黑龙江省哈尔滨市六中2024学年高三下学期第一次检测试题物理试题试卷

黑龙江省哈尔滨市六中2024学年高三下学期第一次检测试题物理试题试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、关于自由落体运动，平抛运动和竖直上抛运动，以下说法正确的是
A．只有前两个是匀变速运动
B．三种运动，在相等的时间内速度的增量大小相等，方向不同
C．三种运动，在相等的时间内速度的增量相等
D．三种运动在相等的时间内位移的增量相等
2、如图甲所示，一铝制圆环处于垂直环面的磁场中，圆环半径为r，电阻为R，磁场的磁感应强度B随时间变化关系如图乙所示，0
t=时刻磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（）
A．在t t=0时刻，环中的感应电流沿逆时针方向
B．在t t=0时刻，环中的电功率为
242
2
0πr B Rt
C．在t t=0时刻，环中的感应电动势为零
D．0~t0内，圆环有收缩的趋势
3、如图所示，“共享单车”极大地方便了老百姓的出行，某高档“共享单车”通过变速器调整链条在轮盘和飞轮的挂入位置，改变行驶速度。

轮盘和飞轮的齿数如下表所示：
名称轮盘飞轮
A 轮
B 轮
C 轮
D 轮
E 轮 齿数N /个
48
39
24
18
13
则下列说法正确的是( )
A ．当A 轮与C 轮组合时，两轮的转速之比为1∶1
B ．当A 轮与
C 轮组合时，两轮边缘上的点的线速度大小之比为1∶2 C ．当B 轮与E 轮组合时，两轮角速度之比为1∶3
D ．当B 轮与
E 轮组合时，两轮边缘上的点的向心加速度大小之比为3∶1
4、如图所示，空间有与竖直平面夹角为θ的匀强磁场，在磁场中用两根等长轻细金属丝将质量为m 的金属棒ab 悬挂在天花板的C 、D 两处，通电后导体棒静止时金属丝与磁场方向平行。

已知磁场的磁感应强度大小为B ，接人电路的金属棒长度为l ，重力加速度为g ，以下关于导体棒中电流的方向和大小正确的是（ ）
A ．由b 到a ，tan mg Bl θ
B ．由a 到b ，
mg
Bl
C ．由a 到b ，sin mg Bl
θ
D ．由b 到a ，sin mg Bl
θ
5、如图所示，带电荷量为Q 的等量同种正电荷固定在水平面上，在其连线的中垂线（竖直方向）上固定一光滑绝缘的细杆，细杆上套一个质量为m ，带电荷量为q +的小球，小球从细杆上某点a 由静止释放，到达b 点时速度为零，b 间的距离为h ，重力加速度为g 。

以下说法正确的是（ ）
A ．等量同种正电荷在a 、b 两处产生的电场强度大小关系a b E E >
B ．a 、b 两处的电势差ab mgh
U q
=
C ．小球向下运动到最大速度的过程中小球电势能的增加量等于其重力势能的减少量
D ．若把两电荷的位置往里移动相同距离后固定，再把带电小球从a 点由静止释放，则小球速度减为零的位置将在b 点的上方
6、A、B两物体经过同一地点时开始计时，它们沿直线运动的速度随时间变化的规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻A、B两物体相遇
B．t2时刻B物体速度变化率为零
C．t1到t3时间内两物体的间距先增大后减小
D．A、B两物体速度方向一直相同
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，光滑水平面放置一个静止的质量为2m的带有半圆形轨道的滑块a，半圆形轨道的半径为R。

一个质量
为m的小球b从半圆轨道的左侧最高点处由静止释放，b到达半圆轨道最低点P时速度大小
1
2
5
b
v gR
=，然后进入
右侧最高可到点Q，OQ连线与OP间的夹角α=53︒，不计空气阻力，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）
A．滑块a向左滑行的最大距离为0.6R
B．小球b从释放到滑到Q点的过程中，克服摩擦力做的功为0.4mgR
C．小球b第一次到达P点时对轨道的压力为1.8mg
D．小球b第一次返回到P点时的速度大于
1
2
15
gR
8、一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A。

其压强P随体积V变化的图线如图所示，其中A到B为绝热过程，C到A为等温过程。

则下列说法正确的是__________。

A ．A 状态速率大的分子比例较
B 状态多 B ．A →B 过程，气体分子平均动能增大
C ．B →C 过程，气体对外做功
D ．B →C 过程，气体放热
E.C 状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比A 状态少
9、图1是一列沿x 轴方向传播的简谐横波在0t =时刻的波形图，波速为1m /s 。

图2是 5.5m x =处质点的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A ．此列波沿x 轴负方向传播
B ． 3.5m x =处质点在2s t =时的位移为42cm
C ． 1.5m x =处质点在4s t =时的速度方向沿y 轴正向
D ． 4.5m x =处的质点在1s t =时加速度沿y 轴负方向 E. 3.5m x =处质点在01s ～内路程为(1682)cm -
10、如图所示为固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC 。

现有一小球以一定的初速度v 0从最低点A 冲上轨道，小球运动到最高点C 时的速度为3m /s v =。

已知半圆形轨道的半径为0.4m ，小球可视为质点，且在最高点C 受到轨道的作用力为5N ，空气阻力不计，取g =10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球初速度05m /s v =
B ．小球质量为0.3kg
C ．小球在A 点时重力的功率为20W
D ．小球在A 点时对半圆轨道的压力为29N
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）把较粗的铜丝和铁丝相隔约几毫米插入苹果中就制成了一个水果电池。

水果电池的电动势较小（约为1V ），而内阻较大（约为300Ω）。

用下列提供的器材设计电路，实现准确测量电动势E 和内阻r 。

A ．苹果一个 B ．较粗的铜丝和铁丝各一根
C ．电流表1A （量程3.0mA ，内阻约100Ω）
D ．电流表2A （量程1.0mA ，内阻2300r =Ω） E.定值电阻0R （阻值为0600R =Ω） F.滑动变阻器R （0500Ω） G .开关、导线若干
(1)根据上述的器材设计测量电动势E 和内阻r 的实验电路，如图甲所示请根据图甲在图乙中进行实物连线______。

(2)实验中测量出多组数据，电流表1A 的示数记为1I ，电流表2A 的示数记为2I ，画出1I 随2I 变化的图像如图丙所示，根据图像可得，该水果电池的电动势E =________V ，内阻r =________Ω。

(3)要内阻减小，可采取________。

A ．铜丝和铁丝距离近一些
B 。

铜丝和铁丝插入深一些
C 。

铜丝和铁丝更细一些 12．（12分）小张同学利用“插针法”测定玻璃的折射率．
（1）小张将玻璃砖从盒子拿出放到白纸上，图示操作较为规范与合理的是____________．
（2）小张发现玻璃砖上下表面不一样，一面是光滑的，一面是磨砂的，小张要将玻璃砖选择_______（填“磨砂的面”或“光滑的面”）与白纸接触的放置方法进行实验较为合理．
（3）小张正确操作插好了4枚大头针，如图所示，请帮助小张画出正确的光路图____.然后进行测量和计算，得出该玻璃砖的折射率n=__________（保留3位有效数字）
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，汽缸开口向上，缸内壁有固定小砧，质量为m 的活塞将缸内封闭一段气体缸内气体压强为2p 0+
mg
S
，g 为重力加速度，活塞到缸底的距离为h ，活塞横截面积为S ，大气压强为p 0，环境温度为T 0，活塞与汽缸内壁气密性好且无摩擦，汽缸与活塞的导热性能良好。

①缓慢降低环境温度，使缸内气体的体积减半，则环境温度应降低为多少；此过程外界对气体做的功为多少? ②若环境温度不变，通过不断给活塞上放重物，使活塞缓慢下降，当活塞下降
1
2
h 时，活塞上所放重物的质量为多少?
14．（16分）如图所示，AB 为竖直平面内的细管状半圆轨道，AB 连线为竖直直径，轨道半径R =6.4m ，轨道内壁光滑，A 、B 两端为轨道的开口。

BC 为粗糙水平轨道，其长度s =8.4m 。

CD 为倾角θ=37°的斜面。

用两个小物块a 、b 紧靠在一轻弹簧的两端将弹簧压缩，用细线将两物块绑住，沿轨道静置于C 点。

弹簧很短，物块与弹簧均不拴接，物块a 的线度略小于细管的内径。

烧断细线，两物块先后落到斜面的M 点，CM 两点之间的距离L =12m 。

已知物块跟水平轨道之间的动摩擦因数1
7
μ=
，忽略空气阻力，取重力加速度g =10m/s 2，sin37°
=0.6，cos37°=0.8。

求： （1）物块b 刚离开弹簧的瞬间，其速率v 0是多少；
（2）设物块a 、b 的质量分别为m 1、m 2，则1
2
m m 是多少？（结果可以用根式表示）
15．（12分）能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律等等是自然界普遍遵循的规律，在微观粒子的相互作用过程中也同样适用．卢瑟福发现质子之后，他猜测：原子核内可能还存在一种不带电的粒子．
（1）为寻找这种不带电的粒子，他的学生查德威克用α粒子轰击一系列元素进行实验．当他用α粒子(
)
4
2
He 轰击铍
原子核
(
)
94
Be 时发现了一种未知射线，并经过实验确定这就是中子，从而证实了卢瑟福的猜测．请你完成此核反应方
程491
240______He Be n +→+．
（2）为了测定中子的质量n m ，查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核与静止的氮核发生弹性正碰．实验中他测得碰撞后氮核的速率与氢核的速率关系是1
7
N H v v =
．已知氮核质量与氢核质量的关系是14N H m m =，将中子与氢核、氮核的碰撞视为完全弹性碰撞．请你根据以上数据计算中子质量n m 与氢核质量H m 的比值．
（3）以铀235为裂变燃料的“慢中子”核反应堆中，裂变时放出的中子有的速度很大，不易被铀235俘获，需要使其减速．在讨论如何使中子减速的问题时，有人设计了一种方案：让快中子与静止的粒子发生碰撞，他选择了三种粒子：铅核、氢核、电子．以弹性正碰为例，仅从力学角度分析，哪一种粒子使中子减速效果最好，请说出你的观点并说明理由．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C 【解题分析】
A ．平抛运动、竖直上抛运动、斜抛运动和自由落体运动都是仅受重力，加速度为g ，方向不变，都是匀变速运动。

故A 错误；
BC ．速度增量为△v =g △t ，故速度增量相同，故B 错误，C 正确； D ．做自由落体运动的位移增量为 △h ＝
12g (t +△t )2−12gt 2＝gt △t +1
2
g △t 2， 竖直上抛运动的位移增量为 △h ′＝v 0(t +△t )−
12g(t +△t )2−vt +12gt 2=v 0△t −gt △t −1
2
g △t 2 两者不等，故D 错误； 故选C 。

2、B 【解题分析】
A ．由磁场的磁感应强度
B 随时间变化关系图象可知，磁场反向后，产生的感应电流的方向没有改变，0~t 0时间内，磁场垂直纸面向里，B 减小，所以线圈中的磁通量在减小，根据楞次定律可判断线圈的电流方向为顺时针，所以A 错误；
BC ．由图象可得斜率为
B B t t ∆=∆ 则由法拉第电磁感应定律可得，线圈产生的感应电动势为
200
πr B S B E t t t ∆Φ∆===∆∆
线圈的电功率为
242202
πr B E P R Rt == 所以B 正确，C 错误；
D ．0~t 0内，磁感应强度在减小，线圈的磁通量在减小，所以根据楞次定律可知，线圈有扩张趋势，所以D 错误。

故选B 。

3、C 【解题分析】
AB ．A 轮与C 轮通过链条连接，轮边缘上的点的线速度大小相等，齿数之比为2∶1，转速之比为1∶2，选项A 、B 错误；
CD ．B 轮与E 轮通过链条连接，轮边缘上的点的线速度大小相等，齿数之比为3∶1，转速之比为1∶3，角速度之比为1∶3，轮边缘上的点的向心加速度之比为1∶3，选项C 正确，D 错误。

4、C 【解题分析】
对导体棒进行受力分析，根据左手定则分析导体棒中的电流方向，根据三角形定则分析求解安培力的大小，从而根据
F BIL =求解导体棒的电流大小。

【题目详解】
导体棒静止，则其受力如图所示：
根据左手定则可知，导体棒的电流方向为由a 到b ，根据平衡条件可知安培力的大小为：
sin F BIL mg θ==
所以感应电流的大小为：
sin mg I Bl
θ
=
故ABD 错误C 正确。

故选C 。

5、D 【解题分析】
A ．小球由a 到b 先加速再减速，a 点加速度向下a mg qE >，b 点加速度向上b mg qE <，所以b a E E >，A 错误；
B ．由a 到b 根据动能定理
0ab mgh qU +=
得
ab mgh
U q
=-
B 错误；
C ．根据能量守恒，小球向下运动到最大速度的过程中小球重力势能转化为电势能和动能，所以小球电势能的增加量小于其重力势能的减少量，C 错误；
D ．若把两同种电荷的位置往里移动相同距离后固定，根据电场强度叠加原理在中垂线上相同位置电场强度变大了，
再由动能定理可知小球速度减为零的位置将在b 点的上方，选项D 正确。

故选D 。

6、B 【解题分析】
A.由v-t 图像可知， t 1时刻A 、B 两物体速度相同，A 的位移大于B 的位移，两物体没有相遇，选项A 错误；
B. v-t 图像的斜率等于加速度，则t 2时刻B 物体加速度为零，速度变化率为零，选项B 正确；
C. 因t 1时刻A 在B 之前，则t 1到t 3时间内两物体的间距先减小后增大，选项C 错误；
D. 物体B 一直沿正方向运动，物体A 在t 1到t 3的某段时间内向负方向运动，则A 、B 两物体速度方向不是一直相同，选项D 错误；
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AD 【解题分析】
A ．滑块a 和小球b 相互作用的过程，系统水平方向合外力为零，系统水平方向动量守恒，小球b 到达Q 点时，根据动量守恒定律得滑块a 和小球b 的速度均为零，有 2ms a =ms b s a +s b =R +R sin 53︒ 解得 s a =0.6R 故A 正确；
B ．根据功能关系得小球b 从释放到滑到Q 点的过程中，克服摩擦力做的功为
cos530.6W mgR mgR ︒==
故B 错误；
C ．当b 第一次到达半圆轨道最低点P 时，根据动量守恒定律有 2mv a =mv b 解得
a v =
由牛顿运动定律得
()2
2
a b v v v N mg m m R R
+-== 解得 145
N mg = 对轨道的压力 145N N mg '==
故C 错误；
D ．小球从P 点到Q 点，根据功能关系可得克服摩擦力做的功为
()221121cos530.222
a b W mv mv mgR mgR ︒=⨯+--= 由功能关系结合圆周运动的知识，得小球b 第一次返回到P 点的过程中克服摩擦力做的功
W ′<0.2mgR
故小球b 第一次返回到P 点时系统的总动能
1cos530.2k E mgR W mgR ︒>--'=（）
20a
b mv mv ''=+ 22k 11222
a b E mv mv ''=
+ 解得
b v '> 故D 正确。

故选AD 。

8、ACE
【解题分析】
AB ．由图可知A→B 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，则A 状态速率大的分子比例较B 状态多，故A 正确，B 错误。

C ．B→C 过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，故C 正确。

D ．B→C 过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，则W ＜0，温度升高，气体内能增大，即△U ＞0，根据热力学第一定律△U =W+Q ，则Q ＞0，即气体吸热，故D 错误。

E ．状态A 和状态C 的温度相等，温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能相同，从图中可知，A 状态气
体压强更大，说明气体分子的密集程度更大，即A 状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比C 状态多，故E 正确。

故选ACE 。

9、BCE
【解题分析】
A ．根据图2的振动图象可知， 5.5m x =处的质点在t =0时振动方向沿y 轴正向，所以利用图1由同侧法知该波沿x 轴正方向传播，故A 错误；
B ．图1可知该简谐横波的波长为4m ，则
4s 4s 1
T v λ=== 圆频率
22rad/s 0.4
5rad/s T ππωπ＝＝＝ 设 5.5m x =处质点的振动方程为
08sin(+)cm 2
x t π
ϕ= t =0时刻
08sin ϕ=
结合t =0时刻振动的方向向上，可知01
4
ϕπ＝，则 5.5m x =处质点的振动方程为 8sin(+)cm 24x t ππ
= 5.5m x =处质点与 3.5m x =处质点的平衡位置相距半个波长，则 3.5m x =处质点的振动方程为
8sin(+)cm 24x t ππ
=-
2s t =代入方程得位移为，故B 正确；
C ． 1.5m x =处质点在4s t =时的速度方向和0t =时的速度方向相同，由同侧法可知速度方向沿y 轴正向，故C 正确；
D ． 4.5m x =处的质点在0t =时速度方向沿y 轴负向，则经过四分之一周期即1s t =时，质点的位移为负，加速度指向平衡位置，沿y 轴正方向，故D 错误；
E ． 3.5m x =处质点在在0t =时速度方向沿y 轴负向，根据振动方程知此时位移大小为，0t =时位移大小为
，所以01s ～内路程
2(8s =⨯--
故E 正确。

故选BCE 。

10、AD
【解题分析】
A ．小球从最低点到最高点，由机械能守恒
22011222
C mv mgR mv =+ 解得
v 0=5m/s
选项A 正确；
B ．在最高点
C 时
2C C v N mg m R
+= 解得
m =0.4kg
选项B 错误；
C ．小球在A 点时竖直速度为零，则根据P=mgv y 可知重力的功率为0，选项C 错误；
D ．小球在A 点时
2A A v N mg m R
-= 解得
N A =29N
选项D 正确；
故选AD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、 1.2 300 AB
【解题分析】
(1)[1]．根据电路图，连接实物图如图。

(2)[2][3]．根据闭合电路欧姆定律，可得
I 2（R 0+R 2）+（I 1+I 2）r =E
整理得 0212R R r E I I r r
++-＝ 结合图象得
341A 0E r
-⨯＝ ① 024r
R R r ++= ② 联立①②得：
E =1.2V
r =300Ω
(3)[4]．根据电阻定律有：L R S
ρ
＝ 可知电阻随着L 的减小而减小，随着S 的增大而增大，故要内阻减小，可采用AB ； 故选AB 。

12、B 磨砂的面 1.53
【解题分析】
光学镜面及光学玻璃面均不能用手触碰；根据实验原理，运用插针法，确定入射光线和折射光线．
【题目详解】
（1）玻璃砖的光学面不能用手直接接触，接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定，B 正确； （2）为了不影响观察实验，应使得磨砂面接触纸面；
（3）光路图如图所示：
设方格纸上小正方形的边长为l ，光线的入射角为1θ，折射角为2θ，则122sin 0.7985.34θ=≈+，
222sin 0.5212.2 3.6θ=≈+，所以该玻璃砖的折射率12sin 0.798 1.53sin 0.521
n θθ==≈
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、①0002(2)p S mg T p S mg ++（），12
（p 0S +mg ）h ②m +03p S g 【解题分析】
本题考查理想气体状态方程的应用。

【题目详解】
①设环境温度应降低为T 1，当缸内气体的体积减慢时，缸内气体的压强为：
10mg p p S
=+ 根据理想气体状态方程有：
0101
122mg p hS p hS S T T +⨯=（） 得到：
01002(2)
p S mg T T p S mg +=+（） 此过程外界对气体做的功：
()1001122mg W p V p hS p S mg h S ⎛⎫=∆=+⨯=+ ⎪⎝⎭
②设所放重物的质量为m 0，当气体体积减半时，气体的压强为：
020m m g p p S
+=+（）
气体发生等温变化，
则有
02122mg p hS p hS S ⎛⎫+=⨯ ⎪⎝
⎭ 得到：
003p S m m g
=+ 14、 (1)8m /s ； (2)
819
【解题分析】
（1）物块b 离开弹簧后做平抛运动。

设从C 运动到M 历时为t ，则
21sin 372
L gt ︒=，0cos37L v t ︒= 代入数据解得
1.2s t =，08m /s v =
(2) ①物块a 能够经过A 点做平抛运动落到斜面的M 点。

设物块a 经过A 点的速率为v A ，从A 运动到M 历时为t 1，则
2112sin 372
R L gt ︒+=
，1cos37A s L v t ︒+= 解得 12s t =，9m /s A v =
设物块a 刚被弹簧弹开时的速率为v C l ，在从C 运动到A 的过程中，由动能定理得
22111111222
A C m v m v m gs mgR μ-=-- 解得
v C l =19m/s
弹簧弹开物块a 、b 的过程中，物块a 、b 动量守恒。

选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得
20110C m v m v -=
解得
12819
m m = ②物块a 被弹簧弹开后不能到达A 点，物块a 从C 点做平抛运动落到斜面的M 点，做平抛运动的初速度大小也是v 0。

设物块a 刚被弹簧弹开时的速率为v C 2，在物块a 从C 向左运动到再次回到C 点的过程中，由动能定理得 221012111222
C m v m v m gs μ-=- 解得：
2s C v =
弹簧弹开物块a 、b 的过程中，物块a 、b 动量守恒。

选向右的方向为正方向，由动量守恒定律得
20120C m v m v -=
解得
12m m =15、（1）12
6C （2）76
n H m m =（3）仅从力学角度分析，氢核减速效果最好，理由见解析 【解题分析】
（1）根据核反应过程中核电荷数与质量数守恒，知核反应方程式为491212460He Be C n +→+；
（2）设中子与氢核、氮核碰撞前后速率为0v ，中子与氢核发生完全弹性碰撞时，取碰撞前中子的速度方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有：0n n n H H m v m v m v =+；
2220111222
n n n H H m v m v m v =+， 解得碰后氢核的速率02n H n H
m v v m m =+， 同理可得：中子与氮核发生完全弹性碰撞后，氮核的速率02n N n N m v v m m =
+； 因此有n N H N n H m m v v m m +=+，解得76
n H m m =； （3）仅从力学角度分析，氢核减速效果最好，因为中子与质量为m 的粒子发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律知，碰撞后中子的速率0n n n m m v v m m
-=+； ①由于铅核质量比中子质量大很多，碰撞后中子几乎被原速率弹回；
②由于电子质量比中子质量小很多，碰撞后中子将基本不会减速；
③由于中子质量与氢核质量相差不多，碰撞后中子的速率将会减小很多．。