2024届黑龙江省大庆大庆二中、二十三中、二十八中、十中高三下学期联考物理试题含解析

2024届黑龙江省大庆大庆二中、二十三中、二十八中、十中高三下学期联考物理试题考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为1m，各质点均静止在各自的平衡位置，t=0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图乙所示，形成的简谐横波以2m/s的速度水平向左传播，则下列说法正确的是（）
A．此横波的波长为1m
B．质点e开始振动的方向沿y轴负方向
C．从t=0至t=3s内质点b运动的路程为10cm
D．从t=2s至t=2.5s内质点d的加速度沿y轴正向逐渐减小
2、北京时间2019年5月17日23时48分，我国成功发射第45颗北斗导航卫星。

该卫星与此前发射的倾斜地球同步轨道卫星（代号为P）、18颗中圆地球轨道卫星（代号为Q）和1颗地球同步轨道卫星（代号为S）进行组网，为亚太地区提供更优质的服务。

若这三种不同类型卫星的轨道都是圆轨道，中圆地球轨道卫星的轨道半径是同步卫星的轨
道半径的2
3
，下列说法正确的是（）
A．P和S绕地球运动的向心加速度大小不相等
B．Q和S62
C．Q和S绕地球运动的周期之比为2
D．P和Q绕地球运动的向心力大小一定相等
3、某理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，当输入电压增加20V时，输出电压（）A．增加200V B．增加2V C．降低200V D．降低2V
4、一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A 、B 两物体通过细绳连接，并处于静止状态，不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦，如图所示．现用水平力F 作用于物体B 上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A 仍然静止．则下列说法正确的是
A ．在缓慢拉开
B 的过程中，水平力F 不变
B ．物体A 所受细绳的拉力一定变大
C ．物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大
D ．物体A 所受斜面体的作用力的合力一定变大
5、在核反应方程中，X 表示的是
A ．质子
B ．中子
C ．电子
D ．α粒子
6、在物理学发展过程中，有许多科学家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( ) A ．胡克用“理想实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点
B ．平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动所需要的概念是牛顿首先建立的
C ．伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体的运动规律
D ．笛卡尔发现了弹簧弹力和形变量的关系
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、如图半径为R 的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m 的小球静止在轨道底部A 点。

现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。

当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。

已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2。

若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则12
W W 的值可能是（ ）
A ．13
B ．12
C ．1
D ．2
8、如图所示，M 为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块， abed 为半径是R 的四分之三光滑圆弧形轨道，a 为轨道
的最高点，de面水平且有一定长度.今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（）
A．只要h大于R，释放后小球就能通过a点
B．只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上
C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内
D．调节h的大小，可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）
9、如图所示，在垂直于纸面向外的匀强磁场中，水平放置两个同心金属环，半径分别是r和3r，磁感应强度为B，在两环间连接有一个电容为C的电容器，a、b是电容器的两个极板。

长为2r的金属棒AB沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做顺时针方向（从垂直环面向里看）的匀速圆周运动。

则下列说法正确的是（）
A．金属棒AB中有从B到A的持续电流
B．电容器b极板带负电
ω
C．电容器两端电压为2
4Br
ω
D．电容器所带电荷量为2
1.5C Br
10、如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和－Q，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为＋q的小球以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球（）
A ．下落过程中加速度始终为g
B ．受到的库仑力先做正功后做负功
C ．速度先增大后减小，射出时速度仍为v 0
D ．管壁对小球的弹力最大值为28qQ k d
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）几位同学对一个阻值大约为 600Ω的未知电阻进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值。

有下列器材供选用:
A ．待测电阻 R x
B ．电压表 V(量程 6V ，内阻约 3kΩ)
C ．电流表 A 1(量程 20mA ，内阻约 5Ω)
D ．电流表 A 2(量程 10mA ，内阻约 10Ω)
E.滑动变阻器 R 1(0～20Ω，额定电流 2A)
F.滑动变阻器 R 2(0～2000Ω，额定电流 0.5A)
G .直流电源 E (6V ，内阻约 1Ω)
H.多用表
I.开关、导线若干
（1）甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示。

若选用欧姆表“×100”档位，则多用表的读数为_____Ω（2）乙同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，电路图如图乙所示，则电流表应选择____(选填“A1”或“A2”)，滑动变阻器应选择____ (选填“R1”或“R2”)。

（3）丙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路，具体操作如下：
①按图丙连接好实验电路，调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置;
②开关S2处于断开状态，闭合开关S。

调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2 的示数恰好为电流表A1的示数的一半，读出此时电压表V 的示数U1和电流表A 的示数I1。

③保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持滑动变阻器R2 的滑片位置不变，读出此时电压表V 的示数U2 和电流表A2 的示数I2。

可测得待测电阻的阻值为_____，同时可测出电流表A1 的内阻为___ (用U1、U2、I1、I2 表示)。

（4）比较乙、丙两位同学测量电阻R x 的方法，你认为哪个同学的方法更有利于减小系统误差？____ (选填“乙”或“丙”)同学。

12．（12分）(1)用10分度游标卡尺测一工件外径的度数如图(1)所示，读数为______mm；
用螺旋测微器测一圆形工件的直径读数如图(2)所示，读数为______mm。

(2)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻x R约为20Ω，电压表的内阻约为2kΩ，电流表的内阻约为1Ω，测量电路
中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，电阻由公式
x U
R
I
=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数，若将图（a）和图（b）中电路图测得的电阻值分别记为1x R和2x R，则______（填“1x R”或“2x R”）更接近待测电阻的真实值，且测量值1x R______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值2x R______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。

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）一质量为m =2000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m 处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a ）中的图线．图（a ）中，0~t 1
时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），
t 1=0.8 s ；t 1~t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2=1.3 s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t 2时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m ，第4 s 内的位移为1 m ．
（1）在图（b ）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v -t 图线；
（2）求t 2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t 1~t 2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t 1~t 2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
14．（16分）如图所示，粗糙水平地面上放置长木板A 和滑块C ，滑块B 置于A 的左端。

开始时A 、B 静止，C 与A 右端相距4m x =，现C 以07m/s v =的初速度水平向左运动，然后与A 发生弹性碰撞（时间极短）。

已知A 、B 、C 质量均为2kg ，A 和C 与地面间的动摩擦因数为10.3μ=，A 与B 间的动摩擦因数为20.2μ=，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，B最终没有从A上掉下去，重力加速度g取2
10m/s，求：
（1）C与A碰撞前的速度；
（2）A、B间因摩擦产生的热量。

（12分）如图所示，半径R=0.4m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB间的距离x=3.6m。

质量m2=0.15kg 15．
的小滑块2放在半圆形轨道的最低点B处，另一质量为m2=0.25kg的小滑块1，从A点以v0=10m/s的初速度在水平面上滑行，到达B处两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。

已知滑块1与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5。

重力加速度g取10m/s2。

两滑块均可视为质点。

求∶
(1)滑块1与滑块2碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能△E；
(3)在半圆形轨道的最高点C处，轨道对两滑块的作用力大小F N。

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．由振动图像可知T=2s，则波长为
λ==⨯=
vT
22m4m
故A错误；
B．由图乙可知，波源起振方向为竖直向上，根据介质中所有质点开始振动方向都与波源起振方向相同，即质点e开
始振动的方向沿y 轴正方向，故B 错误；
C ．波从a 传到b 所用的时间为
1s 2
t = 从t =0至t =3s 内质点b 振动了
12.5s 14
T = 则运动的路程为
510cm s A ==
故C 正确；
D ．波传到d 点需要1.5s ，则从t =2s 至t =2.5s 内质点d 的正在从最高点向最低点振动，加速度方向沿y 轴负方向且逐渐减小，故D 错误。

故选C 。

2、B
【解析】
A ．由
2
Mm G ma r = 可知，P 和S 绕地球运动的向心加速度大小相等，故A 错误；
B ．由
2
2Mm v G m r r
= 可得
v =
又 23
Q S r r = 则Q 和S 绕地球运动的线速度大小之比为
:2Q S v v =
故B 正确；
C ．由
2
22Mm G mr r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
可得
2T =Q 和S 这两种不同类型轨道卫星绕地球运动的周期之比为
:9Q S T T == 故C 错误；
D ．由于P 和Q 的质量不一定相等，所以P 和Q 绕地球运动的向心力大小不一定相等，故D 错误。

故选B 。

3、B
【解析】
根据 1122
U n U n = 得
1122
U n U n ∆=∆ 即
22010=1
U ∆ 解得
2=2V U ∆
即输出电压增加2V ，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

4、B
【解析】
先对物体B 分析，根据共点力平衡条件求出绳子拉力；再对木块A 分析，可以得出各个力的情况。

【详解】
A.对木块B 受力分析,如图所示,根据共点力平衡条件有:B F m gtan θ=，在缓慢拉开B 的过程中,θ变大,故F 变大,故A 错误；
B.根据共点力平衡有cos B m g T θ
=,在缓慢拉开B 的过程中,θ变大,故T 变大，B 正确; C.物体A 受重力、支持力、细线的拉力,可能没有静摩擦力,也可能有沿斜面向下的静摩擦力,还有可能受沿斜面向上的静摩擦力,故拉力T 变大后,静摩擦力可能变小,也可能变大,C 错误；
D.支持力不变,故斜面对物体A 的作用力的合力可能增大也可能减小或不变,D 错误。

【点睛】
本题关键分别对A 、B 受力分析，然后根据共点力平衡条件分析求解。

5、A
【解析】设X 为：
，根据核反应的质量数守恒：，则： 电荷数守恒：，则，即X 为：为质子，故选项A 正确，BCD 错误。

点睛：本题考查了核反应方程式，要根据电荷数守恒、质量数守恒得出X 的电荷数和质量数，从而确定X 的种类。

6、C
【解析】
AC ．伽利略利用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，并最早建立了平均速度、瞬时速度等描述物体运动的概念，AB 错误；
C ．伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体运动的规律，C 正确；
D ．胡克发现弹簧弹力与形变量的关系，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、AB
【解析】
第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有
W 1≤mgR ①
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有
W 1+W 2-2mgR =212mv ②
在最高点，有
mg +F N =2
v m R
≥mg ③ 联立①②③解得
W 1≤mgR
W 2≥
32
mgR 故 1223
W W ≤ 故AB 正确，CD 错误。

故选AB 。

8、CD
【解析】
A ．小球恰能通过a 点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：
2
v mg m R
= 解得：
v =
根据动能定理：
212
mg h R mv -=
（） 得：
h =1.5R 可知只有满足h ≥1.5R ，释放后小球才能通过a 点，故A 错误；
BC ．小球离开a 点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：
x=vt
竖直方向的自由落体运动：
R =12
gt 2， 解得：
x
R ＞R ，
故无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内，则B 错误，C 正确。

D ．只要改变h 的大小，就能改变小球到达a 点的速度，就有可能使小球通过a 点后，落在de 之间或之外。

故D 正确。

故选CD 。

9、BC
【解析】
A ．根据右手定则可知，金属棒A
B 切割磁感线产生感应电动势，但由于电路没有闭合，所以没有感应电流，故A 错误；
B ．根据右手定则可判断B 端为电源的正极，a 端为电源的负极，所以电容器b 极板带负电，故B 正确；
C ．根据法拉第电磁感应定律知切割产生的感应电动势
23242
r r E BLv B r B r +==⋅⋅=（）ωω 故C 正确；
D ．电容器所带电荷量
22Q CU CB r ==ω
故D 错误。

故选BC 。

10、AD
【解析】
A ．电荷量为+q 的小球以初速度v 0从管口射入的过程，因库仑力与速度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为g ，故A 正确；
B ．小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B 错误；
C ．电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，速度不断增加，故C 错误；
D ．在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为： E= 224()2
kQ kQ d d = 根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为28kQ d
，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为2qQ 8k d ，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为2qQ 8k
d ，故D 正确； 故选AD.
点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即
可求解．
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、600 A 2 R 1
22U I 12122U U I I - 丙 【解析】
(1)[1]选用欧姆表“×100”档位,指针读数为6.0，故多用电表读数为600Ω.
(2)[2][3]电压表量程为6V ,x R 阻值约为600Ω，电流表量程约0.01A 10mA x
U I R =
==即可, 故电流表选择A 2；乙图中滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器选择总阻值较小的R 1.
(3)[4][5]设电流表A 1,内阻为r 1，根据操作步骤②可得: 11112
x I U R I r =+ 根据操作步骤③可得:
222x U I R =
联立方程可得：
21
x U R I = 12112
2U U r I I =- (4)[6]乙同学的设计方法中，实际测得的阻值为Rx 与电流表内阻的串联阻值，测量值偏大， 而且电流表内阻未知，相比而言，丙同学的方法更有利于减小系统误差。

12、32.7 1.506 1x R 大于 小于
【解析】
(1)[1]10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm ，游标卡尺的主尺读数为32mm ，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
7×0.1mm=0.7mm
所以最终读数为
32mm+0.7mm=32.7mm
[2]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm ，可动刻度为
6.0×0.001mm=0.006mm
所以最终读数为
1.5mm+0.006mm=1.506mm
(2)[3]由于待测电阻满足 200020020010V x x A R R R R ＝＜＝ 所以电流表应用内接法，即1x R 更接近真实值；
[4]根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为
A U U U R R I I
-=测真＜＝ 即测量值大于真实值；
[5]采用外接法时，真实值应为
V
U U R R I I I -测真＝＞＝ 即测量值小于真实值。

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）（2）28m/s ， 28 m/s （3）30 m/s ；51.1610J ⨯；87.5 m
【解析】
解：（1）v -t 图像如图所示．
（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度也为v 1，t 2时刻的速度也为v 2，在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt =1s ，设汽车在t 2+n-1Δt 内的位移为s n ，n=1,2,3,…．
若汽车在t 2+3Δt~t 2+4Δt 时间内未停止，设它在t 2+3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2+4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学有 2143(Δ)s s a t -=①
2121Δ(Δ)2
s v t a t =-② 424Δv v a t =-③
联立①②③式，代入已知数据解得
417m/s 6
v =-④ 这说明在t 2+4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．
由于在t 2+3Δt~t 2+4Δt 内汽车停止，由运动学公式
323Δv v a t =-⑤
2432as v =⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
28m/s a =，v 2=28 m/s ⑦ 或者2288m/s 25
a =，v 2=29.76 m/s ⑧ 第二种情形下v 3小于零，不符合条件，故舍去
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1，由牛顿定律有：f 1=ma ⑨
在t 1~t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：1211=()2I f t t -⑩
由动量定理有：12I mv m '=-⑪
由动能定理，在t 1~t 2时间内，汽车克服阻力做的功为：22211122
W mv mv =
-⑫ 联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得
v 1=30 m/s ⑬
51.1610J W =⨯⑭ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为
221112211()()22v s v t v v t t a
=++-+⑮ 联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得
s =87.5 m ⑯
14、（1）5m/s ；（2）5.5J 。

【解析】
（1）设三者质量为m ，碰撞前C 做匀减速直线运动，设C 与A 碰撞前的速度为1v ，由动能定理可得
221101122
mgx mv mv μ-=- 代入数据得
15m/s v =
（2）因碰撞时间极短，A 与C 碰撞的过程动量守机械能守，设碰撞后瞬问A 的速度为2v ，C 的速度为1v ，以向左为正方向，由动量守恒定律得:
123mv mv mv =+
222123111222
mv mv mv =+ 代入数据得
25m/s v =
30v =
此后，B 加速，A 减速，此过程一直持续到二者具有共同速度v 为止。

设A 的加速度大小为1a ，B 的加速度大小为2a ，该过程由牛顿第二定律及运动学公式得
()2112mg ma μμ+=
22mg ma μ=
212v v a t a t =-=
解得
218m/s a =
22=2m/s a
=1m/s v
此过程，B 相对A 一直有滑动，相对位移大小
222
2112
1.25m 22v v v x a a -∆=-= 在此以后，地面对A 的摩擦力阻碍A 运动，B 与A 之间的摩擦力改变方向。

设A 和B 的加速度大小分别为1'a 和2a '
，则由牛顿第二定律得 112m f m g a μ'-=
2f ma '=
假设2f g m μ<，则12a a ''=；由以上两式得
12f mg mg μμ=>
与假设矛盾
故2f mg μ=，则
214m/s a '=
222m/s a '=
此过程，B 相对A 一直向左滑动，相对位移大小
22
2210.125m 2'2'v v t a a ∆=-= 则A 、B 间因摩擦产生的热量
()212 5.5J Q mg x x μ=∆+∆=
15、 (1)8m/s ；(2)3J ；(3) 5N
【解析】
(1)滑块1从A 运动到B ，根据动能定理 －μm 1gx =
2211101122
m v m v - 得
v 1=8m/s
(2)设两滑块碰后的共同速度为v ，根据动量守恒定律 m 1v 1=(m 1+m 2)v
得
v =5m/s
根据能量守恒定律 22111211()22
E m v m m v ∆=
-+ 得 ΔE =3J
(3)设两滑块到达最高点C 处时的速度为v C ，根据机械能守恒定律 12(m 1+m 2)v 2=12
(m 1+m 2)2C v +(m 1+m 2)g ×2R 得
v C =3m/s
两滑块在C 点的受力示意图如图所示
根据牛顿第二定律
F N+（m1+m2）g=(m1+m2)
2 C v R
得
F N=5N。