【高考模拟】 黑龙江省某校高考物理三模试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 22 22页，总 =sectionpages 23 23页试卷第 =page 23 23页，总 =sectionpages 23 23页黑龙江省某校高考物理三模试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1. 用两种不同频率的光A和B照射同一种金属，都能发生光电效应，光电子的最大初动能分别是Eka、Ekb，如果EkaEkb，则以下说法正确的是（ ） A.A光波长大于B光波长B.A光频率小于B光频率C.A光对应的遏止电压大于B光

2、对应的遏止电压D.A光对应的饱和光电流一定大于B光对应的饱和光电流2. 如图所示的水平面内，电动机通过皮带带动两轻质轮，皮带质量为m，质量分布均匀，厚度远小于两轮半径，皮带与轮子之间不打滑。右轮半径是左轮半径的3倍，忽略转轴的摩擦，A、B是放在两轮边缘上质量均为m的小物块。启动电动机，使系统从静止逐渐加速动起来，若A、B始终未滑动，则以下说法正确的是（ ） A.A、B的线速度始终相等B.动起来以后，A、B的向心加速度大小之比始终为3:1C.当B的速度由零增加到v的过程中，它受到的静摩擦力始终指向圆心D.当B的速度由零增加到v的过程中，电动机总共对此系统做功为32mv23. 已知无限长的直线电流

3、磁场的磁感应强度的大小跟电流强度I成正比，跟离开导线的距离r成反比，即B=kIr(k0)。如图所示，三根无限长的通电直导线M、N、P都垂直纸面放置，构成一个直角三角形，N90，P30，O为MP边中点。三根导线中电流大小相同，方向如图，则O点磁场方向应为（ ） A.A方向B.E方向C.C方向D.D方向4. 如图所示，物体A、B用轻质细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角为30的固定的斜面上，A与滑轮之间的细绳平行于斜面，B与滑轮之间的细绳保持竖直，A、B的质量关系为mA3mB，刚开始无外力F时，物体A恰不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给物体B一个水平外力，将它缓慢拉起到夹角为60，则以下说法

4、中正确的是（ ） A.物体A与斜面间动摩擦因数等于33B.物体A与斜面间摩擦力先减小后增大C.外力F先减小后增大D.当角继续增大时，物体A仍能保持静止5. 我国003号航母预计用电磁弹射器发射舰载机。电磁弹射器的核心设备之一是“强迫储能装置”，它的作用就是把储存的能量以极大的功率在短时间内释放出来。设计要求强迫储能装置在45秒内充满200兆焦的能量。弹射过程中能量利用率为60%，航母舰载机常规起飞重量为18吨，弹射时间约3秒，假设航母处于静止状态，则以下说法正确的是（ ） A.强迫储能装置的平均充电功率约为60兆瓦B.舰载机能获得的最大速度约为115m/sC.弹射器对舰载机做功的平均功率约为1

5、00兆瓦D.弹射过程飞行员的平均加速度约为4个重力加速度大小6. 如图所示，电动牙刷充电时将牙刷插入充电座内，充电座中的线圈接入220V交流电，牙刷内的线圈两端获得4.5V的电压，再通过控制电路对牙刷内部的直流充电电池充电，电池的电动势为2.4V，内阻为0.1，容量为800mAh，10小时即可充满。充满电后用户平均每天使用4分钟，可以连续使用60天。关于此电动牙刷的说法正确的是（ ） A.充电座和牙刷中线圈的匝数比为440:9B.充电时，直流充电电池中的平均电流是80mAC.使用时电池的平均输出功率为0.48WD.电池最多能提供的电能为6912J7. 滑板运动是一项富有挑战性的运动项目。如图所

6、示，某滑板运动员从水平轨道的A点以初速度v0冲上一个固定的、光滑的14圆弧轨道，接着从圆弧轨道顶点B腾空而起到达空中C点，然后又从C点安全落回B点，此后又经A点进入水平粗糙轨道，滑到D点停下来。不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ） A.从B到C与从C到B的过程中，滑板运动员所受重力的冲量相等B.从A到B和从B到A的两个过程中，滑板运动员所受弹力的冲量之和为0C.滑板运动员从A点冲上圆弧轨道到返回A点所受重力的冲量大小等于2mv0D.整个过程中滑板运动员所受合力的总冲量的大小为mv08. 竖直面内有竖直向下的匀强电场（未画出），场中有正六边形区域ABCDEF，BC边水平，边长为a，一群质量为m

7、、电量为q的粒子，以相同的水平速度v0同时从BA及AF边界处射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，若沿AD方向射入的粒子恰能从DE中点射出，则以下说法正确的是（ ） A.电场强度大小为83mv0249qaB.从B点射入的粒子将从CD中点射出C.从AB中点射入的粒子将从D点飞出D.从AF中点射入的粒子将从E点射出三、非选择题：考生根据要求作答（一）必考题： 某实验小组在做验证牛顿第二定律实验中，以砂和砂桶重力作为牵引力。 （1）在闭合开关之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示，该装置存在的错误有：_；_。 （2）乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计

8、数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为_m/s2（保留两位有效数字）。 （3）丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度a，以m为横坐标，1a为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的1a-m关系图线，图中纵轴上的截距为b，则小车受到的牵引力大小为_。 若将一个电源（电动势为E，内阻为r）和一个定值电阻（阻值为R）按照图a或图b方式连接，则两图中虚框内整体均可视作一个“等效电源”，设两图中“等效电源”的电动势和内阻分别为Ea、ra和Ea、rb，理论推导表明：图a中

9、EaE，raR+r；图b中Eb=RR+rE，rb=RR+rr。 （1）现将一电源（电动势E3V，内阻r1）和电阻R11和R22，按照图c方式连接，若上述理论公式成立，则图c虚框部分“等效电源”的电动势Ec和内阻rc应分别为Ec_V，rc_。 （2）某同学想通过实验测出图c中“等效电源”的电动势和内阻，以检验上述理论公式的正确性，其设计电路方案如图d所示（已知定值电阻R04，电压表量程有1.5V和3V两种，电流表量程有0.3A和0.6A两种）。操作过程如下：进行器材选择：电压表量程应选_V，电流表量程应选_A；按照图d连接电路；用笔画线代替导线将器材实物图图e连接完整；实验中，当电流表读数为I1

10、时，电压表读数为U1，当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出Ec测_，rc测_。（用I1，I2，U1，U2及R0所示）将Ec测和rc测分别与Ec和rc比较，若误差允许范围内相等，即可认为上述公式成立。 如图所示，斜面体质量为M，倾角为，上表面光滑，下表面与地面间动摩擦因数为，电动机额定功率为P，通过水平轻绳拉动斜面体，设法使斜面体和斜面上质量为m的物体从初速度为0开始运动。运动过程中，斜面体和物体始终保持相对静止，重力加速度大小为g。求： （1）物体的加速度大小a； （2）匀加速持续的时间t。 间距2L和L的两组平行金属导轨固定在水平绝缘面内，电阻不计且足够长。导轨间存在竖直向下的

11、匀强磁场，磁感应强度大小分别为B与2B，导体棒a与b质量分别为m与2m，a棒电阻是b棒电阻的一半，a棒与导轨间动摩擦因数为，b棒光滑，b棒静止垂直跨放在两导轨连接处，a棒垂直跨放在距离QQ1为2L处。t0时刻，a棒获得水平向右、大小为v0的速度开始运动。当a棒运动到QQ1时，两棒速度恰好相同（a棒仍在宽轨上），此过程中流过b棒的电荷量为q，此时立即锁定a棒，而b棒继续向右运动最终停下。重力加速度大小为g，求； （1）a棒开始运动时QQ1两端的电势差U； （2）a棒被锁定前瞬时速度的大小v及a棒运动的时间t； （3）b棒运动过程中产生的电热Qb及b棒最终将静止的位置与QQ1距离S。三、物理-选修

12、3-3（共2小题，满分15分） 下列说法正确的是（ ） A.多晶体和非晶体一样没有规则的外形，所以它们均没有固定的熔点B.当分子间作用力表现为引力时，分子间距增大则分子势能增大C.液氮温度很低但是也有内能D.不必改变其他条件，仅减小气体的体积，就可以使饱和汽压增加E.若理想气体的体积不变温度升高，则单位时间撞击单位面积器壁分子数增多 如图所示，一固定水平汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中由一细管（容积及长度可忽略）连通，两筒中各有一个活塞，大活塞横截面积S160cm2，小活塞横截面积S220cm2，两活塞用细绳连接。绳长L20cm，汽缸外大气的压强为p01.00105Pa，温度T350K

13、，初始时两活塞均静止在与汽缸底部等距离处，绳刚好伸直。两活塞间封装气体温度为T200K，忽略两活塞与汽缸间摩擦，不漏气。现使汽缸内气体温度缓慢升高，求：当温度上升至280K时，缸内气体体积V；当与外界达到热平衡时，绳拉力T的大小。 物理-选修3-4 沿x轴传播的简谐横波上有平衡位置相距4m的两点P、Q，如图甲、乙分别是P、Q两质点的振动图象。已知波长大于2m，这列波可能的波速为（ ） A.403m/sB.4011m/sC.8m/sD.24m/sE.40m/s 如图所示，玻璃对光束1和2的折射率分别为n1、n2(n1n2)，两束光以相同的入射角从平行板玻璃砖的上表面入射，入射点间的距离为a，两束

14、光从下表面射出时的出射点的之间距离为b(bEkb，则入射光的频率满足：vavb，根据频率、波长和波速的关系可知，频率大的波长短，即aUcb，A光对应的遏止电压大于B光对应的遏止电压，故C正确；D、饱和光电流与入射光的强度有关，本题中入射光的强度未知，则A光对应的饱和光电流不一定大于B光对应的饱和光电流，故D错误。2.【答案】D【考点】动能定理的应用线速度、角速度和周期、转速【解析】两轮边缘上各点的线速度大小相等，根据a=v2r求A、B的向心加速度大小之比。当B的速度由零增加到v的过程中，由指向的静摩擦力的分力提供向心力，根据动能定理求电动机总共对此系统做功。【解答】A、A、B的线速度大小始终相

15、等，但方向不是始终相同，所以A、B的线速度不是始终相等，故A错误；B、A、B的线速度大小始终相等，A、B的转动半径之比为3:1，根据a=v2r可得A、B的向心加速度大小之比为1:3，故B错误；C、当B的速度由零增加到v的过程中，它受到的静摩擦力并不指向圆心，静摩擦力有指向圆心的分量，还有切向分量，故C错误；D、当B的速度由零增加到v的过程中，电动机总共对此系统做功为W=123mv2=32mv2，故D正确。3.【答案】C【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【解析】根据安培定则判断三根通电直导线在O的磁感应强度方向，根据矢量合成法则判断O点的磁感应强度方向即可；【解答】由安培定则可知：通电直

16、导线M在O点形成的磁感应强度方向垂直于斜边，如图B1所示，同理：通电直导线P在O点形成的磁感应强度方向垂直于斜边，如图B2所示，通电直导线N在O点形成的磁感应强度方向垂直于斜边，如图B3所示，根据矢量合成的平行四边形定则可知，在O点的磁感应强度方向应沿C方向，故C正确，ABD错误。4.【答案】B【考点】力的合成与分解的应用解直角三角形在三力平衡问题中的应用【解析】刚开始无外力F时，物体A恰不下滑由平衡条件可得动摩擦因数；对B受力分析，根据平衡条件求得水平外力F也逐渐增大，求出细绳的拉力，然后对A受力分析，根据平衡条件判断物体A与斜面间摩擦力；当60时，根据平衡条件得斜面对A的摩擦力是最大静摩擦

17、力，当角继续增大时，绳子的拉力会进一步增大，物体A将沿斜面向上运动。【解答】A、刚开始无外力F时，物体A恰不下滑由平衡条件可得：mAgsin30mBg+mAgcos30，解得：=39，故A错误；BC、现给物体B一个水平外力，将它缓慢拉起到夹角为60过程中，以B为研究对象进行受力分析，根据平衡条件，可知水平外力大小为：FmBgtan因为逐渐增大，所以水平外力F也逐渐增大；细绳对B的拉力为：FT=mBgcos当60时，FT2mBgmAgsin30=32mBg说明斜面对A的摩擦力先沿斜面向上，后沿斜面向下，所以物体A与斜面间摩擦力先减小后增大，故B正确，C错误。C当60时，斜面对A的摩擦力为：FfF

18、T-mAgsin30=mBgcos60-mAgsin30=16mAg=mAgcos30说明此时斜面对A的摩擦力是最大静摩擦力，当角继续增大时，绳子的拉力会进一步增大，物体A将沿斜面向上运动，故D错误；5.【答案】B,D【考点】电功电功率瞬时功率平均功率【解析】把舰载机可以看作匀加速直线运动，根据平均功率公式，结合牛顿第二定律及运动学公式估算即可。【解答】A、强迫储能装置在45秒内充满200兆焦的能量，强迫储能装置的平均充电功率约为：P=Wt=Et=20010645W4.4106W，故A错误；BCD、弹射器对舰载机做功的平均功率约为：P=E60%t=20010660%3W=4107W，舰载机可以

19、看作匀加速直线运动，故弹射器对舰载机做功最大功率为：Pm2P=8107W，根据牛顿第二定律得：F-mgma，根据功率公式得：PmFvm，由速度-时间公式得：vmat，联立解得：vm115m/s，a40m/s24g，故BD正确，C错误；6.【答案】A,B,D【考点】电功率电功【解析】原副线圈的电压之比等于匝数之比；充电电流I=qt=800mAh10h=80mA；若不考虑电池的内阻，则电池输出的电能最大，为WEIt；平均输出功率P=Wt；【解答】A、原副线圈的电压之比等于匝数之比，原线圈的电压为220V，副线圈两端的电压为4.5V，故匝数之比为220:4.5440:9，故A正确；B、充电时，电池的

20、容量为q800mAh，10小时即可充满，根据qIt得，充电电流I=qt=800mAh10h=80mA，故B正确；CD、若不考虑电池的内阻，则电池输出的电能最大，为WEIt2.40.08103600J6912J，此时使用时电池的平均输出功率P=Wt=691260460W=0.48W，实际电池有内阻，故实际的平均输出功率小于0.48W，故C错误，D正确；7.【答案】A,D【考点】动量定理的理解【解析】运动员从水平轨道的A点以初速度v0冲上固定的、光滑圆弧轨道机械能守恒；B到C竖直上抛，C返回B自由落体运动，具有等时性；冲量IFt；动量定理：合外力的冲量等于动量的变化量。【解答】A、运动员B到C竖直

21、上抛，C返回B自由落体运动，具有等时性，故重力冲量mgt相等，故A正确；B、从A到B和从B到A的两个过程中，滑板运动员所受弹力的冲量相等，冲量为矢量，故冲量之和不为零，故B错误；C、滑板运动员从A点冲上圆弧轨道到返回A点所受合外力的冲量大小等于2mv0，故C错误；D、整个过程中滑板运动员所受合力的总冲量F合t0-mv，合外力的冲量大小为mv，故D正确。8.【答案】A,C【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转【解析】粒子在沿速度方向做匀速运动，在沿电场方向做出速度为零的匀加速运动，根据运动学公式求得电场强度即可判断。【解答】A、若沿AD方向射入的粒子能从DE中点射出，沿速度方向：x=2a-a

22、2cos60=v0t沿电场方向：y=a2sin60=12(qEm)t2联立解得：E=83mv0249qa，故A正确；B、假设从B点射出的粒子将从CD中点射出，沿速度方向：xB=a+a2cos60=v0tB沿电场方向：yB=a2sin60=12(qEBm)tB2联立解得：EB=83mv0225qaE，故B错误；C、假设从AB中点射出的粒子将从D点飞出，则沿速度方向：xC=2a-a2cos60=v0tC沿电场方向：yC=a2sin60=12(qECm)tC2联立解得：EC=83mv0249qa=E，故C正确；D、假设从AF中点射入的粒子将从E点射出，则沿速度方向：xD=a+a2cos60=v0tD

23、沿电场方向：yD=a2sin60=12(qEDm)tD2联立解得：ED=83mv0225qaE，故D错误；三、非选择题：考生根据要求作答（一）必考题：【答案】使用了直流电源,未平衡摩擦力0.50Mb【考点】验证牛顿第二运动定律【解析】（1）本实验需要使用交变电流，没有平衡摩擦力，没有保证保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。（2）根据公式x2-x1aT2，可以求出加速度。（3）对小车及小车中的钩码，根据牛顿第二定律列出方程，把方程整理成1a-m一次函数关系式，利用图象的截距求小车受到的牵引力大小。【解答】打点计时器应该使用交流电源，在直流电源中不能正常工作；为了保证细绳的拉力等于小车的合力，本

24、实验需要平衡摩擦力；为了保证细绳的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。相邻两计数点之间还有四个点没有画出，故T50.02s0.1s；由公式x2-x1aT2，可知加速度：a=xBC-xABT2=(20.06-16.21)-(16.21-12.86)0.1210-2m/s20.50m/s2。对小车及小车中的钩码，根据牛顿第二定律：F(M+m)a整理得：1a=MF+1Fm1a-m图象在纵轴上的截距为b=MF，则小车受到的牵引力大小F=Mb。【答案】1.5,11.5,0.3,I1U2-I2U1I1-I2,(U2-U1)I1-I2-R0【考点】测定电源的电动势和内阻【

25、解析】（1）根据题目所给数据结合图c所示电路图求出等效电源的电动势与内阻。（2）根据电源电动势与电路最大电流选择电表量程。根据实验电路图连接实物电路图。根据实验数据应用闭合电路欧姆定律求出电源电动势与内阻表达式。【解答】等效电源电动势：Ec=R2R2+R1+rE=22+1+13V1.5V，等效电源内阻rc=R2R2+R1+r(R1+r)=22+1+1(1+1)1；电源电动势约为1.5V，电压表量程选择1.5V，电路最大电流约为：I=Ecrc+R0=1.51+4A0.3A，电流表量程选择0.3A；根据图d所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；由图d所示电路图可知，电源电动势：EC测U1+

26、I1(rC测+R0)，EC测U2+I2(rC测+R0)，解得：EC测=I1U2-I2U1I1-I2，rC测=(U2-U1)I1-I2-R0；【答案】根据图中几何关系可得：mgtsnma解得：agtan（1）物体的加速度大小为gtan；（1）匀加速持续的时间为P(m+M)g2tan(+tan)。【考点】牛顿第二定律的概念匀变速直线运动规律的综合运用【解析】（1）运动过程中小物体受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）小物块与斜面体一起加速运动时功率增大，当功率达到最大时匀加速运动阶段结束，根据速度-时间关系结合牛顿第二定律、PFv联立求解。【解答】运动过程中小物体受到重力和支

27、持力作用，受力情况如图所示：根据图中几何关系可得：mgtsnma解得：agtan小物块与斜面体一起加速运动，vat对斜面体和小物块根据牛顿第二定律可得：F-(M+m)g(M+m)a由于PFv联立解得：t=P(m+M)g2tan(+tan)答：（1）物体的加速度大小为gtan；（1）匀加速持续的时间为P(m+M)g2tan(+tan)。【答案】a棒开始运动时QQ1两端的电势差U为43BLv0；a棒被锁定前瞬时速度的大小v为qBLm，a棒运动的时间t为v0g-3BLqmg；b棒运动过程中产生的电热Qb为13mv02-43mgL-B2q2L23m，b棒最终将静止的位置与QQ1距离S是2L。【考点】动

28、量定理的理解闭合电路的欧姆定律安培力的计算感生电动势单杆切割磁感线【解析】（1）a棒开始运动时，根据公式EBLv求出感应电动势，再根据串联电路的电压分配规律求QQ1两端的电势差U；（2）在a棒从开始到运动到QQ1处的过程，对两棒分别运用动量定理列式，结合通过b棒的电荷量与时间的关系列式，即可求解；（3）根据能量守恒定律和电路的结构求b棒运动过程中产生的电热Qb根据动量定理求b棒最终将静止的位置与QQ1距离S。【解答】a棒开始运动时，产生的感应电动势为E0B2Lv02BLv0因为Rb2Ra，所以QQ1两端的电势差即b棒两端的电压U=23E0=43BLv0设t时间a棒运动到QQ1处，在t时间内，对

29、b棒，根据动量定理得：FAt2mv-0又FA=2BIL，I=qt联立解得v=qBLm对a棒，由动量定理得：-mgt-FAtmv-mv0又FA=BI2L结合I=qt，解得t=v0g-3BLqmg设全过程中系统产生的电热为Q，由能量守恒得：12mv02=12mv2+mg2L+Q则b棒运动过程中产生的电热Qb=RbRa+RbQ联立解得Qb=13mv02-43mgL-B2q2L23m设b棒在a棒运动的过程中向右运动的距离为x1，根据动量定理得：2BILt2mv-0根据闭合电路欧姆定律得I=ERa+Rb根据法拉第电磁感应定律得E=t=B2L2L-2BLx1t=2BL(2L-x1)t解得x12L-q(Ra

30、+Rb)2BL设b棒在a棒停止运动后向右运动的距离为x2，根据动量定理得：-2BILt0-2mv又I=ERa+RbE=t=2BLx2t联立解得x2=mv(Ra+Rb)2B2L2故b棒最终将静止的位置与QQ1距离Sx1+x22L-q(Ra+Rb)2BL+mv(Ra+Rb)2B2L2将v=qBLm代入上式得S2L三、物理-选修3-3（共2小题，满分15分）【答案】B,C,E【考点】分子势能阿伏加德罗常数物体的内能*饱和汽、未饱和汽和饱和汽压气体压强的微观意义【解析】多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；饱和汽压与温度有关，与体积无关；分子力做负功，分子势能增大；气体的饱和汽压与温度有关，与体积无关；温度是气体分子平均动能变化的标志。【解答】A、多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故A错误；B、当分子间作用力表现为引力时，分子间距增大，则分子力做负功，分子势能增大，故B正确；C、一切物体都有内能，即使温度很低也有内能，故C正确；D、气体的饱和汽压与温度有关，与体积无关，在不改变其他条件下，仅减小气体的体积，不能增加饱和汽压；故D错误；E、若理想气体体积不变，温度升高，气体分子的