【高考模拟】河南省新乡市4月高三三次模拟理-（物理）答案与祥细解析

1、试卷第 =page 18 18页，总 =sectionpages 19 19页试卷第 =page 19 19页，总 =sectionpages 19 19页河南省新乡市 4月高三三次模拟理 (物理)一、选择题1. 一遥控玩具小车（视为质点）从t=0时刻开始向某一方向运动，运动的位移时间图像（x-t图像）如图所示其中曲线部分是抛物线，曲线之后的图线是平行于时间轴的直线，直线与抛物线平滑连接下列说法正确的是（） A.小车先做匀减速直线运动后保持静止B.小车一直做初速度为零的匀加速直线运动C.小车先做变加速直线运动后做匀速直线运动D.小车先做匀加速直线运动后做匀速直线运动2. 如图所示，在水平地面上

2、有一小车，车上固定一竖直的轻杆，在其最高点固定有另一轻杆，轻杆的末端再拴接一质量为m的小球，且两轻杆间的夹角为重力加速度大小为g当小车沿水平地面向右以大小为aag的加速度做匀减速直线运动时，轻杆对小球弹力的大小为（） A.mg-asinB.mg+acosC.mg2-a2D.mg2+a23. 比荷相同的带电粒子M和N，经小孔S以相同的方向垂直射入匀强磁场中，M和N仅在洛伦兹力作用下运动的部分轨迹分别如图中虚线a、b所示下列说法正确的是（） A.M带负电，N带正电B.M、N在磁场中运行的周期相等C.N的速度大于M的速度D.洛伦兹力对M、N均做正功4. 如图所示，一长为0.5m，倾角为37的粗糙斜面

3、固定在水平地面上，一质量为1kg的物块（视为质点），以某一初速度从斜面底端向斜面顶端滑动，物块在运动过程中，受到沿斜面向下的摩擦力作用，摩擦力的大小满足f=12x(x为物块到斜面底端的距离）取重力加速度大小g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8要使物块恰好能够到达斜面顶端，则该初速度的大小为（） A.1m/sB.2m/sC.3m/sD.4m/s5. 在图示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:4，定值电阻R1、R2的阻值分别为1和10滑动变阻器的最大阻值为10，a、b两端接电压瞬时值u=202sin100t(V)的交变电流在滑片P从c端缓慢滑向d端的过程中，变压器的最大

4、输出功率为（） A.75WB.100WC.150WD.200W二、多选题 地球上的能量追本溯源绝大部分来自太阳，即太阳内部聚变时释放的核能太阳内部聚变的核反应方程为12H+13HX+01n其中13H、12H、X和01n的质量分别为m1、m2、m3、m4真空中的光速为c下列说法正确的是（ ） A.X原子核的中子数为2B.X原子核的中子数为3C.聚变时释放的能量为m1+m2-m3-m4c2D.聚变时释放的能量为12m1+m2-m3-m4c2 如图所示A、B两处分别固定有等量异种点电荷CD为AB的垂直平分线，O点为垂足现有一负试探电荷（不计试探电荷所受重力）在外力F的作用下从C点沿直线匀速运动到D点

5、则在该过程中（） A.力F先减小后增大B.力F先增大后减小C.力F的方向始终沿AB方向D.力F的方向始终沿BA方向 宇航员驾驶宇宙飞船绕一星球做匀速圆周运动，测得飞船线速度大小的二次方与轨道半径的倒数的关系图像如图中实线所示，该图线（直线）的斜率为k，图中r0（该星球的半径）为已知量引力常量为G，下列说法正确的是（ ） A.该星球的密度为3k4Gr03B.该星球自转的周期为r03kC.该星球表面的重力加速度大小为kr0D.该星球的第一宇宙速度为kr0三、实验探究题 如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个质量已知的相同钩码，探究弹簧弹力与形变量的关系 （1）本实验还需要的实验器材有_ （2）如图乙所示

6、，根据实验数据绘图，横轴为弹簧的形变量x，纵轴为钩码的质量m，已知重力加速度大小g=9.8m/s2，则弹簧的劲度系数k=_N/m（结果保留两位有效数字） （3）从图乙可以看出，当弹簧下端未挂钩码时，弹簧也有一定的伸长量，其原因是_ 在“用伏安法测定电源的电动势和内阻”的实验中，待测电源为两节干电池（电动势约为3V，内阻约为2），要求尽可能减小测量误差可供选用的器材如下：A电流表（A1）（量程为0.6A，内阻约为0.1）；B电流表（A2）（量程为200A，内阻为500）；C定值电阻R1（阻值为14.5k）；D定值电阻R2（阻值为15k）；E滑动变阻器R3（最大阻值为20）；F开关，若干导线 （1

7、）将电流表A2改装为量程为3V的电压表，定值电阻应选用_（选填器材前的字母序号） （2）在图甲中画出用伏安法测定电源的电动势和内阻的电路原理图，并对相关器材进行标注 （3）在正确选用器材和操作无误的情况下，移动滑动变阻器的滑片，获得多组电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2，作出I2-I1图像如图乙所示待测电源的电动势E=_V、内阻r=_（结果均保留两位有效数字）四、解答题 如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一绝缘水平面（图中未画出）上，导轨所在区域有磁感应强度大小B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场，导轨间距L=0.2m，导轨电阻不计，定值电阻R1=0.6，R2=0.3，一

8、电阻r=0.3的导体棒放在导轨上，在沿导轨方向的恒定拉力作用下由静止开始运动，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的加速度随速度变化的规律如图乙所示求： （1）当导体棒的速率v1=4m/s时，导体棒克服安培力做功的功率P； （2）导体棒的质量m以及该恒定拉力的大小F 如图所示，ABCD为竖直平面内的固定轨道，ABC为光滑半圆形圆管（内径不计）轨道，与足够长的水平轨道CD相切于C点，一质量为m的小球a（直径略小于圆管内径）静止在最高点A，一质量为2m的小滑块c静止于圆管下端口C，现让质量为13m的小球b以某一初速度水平向左撞击a，发生弹性碰撞（碰撞时间极短）后，b落在CD上后立即取走b，a沿圆

9、管运动到C处与c发生碰撞后向左运动，上升的最大高度为532R，a从端口C滑出后立即取走a，已知ABC轨道的半径为R，b落在CD上的位置（图中未画出）与C处之间的距离为2R，c与CD间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，不计空气阻力求： （1）b的初速度大小v0； （2）a与c碰撞前瞬间a对轨道的压力大小N； （3）a与c碰撞后c在轨道CD上滑行的时间t 如图所示，导热性能良好的圆柱形汽缸开口竖直向上放在水平地面上，质量m=2kg、横截面积S=0.01m2的活塞下封闭着一定质量的理想气体开始时缸内气体的热力学温度T1=300K，活塞下表面到汽缸底部的距离h1=10cm现对汽缸缓慢加热，使活塞上升

10、h2=6cm，此后停止加热并将活塞固定，使缸内气体的温度缓慢降低到T1取重力加速度大小g=10m/s2，外界大气压强恒为p0=1105Pa，不计一切摩擦求： （1）刚停止加热时缸内气体的热力学温度 （2）整个过程缸内气体吸收的热量Q 如图所示，直角三角形ABC为一透明介质三棱柱的截面，P点为AB边的中点，B=37，BC边长为L，一束单色光MP沿与AB面夹角=37的方向从P点射入三棱柱，恰好垂直BC面射出，光在真空中的传播速度大小为c，取sin37=0.6，cos37=0.8求： （1）介质对该光的折射率n； （2）该光从P点射入到从BC面射出所用的时间t参考答案与试题解析 河南省新乡市 4月高

11、三三次模拟理 (物理)一、选择题1.【答案】A【考点】x-t图像（匀变速直线运动）【解析】在位移-时间图象中，斜率表示速度，根据斜率的大小变化判断物体运动的情况，当斜率为0时，则保持静止【解答】解：小车运动的位移时间图像中，斜率表示速度，曲线部分斜率减小，即小车速度减小，且曲线为抛物线，符合运动学中匀变速直线运动公式x=v0t+12at2，则曲线部分为匀减速直线运动；曲线之后的图线是平行于时间轴的直线，即小车保持静止，故A正确，BCD错误故选A2.【答案】D【考点】加速度与力、质量的关系式力的正交分解法【解析】先对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律求解【解答】解：小球向右做加速运动，根据牛顿第

12、二定律，有：Fx=ma，Fy-mg=0，故：F=Fx2+Fy2=mg2+a2故选D3.【答案】B【考点】带电粒子在有界磁场中的圆周运动【解析】根据右手定则判断出两粒子都带负电；结合周期公式可以判断出两粒子的周期情况；根据半径公式可以判断出离子速度大小；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，均不做功【解答】解：A由左手定则知，两粒子均带正电，故A错误；B他们都是垂直进，则都是垂直出，都运动半圈，由T=2mBq，和等比荷等磁场，知其周期相等，半圈即半周期也相等，故B正确；C对两粒子均有R=mvBq，且他们比荷，磁场均相等，只需比较半径，（半径与速度成正比），由图知半径 M的大，故M速度大，故C错误；D洛

13、伦兹力始终与速度方向垂直，均不做功，故D错误故选B4.【答案】C【考点】用牛顿运动定律分析斜面体模型【解析】由受力分析F合=mgsin+f，结合牛顿第二定律求出加速度函数，根据x的范围求出加速度的最小值和最大值，最后根据运动学公式求出初速度【解答】解：由受力分析可得：F合=mgsin+f=mgsin+12x，由牛顿第二定律得：F合=mgsin+12x=ma，解得：a=gsin+12xm=(6+12x)m/s2，由题意得：0 x0.5m，则amin=6m/s2，amax=12m/s2，所以a=amin+amax2=9m/s2，由运动学公式：v2-0=2ax，则v=3m/s故选C5.【答案】B【考

14、点】变压器的构造和原理交变电流的周期和频率电功率【解析】理想变压器原、副线圈的匝数之比等于它们的电压的之比，等于电流的反比，根据这一关系，求出电流跟定值电阻的代数关系，结合P=I2U和函数关系式求出最大的输出功率【解答】解：设原线圈电压为U1，副线圈电压为U2，则有U1U2=I2I1=n1n2=14，其中I2=U2R+R2=4U1R+R2，则输出功率P=U2I2=4U14U1R+R2=16U12R+R2，a、b间电压的有效值为u=I1R1+U1=4I2R1+U1=U116R1+R+R2R+R2=20V，整理得P=6400(R+10)(R+10+16)2=6400R+10+(16)2R+10+3

15、2，即当R+10=16时，P有最大值，为P=100W故选B二、多选题【答案】A,C【考点】裂变反应和聚变反应【解析】根据质量守恒求出X的质量数，再根据根据中子数=质量数-质子数，求出X的中子数；亏损的质量为反应前的质量减去反应后的质量，反应释放的能量为：E=mc2求出聚变时释放的能量【解答】解：AB根据质量守恒有：2+3=x+1，解得：x=4，根据中子数=质量数-质子数，X原子核中子数为4-1-1=2，故A正确，B错误；CD亏损的质量为反应前的质量减去反应后的质量，m=m1+m2-m3-m4，故反应释放的能量为：E=mc2=(m1+m2-m3-m4)c2，故C正确，D错误故选AC【答案】B,C

16、【考点】电场的叠加库仑力作用下的平衡问题【解析】负试探电荷受到电荷A的吸引力为F1，受到电荷B的排斥力为F2，根据数学关系可知，负试探电荷受到的合力F3向左，根据公式F=kq1q2r2可知，开始时，距离减小，合力增大，过了O点，距离变大，合力减小，为了保持试探电荷匀速运动，所以试探电荷合力为零进行分析【解答】解：负试探电荷受到电荷A的吸引力为F1，受到电荷B的排斥力为F2，根据数学关系可知，负试探电荷受到的合力F3向左，根据公式F=kq1q2r2可知，负试探电荷（不计试探电荷所受重力）在外力F的作用下从C点沿直线匀速运动到D点，开始时，距离减小，合力增大，过了O点，距离变大，合力减小，为了保持

17、试探电荷匀速运动，所以试探电荷合力为零，F先增大再减小，方向与F3方向相反沿AB方向故选BC【答案】A,D【考点】万有引力定律及其应用天体运动中的信息题【解析】A由图中v2-1r图象可知，有万有引力提供向心力的匀速圆周运动公式有：GMmr2=mv2r，解得：GM=v21r，则图象斜率k=GM（v21r为图象斜率，因为图象是正比例函数），则由于r0为星球半径，可得V=43v03，由k=GM，则M=kG，故星球密度=MV；B由GMmr2=m(2T)2r，解得T2=42r3GM，则有T=2r3k，由于飞船乙半径r0绕星球转时不为 同步绕转，则T=2r03k不是星球自转周期；C由星球表面重力近似等于万

18、有引力，则mg=GMmr02，解得GM=k=gr02；D第一宇宙速度可看作飞船以星球半径r0绕转天体时的速度，则有GMmr02=mv2r0【解答】解：A由图中v2-1r图像可知，有万有引力提供向心力的匀速圆周运动公式有：GMmr2=mv2r，解得：GM=v21r，则图像斜率k=GM（v21r为图像斜率，因为图像是正比例函数），则由于r0为星球半径，可得V=43r03，由k=GM，则M=kG，故星球密度=MV=kG34r03，故A正确；B由GMmr2=m(2T)2r，解得T2=42r3GM，则有T=2r3k，由于飞船绕星球转时不为同步绕转，则T=2r03k不是星球自转周期，因为周期中由上式可知要

19、含有一个2，由上述可知B错误；C由星球表面重力近似等于万有引力，则mg=GMmr02，解得GM=k=gr02，可得g=kr02，故C错误；D第一宇宙速度可看作飞船以星球半径r0绕转天体时的速度，则有GMmr02=mv2r0，解得v2=GMr0=kr0，则v=kr0，故D正确故选AD三、实验探究题【答案】（1）刻度尺（2）9.8（3）弹簧自重的影响【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【解析】【解答】解：（1）本实验需要测量弹簧的长度，即形变量，故还需要的实验器材是刻度尺（2）题图乙中的图线为直线，说明弹簧的弹力大小与弹簧的伸长量成正比，可得k=Fx=6.010-29.8(7.0-1.0)10-2N/

20、m=9.8N/m（3）由于弹簧自重的影响，当弹簧下端未挂钩码时，弹簧也会有一定的伸长量【答案】（1）C（2）如解答图所示；（3）2.7,2.5【考点】测定电源的电动势和内阻【解析】【解答】解：（1）将电流表A2改装为量程为3V的电压表，则有U=IA2(Rg2+R)，解得R=14.5k，故应选C（2）如图所示：（3）根据闭合电路欧姆定律有：I2(Ig2+R1)+(I1+I2)r=E，整理得I2=EIg2+R1+r-I1rIg2+R1+r，根据图乙可得：r2.5，E2.7V四、解答题【答案】（2）导体棒克服安培力做功的功率P=0.32W；（2）导体棒的质量m=0.05kg，该恒定拉力的大小F=0.

21、1N【考点】单杆切割磁感线电磁感应中的电路类问题电磁感应中的动力学问题【解析】 【解答】解：（1）回路的总电阻R=r+R1R2R1+R2，此时导体棒切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv1，根据闭合电路的欧姆定律有I1=E1R，又P=BI1Lv1，解得P=0.32W（2）当导体棒的速率为v时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，根据闭合电路的欧姆定律有I=ER，根据牛顿第二定律有F-BIL=ma，由以上各式代入数据得a=-150mv+Fm，结合题图乙有150m=25kg-1，Fm=2m/s2，解得m=0.05kg，F=0.1N【答案】（1）b的初速度大小v0=2gR；（2）a与c碰撞前瞬间a对轨道的压力大小N=6mg；（3）a与c碰撞后c在轨道CD上滑行的时间t=585Rg【考点】弹性碰撞和非弹性碰撞平抛运动基本规律及推论的应用竖直面内的圆周运动-弹力动量守恒定律的综合应用动量定理的基本应用【解析】 【解答】解：（1）设b与a碰撞后瞬间b的速度大小为v，碰撞后b做平抛运动的时间为t1，有2R=12gt12，2R=vt1，解得v=gR，设b与a碰撞后瞬间a的速度大小为vA，b与a发生弹性碰撞，有13mv0=-13mv+mvA，1213mv02=1213mv2+12mvA2，解得vA=gR，v0=2gR（2）设a与