2018黑龙江模拟精编大考卷二物理试题答案

详解答案模拟精编大考卷(二)　物理１．D　位移—时间图象的斜率表示速度,在t１时刻a的斜率小于b的斜率,所以此时a车的速度小于b车的速度,A错误;a车做匀速运动,加速度为零,b车做变速运动,加速度不为零,所以在t２时刻,a车的加速度小于b车的加速度,故B错误;在t１到t２这段时间内,a和b两车初末位置相同,位移相同,a一直沿负方向运动,而b先沿负方向运动后沿正方向运动,路程与位移大小不等,故C错误;位移图象切线的斜率表示速度,在t１到t２这段时间内,b车图线斜率先减小后增大,则b车的速率先减小后增大,故D正确．２．B　根据开普勒第三定律得a３T２＝k,a为半长轴,已知卫星在两轨道上运动的周期相等,所以椭圆轨道的长轴长度为２R,选项A错误;若OA＝０．５R,则OB＝１．５R,卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力有GMmr２＝mv２r,解得v＝GMr,如果卫星以OB为轨道半径做匀速圆周运动,则v＝２GM３R．在轨道Ⅱ上,卫星在B点要减速,做近心运动,所以卫星在B点的速率vB＜２GM３R,选项B正确;B点为椭圆轨道的远地点,速度比较小,v０表示卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动的速度,v０＞vB,选项C错误;根据牛顿第二定律得a＝GMr２,两卫星在C点距地心的距离相同,所以a１＝a２,选项D错误．３．B　设小球a、b从抛出到运动到P点所用的时间分别为t１和t２,则由h＝１２gt２可得t１＝０．５s,t２＝０．４s,因此,欲使两小球同时到达P点,小球a一定比小球b早抛出０．１s,选项A错误,B正确;设小球a、b抛出时的水平初速度大小分别为vA和vB,两小球在水平方向上运动的距离均为x,则有vA＝xt１,vB＝xt２,故两小球抛出时的初速度大小之比为vAvB＝t２t１＝４５,选项C错误;由vy＝gt可得两小球在P点的竖直分速度大小之比为vyAvyB＝t１t２＝５４,选项D错误．４．D　滑块做圆周运动,而速率不变,即为匀速圆周运动,合外力即向心力,方向指向圆心,运动过程中,合外力方向不断发生变化,所以合外力在变化,选项A错误．下滑过程,曲面和滑块作为一个整体,加速度大小不变,指向圆心,水平方向的分加速度逐渐变小,而水平方向的加速度就是由地面对曲面的摩擦力提供的,摩擦力方向水平向右,大小随水平分加速度的减小而减小,选项B错误．滑块下滑过程中,重力的功率P＝mgvcosα(α为速度与竖直方向的夹角),α逐渐变大,m、g、v不变,则P减小,选项C错误．下滑过程,滑块的动能不变,即合外力做功等于０,选项D正确．５．C　设灯泡正常发光时,额定电流为I０,由题图可知,原线圈中电流I原＝I０,副线圈中两灯并联,副线圈中电流I副＝２I０,输出电压U副＝U,根据理想变压器的基本规律I原n１＝I副n２,得n１∶n２＝２∶１;U原U副＝n１n２,即U原＝２U副＝２U,所以U１＝U＋U原＝U＋２U＝３U,根据能量守恒定律可知P１＝３P,故C正确．６．C　因工件冲上斜面后做匀减速运动直到P点速度为零,由牛顿第二定律知工件在斜面上有mgsinθ＋μ１mgcosθ＝ma１,所以a１＝７．５m/s２,由运动学规律知v２B＝２a１L,即vB＝３m/s＜v０,所以工件在传送带上一直做匀加速运动,A、B错误;工件在传送带上时,a＝μg且v２B＝２as,联立得μ＝０．３,C正确;工件在传送带上运动的时间为t＝vBa,工件相对传送带的路程为s１＝v０t－s,产生的热量为Q１＝μmgs１,联立得Q１＝４．２J,工件在斜面上滑动时产生的热量为Q２＝μ１mgcosθ􀅰L＝０．６J,即工件从A运动到P的过程中因摩擦而产生的热量为４．８J,D错误．７．BD　沿着电场线的方向电势降低,而电场线会聚于负电荷,则A点电势低于D点电势,故A错误;－q电荷从A运动到D,根据动能定理有mgr＋W电＝１２m(４gr)２－０,解得W电＝７mgr,规定电场中B点的电势为零,因由D到B点电场力做负功,则电势能增大,因此D点的电势能为EpD＝－７mgr,则φD＝EpD－q＝７mgrq,故B、D正确;根据点电荷电场强度公式E＝kQr２,电场强度的大小与间距的平方成反比,可知O点电场强度大小是A点的２倍,故C错误．８．BCD　小球从A出发到返回A的过程中,位移为零,重力做功为零,但有摩擦力做负功,选项A错误;因为C为AB的中点,小球从A到C与从C到B的过程合外力恒定,加速度恒定,速度的变化率相等,选项C正确;又因为重力做功相等,摩擦力做功相等,合外力做功相等,故减少的动能相等,损失的机械能相等,选项B、D正确．９．BC　如图所示,若电子从AB边射出,AB的一部分为轨迹的弦,弦切角相等,因而圆心角相等,运动时间相等,A错,C对;当电子从AC边射出时v变大,轨迹变短,且运动时间不等,B对,D错．１０．CD　导体棒ab处于静止状态,受力如图所示,设每根导轨的支持力为FN,则有２FNcos６０°＝mg,得FN＝mg,A错误;BIl＝mgtan６０°,I＝３mgBl,导体棒cd两端的电压为U＝IR＝３mgRBl,B错误;导体棒cd受到的安培力为F安＝BIl,则F＝F安＝３mg,C正确;恒力F做功的功率等于电路中的热功率,P＝I２􀅰２R＝６m２g２RB２l２,D正确．１１．(１)BE　(２)大于(３)maOB＝maOA＋mbOC解析:(１)必须测量的物理量有两小球的质量ma、mb,各落点A、B、C到O点的距离OA、OB、OC,B、E正确．(２)为使a球碰b球后不反弹,必须有ma＞mb．(３)若动量守恒,应有mava＝mava′＋mbvb′va是小球a单独下落离开轨道时的速度,va′、vb′是两球碰后离开轨道时的速度,又v＝xt,则有ma􀅰OBt＝ma􀅰OAt＋mb􀅰OCt即maOB＝maOA＋mbOC．１２．(１)×１　重新欧姆调零　１５　(２)１６　(３)AC解析:(１)当选择欧姆×１０挡时指针偏角过大,说明待测电阻的阻值很小,故应该更换欧姆×１挡重新测量;欧姆表每次测量之前一定要重新欧姆调零;由欧姆表的读数原则可得其示数为１５Ω．(２)当电流表的示数为１３I０时,通过电阻箱的电流为２３I０,故１３I０RA＝２３I０R电阻箱,所以RA＝２R电阻箱＝１６Ω．(３)实验能够成立的条件就是干路中的电流是恒定不变的,即滑动变阻器接入电路的阻值远大于电流表的内阻,A正确,B错误;要想保证滑动变阻器接入电路的阻值较大,在电流表满偏电流一定的情况下,电源电动势应大些,C正确;因为在接入电阻箱后,其干路的􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—９９—详解答案电流稍有增大,当电流表中的电流为１３I０时,通过电阻箱的电流大于２３I０,故其测量值偏小,D错误．１３．(１)见解析　(２)(F２－F１)(R＋r)vd２解析:(１)由右手定则可判定细直金属棒PQ中的电流方向为从Q→P,由左手定则可判定细直金属棒PQ受到的安培力方向为竖直向上．(２)对磁铁在金属棒不动时有F１＝mg①对磁铁在金属棒向下运动时有F２＝mg＋F②由牛顿第三定律知金属棒受到的安培力的大小F安＝F③又F安＝BId④由闭合电路欧姆定律知I＝ER＋r⑤又E＝Bdv⑥联立以上各式,解得B＝(F２－F１)(R＋r)vd２．１４．(１)μ１＝０．１　μ２＝０．６　(２)２m/s２解析:(１)由FfＧF图象可知,当０＜F＜２N时,铁块、木板均静止在水平地面上,当２N＜F＜１０N时,铁块、木板一起在水平地面上做加速运动,当F＞１０N时,铁块和木板发生相对滑动,由题图乙可知:当F＝２N时,有Ff＝μ１(m＋M)g＝２N当F＞１０N时,有Ff＝μ２mg＝６N由以上两式可得μ１＝０．１,μ２＝０．６(２)由题图乙可知,当F＝６N时,Ff＝４N,此时铁块和木板正在水平地面上做加速运动．对铁块,由牛顿第二定律有F－Ff＝ma可得a＝２m/s２．１５．(１)３v０Ba　(２)在y坐标分别为０、－４３a的范围内出现一条长亮线解析:(１)从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示．由几何关系有r＋rsin３０°＝a,解得r＝a３．电子在磁场中运动时,洛伦兹力等于向心力,即eBv０＝mv２０r．联立两式解得电子比荷em＝３v０Ba．(２)由电子的轨迹半径可判断,在O点射入磁场的电子从０,２３a()的位置进入匀强电场,电子进入电场后做类平抛运动,有２r＝eE２mt２,x＝v０t．将E＝Bv０代入,联立解得x＝２３a．设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成θ角,则vy＝eEmt,tanθ＝vyv０,解得tanθ＝２．设该电子打在荧光屏上的Q点,Q点离x轴的距离为L,则L＝(x０－x)tanθ＝４３a,即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为L＝４３a．而从(０,－２３a)位置进入磁场的电子恰好由O点过y轴,不受电场力,沿x轴正方向做匀速直线运动,打在荧光屏与x轴相交的点上,所以荧光屏上在纵坐标分别为０、－４３a的范围内出现一条长亮线．１６．(１)ADE　(２)①０．４l０　②２．５T０解析:(１)由W＋Q＝ΔU知,做功和热传递都可以改变内能,所以当一定质量气体吸热时,其内能可能减小,A正确;温度低的物体分子的平均动能小,但分子的平均速率不一定小,B错误;物体的宏观运动和分子的微观运动没有直接关系,C错误;当液体与大气相接触时,液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部,D正确;气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和气体温度有关,单位体积内的气体分子数越多,温度越高,碰撞次数越多,E正确．(２)①初状态:Ⅰ气体压强p１＝p０＋mgS＝２p０,l１＝l０,T１＝T０;Ⅱ气体压强p２＝p１＋mgS＝３p０,l２＝l０,T２＝T０．添加铁砂后:Ⅰ气体压强p′１＝p０＋３mgS＝４p０,Ⅱ气体压强:p２′＝p１′＋mgS＝５p０．根据玻意耳定律,Ⅱ气体做等温变化,有p２l２S＝p２′l２′S,可得l２′＝０．６l０,B活塞下降的高度h２＝l０－l２′＝０．４l０．②Ⅰ气体等温变化,有p１l１S＝p１′l１′S,可得l１′＝０．５l０;只对Ⅱ气体缓慢加热,Ⅱ气体压强不变,Ⅰ气体状态不变,所以当A活塞回到原来位置时,Ⅱ气柱的高度l２″＝２l０－０．５l０＝１．５l０．根据理想气体状态方程有p２l２ST２＝p２″l２″ST２″,得T２″＝２．５T０．１７．(１)ADE　(２)①２m/s　②０．３m/s③(０．８＋n)m/s(n＝０,１,２,３􀆺)解析:(１)在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中,应测出单摆做n次全振动的时间t,利用T＝tn求出单摆的周期,这样可以减小偶然误差,选项A正确;变化的磁场不一定产生变化的电场,比如均匀变化的磁场产生稳定的电场,选项B错误;X射线比紫外线的频率高,选项C错误;当波长大于障碍物尺寸或与障碍物尺寸相当时,可以发生明显的衍射现象,选项D正确;因红光的波长比绿光长,若仅将入射光由绿光改为红色,由条纹间距公式Δx＝Ldλ,知干涉条纹间距变宽,选项E正确．(２)①依题意,周期T＝０．４s,波速v＝λT＝０．８０．４m/s＝２m/s②波沿x轴正方向传播,Δx＝０．３２m－０．２m＝０．１２m,p点恰好第一次达到正向最大位移．波速v＝ΔxΔt＝０．１２０．４m/s＝０．３m/s．③波沿x轴正方向传播,若p点恰好第一次到达平衡位置,则Δx＝０．３２m,由周期性可知波传播的可能距离Δx＝(０．３２＋λ２n)m(n＝０,１,２,３􀆺)．波速v＝ΔxΔt＝０．３２＋０．８２n０．４m/s＝(０．８＋n)m/s(n＝０,１,２,３􀆺)．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋�