2022年黑龙江省哈尔滨三中高考物理一答案

第1页（共1页）2022年黑龙江省哈尔滨三中高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、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14-18题只有一个选项正确，第19-21题有多个选项正确。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．【分析】光是电磁波；根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、光的本质是频率很高的电磁波，故A错误；B、法拉第首先引入了电场线和磁感线，发现了电磁感应现象，极大地促进了他对电磁现象的研究，奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；C、卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，他用α粒子轰击氮原子核，实现了原子核的人工转变，并发现了质子，故C错误；D、根据物理学史可知是贝克勒尔发现天然放射现象，说明原子核是有复杂结构的，故D正确。故选：D。2．【分析】根据动量守恒的条件分析判断小车和小球组成的系统动量是否守恒；根据机械能守恒定律分析出系统是否机械能守恒，同时分析出小球和小车的能量变化。【解答】解：A、小球摆动过程中，小球和次奥车系统只受重力和支持力作用，水平方向的合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上只有小球有竖直方向的分速度，且分速度大小也不断变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故A错误；BCD、小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，小球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小车的机械能减小，小球的机械能增加，故BD错误，C正确；故选：C。3．【分析】从图象得出电动势最大值、周期，计算出交流电的有效值，根据欧姆定律求得交流电电流的最大值；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，求解热量需要电动势的有效值。【解答】解：A、根据图像可知，产生的感应电动势的最大值为Em＝200V，故线框产生的电流的峰值为，故A错误；B、感应电动势的有效值为E＝，故B正确；C、线框的热功率为，故C错误；D、t＝0.01s时，此时线圈位于与中性面垂直位置，穿过线框的磁通量最小，为零，故D错误；故选：B。4．【分析】分析出运动员在不同阶段的受力情况并由此得出运动类型，而失重时运动员的加速度向下；当运动员的加速度为零时，则速度最大，根据此特点列式计算出下降的高度；当运动员的速度为零时，绳的拉力最大，根据能量守恒计算出下降的高度，并由此得出最大的拉力。【解答】解：A、王旋最初一段时间内只受重力做自由落体运动，当弹性绳伸直后，受重力和弹力，但是重力大于弹力加速度向下，随着弹力的不断增大，做加速度减小的加速运动，当弹力和重力相等时，加速度为零，速度达到最大，接下来弹力大于重力，做加速度增大的减速运动，最后速度减为零，达到最低点。由上分析可知当弹性绳弹力小于运动员的重力时，运动员合力向下，加速度向下，就处于失重状态，则可知王旋体验失重感的高度大于20m，故A错误；BD、弹力等于重力时，加速度为零，速度最大mg＝kx解得：x＝5m可知此时王旋的下降高度为H＝L+x＝20m+5m＝25m，故B错误，D正确；C、当运动员达到最低点时拉力最大，根据能量守恒得：代入数据解得：x′＝20m此时的弹力大小为F＝kx′＝90×20N＝1800N，故C错误；故选：D。5．【分析】先采用整体法分析得到支持力情况；再隔离小环分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，结合平衡条件列式分析。【解答】解：A、设绳与水平方向的夹角为θ，对M，由平衡条件得：2Tsinθ＝Mg，对小环在水平方向上，由由平衡条件得：Tcosθ＝f，联立解得轻环所受摩擦力为：f＝，θ变小，tanθ变小，所以轻环所受摩擦力变大，故A错误；B、用整体法分析，竖直方向受重力和支持力，水平方向受两个反向的静摩擦力，每个小环竖直方向的支持力始终不变，都为Mg，随着距离的增加摩擦力变大，故B错误；CD、当两环之间的距离最大时，轻环与水平杆之间的摩擦力达到最大静摩擦力，此时轻绳上的拉力最大，设绳与水平方向的夹角为α，对M，由平衡条件得：2Tmsinα＝Mg对小环受力分析有：Tmcosα＝μN而N＝Mg设两环之间的最大距离为d，由几何关系得：tanα＝代入数据联立解得两环之间的最大距离为：d＝4cm，轻绳上的最大拉力为：Tm＝Mg，故C正确，D错误。故选：C。6．【分析】根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点判断电势高低，电势能变化，结合圆周运动向心力要求，分析电荷运动。【解答】解：A.根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B电场场强相同，A点电势较高，故A正确；B.根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，试探电荷+q从C向D沿直线移动过程中，直线上各点电势相同，所以电势能不变，故B错误；C.根据沿电场线方向电势降低，所以O点电势高于B点电势，则正电荷在O处电势能大于在B处电势能。故C正确；D.电荷若做匀速圆周运动，则要求所受合外力指向圆心，即电场力始终指向圆心，由电场分布情况可知，等量异种点电荷的电场无法提供试探电荷做匀速圆周的运动的合外力，所以在C处给带正电的试探电荷某一初速度，电荷不可能做匀速圆周运动，故D错误。故选：AC。7．【分析】根据万有引力提供向心力可求中心天体的质量，但不可求环绕天体的质量，再结合求解火星的密度；在火星表面，物体的重力等于其所受万有引力，列式求解火星表面重力加速度；根据探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，其运行的线速度即是火星的第一宇宙速度。【解答】解：AD、根据万有引力提供向心力，有，解得火星质量，火星的密度＝，故A错误，D正确；B、在火星表面，物体所受重力等于万有引力，即，解得火星表面加速度＝，故B正确；C、近“火”卫星绕地球做圆周运动的速度等于火星的第一宇宙速度，有，故C正确。故选：BCD。8．【分析】（1）ab、cd棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，最终两金属棒具有共同速度，由动量守恒定律求出共同速度，再根据能量转化与守恒定律列出等式求解ab上产生热焦耳热；（2）对cd棒，利用动量定理列出等式，结合电量的定义式求解。【解答】解：AC、ab、cd棒组成的系统动量守恒；最终具有共同的速度v，以水平向右为正方向，则由动量守恒定律得：mcdv0﹣mabv0＝（mcd+mab）v，代入数据解得：v＝1m/s，故C错误，A正确；B、由能量守恒定律可得，电路中产生的总的热量为：Q＝（mcd+mab）（），代入数据解得：Q＝1.2J，故B正确；D、以向右的方向为正方向，对cd棒利用动量定理得：﹣BL×Δt＝mcd×（v﹣v0），而＝＝＝，联立解得：Δx1＝＝m＝1.5m，同于对ab棒可得：BL×Δt＝mab×（v+v0），Δx2＝＝＝1.5m＝Δx1。所以最终两棒之间的距离仍为1m，故D错误。故选：AB。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）9．【分析】在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求t5时刻的速度大小；根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；由于重物受到空气阻力的原因，导致动能的减少量没有全部转化为重力势能。【解答】解：（1）在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以打下5点的速度：v5＝＝3.75m/s（2）根据重力做功和重力势能的关系有：ΔEp＝mg（h2+h3+h4）＝0.2×9.8×（25.0.+22.5+20.0）×10﹣2J＝1.32J在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有：v2＝＝5.25m/s由上述计算知道：v5＝3.75m/s所以动能的增少量：ΔEk＝m（v22﹣v52）＝×0.2×[（5.25）2﹣（3.75）2]J＝1.35J。（2）由上述计算得ΔEp＜ΔEk，由于重物受到空气阻力，导致动能减少量没有全部转化为重力势能。故答案为：（1）3.75；（2）1.32、1.35；（3）空气存在阻力10．【分析】（1）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；（2）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可解得；（3）根据电表使用方法读数即可。【解答】解：（1）电流从红表笔流入、从黑表笔流出，所以图甲中的A端与黑色表笔相连接；（2）换挡开关连接“2”时，电表量程为1mA，可得：I＝Ig+，代入数据，可得R1+R2＝80Ω，换挡开关连接“4”时，电表量程为1V，可得U＝Ig（R并+R4），代入数据，可得R4＝940Ω，（3）时B端是与“1”相连的，电表量程为2.5mA，则多用电表读数为1.30mA，若此时B端是与“3”相连的，多用电表为欧姆×10Ω挡，指针指向“14”刻度，读数为14×10Ω＝140Ω，若此时B端是与“5”相连的，电表量程为50V，则读数为26.0V；故答案为：（1）黑；（2）80，940；（3）1.3；140，26.011．【分析】（1）运动员从C点飞出到着陆做平抛运动，着陆时竖直分位移与水平分位移之比等于tanα，根据分位移公式和分位移关系列式求运动员在C点的速度大小。（2）从B到C的过程，由机械能守恒定律求出运动员在B点的速度，再根据位移等于平均速度乘以时间，来求解运动员在斜面AB上的运动时间。【解答】解：（1）运动员从C点飞出到着陆做平抛运动，着陆时有tanα＝根据运动学公式有y＝，x＝vCt联立以上三式解得vC＝26m/s（2）从B到C的过程，由机械能守恒定律得：mgR（1﹣cosθ）+＝解得：vB＝24m/s运动员在斜面AB上运动时有：LAB＝解得：tAB＝5s答：（1）运动员在C点的速度大小为26m/s。（2）该运动员在斜面AB上的运动时间为5s。12．【分析】（1）粒子在该段时间内，在电场中做类平抛运动，由动力学规律求沿电场线方向的位移；（2）正粒子第一次穿出电场后进入磁场做匀速圆周运动，先求出电场中的末速度大小和方向，由洛伦兹力提供向心力求出半径和偏转角，从何而求出在磁场中的向上偏转的距离和时间；（3）画出符合条件的粒子的轨迹，结合交变电场的周期，求出符合条件的电场的变化周期。【解答】解：（1）L＝20cm＝0.2m粒子在电场中，水平方向有：L＝v0t竖直方向有：h＝加速度：a＝代入数据可得粒子第一次经过PQ边界时：h＝0.1m＝10cm（2）粒子第一次穿出电场时的竖直速度为v1＝at1＝500×0.02m/s＝10m/s粒子进入磁场时的速度大小为v＝＝m/s＝m/s粒子进入磁场时的速度方向与边界的夹角为θ：tanθ＝＝＝1，故θ＝45°粒子在磁场中做匀速圆周运动有：qvB＝，解得：R＝＝＝cmT1＝，解得：T1＝＝＝2.4×10﹣2s由几何关系得粒子圆周运动的圆周角是：φ＝，粒子在磁场中运动时间：t2＝＝＝1.8×10﹣2所以从A点出发到第二次过PQ边界的总时间为：t＝t1+t2＝0.02s+1.8×10﹣2s＝3.8×10﹣2s粒子穿过PQ边界的弦长s为：＝Rcos45°，解得：s＝8cm所以第二次通过PQ边界处与C点的距离为：Δh＝h﹣s＝10cm﹣8cm＝2cm（3）粒子基要能够垂直打到挡板MN上，其从PQ边界进入电场到运动到挡板MN的时间设为t3，这段时间内电场方向应当向上，则在竖直方向有：0＝vcos45°，解得：t3＝2×10﹣2sh′＝vcos45°•t3﹣＝0.1m水平方向位移：L1＝vsin45°•t3＝20cm＝0.2m＝L故恰恰好垂直打到挡板MN上，因此电场变化的周期为：T＝t1+t2+t3＝0.02s+1.8×10﹣2s+0.02s＝5.8×10﹣2s由几何关系可知，A与D间的距离H满足什么条件为：H＝k（h+h′﹣s）＝12k（cm），其中k＝1、2、3…答：（1）粒子第一次通过PQ边界处与C点的距离为10cm；（2）粒子第二次通过PQ边界处与C点的距离2cm，总的运动时间为3.8×10﹣2s；（3）电场变化的周期是5.8×10﹣2s，H应满足：H＝12k（cm），其中k＝1、2、3…；（二）选考题（共45分）请考生在给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一道作答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致。在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理一一选修3-3]13．【分析】做功和热传递都能改变物体的内能，固体很难被压缩是由于分子间存在斥力作用，液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势；由热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其它变化。【解答】解：A、气体的体积变化时，存在做功情况，但如果同时有热量交换，当W＝Q，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，其内能可能不变，故A正确；B、固体很难被压缩是因为分子之间有斥力，故B正确；C、液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势，荷叶上面的小水珠呈球形的主要原因是液体有表面张力，故C正确；D、被封闭气体的压强是由气体分子无规则运动时与器壁表面碰撞时的作用力引起的，与超重、失重无关，故D错误；E、冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，消耗了电能，没有违背了热力学第二定律，故E错误；故选：ABC。14．【分析】根据一定质量的理想气体状态方程可求解A气体后来的温度；由玻意耳定律可求解需要注入水银柱的长度。【解答】解：（1）对A气体，初状态：P1＝P0+h+ΔL＝75cmHg+25cmHg+8cmHg＝108cmHg；V1＝L1S＝0.3S，T1＝810K；末状态：P2＝P0+h＝75cmHg+25cmHg＝100cmHg，V2＝（L1﹣）S＝（0.3﹣0.04）S＝0.26S，T2；根据一定质量的理想气体方程：，得＝；故T2＝＝650K；（2）根据题意可知，在该变化过程中A气体将做等温变化，初状态：P3＝P2＝100cmHg，V3＝V2＝0.26S；末状态：P4，V4＝LS＝0.2S由玻意耳定律可知p1V1＝p2V2，P3×V3＝P4×V4，得P4＝＝＝130cmHg，即相当于130cm水银柱产生的压强；P4＝P0+h+ΔL+h'﹣20cm，即h'＝P4+20cm﹣h﹣ΔL﹣P0＝130cm+20cm﹣25cm﹣8cm﹣75cm＝42cm；故注入的水银高度h'＝42cm答：（1）T2为650K（2）注入的水银高度h'为42cm。[物理——选修3-4]15．【分析】由题“波在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3s时a第一次到达最高点”可确定出该波的周期．根据a与d间的距离，由t＝求出波从a传到d的时间．根据时间与周期的关系，分析质点c的状态．【解答】解：A