2024届黑龙江省名校联盟高三上学期一模物理（解析版）.docx

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黑龙江名校联盟2024届高三模拟测试物理试卷（本试卷满分100分，考试时间75分钟。）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，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.如图所示是用频闪周期为的相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果自由下落的局部频闪照片。关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中正确的是（　　）A.苹果下落的加速度大小为B.羽毛下落到C点的速度大小为C.一定满足关系D.一段时间后苹果会在羽毛下方【答案】B【解析】【详解】A．根据题意，由逐差法有解得第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 故A错误；B．根据题意，由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得羽毛下落到C点的速度大小为故B正确；C．羽毛与苹果在真空中做自由落体运动，A点并不一定是下落点，故A点速度不一定等于零，则羽毛与苹果的位移不一定满足关系故C错误；D．真空中苹果和羽毛只受重力，同时释放，做自由落体运动的下落快慢相同，故D错误。故选B。2.如图所示，在某次壁球训练时，运动员在同一位置以不同的角度斜向上发球，最后球都能恰好垂直击打在竖直墙面反弹。若两次发球与水平方向夹角分别为30°和60°，不考虑球在空中受到的阻力，关于两次发球说法正确的是（）A.碰到墙面前空中运动时间之比为1:3B.碰到墙面前空中运动时间之比为1:2C.两球上升高度之比为1:3D.两球上升高度之比为1:2【答案】C【解析】【详解】CD．斜抛运动的小球可以看成逆向的平抛运动，由推论有联立解得两球上升高度之比为故C正确，D错误；AB．由第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 可得两球碰到墙面前空中运动时间之比故AB错误。故选C。3.如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态．现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步A.增大B.减小C.先增大，后减小D.先减小，后增大【答案】A【解析】【详解】对导体棒进行受力分析如图:当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，最小，所以安培力一直变大，而安培力：，所以磁场一直增大，BCD错误A正确4.一般来说现在的手机上都会有2第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 个麦克风，一个比较大的位于手机下方，另一个一般位于手机顶部。查阅手机说明后知道手机内部上麦克风为降噪麦克风。进一步翻阅技术资料得知：降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，从而实现降噪的效果。如图是理想情况下的降噪过程，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的等幅反相声波。下列说法错误的是（　　）A.降噪过程实际上是声波发生了干涉B.降噪过程本质上是两列声波相遇时叠加的结果C.降噪声波与环境噪声的传播速度一定相等D.P点经过一个周期沿波的传播方向传播的距离为一个波长【答案】D【解析】【详解】AB．由图看出，降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉，由于两列声波等幅反相，所以振动减弱，起到降噪作用，故AB正确；C．机械波传播的速度由介质决定，则知降噪声波与环境噪声的传播速度相等，故C正确；D．质点在平衡位置附近振动，不会随波迁移，故D错误。本题选错误项，故选D。5.北京时间2021年9月中旬至10月下旬出现了“火星合日”现象，即当火星和地球分别位于太阳两侧与太阳共线干扰无线电时，影响通信的天文现象，因此中国首辆火星车“祝融号”发生短暂失联。已知地球与火星绕太阳做匀速圆周运动的方向相同。火星的公转周期为T1，地球公转周期为T2，“祝融号”在火星赤道表面做匀速圆周运动的周期为T，“祝融号”的质量为m，火星的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）A.火星的第一宇宙速度大小为B.太阳的质量为C.火星的公转周期为T1小于地球公转周期为T2第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 D.相邻两次“火星合日”的时间间隔为【答案】AD【解析】【详解】A．“祝融号”在火星赤道表面附近做匀速圆周运动，有解得火星质量由解得火星的第一宇宙速度大小故A正确；B．火星和地球的公转轨道半径未知，所以无法求出太阳的质量，故B错误；C．根据开普勒第三定律可知，火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星的公转周期更大，故C错误；D．相邻两次“火星合日”的时间间隔满足解得故D正确。故选AD。6.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 智能手机中的电子指南针利用了重力传感器和霍尔元件来确定地磁场的方向。某个智能手机中固定着一个矩形薄片霍尔元件，四个电极分别为E、F、M、N，薄片厚度为h，在E、F间通入恒定电流I、同时外加与薄片垂直的匀强磁场B，M、N间的电压为，已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示。单位体积内正电荷的个数为n，若仅某一物理量变化时，下列图像可能正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设左右两个表面相距为d，稳定后正电荷所受的电场力等于洛仑兹力，即而，解得故B正确，ACD错误。故选B。7.如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看做质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A.滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5B.长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 C.t=9s时长木板P停下来D.长木板P的长度至少是16.5m【答案】C【解析】【详解】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1=5m/s，6s时两者速度相同为v2=3m/s，在0～6s的过程对Q由牛顿第二定律得根据图乙可知代入数据可得μ1=0.05故A错误；B．5s～6s对P由牛顿第二定律得μ1mg+μ2•2mg=ma1由乙图可知a1=2m/s2代入数据可得μ2=0.075故B错误；C．6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得代入数据可得a3=1m/s2这段时间所以9s时长木板P停下来，故C正确；D．6s前长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由v-t图像的“面积”可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距离故D错误。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 故选C。8.沿电场中某条电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，x轴正方向为电场强度E的正方向，坐标轴上的点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则下列说法正确的是（）A.从O点到C点，电势先升高后降低B.从O点到C点，粒子做变加速运动C.粒子运动到C点时动能大于3EkD.粒子在AB段电势能减少量小于BC段电势能减少量【答案】BC【解析】【详解】A．由O点到C点，是沿电场方向，电势一直降低，故A错误；B．电场强度大小一直在变化，电场力也就在不断变化，带正电的粒子的加速度在不断变化，是变加速运动，故B正确；C．根据E随x变化规律可知，由A到C电场强度平均值大于OA段电场强度平均值，粒子运动到A点的动能为Ek，则从O到A电场力做功为Ek，从A到C电场力做功大于2Ek，则粒子运动到C点时动能大于3Ek，故C正确；D．AB段平均电场强度大于BC段平均电场强度，则粒子在AB段平均电场力大于BC段平均电场力，则AB段电场力做的功大于BC段电场力做的功，所以在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故D错误。故选BC。9.如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如乙图所示的周期性变化电压。在t=0时刻，一质量为m、电量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t=2T时刻从板间射出，不计电子重力。下列说法正确的是（）第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A.电子从板间射出时的速度大小为v0B.电子在板间运动时，电场力的冲量不为零C.电子从板间射出时机械能增加eU0D.若电子在时刻进入，将会水平射出【答案】AD【解析】【详解】AC.0-2T内电场力做功为0，机械能增加量为0，所以电子从板间射出时的速度大小为v0，故A正确，C错误；B.电子在板间运动时，电场力的冲量为故B错误；D.时刻射入的电子，在时间内，电子受到向上的电场力，向上做匀加速运动，在时间内，电子受到向下的电场力，向上做匀减速运动，在时刻，电子的速度为，方向水平。在时间内，电子受到向的下电场力，向下做匀加速运动，在电子受到向上的电场力，向下做匀减速运动，在时刻，电子的速度为，方向水平。如此反复，最后粒子在时刻离开金属板，速度为，方向水平。故D正确。故选AD。10.如图所示，水平地面上有一段绝缘粗糙区域AB，该区域中的P点距A点较近。材料与形状完全相同的两个物块甲和乙与地面间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，甲物块带正电荷，乙物块带等量的负电荷，空间中有水平向右的匀强电场，先让甲物块从A由静止释放滑到B。然后再让乙物块从B由静止释放滑到A。两物块在运动过程中电荷量保持不变，上述两过程相比较，下列说法中正确的是（）第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A.两个物块在上述过程中获得的速度大小相等B.甲物块在上述过程中所用时间较长C.若甲乙同时从A、B释放，它们可能在P点相遇D.若甲乙同时从A、B释放，它们碰后粘连一定共同向右运动【答案】ABC【解析】【详解】A．根据动能定理得所以两个物块在上述过程中获得的速度大小相等，故A正确；B．甲运动过程加速度在增大，故v-t图像斜率增大，如图线1乙运动过程加速度减小，故斜率减小，如图线2，由于两物块末速度大小相等，且两个过程的位移相等，即图线下方所围的面积相等，故甲运动过程的时间长，故B正确C．若甲乙同时从A、B释放时，由B项可知乙物块B到P段时间加速度大于甲物块从A到P端的加速度，所以，所以相等时间内乙物块运动的位移大于甲物块运动的位移，所以它们有可能在P点相遇，故C正确；D．若甲乙同时从A、B释放，由B知当甲乙物体碰撞时碰前速度大小不相等，碰撞过程甲乙之间的相互作用力为F，对甲物块根据动量定理可知甲乙碰撞后速度不可能相等，所以碰后不可能粘连一起共同向右运动。故D错误。故选ABC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图所示。水平桌面上固定一倾斜第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 气垫导轨，导轨上滑块与挡光片的总质量为200g，滑块左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为300g的小球相连。导轨上的B点有一光电门，挡光片的宽度用游标卡尺测出结果如右图，其读数为______mm。某次实验时导轨的倾角为，当地重力加速度为g=9.8m/s2，滑块由静止从A点到通过B点的过程中，测量出挡光片经过光电门的时间为0.0053s，A、B两点间的距离为53.00cm，则系统的动能增加量ΔEk=______，系统的重力势能减少量ΔEp=______，在误差允许的范围内,其ΔEk=ΔEp，可以认为系统的机械能守恒。(结果保留3位有效数字)。【答案】①.10.60②.1.00J③.1.04J(正负偏差0.05)【解析】【详解】[1]20分度的游标卡尺精度为0.05mm；固定刻度读数为10mm，游标读数为0.05×12mm=0.60mm所以最终读数为10mm+0.60mm=10.60mm[2]滑块从A处到达B处的速度则系统动能的增加量[3]系统重力势能的减小量12.某实验小组在拆解一电子产品的内部结构时，发现其使用的电池是一块扁平电池，如图甲所示，外壳上标有电动势为4.5V，为了测定该电池的实际电动势和内阻，小组成员利用下面仪器，设计方案对其进行测量。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A.待测电池B.电压表（量程0~3.00V，内阻约4000Ω）C.电流表（量程0~100mA，内阻为1Ω）D.电阻箱（阻值范围0~9999Ω）E.电阻箱（阻值范围0~99.99Ω）F.滑动变阻器（阻值范围0~50Ω，额定电流0.2A）G.滑动变阻器（阻值范围0~1000Ω，额定电流0.2A）H.开关、导线若干（1）小组成员利用现有器材，设计了如图乙所示的实验电路图。实验室所提供的电表的量程都不够大，需要进行改装才能使用。如果将电流表量程扩大到0~500mA，则电阻箱R3的阻值应调为__________Ω；为满足测量电动势的需要，也需要将电压表的量程扩大为0~4.50V，小组成员采用了以下的操作：按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将S2接b，将R1的滑片移至最上端，将电阻箱R2调为零，闭合S1，断开S3，适当移动R1的滑片，使电压表示数为3.00V；保持R1接入电路中的阻值不变，改变电阻箱R2的阻值，当电压表示数为__________V时，完成扩大量程，断开S1。（2）为了完成该实验，滑动变阻器R1应选__________，电阻箱R2应选__________。（均填写器材前面字母标号）（3）保持电阻箱R2的阻值不变，开关S2接a，闭合S1、S3，移动R1的滑片，读出几组电表的读数U、I，并作出U-I图像如图丙所示，可得该电池的电动势为__________V，内阻为__________Ω（此问计算结果保留3位有效数字）【答案】①.0.25②.2.00③.F④.D⑤.4.20⑥.1.90【解析】【详解】（1）[1][2]电流表内阻RA=1Ω，如果将电流表量程扩大5倍，由并联电路特点（电流与电阻成反比）可知，分压电阻阻值为电流表内阻的，则电阻箱R3的阻值应调为由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电压表量程为3.00V，将电压表量程扩大为4.50V第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 ，电压表满偏时，分压电阻分压为1.50V，由串联电路的特点（电压与电阻成正比）可知，电压表内阻是串联分压电阻的2倍，由串联电路特点可知，电压表两端电压是分压电阻两端电压的2倍，当电压表和电阻箱R2两端总电压是3.00V时，电压表示数为2.00V，分压电阻两端电压是1.00V，即完成了扩大量程。（2）[3][4]分压式接法，滑动变阻器应选择总阻值较小的F；电压表内阻约为4000Ω，分压电阻分压约为2000Ω，因此电阻箱R2应选择D。（3）[5][6]改装后电流表量程是原电流表量程的5倍，电流表示数是I时，电路电流为5I，改装后电压表量程是原电压表量程的1.5倍，电压表示数是U，改装后电压表示数是1.5U，改装后电流表内阻由图乙所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得E=15U+5I（r+RA′）整理得由图示U-I图象可知，纵轴截距图象斜率的绝对值代入数据解得，电源电动势E=4.20V电源内阻r=1.90Ω13.半径为R的半圆形光滑绝缘轨道固定在水平面上，直径AC以下存在匀强电场，以圆心为坐标原点建立xOy坐标系。质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）从A点以上（R，R）由静止释放，从A点进入半圆形轨道，沿轨道运动到最低点B时速度恰好为零。求：（1）刚进入半圆形轨道时小球对A点的压力；（2）小球速度最大时的位置坐标。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）4mg，水平向左；（2）【解析】【详解】（1）小球释放后到B点的过程，有解得小球释放后到A点的过程，有对小球在A点水平方向做受力分析，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律有解得方向水平向左；（3）设小球在D位置时速度最大，OD与x轴正方向的夹角为θ，从开始下落到D点的过程中，有第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 整理得，小球速度最大时由此可知，所以即D点的位置坐标为。14.如图所示，OA与y轴的夹角，在此角范围内有沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从左侧平行于x轴射入电场，入射点为P，经电场后沿垂直于OA的方向由Q点进入一矩形磁场区域（未画出，方向垂直纸面向外），并沿x轴负方向经过O点。已知O点到Q点的距离为6l，不计粒子的重力，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）矩形磁场区域的最小面积。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）如图所示带电粒子进入电场时，初速度为v0，带电粒子在电场中运动的时间为t，由牛顿第二定律得粒子在电场中做类平抛运动由得又因为解得，匀强电场的电场强度大小为（2）粒子在磁场中做圆周运动，设圆心为O1，半径为r，由几何关系得解得由于粒子的入射速度与电场垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，分解Q点的速度得第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 解得由牛顿第二定律得联立解得，匀强磁场得磁感应强度大小为（3）由图知，带电粒子从Q点射入磁场，包含圆弧的最小矩形磁场区域为图中虚线所示，矩形区域长为矩形区域宽为所以该区域的最小面积为15.如图，倾角的直轨道与光滑圆弧轨道在处相切且平滑连接，整个装置固定在同一竖直平面内。圆弧轨道的半径为，是竖直直径，点为圆心，、、三点在同一水平线上。、也在同一水平线上，两个小滑块P、Q（都可视为质点）的质量均为。已知滑块Q与轨道间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P与整个轨道间和滑块Q与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计。同时将两个滑块P、Q分别在、两点由静止释放、之后P开始向下滑动，在点与Q相碰。碰后P、Q立刻一起向下且在段保持匀速运动，已知P、Q每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，取重力加速度为，求：（1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值；（2）Q第一次沿斜面上滑的最大距离；（3）滑块P在轨道上往复运动经过的总路程。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）碰前，由动能定理解得碰撞，由动量守恒解得从，对整体解得D点解得由牛顿三定律得第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 （2）匀速下滑时从点第1次上滑解得对（3）第1次上滑其中第2次碰前碰后第2次从点下滑同理得第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 的总路程为解得.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司