2022届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三下学期第一次模拟考试 理综 PDF版含答案练习题

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[解析] (1)由于要处理纸带数据，需要利用刻度尺测量两个计数点之间的距离，所以还需要的器材是刻度尺。(2)由于绳子一端连接有能够测绳子拉力的力传感器，所以不需要小桶和砂子的总质量远小于小车的质量。(3)图乙中相邻两个计数点之间的时间间隔为t＝5T＝eq \f(5,f)＝0.10 s，根据Δx＝at2，可求得小车的加速度a＝0.90 m/s2。
23．（10分）(1)右侧(1分)、36(1分) (2)32(1分)、小于(1分) (3)34(2分) (4)eq \f(l2,l1)R(2分)、(2分)
24．（14分）（1）v0＝6 m/s （2）k＝600 N/m
[试题解析](1)根据机械能守恒定律有
mgdsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) (2分) 解得v0＝6 m/s
设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2(2分)
A、B碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)(2分)
联立解得v1＝0，v2＝v0＝6 m/s (2分)
(2)A、B碰撞前，弹簧的压缩量为x1＝eq \f(mgsin θ,k)(1分)
当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为
x2＝eq \f(mgsin θ,k)(1分)
可见在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零。根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝Ek＋mg(x1＋x2)sin θ (2分)
联立以上各式解得k＝600 N/m (2分)
25．（20分）【答案】 （1）（k-1）g；（2）（3）
(1)第一次碰撞后物块 kmg-qE=ma1 (2分) 解得 a1＝(k-1)g (2分)
(2)平板第一次与墙壁碰撞时的速度为v1 (2分)解得
第一次碰撞后平板 kmg+qE=ma2 (1分) 解得 a1＝(k+1)g
第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同
规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时，有
对平板有v共＝－v1＋a2t1(1分)
对物块有v共＝v1－a1t1(1分)
解得t1＝eq \f(v1,gk)= v共＝
从平板第一次与墙壁碰撞到平板与物块共速时物块的位移为(1分)
木板的位移为(1分)
之后到碰挡板前二者没有相对滑动，所以从释放到木板第二次与挡板碰撞前的瞬间物块相对平板的位移为
Δx＝x1+x2(1分)
解得Δx＝(1分)
(3)最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有
qE·L＋qE·(L＋x)＝Q(2分)
Q=kmgx(2分)
解得二者的相对路程 系统因摩擦产生的热量(1分)
33．[物理——选修3－3]（15分）
（1）（5分）ACE （2）[答案] (2)①350 K ②eq \f(7,6)p0
[解析] (2)①活塞b降至底部的过程中，活塞a不动，氮气经历等压变化，设AB部分的体积为V0，由题意知，BC部分的体积为eq \f(V0,2)，设氮气初态的体积为V1，温度为T1，压强为p1(p1＝p0)，末态体积为V2，温度为T2，由几何关系得V1＝V0
(1分)
V2＝eq \f(5,4)V0(1分)
由盖—吕萨克定律得eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)(2分)
代入数据得T2＝350 K。(1分)
②设平衡后氮气的体积为V3，温度为T3，压强为p
对氮气，由理想气体状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(pV3,T3)(1分)
代入数据得eq \f(p1V1,280)＝eq \f(pV3,420)(1分)
设氧气初态的体积为V′1，由题意知V′1＝eq \f(V0,4)，压强为p1；末态的体积为V4，压强为p，氧气发生等温变化，由玻意耳定律得p1V′1＝pV4(1分)
由几何关系得V3＋V4＝eq \f(3,2)V0(1分)
联立解得p＝eq \f(7,6)p0。(1分)
34.[答案] (1)ACD (2)①eq \f(\r(6)R,2c) ②45°
[解析] (1)根据题图(b)可知，简谐横波的周期为T＝4 s，根据题图(a)可知，简谐横波的波长为λ＝4 m，波传播的速度v＝eq \f(λ,T)＝1 m/s，选项A正确；在t＝1 s时刻，平衡位置为O的质点处于y＝－2 cm处，而题图(b)所示的振动图象在t＝1 s时刻质点处于平衡位置，所以选项B错误；在t＝1 s时刻，质点Q运动到平衡位置，速度最大，且速度方向为沿y轴负方向，选项C正确；在t＝1 s时刻，质点P运动到波峰，再经eq \f(T,4)＝1 s，即t＝2 s时刻，质点P运动到平衡位置，速度最大，且速度方向为沿y轴负方向，选项D正确；t＝3 s时刻，质点Q运动到平衡位置，速度最大，且速度方向为沿y轴正方向，选项E错误。
(2)①由于三角形ABD为等腰直角三角形，且光线恰好不能从AB面上射出，则光从玻璃砖射向空气发生全反射的临界角为45°，因此折射率n＝eq \f(1,sin 45°)＝eq \r(2)(2分)
光在玻璃砖中传播的路径如图所示。
由几何关系可知，GH＝EF＝eq \f(1,2)R
因此sin∠GAC＝eq \f(GH,AG)＝eq \f(1,2)
∠GAC＝30°，AH＝Rcs 30°＝eq \f(\r(3),2)R
因此FG＝eq \f(\r(3),2)R－eq \f(1,2)R＝eq \f(\r(3)－1,2)R
光在玻璃砖中传播的路程s＝EF＋FG＝eq \f(\r(3),2)R(2分)
光在玻璃砖中传播的时间t＝eq \f(s,v)＝eq \f(ns,c)＝eq \f(\r(2)×\f(\r(3),2)R,c)＝eq \f(\r(6)R,2c)(2分)
②由几何关系，光在圆弧面上的入射角i＝∠GAC＝30°
设光在圆弧面上的折射角为r，则n＝eq \f(sin r,sin i)(2分)
解得sin r＝nsin i＝eq \f(\r(2),2)
该光束从BC面射出时的折射角为r＝45°(2分)