黑龙江省示范性高中2024年高三一诊考试物理试卷含解析

黑龙江省示范性高中2024年高三一诊考试物理试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、电容为C 的平行板电容器竖直放置，正对面积为S ，两极板间距为d ，充电完成后两极板之间电压为U ，断开电路，两极板正对区域视为匀强电场，其具有的电场能可表示为2p 12E CU =。

如果用外力使平行板电容器的两个极板间距缓慢变为2d ，下列说法正确的是（ ）
A ．电容变为原来的两倍
B ．电场强度大小变为原来的一半
C ．电场能变为原来的两倍
D ．外力做的功大于电场能的增加量 2、由于放射性元素
23793Np 的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知237
93Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成
20983Bi ，下列选项中正确的是( ) A ．
20983Bi 的原子核比237
93Np 的原子核少28个中子 B ．237
93Np 经过衰变变成20983Bi ，衰变过程可以同时放出α粒子、β粒子和γ粒子
C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D ．237
93Np 的半衰期等于任一个237
93Np 原子核发生衰变的时间
3、关于卢瑟福的α粒子散射实验和原子的核式结构模型，下列说法中不正确的是（ ）
A ．绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进
B ．只有少数α粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上
C ．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论
D ．卢瑟福的“核式结构模型”很好地解释了氧原子光谱的实验
4、若宇航员在月球表面附近自高h 处以初速度v 0水平抛出一个小球，测出小球从抛出到落地的位移为L 。

已知月球半径为R ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是（ ）
A ．月球表面的重力加速度2022hv g L h
=-月 B ．月球的质量22022()
hR v m G L h =-月
C ．月球的第一宇宙速度0222hR v v L h
=- D ．月球的平均密度202232()
hv G L h ρπ=- 5、在观察频率相同的两列波的干涉现象实验中，出现了稳定的干涉图样，下列说法中正确的是（ ）
A ．振动加强是指合振动的振幅变大
B ．振动加强的区域内各质点的位移始终不为零
C ．振动加强的区域内各质点都在波峰上
D ．振动加强和减弱区域的质点随波前进
6、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为12:10:1n n =，a 、b 两点间的电压为2202u = sin100V πt （），R 为可变电阻，P 为额定电流1A 、用铅锑合金制成的保险丝．为使保险丝中的电流不超过1A ，可变电阻R 连入电路的最小阻值是（ ）
A ．2.2Ω
B ．2.22Ω
C ．22Ω
D ．222Ω
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，理想变压器的原线圈接在2202sin100πV u t =（）的交流电源上，副线圈接有R = 55Ω 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。

下列说法正确的是
A ．电流表的读数为1.00 A
B ．电流表的读数为2.00A
C ．电压表的读数为110V
D ．电压表的读数为155V
8、2011年9月29日晚21时16分，我国将首个目标飞行器天宫一号发射升空，它将在两年内分别与神舟八号、神舟九号、神舟十号飞船对接，从而建立我国第一个空间实验室，假如神舟八号与天宫一号对接前所处的轨道如图所示，当它们在轨道运行时，下列说法正确的是( )
A ．神州八号的加速度比天宫一号的大
B ．神州八号的运行速度比天宫一号的小
C ．神州八号的运行周期比天宫一号的长
D ．神州八号通过加速后变轨可实现与天宫一号对接
9、如图所示，一列简谐波沿x 轴传播，实线为t ＝0时的波形图，此时P 质点向y 轴负方向振动；虚线为0.02 s(小于1个周期)时的波形图，则( )
A ．波沿x 轴正方向传播
B ．波速为3.5 m/s
C ．t ＝0.02 s 时，x ＝8 cm 处质点向y 轴负方向振动
D ．t ＝0至t ＝0.08 s ，质点P 通过的路程为0.04 m
10、如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L 的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m 的光滑小球A 、B 用长为L 的轻杆及光滑铰链相连，小球A 穿过竖直杆置于弹簧上。

让小球B 以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面。

弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k ，重力加速度为g ，则
A ．小球均静止时，弹簧的长度为L -mg k
B ．角速度ω=ω0时，小球A 对弹簧的压力为mg
C ．角速度ω02kg kL mg
D ．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A 对弹簧的压力不变
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）为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用DIS 位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的距离x 随时间t 的变化规律如图乙所示.
(1)根据上述图线，计算0.4 s 时木块的速度大小v ＝______ m/s ，木块加速度a ＝______ m/s 2(结果均保留2位有效数字).
(2)在计算出加速度a 后，为了测定动摩擦因数μ，还需要测量斜面的倾角θ(已知当地的重力加速度g )，那么得出μ的表达式是μ＝____________.（用a ，θ，g 表示）
12．（12分）某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数.如图甲所示，表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上；木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，钩码和拉力传感器通过绕在滑轮上的轻细绳相连，细绳与长木板平行，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（忽略滑轮的摩擦）.
①实验开始前打点计时器应接在___________（填“交流电源”或“直流电源”）上.
②如图乙为某次实验得到的纸带，s 1、s 2是纸带中两段相邻计数点间的距离，相邻计数点时间为T ，由此可求得小车的加速度大小为_____________（用1s 、2s 、T 表示）.
③改变钩码的个数，得到不同的拉力传感器示数(N)F 和滑块加速度2(m/s )a ,重复实验.以F 为纵轴，a 为横轴，得到的图像是纵轴截距大小等于b 倾角为θ的一条斜直线，如图丙所示,则滑块和轻小动滑轮的总质量为
_______________kg ；滑块和长木板之间的动摩擦因数μ=______________.（设重力加速度为g ）
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，两个球形容器容积之比为V 1∶V 2= 10∶11，由一细管（容积忽略）相连，细管的水平部分封有一段汞柱，两容器中盛有等量同种气体，并置于两个温度分别为T 1和T 2的热库内，已知T 1=300K ，位于细管中央的汞柱静止。

(1)求另一个热库的温度T 2；
(2)若使两热库温度都升高∆T ，汞柱是否发生移动？请通过计算说明理由。

14．（16分）如图所示，半径0.2m R =的光滑四分之一圆轨道MN 竖直固定放置，末端N 与一长0.8m L =的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）做顺时针转动，带动传送带以恒定的速度v 0运动。

传送带离地面的高度 1.25m h =，其右侧地面上有一直径0.5m D =的圆形洞，洞口最左端的A 点离传送带右端的水平距离1m s =，B 点在洞口的最右端。

现使质量为0.5kg m =的小物块从M 点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数0.5μ=，g 取10m/s 2，求：
(1)小物块到达圆轨道末端N 时对轨道的压力；
(2)若03m/s v =，求小物块在传送带上运动的时间；
(3)若要使小物块能落入洞中，求v 0应满足的条件。

15．（12分）我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。

如图所示，质量m ＝60 kg 的运动员从倾角θ=30°、长度L =80m 的直助滑道AB 的A 处由静止开始匀加速滑下，经过t =8s 到达助滑道末端B 。

为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心、半径R =14m 的圆弧，助滑道末端B 与弯曲滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 000 J ，g ＝10 m/s 2.求：
(1)运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；
(2)运动员到达滑道最低点C 时对滑道的压力F N 的大小。

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
【解析】
A ．极板间距变为原来两倍，根据r 4S C kd
επ=
可知电容减半，A 错误； B ．电荷量和极板正对面积不变，则 r 4U Q kQ E d Cd S
πε=== 电场强度大小不变，B 错误；
C ．当开关断开后，电容器极板的电荷量Q 不变，根据
Q U C
= 电容减半，两极板间电压加倍，根据
2p 12
E CU = 可知，电场能加倍，C 正确；
D ．电路断开，没有电流和焦耳热产生，极板的动能不变，则外力做的功等于电场能的增加量，D 错误。

故选C 。

2、C
【解析】
A ．20983Bi 的中子数为209－83＝126，23793Np 的中子数为237－93＝144，20983Bi 的原子核比
23793Np 的原子核少18个中子。

故A 错误。

B ．237
93Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成209
83Bi ，可以同时放出α粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，不能同时放
出三种粒子。

故B 错误。

C ．衰变过程中发生α衰变的次数为23720974
-=次，β衰变的次数为2×7－(93－83)＝4次。

故C 正确。

D ．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用。

故D 错误。

3、D
【解析】
A ．α粒子散射实验的内容是：绝大多数α粒子几乎不发生偏转；少数α粒子发生了较大的角度偏转；极少数α粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90︒，有的甚至几乎达到180︒，被反弹回来），故A 正确；
B ．α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，但不能说明原子中正电荷是均匀分布的，故B 正确；
C ．卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论，故C 正确；
D ．玻尔的原子模型与原子的核式结构模型本质上是不同的，玻尔的原子模型很好地解释了氢原子光谱的实验，故D 错误；
不正确的故选D 。

4、C
【解析】
A ．由小球平抛，依题意有
212
h g t =月
0v t =
则
20222=hv g L h
-月 故A 错误；
B ．由
2=Gm g R
月月 则
()
220222=hR v m G L h -月 故B 错误；
C ．第一宇宙速度
v v
=
故C正确；
D．根据
3
4
=
3
m R
ρπ
月
则月球平均密度
()
2
22
3
=
2
hv
GR L h
ρ
π-
故D错误。

故选C。

5、A
【解析】
只有两个频率完全相同的波能发生干涉，有的区域振动加强，有的区域震动减弱。

而且加强和减弱的区域相间隔。

【详解】
A．在干涉图样中振动加强是指合振动的振幅变大，振动质点的能量变大，A符合题意；
B．振动加强区域质点是在平衡位置附近振动，有时位移为零，B不符合题意；
C．振动加强的区域内各质点的振动方向均相同，可在波峰上，也可在波谷，也可能在平衡位置，C不符合题意；D．振动加强和减弱区域的质点不随波前进，D不符合题意。

故选A。

6、A
【解析】
原线圈输入电压
1
220
U V
==
根据电压与匝数成正比11
22
U n
U n
=
代入数据解得：2
21
1
22
n
U U V
n
==
原线圈的最大输入功率为111220
P U I W
==
输出功率等于输入功率21220
P P W
==
由公式：222U P R
解得： 2.2R =Ω
故应选A ．
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、AC
【解析】
CD ．原线圈电压有效值U 1=220V ，根据原副线圈匝数比为2:1可知次级电压为U 2=110V ，则电压表的读数为110V ，选项C 正确，D 错误；
AB ．根据变压器输入功率等于输出功率，即
2211U U I R
= 解得I 1=1.00A ，选项A 正确，B 错误；
故选AC.
8、AD
【解析】
根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2Mm G r ＝2v m r ＝224mr T π⋅＝ma n ，解得：v ，T ＝2a n ＝2
GM r ，由图可知神州八号的轨道半径比天宫一号的小，所以神州八号的运行速度比天宫一号的大，神州八号的运行周期比天宫一号的短，神州八号的加速度比天宫一号的大，故BC 错误，A 正确；神州八号通过加速后将做离心运动，可运行至较高轨道与天宫一号对接，故D 正确。

故选AD 。

9、AC
【解析】
A ．P 质点向y 轴负方向运动，根据同侧法可知波沿x 轴正方向传播，A 正确；
B ．波速为：
v ＝x t
∆∆＝0.5 m/s B 错误；
C ．根据图像可知t ＝0.02 s 时，x ＝8 cm 处质点沿y 轴负方向运动，C 正确；
D ．周期：
T ＝v
λ＝0.16 s 在t ＝0至t ＝0.08 s ，质点P 振动
12个周期，通过的路程为： 2×1 cm ＝2 cm
D 错误。

故选AC 。

10、ACD
【解析】
A ．若两球静止时，均受力平衡，对
B 球分析可知杆的弹力为零， B N mg =；
设弹簧的压缩量为x ，再对A 球分析可得：
1mg kx =，
故弹簧的长度为：
11mg L L x L k
=-=-
， 故A 项正确； BC ．当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面，即0B
N '=，设杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知： 20cos tan mg m L ωθθ
=⋅⋅ sin F mg θ⋅=杆
而对A 球依然处于平衡，有：
2sin k F mg F kx θ+==杆
而由几何关系：
1sin L x L
θ-= 联立四式解得：
2k F mg =，
0ω=则弹簧对A 球的弹力为2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力为2mg ，故B 错误，C 正确；
D ．当角速度从ω0继续增大，B 球将飘起来，杆与水平方向的夹角θ变小，对A 与B 的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：
2k F mg mg mg =+=
则弹簧对A 球的弹力是2mg ，由牛顿第三定律可知A 球队弹簧的压力依然为2mg ，故D 正确；
故选ACD 。

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、0.40 1.0
sin cos g a g θθ
- 【解析】
（1）根据在匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s 末的速度为： 0.30.14m/s 0.4m/s 0.4
v -=
= 0.2s 末的速度为： 0.320.24m/s 0.2m/s 0.4
v -'==， 则木块的加速度为：220.40.2m/s 1.0m/s 0.2v v a t -'-===． （2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向的受力：sin cos ma mg mg θμθ=- 得：sin cos g a θμθ
-=． 【点睛】
解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式．
12、交流电源
2122s s T
- 2tanθ tg b g θ 【解析】
由题中“测量滑块和长木板之间的动摩擦因数”可得，本题考查动摩擦因数测量实验，根据打点计时器数据处理、牛顿第二定律和相关实验操作注意事项可分析本题。

【详解】
①[1]打点计时器应接在交流电源上；
②[2]根据公式 2()m n x x m n aT -=-
可得
212
2s s a T -= ③[3]由图可知，滑块受到的拉力为拉力传感器示数的两倍，即2T F =
滑块收到的摩擦力为
f M
g μ=
有牛顿第二定律可得
T f Ma -=
计算得出F 与加速度a 的函数关系式为
22
M Mg F a μ=+ 由图像所给信息可得图像截距为
2
Mg
b μ= 而图像斜率为 2M k =
计算得出
22tan M k θ==
[4]计算得出
tan b g μθ
= 【点睛】
本题重点是考查学生实验创新能力及运用图像处理实验数据的能力，对这种创新题目，应仔细分析给定的方案和数据，建立物理模型。

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、（1）330K ；（2）向右移动，理由见解析。

【解析】
（1）两容器中盛有等量同种气体，当位于细管中央的汞柱平衡时，气体压强相等。

由盖吕·萨克定律
1212
V V T T = 解得
2330T =K
（2）假设汞柱不移动，当两热库温度都升高△T
对左容器，由查理定律有
111P P P T T T
+∆=+∆ 得
11
P T P T ∆∆= 同理对右容器
22
P T P T ∆∆= 因为12T T <故
12P P ∆>∆
所以汞柱向右移动.
14、 (1)大小为15N ，方向竖直向下；(2)0.3s ；(3)02m/s 3m/s v <<
【解析】
(1)设物块滑到圆轨道末端速度1v ，根据机械能守恒定律得
2112
mgR mv = 12m/s v =
设物块在轨道末端所受支持力的大小为F ，根据牛顿第二定律得
21v F mg m R
-= 联立以上两式代入数据得
15N F =
根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为15N ，方向竖直向下。

(2)若
03m/s v =
则
10v v <
物块在传送带上加速运动时，由
mg ma μ=
得
25m/s a g μ==
加速到与传送带达到共速所需要的时间
0110.2s v v t a
-== 位移 10110.5m 2v v s t =+=
匀速时间
120
0.1s L s t v -=
= 故 120.3s T t t +==
(3)物块由传送带右端平抛
212
h gt = 恰好落到A 点
2s v t =
得
22m/s v =
恰好落到B 点
3D s v t +=
得
33m/s v =
当物块在传送带上一直加速运动时，做平抛运动的速度最大，假设物块在传送带上达到的最大速度为v ，由动能定理 2211122
mgL mv mv μ-=
得
2222212m /s 9m /s v >=
所以物块在传送带上达到的最大速度大于能进入洞口的最大速度，所以0v 应满足的条件是 02m/s 3m/s v <<
15、（1）150N ；（2）2600N 。

【解析】
(1)A 到B ：由牛顿第二定律得：
sin f mg F ma θ-=
212
L at = 150f F N =
(2)A 到C ：由动能定理得
21(sin )02
f C m
g L
h F L W mv θ+-+=- 在C 点
2C N v F mg m R
-= 2600N N F =
根据牛顿第三定律压力与支持力大小相等，为2600N 。