2022年黑龍江省哈爾濱三中高考物理一答案

2022年黑龍江省哈爾濱三中高考物理一模試卷

參考答案與試題解析

二、選擇題（本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14-18

題只有一個選項正確，第19-21題有多個選項正確。全部選對的得6分，選對但不全的得3

分，有選錯的得0分。）

1.【分析】光是電磁波；根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可.

【解答】解：A、光的本質(zhì)是頻率很高的電磁波，故A錯誤；

B、法拉第首先引入了電場線和磁感線，發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，極大地促進(jìn)了他對電磁

現(xiàn)象的研究，奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故B錯誤；

C、盧瑟福通過a粒子散射實驗確定了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，他用a粒子轟擊氮原子核,

實現(xiàn)了原子核的人工轉(zhuǎn)變，并發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，故C錯誤；

D、根據(jù)物理學(xué)史可知是貝克勒爾發(fā)現(xiàn)天然放射現(xiàn)象，說明原子核是有復(fù)雜結(jié)構(gòu)的，故

D正確。

故選：D。

2.【分析】根據(jù)動量守恒的條件分析判斷小車和小球組成的系統(tǒng)動量是否守恒；

根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析出系統(tǒng)是否機(jī)械能守恒，同時分析出小球和小車的能量變化。

【解答】解：A、小球擺動過程中，小球和次奧車系統(tǒng)只受重力和支持力作用，水平方向

的合力為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，在豎直方向上只有小球有豎直方向的分速度,

且分速度大小也不斷變化，所以豎直方向動量不守恒，那么系統(tǒng)動量也不守恒，故A錯

誤；

BCD、小球在擺動過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球擺到最低點(diǎn)的過程中，繩子拉力對小

車做正功，小車的機(jī)械能增加，小球的機(jī)械能減小，小球從最低點(diǎn)擺到最高點(diǎn)的過程中,

繩子拉力對小車做負(fù)功，小車的機(jī)械能減小，小球的機(jī)械能增加，故BD錯誤，C正

確；

故選：C?

3.【分析】從圖象得出電動勢最大值、周期，計算出交流電的有效值，根據(jù)歐姆定律求得

交流電電流的最大值；磁通量最大時電動勢為零，磁通量為零時電動勢最大，求解熱量

需要電動勢的有效值。

【解答】解：A、根據(jù)圖像可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為Em=200V,故線框產(chǎn)生

E

的電流的峰值為"=優(yōu)=等力=100人，故A錯誤；

B、感應(yīng)電動勢的有效值為￡=普華%=100、歷V，故B正確；

V2V2

c、線框的熱功率為嚶匕=ioooow，故c錯誤；

D、t=O.Ols時，此時線圈位于與中性面垂直位置，穿過線框的磁通量最小，為零，故D

錯誤；

故選:B。

4.【分析】分析出運(yùn)動員在不同階段的受力情況并由此得出運(yùn)動類型，而失重時運(yùn)動員的

加速度向下；

當(dāng)運(yùn)動員的加速度為零時，則速度最大，根據(jù)此特點(diǎn)列式計算出下降的高度；

當(dāng)運(yùn)動員的速度為零時，繩的拉力最大，根據(jù)能量守恒計算出下降的高度，并由此得出

最大的拉力。

【解答】解：A、王旋最初一段時間內(nèi)只受重力做自由落體運(yùn)動，當(dāng)彈性繩伸直后，受重

力和彈力，但是重力大于彈力加速度向下，隨著彈力的不斷增大，做加速度減小的加速

運(yùn)動，當(dāng)彈力和重力相等時，加速度為零，速度達(dá)到最大，接下來彈力大于重力，做加

速度增大的減速運(yùn)動，最后速度減為零，達(dá)到最低點(diǎn)。由上分析可知當(dāng)彈性繩彈力小于

運(yùn)動員的重力時，運(yùn)動員合力向下，加速度向下，就處于失重狀態(tài)，則可知王旋體驗失

重感的高度大于20m,故A錯誤；

BD、彈力等于重力時，加速度為零，速度最大

mg=kx

解得：x=5m

可知此時王旋的下降高度為H=L+x=20m+5m=25m,故B錯誤，D正確；

C、當(dāng)運(yùn)動員達(dá)到最低點(diǎn)時拉力最大，根據(jù)能量守恒得：

1O

mg(L+xy)=ykx'

代入數(shù)據(jù)解得：x'=20m

此時的彈力大小為F=kx'=90X20N=1800N,故C錯誤；

故選：D。

5.【分析】先采用整體法分析得到支持力情況；再隔離小環(huán)分析，受重力、拉力、支持力

和靜摩擦力，結(jié)合平衡條件列式分析。

【解答】解：A,設(shè)繩與水平方向的夾角為0,對M,由平衡條件得：2TsinO=Mg,對

小環(huán)在水平方向上，由由平衡條件得：Tcos6=f,聯(lián)立解得輕環(huán)所受摩擦力為：f=

%，。變小，tan。變小，所以輕環(huán)所受摩擦力變大，故A錯誤；

2tan0

B、用整體法分析，豎直方向受重力和支持力，水平方向受兩個反向的靜摩擦力，每個

小環(huán)豎直方向的支持力始終不變，都為*Mg,隨著距離的增加摩擦力變大，故B錯

誤；

CD、當(dāng)兩環(huán)之間的距離最大時，輕環(huán)與水平桿之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，此時

輕繩上的拉力最大，設(shè)繩與水平方向的夾角為a,對M,由平衡條件得：2Tmsina=Mg

對小環(huán)受力分析有：Tmcosa=|iN

而N=^>Mg

2

JL-(y)2

設(shè)兩環(huán)之間的最大距離為d,由幾何關(guān)系得：tanan2-J—

a

7

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得兩環(huán)之間的最大距離為：d=4cm,輕繩上的最大拉力為：Tm=Y?

3

Mg,故C正確，D錯誤。

故選：Co

6.【分析】根據(jù)順著電場線方向電勢降低，結(jié)合等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性

特點(diǎn)判斷電勢高低，電勢能變化，結(jié)合圓周運(yùn)動向心力要求，分析電荷運(yùn)動。

【解答】解：A.根據(jù)順著電場線方向電勢降低，結(jié)合等量異種電荷電場線、等勢面分布

對稱性特點(diǎn)可知，A、B電場場強(qiáng)相同，A點(diǎn)電勢較高，故A正確；

B.根據(jù)等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性，試探電荷+q從C向D沿直線移動過程

中，直線上各點(diǎn)電勢相同，所以電勢能不變，故B錯誤；

C.根據(jù)沿電場線方向電勢降低，所以。點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢，則正電荷在0處電勢能大

于在B處電勢能。故C正確：

D.電荷若做勻速圓周運(yùn)動，則要求所受合外力指向圓心，即電場力始終指向圓心，由電

場分布情況可知，等量異種點(diǎn)電荷的電場無法提供試探電荷做勻速圓周的運(yùn)動的合外力,

所以在C處給帶正電的試探電荷某一初速度，電荷不可能做勻速圓周運(yùn)動，故D錯誤。

故選：ACo

7.【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力可求中心天體的質(zhì)量，但不可求環(huán)繞天體的質(zhì)量，再

結(jié)合P=1求解火星的密度；

在火星表面，物體的重力等于其所受萬有引力，列式求解火星表面重力加速度；

根據(jù)探測器貼近火星表面做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)行的線速度即是火星的第一宇宙速度。

【解答】解：AD、根據(jù)萬有引力提供向心力，有粵=1#嗎_,解得火星質(zhì)量

R2T2

23

=42LA,,火星的密度_=碧，故A錯誤，D正確；

22

GT里兀R3GT

3

B、在火星表面，物體所受重力等于萬有引力，即mg普解得火星表面加速度

R2

瞿=理仁，故B正確；

R2T2

C、近“火”衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動的速度等于火星的第一宇宙速度，有丫衛(wèi)區(qū)，故

T

C正確。

故選：BCDo

8.【分析】(1)ab、cd棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，最終兩金屬棒具有共

同速度，由動量守恒定律求出共同速度，再根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律列出等式求解ab上

產(chǎn)生熱焦耳熱；

(2)對cd棒，利用動量定理列出等式，結(jié)合電量的定義式求解。

【解答】解：AC、ab、cd棒組成的系統(tǒng)動量守恒；最終具有共同的速度v,以水平向右

為正方向，則由動量守恒定律得：mcdvo-mabvo=(mcd+mab)V,代入數(shù)據(jù)解得：v=

lm/s,故C錯誤，A正確；

22

B、由能量守恒定律可得，電路中產(chǎn)生的總的熱量為：Q=」(mcd+mab)OV

2

代入數(shù)據(jù)解得：Q=1.2J,故B正確；

D、以向右的方向為正方向，對cd棒利用動量定理得：-BILXAt=mcdX(v-vo),

_BL^x

而亍=上-=At=",聯(lián)立解得：AXi=111cdv.0v.=

R-hrR+rR+rR2T2

0.2X(3-1)(0.4+0.2)

m=1.5m,同于對ab棒可得：BJLXAt=mabX(v+vo),

0.42xl2

A,_mab(v+vo)(R+r)_o.2X(1+3)(1+3)0.1(1+3)X(0.4+0.2)_

x25~552■52口

B2L20.4^x0.4jx

1.5m=Axi。所以最終兩棒之間的距離仍為Im,故D錯誤。

故選：AB?

三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題-第32題為必考題，每個試題考生都

必須作答，第33題?第38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。(一)必考題(共129分)

9.【分析】在勻變速直線運(yùn)動中，中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，據(jù)此可

以求t5時刻的速度大??；

根據(jù)重力做功和重力勢能之間的關(guān)系可以求出重力勢能的減小量，根據(jù)起末點(diǎn)的速度可

以求出動能的增加量；

由于重物受到空氣阻力的原因，導(dǎo)致動能的減少量沒有全部轉(zhuǎn)化為重力勢能。

【解答】解：(1)在勻變速直線運(yùn)動中，中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，

所以打下5點(diǎn)的速度：

_(17,5+20.0)XlO-2

V5./=3.75m/s

2X0.05ms

(2)根據(jù)重力做功和重力勢能的關(guān)系有：

2

AEP=mg(h2+h3+h4)=O.2X9.8X(25.0.+22.5+20.0)X10-J=1.32J

在勻變速直線運(yùn)動中，中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度，所以有:

(25.0+27.5)Xio"

V2=/=5.25i-n/s

2X0.05ms

由上述計算知道：V5=3.75m/s

所以動能的增少量：AEk=—m(V22-vs2)=AXO.2X[(5.25)2-(3.75)2]J=1.35J?

22

(2)由上述計算得AEpVAEk,由于重物受到空氣阻力，導(dǎo)致動能減少量沒有全部轉(zhuǎn)化

為重力勢能。

故答案為：(1)3.75；(2)1.32、1.35；(3)空氣存在阻力

10.【分析】(1)明確歐姆表原理，知道內(nèi)部電源的正極接黑表筆，負(fù)極接紅表筆;

(2)根據(jù)給出的量程和電路進(jìn)行分析，再結(jié)合串并聯(lián)電路的規(guī)律即可解得；

（3）根據(jù)電表使用方法讀數(shù)即可。

【解答】解：（1）電流從紅表筆流入、從黑表筆流出，所以圖甲中的A端與黑色表筆相

連接；

jR

（2）換擋開關(guān)連接“2”時，電表量程為1mA,可得：I=Ig+8g-,代入數(shù)據(jù)，可得

RE

RI+R2=80Q,換擋開關(guān)連接“4”時，電表量程為IV,可得U=Ig（R并+R4）,代入數(shù)

據(jù)，可得R4=940Q,

（3）時B端是與“1”相連的，電表量程為2.5mA,則多用電表讀數(shù)為1.30mA,若此時

B端是與“3”相連的，多用電表為歐姆X10。擋，指針指向“14”刻度，讀數(shù)為14X

10H=140ft,若此時B端是與“5”相連的，電表量程為50V,則讀數(shù)為26.0V；

故答案為：（1）黑；（2）80,940；（3）1.3；140,26.0

11.【分析】（1）運(yùn)動員從C點(diǎn)飛出到著陸做平拋運(yùn)動，著陸時豎直分位移與水平分位移

之比等于tana,根據(jù)分位移公式和分位移關(guān)系列式求運(yùn)動員在C點(diǎn)的速度大小。

（2）從B到C的過程，由機(jī)械能守恒定律求出運(yùn)動員在B點(diǎn)的速度，再根據(jù)位移等于

平均速度乘以時間，來求解運(yùn)動員在斜面AB上的運(yùn)動時間。

【解答】解：（1）運(yùn)動員從C點(diǎn)飛出到著陸做平拋運(yùn)動，著陸時有

tana=X

x

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有yn/gt?，x=vct

聯(lián)立以上三式解得vc=26m/s

（2）從B到C的過程，由機(jī)械能守恒定律得：

mgR（1-cosS）+ymvp=-^-mvQ

解得：vB=24m/s

v

運(yùn)動員在斜面AB上運(yùn)動時有：LAB=——D—t

2舶

解得：tAB=5s

答：（1）運(yùn)動員在C點(diǎn)的速度大小為26m/s?

（2）該運(yùn)動員在斜面AB上的運(yùn)動時間為5s。

12.【分析】（1）粒子在該段時間內(nèi)，在電場中做類平拋運(yùn)動，由動力學(xué)規(guī)律求沿電場線方

向的位移;

(2)正粒子第一次穿出電場后進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，先求出電場中的末速度大小和

方向，由洛倫茲力提供向心力求出半徑和偏轉(zhuǎn)角，從何而求出在磁場中的向上偏轉(zhuǎn)的距

離和時間：

(3)畫出符合條件的粒子的軌跡，結(jié)合交變電場的周期，求出符合條件的電場的變化周

期。

【解答】解：(1)L=20cm=0.2m

粒子在電場中，水平方向有：L=vot

2

豎直方向有：h=^at

2

加速度：a=^3.

m

代入數(shù)據(jù)可得粒子第一次經(jīng)過PQ邊界時：h=0.1m=10cm

(2)粒子第一次穿出電場時的豎直速度為vi=ati=500X0.02m/s=10m/s

粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為+vi=V102+102m/s=1°&向s

粒子進(jìn)入磁場時的速度方向與邊界的夾角為。：tane=_±=」2=l,故。=45°

Vi10

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動有：解得：R-=472cm

RqB125X2

T1=ZHK,解得：TI=-^2BH=.2><3=2.4X10-2S

vqB125X2

由幾何關(guān)系得粒子圓周運(yùn)動的圓周角是：0=二，粒子在磁場中運(yùn)動時間：t2=

2

3冗

-22

7^XT1=-5|rX2.4X10S=1-8X1O

所以從A點(diǎn)出發(fā)到第二次過PQ邊界的總時間為：t=ti+t2=0.02s+1.8X1O-2S=3.8X1O-

2s

粒子穿過PQ邊界的弦長s為：-1-=Rcos450,解得：s=8cm

所以第二次通過PQ邊界處與C點(diǎn)的距離為：Ah=h-s=10cm-8cm=2cm

(3)粒子基要能夠垂直打到擋板MNt,其從PQ邊界進(jìn)入電場到運(yùn)動到擋板MN的時

間設(shè)為t3,這段時間內(nèi)電場方向應(yīng)當(dāng)向上，則在豎直方向有：

0=vcos45°,解得：t3=2X102s

h'=vcos45°?t3-工at3=01m

9ax3

水平方向位移：Li=vsin45°?t3=20cm=0.2m=L

故恰恰好垂直打到擋板MN上，

因此電場變化的周期為：T=ti+t2+t3=0.02s+1.8義10-2S+OQ2s=5.8X10-2s

由幾何關(guān)系可知，A與D間的距離H滿足什么條件為：

H=k(h+h‘-s)=12k(cm),其中k=l、2、3…

答：(1)粒子第一次通過PQ邊界處與C點(diǎn)的距離為10cm；

(2)粒子第二次通過PQ邊界處與C點(diǎn)的距離2cm,總的運(yùn)動時間為3.8X102s：

(3)電場變化的周期是5.8X1()2S,H應(yīng)滿足：H=12k(cm),其中k=l、2、3…;

(-)選考題(共45分)請考生在給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任

選一道作答。并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑。注意所做題目的題

號必須與所涂題目的題號一致。在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則每學(xué)科按

所做的第一題計分。[物理一一選修3-3]

13.【分析】做功和熱傳遞都能改變物體的內(nèi)能，固體很難被壓縮是由于分子間存在斥力作

用，液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢；由熱力學(xué)第二定律可知,

熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體而不引起其它變化。

【解答】解：A、氣體的體積變化時，存在做功情況，但如果同時有熱量交換，當(dāng)玳=Q,

根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU=W+Q可知，其內(nèi)能可能不變，故A正確；

B、固體很難被壓縮是因為分子之間有斥力，故B正確；

C、液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢，荷葉上面的小水珠呈球

形的主要原因是液體有表面張力，故C正確；

D、被封閉氣體的壓強(qiáng)是由氣體分子無規(guī)則運(yùn)動時與器壁表面碰撞時的作用力引起的，

與超重、失重?zé)o關(guān)，故D錯誤；

E、冰箱的制冷系統(tǒng)能夠不斷地把冰箱內(nèi)的熱量傳到外界，消耗了電能，沒有違背了熱

力學(xué)第二定律，故E錯誤；

故選：ABC,

14.【分析】根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可求解A氣體后來的溫度；由玻意耳定律

可求解需要注入水銀柱的長度。

【解答】解：(1)對A氣體，初狀態(tài)：Pi=Po+h+AL=75cmHg+25cmHg+8cmHg=

108cmHg；Vi=LiS=0.3S,Ti=810K；

末狀態(tài)：P2=Po+h=75cmHg+25cmHg=1OOcmHg,V2=(Li--^t-)S=(0.3-0.04)S

=0.26S,T2；

根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體方程：巴工=包0，得108cmHgX0.3s=

%T2810K

lOOcmHgXO.26s

故T2=810KXi00c^gXQ.26S=65OK；

108cinHgX0.3S

(2)根據(jù)題意可知，在該變化過程中A氣體將做等溫變化，初狀態(tài)：P3=P2=1OOcmHg,

V3=V2=0.26S；

末狀態(tài)：P4,V4=LS=0.2S

由玻意耳定律可知piVl=p2V2,P3XV3=P4XV4,得

p4^￡3^3=lOOcinHgXQ.26S130cmHg,即相當(dāng)于130cm水銀柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)：

V40.2S

P4=Po+h+AL+h'-20cm,即h'=P4+20cm-h-AL-Po=130cm+20cm-25cm-8cm-

75cm=42cm；

故注入的水銀高度h'=42cm

答：(l)T2為650K

(2)注入的水銀高度h，為42cm。

[物理——選修3-4]

15.【分析】由題“波在t=0時刻到達(dá)質(zhì)點(diǎn)a處，質(zhì)點(diǎn)a由平衡位置開始豎直向下運(yùn)動，t

=3s時a第一次到達(dá)最高點(diǎn)”可確定出該波的周期.根據(jù)a與d間的距離，由1=三求出

v

波從a傳到d的時間.根據(jù)時間與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)c的狀態(tài).

【解答】解：A、ad間距離為x=12m,波在同一介質(zhì)中勻速傳播，則波從a傳到d的時

間為t=2"=12s=6s,即在t=6s時刻波恰好傳到質(zhì)點(diǎn)d處。故A正確。

v2

B、設(shè)該波的周期為T,由題可得，3T=3s,得T=4s。波從a傳到c的時間為t=^=

4