2018黑龙江省高考模拟精编大考卷九物理试卷答案

详解答案模拟精编大考卷(九)　物理１．B　平抛运动的时间由高度决定,与水平初速度无关,初速度大时,与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大,故A错误;速度不同的小球下落的高度可能相等,如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点,运动的时间相等,故B正确;落在圆形轨道最低点的小球下落的距离最大,所以运动时间最长,末速度v＝v０２＋vg２,由于初速度不是最大,故末速度不是一定最大,故C错误．若小球落到半圆形轨道的瞬间,速度方向沿半径方向,则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的两倍．因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍,两者相互矛盾,则小球的速度方向不会沿半径方向．故D错误．２．A　开始时A、B均处于静止状态,A与斜面间恰好没有摩擦力,则有mBg＝mAgsinθ解得:mB＝０．６mA当B以最大角速度做圆周运动时,要保证A静止,此时绳子上的拉力FT＝mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAg设B以最大角速度做圆周运动时绳子与竖直方向的夹角为α,则FTcosα＝mBgFTsinα＝mBω２Lsinα;代入数据解得ω＝５g３L,故A正确．３．C　“嫦娥五号”沿abc轨迹做曲线运动,曲线运动合力指向曲线弯曲的内侧,所以在b点合力向上,即加速度向上,因此“嫦娥五号”在b点处于超重状态,故A错误．在d点,“嫦娥五号”的加速度a＝GMmr２m＝GMr２,又GM＝gR２,所以a＝gR２r２,故B错误．若“嫦娥五号”在半径为r的轨道上做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力得:GMmr２＝mv２r,解得:v＝GMr＝gR２r,而“嫦娥五号”在d点做近心运动,则速度小于gR２r,故C正确．从c点到e点,没有空气阻力,机械能守恒,则c点速率和e点速率相等,故D错误．４．A　粒子在磁场中做匀速圆周运动,画出轨迹,如图所示:故轨道半径:r＝３３R故在磁场中的运动时间:t＝２３πrv＝２３πR９v．５．B　根据电场线与等势线垂直特点,在O点所在电场线上找到Q点的等势点,该等势点在O点的上方,根据沿电场线电势降低可知,O点的电势比Q点的电势高,故A错误;根据电场分布可知,OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度大,故由公式U＝Ed可知,O、M间的电势差大于N、O间的电势差,故B正确;M点的电场线比N点的电场线密,则M点场强大于N点场强,故C错误;在Q点释放一个电子,电子运动的方向与电子所在点电场线的切线方向相反,斜向下,电子不可能沿圆弧QM︵运动,故D错误;故选B．６．B　球和挡板分离前小球做匀加速运动;球和挡板分离后做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度最大,此时物体所受合力为零．即kxm＝mgsin３０°,解得:xm＝mgsin３０°k＝２０×１２２０m＝０．５m,由于开始时弹簧处于原长,所以速度最大时小球向下运动的路程为０．５m．故A错误．设球与挡板分离时位移为x,经历的时间为t,从开始运动到分离的过程中,m受竖直向下的重力,垂直斜面向上的支持力FN,沿斜面向上的挡板支持力F１和弹簧弹力F．根据牛顿第二定律有:mgsin３０°－kx－F１＝ma,保持a不变,随着x的增大,F１减小,当m与挡板分离时,F１减小到零,则有:mgsin３０°－kx＝ma,解得:x＝m(gsin３０°－a)k＝２×(５－４)２０m＝０．１m,即小球向下运动０．１m时与挡板分离,故B正确．因为速度最大时,运动的位移为０．５m,而小球运动０．１m与挡板已经分离,故C、D错误;故选B．７．BD　物体匀减速直线运动的加速度大小为:a１＝v０２２s１＝１００１０m/s２＝１０m/s２匀加速直线运动的加速度大小为:a２＝v′２２s２＝６４２×８m/s２＝４m/s２根据牛顿第二定律得:F＋Ff＝ma１,F－Ff＝ma２联立两式解得:F＝７N,Ff＝３N则动摩擦因数为:μ＝Ffmg＝３１０＝０．３物体匀减速直线运动的时间为:t１＝v０a１＝１０１０s＝１s,即在０~１s内做匀减速直线运动,１s后恒力F反向,做匀加速直线运动．故B、D正确,A、C错误．８．AC　设物体下滑到A点的速度为v０,对PA过程,由机械能守恒定律有:１２mv２０＝mgh代入数据得:v０＝２gh＝２m/s＜v＝４m/s则物体滑上传送带后,在滑动摩擦力作用下匀加速运动,加速度大小为a＝μmgm＝μg＝２m/s２;加速至速度与传送带相等时用时:t１＝v－v０a＝４－２２s＝１s匀加速运动的位移s１＝v０＋v２t１＝２＋４２×１m＝３m＜L＝５m所以物体与传送带共速后向右匀速运动,匀速运动的时间为t２＝L－s１v＝５－３４s＝０．５s故物体从A运动到B的时间为:t＝t１＋t２＝１．５s,故A正确．物体运动到B的速度是v＝４m/s．根据动能定理得:摩擦力对物体做功W＝１２mv２－１２mv０２＝１２×１×４２－１２×１×２２J＝６J,故B错误．在t１时间内,皮带做匀速运动的位移为s皮带＝vt１＝４m,故产生热量Q＝μmgΔs＝μmg(s皮带－s１),代入数据得:Q＝２J,故C正确．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能,另一部分转化为内能,则电动机多做的功W′＝(１２mv２－１２mv２０)＋Q＝１２×１×(４２－２２)＋２＝８J,故D错误．９．AB　从题图甲可看出,交流电的周期T＝２×１０－２s,最大值为U０,所以交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U０cos２πTtV＝U０cos１００πtV,选项A正确;因原、副线圈两端电压与其匝数成正比,当仅将触头P向A端滑动时,副线圈两端的电压增大,即电阻R两端的电压增大,则电阻R消耗的电功率增大,选项B正确;若仅使电阻R增大,则副线圈两端的电压不变,电阻R消耗的电功率P＝U２２R减小,原线圈的输入电功率也减小,选项C错误;将触头P向B端滑动,副线圈两端的电压减小,同时电阻R增大,通过R的电流I２＝U２R减小,根据I１n１＝I２n２,通过A处的电流也一定减小,选项D错误．１０．BD　金属棒ab开始做加速运动,速度增大,感应电动势增大,所以感应电流也增大,导致金属棒受到的安培力增大,所以加速度减小,即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动,因此运动的平均速度大小大于１２v,故A错误;由q＝I􀅰Δt＝ER总􀅰Δt＝nΔΦR总,得q＝BLsR,所以下滑位移为s＝qRBL,故B正确;若导体棒以v匀速运动时产生的热量Q＝qE＝qBLv,但该过程中做加速运动的未速度为v,平均速度比v小,所以产生的热量Q′＜Q,故C项错误;金属棒ab受到的最大安培力大小为F＝BIL＝B􀅰BLvR􀅰L＝B２L２vR,故D正确．１１．(１)用圆规画出尽可能小的圆把所有的小球落点痕迹都圈在里面,其圆心就是小球落地点的平均位置　１７．５cm(１７．０~１８．０cm均可)􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—３１１—详解答案(２)B　A(３)mA􀅰OQ＝mA􀅰OP＋mB􀅰OR解析:(１)用圆规画出尽可能小的圆把所有的小球落点痕迹都圈在里面,其圆心就是小球落地点的平均位置;由图中读出OP＝１７．５cm．(２)A与B相撞后,A的速度减小,B的速度增大,且都做平抛运动,高度相同,落地时间相同,故P是碰后A球的落地点,R是碰后B球的落地点,Q是碰前A球的落地点．(３)根据动量守恒定律可得mAv０＝mAv１＋mBv２,两小球从同一高度开始下落,下落的时间相同,故有mAv０t＝mAv１t＋mBv２t,即mA􀅰OQ＝mA􀅰OP＋mB􀅰OR．１２．(１)并联　５．０　(２)①见解析图　②１．５３　７．０解析:(１)电流表扩大量程的原理是并联分流,所以表头应与电阻箱并联,则IgRg＝(I－Ig)R,所以R＝IgI－IgRg＝１×１０－４５×１０－２－１×１０－４×２５００Ω≈５．０Ω．(２)描点连线如图所示,由E＝IR＋Ir可知本实验的原理公式为IR＝－Ir＋E,所以直线与纵轴的截距为电动势,大小为１．５３V,斜率大小为电源内阻,大小为７．０Ω．１３．５m/s２　１０m解析:根据题意,在第１s和第２s内运动员都做匀加速直线运动．设运动员在匀加速阶段的加速度为a,在第１s和第２s内通过的位移分别为s１和s２,由运动学规律得:s１＝１２at０２s１＋s２＝１２a(２t０)２t０＝１s,求得a＝５m/s２设运动员做匀加速运动的时间为t１,匀速运动的时间为t２,匀速运动的速度为v１,跑完全程的时间为t,全程的距离为s,依题意及运动学规律得:t＝t１＋t２,v＝at１,s＝１２at１２＋vt２设加速阶段通过的距离为s′,则s′＝１２at１２,求得s′＝１０m．１４．(１)２l　(２)４５°　(３)(７－２)mg,竖直向下解析:(１)设小球做平抛运动到达B点的时间为t,由平抛运动规律,l＝１２gt２,x＝v０t,联立解得x＝２l．(２)由小球到达B点时竖直分速度vy２＝２gl,tanθ＝vyv０,解得θ＝４５°．(３)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒,设到达C点时速度大小为vC,由机械能守恒定律得,mg[l＋l(１－cosθ)]＝１２mvC２－１２mv０２设在C点轨道对小球的支持力为FN,有:FN－mg＝mvC２l,解得:FN＝(７－２)mg,方向竖直向上由牛顿第三定律可知,在C点小球对圆轨道的压力大小为FN′＝FN＝(７－２)mg,方向竖直向下．１５．(１)(２－２)L　(２)(３－２２)B２qL２４m解析:(１)粒子在磁场中运动半径最大时的轨迹如图所示,轨迹与AC边相切于D点．设此轨迹半径为R,O′为其圆心,则由几何关系可得LOA＝LAB２＝２２LLO′A＝LOA－Rm＝２２L－Rm又LO′A＝２Rm可得Rm＝２－２２L由题意可知荧光屏上亮线的长度d＝２Rm＝(２－２)L(２)若粒子以最大速度进入磁场,则在磁场中运动的半径最大qvmB＝mv２mRmvm＝BqRmm粒子在电场中运动的时间极短可认为在电场中运动的过程电压保持不变．当电压最大时粒子开始发射,则射出F板时速度最大,有qU０＝１２mv２m联立解得U０＝mv２m２q＝B２qR２m２m把Rm＝２－２２L代入,可得U０＝(３－２２)B２qL２４m．１６．(１)ACD　(２)１０N　５cm解析:(１)单晶体冰糖磨碎后还是晶体,所以熔点不会变化,A项正确;足球充足气后很难压缩是足球内部气体压强变大造成的,不是分子间斥力作用,B项错误;一定质量的气体等容变化,气体不做功,根据热力学第一定律,ΔU＝W＋Q,W＝０,吸收热量．气体内能一定增加,C项正确;根据熵增加原理,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,D项正确;一定质量的理想气体在等容变化时,虽然单位体积的分子数不变,但温度升高,分子的平均动能增大,单位时间内撞击单位面积上的分子数增大,E项错误．(２)对于左侧封闭气体:初状态:p１＝p０＋h　V１＝L１S末状态:p２＝p０＋FS　V２＝(L１－ΔL２)S由玻意耳定律得p１V１＝p２V２代入相关数据得F＝１０N对于右侧封闭气体:初状态:p３＝p０　V３＝L２S末状态:p４＝p０＋FS　V４＝L２′S由玻意耳定律得p３V３＝p４V４代入相关数据得L２′＝７．５cm由L２＋ΔL２＝H＋L２′得活塞下降高度H＝５cm１７．(１)BCE　(２)①５３　②５６解析:(１)由Q点的振动图象可知,t＝０．１０s时质点Q向y轴负方向振动,选项A错误;由波的图象可知,波向左传播,波的周期为T＝０．２s,t＝０．１０s时质点P向上振动,经过３４T时,即在t＝０．２５s时,质点P振动到x轴下方位置,且速度方向向上,加速度方向也沿y轴正方向,选项B正确;波速v＝λT＝８０．２m/s＝４０m/s,故从