测输出电压的有效值,所以电压表的示数为１０V,选项A错误;由闭合电路欧姆定律得,通过副线圈的有效电流I２＝U２R＝１０V１０Ω＝１A,由I１I２＝n２n１得,通过原线圈的有效电流I１＝n２n１I２＝１１０×１A＝０．１A,故电流表的示数为０．１A,选项B错误;变压器的输入功率P＝U１I１＝１００V×０．１A＝１０W,选项C正确;交变电流的频率f＝ω２πHz＝５０Hz,选项D错误．６．A　a的轨道半径大于c的轨道半径,因此卫星a的角速度小于c的角速度,选项A正确;a的轨道半径与b的轨道半径相等,因此卫星a的加速度等于b的加速度,选项B错误;a的轨道半径大于地球半径,因此卫星a的运行速度小于第一宇宙速度,选项C错误;a的轨道半径与b的轨道半径相等,卫星b的周期等于a的周期,为２４h,选项D错误．７．CD　整个系统由静止开始加速上升,系统处于超重状态,弹簧伸长量变大,物块A升高的高度小于h,选项A错误;对物块A由动能定理得:EkA＝W支＋W弹－W重,选项B错误;物块A的机械能的增加量等于斜面对物块的支持力FNA和弹簧的拉力F弹对物块做功的和,选项C正确;物块A和弹簧组成的系统受重力GA、斜面对物块的支持力FNA和木板B对弹簧的拉力F弹,物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量等于除物块A的重力以外其他力做的功,选项D正确．８．BC　因为AC＝２AB,则AC的高度差是AB高度差的２倍,根据h＝１２gt２得:t＝２hg,解得球１和球２运动的时间比为１∶２,故A错误;根据动能定理得,mgh＝ΔEk,知球１和球２动能增加量之比为１∶２,故B正确;DB在水平方向上的位移是DC在水平方向位移的２倍,结合x＝v０t,解得初速度之比为２２∶１,故C正确;平抛运动的物体只受重力,加速度为g,故两球的加速度相同,故D错误．９．BD　B对A的静摩擦力提供向心力,有Ff＝３mω２r,A错,B对;当物块C刚好发生滑动时由μmg＝mω２×１．５r,得ω＝２μg３r,当物体A刚好发生滑动时由３μmg＝mω２r,得ω＝３μgr,D对,C错．１０．BCD　根据题述金属杆恰能保持静止,由平衡条件可得:mg＝B２I􀅰２a,通过金属杆的电流大小为I＝mg２aB２,选项A错误．由楞次定律可知,通过金属杆的电流方向为从B到A,选项B正确．根据区域C１中磁场的磁感应强度随时间按B１＝b＋kt(k＞０)变化,可知ΔB１Δt＝k,C１中磁场变化产生的感应电动势E＝ΔB１Δtπa２＝kπa２,由闭合电路欧姆定律,E＝I(r＋R),联立解得定值电阻的阻值为R＝２πkB２a３mg－r,选项C正确．整个电路的热功率P＝EI＝kπa２􀅰mg２aB２＝πkamg２B２,选项D正确．１１．(１)１．２　(２)０．２　(３)４０．５解析:(１)vc＝x３＋x４２T＝１．２m/s．(２)由纸带上EI段数据得,滑块减速时的加速度大小为a＝x６＋x７－x８－x９(２T)２＝２．０m/s２,又a＝μg,所以μ＝０．２．(３)观察纸带可以得出在DE段的某时刻滑块到达斜面底端P点,且滑块在斜面上的加速度为a斜＝x４＋x３－x２－x１(２T)２＝４．０m/s２,vF＝x６＋x７２T＝１．５m/s,假设从打下D点到滑块运动到P点的时间为tDP,则从打下C点到滑块运动到P点的时间为T＋tDP,滑块由P点运动到打下F点的时间为２T－tDP,则有vP＝vC＋a斜(T＋tDP)＝vF＋a(２T－tDP),解得tDP＝０．０５s,故滑块在斜面运动时间为t斜＝０．４５s,所以x＝１２a斜t２斜＝０．４０５m＝４０．５cm．１２．(１)A　(２)实物图如图所示　(３)１１　２０解析:(１)因为电源的电动势为１２V,电路又采用的是分压电路,故电流表A１和定值电阻两端的电压最大可以达到１２V,要使测量范围尽可能的大,定值电阻要选１００Ω的．(３)根据题图甲有I１(r１＋R０)＝I２(r２＋R１),整理可得１I２＝１I１(r１＋R０)R１＋r２I１(r１＋R０),由题意可知,１I１(r１＋R０)＝k,r２I１(r１＋R０)＝b,代入数据可得r１＝１１Ω,r２＝２０Ω．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—３０１—详解答案１３．见解析解析:(１)轿车经过s＝１６０m才停下来,由v１２＝２a１s得轿车刹车过程的加速度大小a１＝５m/s２恰好不相撞时两车的速度相等即v１－a１t１＝v２得t１＝v１－v２a１＝３s轿车前进的距离s１＝v１＋v２２t１＝９７．５m货车前进的距离s２＝v２t１＝７５m因s１－s２＝２２．５m＞s０,故两车会相撞(２)当两车的速度相等时有v１－a１t＝v２＋a２(t－t０)轿车前进的距离s１′＝v１t－１２a１t２货车前进的距离s２′＝v２t０＋v２(t－t０)＋１２a２(t－t０)２得s１′＝８００９m,s２′＝６０５９m,因s１′－s２′＝２１．７m＜s０,故两车不会相撞．１４．(１)０．２５　(２)０．８４kg/s解析:(１)对初始时刻:mgsinθ－μmgcosθ＝ma０　①由题图乙读出a０＝４m/s２,代入①式,解得:μ＝gsinθ－a０gcosθ＝０．２５．(２)末时刻加速度为零:mgsinθ－μN－kvcosθ＝０②又N＝mgcosθ＋kvsinθ由题图乙得出此时v＝５m/s代入②式解得:k＝mg(sinθ－μcosθ)v(μsinθ＋cosθ)＝０．８４kg/s．１５．(１)mvel０　(２)l０２　(３)l０４v(６＋π－２２)解析:(１)两电子轨迹如图,由图可知,a电子做圆周运动的半径R＝l０Bve＝mv２R可得B＝mvel０．(２)a电子在电场中ya＝１２at２１a＝Eem由ya＝l０,E＝mv２el０由以上几式得２l０＝vt１即a电子恰好击中x轴上坐标为２l０的位置对b分析可知,AO′PO″为菱形,所以PO′与O″A平行．又因为PO′⊥x轴,则O″A⊥x轴,所以粒子出磁场速度vA平行于x轴,即b电子经过磁场偏转后,也恰好沿x轴正方向进入电场．有yb＝r＋rcos４５°＝l０＋２２l０当b电子在电场中沿y轴负方向运动l０后,沿与x轴方向成α角做匀速直线运动．tanα＝v⊥v,v⊥＝at１因a＝Eem＝em􀅰mv２el０＝v２l０又tanα＝v２t１vl０＝vt１l０＝２,可得tanα＝yb－yaΔx解得:Δx＝l０２．(３)在磁场中,有T＝２πl０va电子与b电子在磁场中运动的时间差为Δt１由Δt１T＝Δθ２π,Δθ＝π２－π４＝π４,得:Δt１＝T８,所以Δt１＝πl０４vb在第二象限内的无场区域的匀速运动时间为Δt２,Δt２＝r－rsin４５°v＝１－２２()l０va与b在第一象限中运动的时间差为Δt３,则Δt３＝Δxv＝l０２v所以时间差Δt＝Δt２＋Δt３＋Δt１所以Δt＝l０４v(６＋π－２２)．１６．(１)１．２×１０５Pa　(２)５００K解析:(１)设活塞静止时气缸内气体的压强为p１,活塞受力平衡,对两个活塞整体研究,则p１S１＋p０S２＝p０S１＋p１S２＋Mg代入数据解得压强p１＝１．２×１０５Pa(２)由活塞A、B整体受力平衡可知缸内气体的压强没有变化,由盖－吕萨克定律得S１L＋S２LT１＝S１L２＋S２３L２T２代入数据解得T２＝５００K．１７．(１)BCE　(２)①２lc　②６０°解析:波速v＝λT＝λf＝０．０４×２．５m/s＝０．１m/s,A错误;t＝０．６s时,两列波均传播了６cm,即x＝２cm和x＝１４cm的两质点的振动刚好传播到x＝８cm处,则此时质点的位移为零,B正确;在t＝０．８s时,其波形图如图甲所示,则x＝１１cm处的质点位移为－１０cm,x＝５cm处的质点位移为１０cm,C正确,D错误;在t＝１s时其波形如图乙所示,x＝８cm处的质点位移为零,E正确．(２)①当入射角为６０°时,设折射角为α,由折射定律可得n＝sin６０°sinα＝３sinα＝１２,α＝３０°由光路图可知光线在BC面的入射角为６０°又因为sinC＝１n＝３３＜sin６０°＝３２说明光线在BC界面发生全反射,由几何知识可得光线在DC界面的入射角为３０°,光线从DC界面射出,作出如图所示的光路图．由折射定律有sinβsin３０°＝n＝３,则β＝６０°所以t＝xv＝lPN＋lNScn＝lcos３０°c３＝２lc②由几何关系知,入射光线与水平边AB的夹角为３０°,出射光线与水平边CD夹角为３０°,故入射光线与出射光线夹角∠PMS＝３０°＋３０°＝６０°􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—４０１—