【高考模擬】河南省新鄉(xiāng)市4月高三三次模擬理-（物理）答案與祥細解析

1、試卷第 =page 18 18頁，總 =sectionpages 19 19頁試卷第 =page 19 19頁，總 =sectionpages 19 19頁河南省新鄉(xiāng)市 4月高三三次模擬理 (物理)一、選擇題1. 一遙控玩具小車（視為質點）從t=0時刻開始向某一方向運動，運動的位移時間圖像（x-t圖像）如圖所示其中曲線部分是拋物線，曲線之后的圖線是平行于時間軸的直線，直線與拋物線平滑連接下列說法正確的是（） A.小車先做勻減速直線運動后保持靜止B.小車一直做初速度為零的勻加速直線運動C.小車先做變加速直線運動后做勻速直線運動D.小車先做勻加速直線運動后做勻速直線運動2. 如圖所示，在水平地面上

2、有一小車，車上固定一豎直的輕桿，在其最高點固定有另一輕桿，輕桿的末端再拴接一質量為m的小球，且兩輕桿間的夾角為重力加速度大小為g當小車沿水平地面向右以大小為aag的加速度做勻減速直線運動時，輕桿對小球彈力的大小為（） A.mg-asinB.mg+acosC.mg2-a2D.mg2+a23. 比荷相同的帶電粒子M和N，經(jīng)小孔S以相同的方向垂直射入勻強磁場中，M和N僅在洛倫茲力作用下運動的部分軌跡分別如圖中虛線a、b所示下列說法正確的是（） A.M帶負電，N帶正電B.M、N在磁場中運行的周期相等C.N的速度大于M的速度D.洛倫茲力對M、N均做正功4. 如圖所示，一長為0.5m，傾角為37的粗糙斜面

3、固定在水平地面上，一質量為1kg的物塊（視為質點），以某一初速度從斜面底端向斜面頂端滑動，物塊在運動過程中，受到沿斜面向下的摩擦力作用，摩擦力的大小滿足f=12x(x為物塊到斜面底端的距離）取重力加速度大小g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8要使物塊恰好能夠到達斜面頂端，則該初速度的大小為（） A.1m/sB.2m/sC.3m/sD.4m/s5. 在圖示電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1:4，定值電阻R1、R2的阻值分別為1和10滑動變阻器的最大阻值為10，a、b兩端接電壓瞬時值u=202sin100t(V)的交變電流在滑片P從c端緩慢滑向d端的過程中，變壓器的最大

4、輸出功率為（） A.75WB.100WC.150WD.200W二、多選題 地球上的能量追本溯源絕大部分來自太陽，即太陽內部聚變時釋放的核能太陽內部聚變的核反應方程為12H+13HX+01n其中13H、12H、X和01n的質量分別為m1、m2、m3、m4真空中的光速為c下列說法正確的是（ ） A.X原子核的中子數(shù)為2B.X原子核的中子數(shù)為3C.聚變時釋放的能量為m1+m2-m3-m4c2D.聚變時釋放的能量為12m1+m2-m3-m4c2 如圖所示A、B兩處分別固定有等量異種點電荷CD為AB的垂直平分線，O點為垂足現(xiàn)有一負試探電荷（不計試探電荷所受重力）在外力F的作用下從C點沿直線勻速運動到D點

5、則在該過程中（） A.力F先減小后增大B.力F先增大后減小C.力F的方向始終沿AB方向D.力F的方向始終沿BA方向 宇航員駕駛宇宙飛船繞一星球做勻速圓周運動，測得飛船線速度大小的二次方與軌道半徑的倒數(shù)的關系圖像如圖中實線所示，該圖線（直線）的斜率為k，圖中r0（該星球的半徑）為已知量引力常量為G，下列說法正確的是（ ） A.該星球的密度為3k4Gr03B.該星球自轉的周期為r03kC.該星球表面的重力加速度大小為kr0D.該星球的第一宇宙速度為kr0三、實驗探究題 如圖甲所示，用鐵架臺、彈簧和多個質量已知的相同鉤碼，探究彈簧彈力與形變量的關系 （1）本實驗還需要的實驗器材有_ （2）如圖乙所示

6、，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪圖，橫軸為彈簧的形變量x，縱軸為鉤碼的質量m，已知重力加速度大小g=9.8m/s2，則彈簧的勁度系數(shù)k=_N/m（結果保留兩位有效數(shù)字） （3）從圖乙可以看出，當彈簧下端未掛鉤碼時，彈簧也有一定的伸長量，其原因是_ 在“用伏安法測定電源的電動勢和內阻”的實驗中，待測電源為兩節(jié)干電池（電動勢約為3V，內阻約為2），要求盡可能減小測量誤差可供選用的器材如下：A電流表（A1）（量程為0.6A，內阻約為0.1）；B電流表（A2）（量程為200A，內阻為500）；C定值電阻R1（阻值為14.5k）；D定值電阻R2（阻值為15k）；E滑動變阻器R3（最大阻值為20）；F開關，若干導線 （1

7、）將電流表A2改裝為量程為3V的電壓表，定值電阻應選用_（選填器材前的字母序號） （2）在圖甲中畫出用伏安法測定電源的電動勢和內阻的電路原理圖，并對相關器材進行標注 （3）在正確選用器材和操作無誤的情況下，移動滑動變阻器的滑片，獲得多組電流表A1的示數(shù)I1和電流表A2的示數(shù)I2，作出I2-I1圖像如圖乙所示待測電源的電動勢E=_V、內阻r=_（結果均保留兩位有效數(shù)字）四、解答題 如圖甲所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌固定在同一絕緣水平面（圖中未畫出）上，導軌所在區(qū)域有磁感應強度大小B=0.5T、方向豎直向下的勻強磁場，導軌間距L=0.2m，導軌電阻不計，定值電阻R1=0.6，R2=0.3，一

8、電阻r=0.3的導體棒放在導軌上，在沿導軌方向的恒定拉力作用下由靜止開始運動，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒的加速度隨速度變化的規(guī)律如圖乙所示求： （1）當導體棒的速率v1=4m/s時，導體棒克服安培力做功的功率P； （2）導體棒的質量m以及該恒定拉力的大小F 如圖所示，ABCD為豎直平面內的固定軌道，ABC為光滑半圓形圓管（內徑不計）軌道，與足夠長的水平軌道CD相切于C點，一質量為m的小球a（直徑略小于圓管內徑）靜止在最高點A，一質量為2m的小滑塊c靜止于圓管下端口C，現(xiàn)讓質量為13m的小球b以某一初速度水平向左撞擊a，發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）后，b落在CD上后立即取走b，a沿圓

9、管運動到C處與c發(fā)生碰撞后向左運動，上升的最大高度為532R，a從端口C滑出后立即取走a，已知ABC軌道的半徑為R，b落在CD上的位置（圖中未畫出）與C處之間的距離為2R，c與CD間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，不計空氣阻力求： （1）b的初速度大小v0； （2）a與c碰撞前瞬間a對軌道的壓力大小N； （3）a與c碰撞后c在軌道CD上滑行的時間t 如圖所示，導熱性能良好的圓柱形汽缸開口豎直向上放在水平地面上，質量m=2kg、橫截面積S=0.01m2的活塞下封閉著一定質量的理想氣體開始時缸內氣體的熱力學溫度T1=300K，活塞下表面到汽缸底部的距離h1=10cm現(xiàn)對汽缸緩慢加熱，使活塞上升

10、h2=6cm，此后停止加熱并將活塞固定，使缸內氣體的溫度緩慢降低到T1取重力加速度大小g=10m/s2，外界大氣壓強恒為p0=1105Pa，不計一切摩擦求： （1）剛停止加熱時缸內氣體的熱力學溫度 （2）整個過程缸內氣體吸收的熱量Q 如圖所示，直角三角形ABC為一透明介質三棱柱的截面，P點為AB邊的中點，B=37，BC邊長為L，一束單色光MP沿與AB面夾角=37的方向從P點射入三棱柱，恰好垂直BC面射出，光在真空中的傳播速度大小為c，取sin37=0.6，cos37=0.8求： （1）介質對該光的折射率n； （2）該光從P點射入到從BC面射出所用的時間t參考答案與試題解析 河南省新鄉(xiāng)市 4月高

11、三三次模擬理 (物理)一、選擇題1.【答案】A【考點】x-t圖像（勻變速直線運動）【解析】在位移-時間圖象中，斜率表示速度，根據(jù)斜率的大小變化判斷物體運動的情況，當斜率為0時，則保持靜止【解答】解：小車運動的位移時間圖像中，斜率表示速度，曲線部分斜率減小，即小車速度減小，且曲線為拋物線，符合運動學中勻變速直線運動公式x=v0t+12at2，則曲線部分為勻減速直線運動；曲線之后的圖線是平行于時間軸的直線，即小車保持靜止，故A正確，BCD錯誤故選A2.【答案】D【考點】加速度與力、質量的關系式力的正交分解法【解析】先對小球受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律求解【解答】解：小球向右做加速運動，根據(jù)牛頓第

12、二定律，有：Fx=ma，F(xiàn)y-mg=0，故：F=Fx2+Fy2=mg2+a2故選D3.【答案】B【考點】帶電粒子在有界磁場中的圓周運動【解析】根據(jù)右手定則判斷出兩粒子都帶負電；結合周期公式可以判斷出兩粒子的周期情況；根據(jù)半徑公式可以判斷出離子速度大小；由于洛倫茲力始終與速度方向垂直，均不做功【解答】解：A由左手定則知，兩粒子均帶正電，故A錯誤；B他們都是垂直進，則都是垂直出，都運動半圈，由T=2mBq，和等比荷等磁場，知其周期相等，半圈即半周期也相等，故B正確；C對兩粒子均有R=mvBq，且他們比荷，磁場均相等，只需比較半徑，（半徑與速度成正比），由圖知半徑 M的大，故M速度大，故C錯誤；D洛

13、倫茲力始終與速度方向垂直，均不做功，故D錯誤故選B4.【答案】C【考點】用牛頓運動定律分析斜面體模型【解析】由受力分析F合=mgsin+f，結合牛頓第二定律求出加速度函數(shù)，根據(jù)x的范圍求出加速度的最小值和最大值，最后根據(jù)運動學公式求出初速度【解答】解：由受力分析可得：F合=mgsin+f=mgsin+12x，由牛頓第二定律得：F合=mgsin+12x=ma，解得：a=gsin+12xm=(6+12x)m/s2，由題意得：0 x0.5m，則amin=6m/s2，amax=12m/s2，所以a=amin+amax2=9m/s2，由運動學公式：v2-0=2ax，則v=3m/s故選C5.【答案】B【考

14、點】變壓器的構造和原理交變電流的周期和頻率電功率【解析】理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比等于它們的電壓的之比，等于電流的反比，根據(jù)這一關系，求出電流跟定值電阻的代數(shù)關系，結合P=I2U和函數(shù)關系式求出最大的輸出功率【解答】解：設原線圈電壓為U1，副線圈電壓為U2，則有U1U2=I2I1=n1n2=14，其中I2=U2R+R2=4U1R+R2，則輸出功率P=U2I2=4U14U1R+R2=16U12R+R2，a、b間電壓的有效值為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，即當R+10=16時，P有最大值，為P=100W故選B二、多選題【答案】A,C【考點】裂變反應和聚變反應【解析】根據(jù)質量守恒求出X的質量數(shù)，再根據(jù)根據(jù)中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)，求出X的中子數(shù)；虧損的質量為反應前的質量減去反應后的質量，反應釋放的能量為：E=mc2求出聚變時釋放的能量【解答】解：AB根據(jù)質量守恒有：2+3=x+1，解得：x=4，根據(jù)中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)，X原子核中子數(shù)為4-1-1=2，故A正確，B錯誤；CD虧損的質量為反應前的質量減去反應后的質量，m=m1+m2-m3-m4，故反應釋放的能量為：E=mc2=(m1+m2-m3-m4)c2，故C正確，D錯誤故選AC【答案】B,C

16、【考點】電場的疊加庫侖力作用下的平衡問題【解析】負試探電荷受到電荷A的吸引力為F1，受到電荷B的排斥力為F2，根據(jù)數(shù)學關系可知，負試探電荷受到的合力F3向左，根據(jù)公式F=kq1q2r2可知，開始時，距離減小，合力增大，過了O點，距離變大，合力減小，為了保持試探電荷勻速運動，所以試探電荷合力為零進行分析【解答】解：負試探電荷受到電荷A的吸引力為F1，受到電荷B的排斥力為F2，根據(jù)數(shù)學關系可知，負試探電荷受到的合力F3向左，根據(jù)公式F=kq1q2r2可知，負試探電荷（不計試探電荷所受重力）在外力F的作用下從C點沿直線勻速運動到D點，開始時，距離減小，合力增大，過了O點，距離變大，合力減小，為了保持

17、試探電荷勻速運動，所以試探電荷合力為零，F(xiàn)先增大再減小，方向與F3方向相反沿AB方向故選BC【答案】A,D【考點】萬有引力定律及其應用天體運動中的信息題【解析】A由圖中v2-1r圖象可知，有萬有引力提供向心力的勻速圓周運動公式有：GMmr2=mv2r，解得：GM=v21r，則圖象斜率k=GM（v21r為圖象斜率，因為圖象是正比例函數(shù)），則由于r0為星球半徑，可得V=43v03，由k=GM，則M=kG，故星球密度=MV；B由GMmr2=m(2T)2r，解得T2=42r3GM，則有T=2r3k，由于飛船乙半徑r0繞星球轉時不為 同步繞轉，則T=2r03k不是星球自轉周期；C由星球表面重力近似等于萬

18、有引力，則mg=GMmr02，解得GM=k=gr02；D第一宇宙速度可看作飛船以星球半徑r0繞轉天體時的速度，則有GMmr02=mv2r0【解答】解：A由圖中v2-1r圖像可知，有萬有引力提供向心力的勻速圓周運動公式有：GMmr2=mv2r，解得：GM=v21r，則圖像斜率k=GM（v21r為圖像斜率，因為圖像是正比例函數(shù)），則由于r0為星球半徑，可得V=43r03，由k=GM，則M=kG，故星球密度=MV=kG34r03，故A正確；B由GMmr2=m(2T)2r，解得T2=42r3GM，則有T=2r3k，由于飛船繞星球轉時不為同步繞轉，則T=2r03k不是星球自轉周期，因為周期中由上式可知要

19、含有一個2，由上述可知B錯誤；C由星球表面重力近似等于萬有引力，則mg=GMmr02，解得GM=k=gr02，可得g=kr02，故C錯誤；D第一宇宙速度可看作飛船以星球半徑r0繞轉天體時的速度，則有GMmr02=mv2r0，解得v2=GMr0=kr0，則v=kr0，故D正確故選AD三、實驗探究題【答案】（1）刻度尺（2）9.8（3）彈簧自重的影響【考點】探究彈力和彈簧伸長的關系【解析】【解答】解：（1）本實驗需要測量彈簧的長度，即形變量，故還需要的實驗器材是刻度尺（2）題圖乙中的圖線為直線，說明彈簧的彈力大小與彈簧的伸長量成正比，可得k=Fx=6.010-29.8(7.0-1.0)10-2N/

20、m=9.8N/m（3）由于彈簧自重的影響，當彈簧下端未掛鉤碼時，彈簧也會有一定的伸長量【答案】（1）C（2）如解答圖所示；（3）2.7,2.5【考點】測定電源的電動勢和內阻【解析】【解答】解：（1）將電流表A2改裝為量程為3V的電壓表，則有U=IA2(Rg2+R)，解得R=14.5k，故應選C（2）如圖所示：（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I2(Ig2+R1)+(I1+I2)r=E，整理得I2=EIg2+R1+r-I1rIg2+R1+r，根據(jù)圖乙可得：r2.5，E2.7V四、解答題【答案】（2）導體棒克服安培力做功的功率P=0.32W；（2）導體棒的質量m=0.05kg，該恒定拉力的大小F=0.

21、1N【考點】單桿切割磁感線電磁感應中的電路類問題電磁感應中的動力學問題【解析】 【解答】解：（1）回路的總電阻R=r+R1R2R1+R2，此時導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E1=BLv1，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有I1=E1R，又P=BI1Lv1，解得P=0.32W（2）當導體棒的速率為v時，導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律有I=ER，根據(jù)牛頓第二定律有F-BIL=ma，由以上各式代入數(shù)據(jù)得a=-150mv+Fm，結合題圖乙有150m=25kg-1，F(xiàn)m=2m/s2，解得m=0.05kg，F(xiàn)=0.1N【答案】（1）b的初速度大小v0=2gR；（2）a與c碰撞前瞬間a對軌道的壓力大小N=6mg；（3）a與c碰撞后c在軌道CD上滑行的時間t=585Rg【考點】彈性碰撞和非彈性碰撞平拋運動基本規(guī)律及推論的應用豎直面內的圓周運動-彈力動量守恒定律的綜合應用動量定理的基本應用【解析】 【解答】解：（1）設b與a碰撞后瞬間b的速度大小為v，碰撞后b做平拋運動的時間為t1，有2R=12gt12，2R=vt1，解得v=gR，設b與a碰撞后瞬間a的速度大小為vA，b與a發(fā)生彈性碰撞，有13mv0=-13mv+mvA，1213mv02=1213mv2+12mvA2，解得vA=gR，v0=2gR（2）設a與