2024学年黑龙江省大庆十中高三物理试题理第三次调研考试试题解析

2024学年黑龙江省大庆十中高三物理试题理第三次调研考试试题解析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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、甲、乙两列完全相同的横波分别从波源A 、B 两点沿x 轴相向传播，0t =时的波形图像如图所示，若两列波的波速都是1m/s ，下列说法正确的是（ ）
A ．甲乙两列波的频率都是4Hz
B ．1s t =时，甲乙两波相遇
C ．3s t =时，6m x =处质点的位移为负方向最大
D ．0s t =时，2m x =处质点与10m x =处质点的振动方向相反
2、已知声波在钢轨中传播的速度远大于在空气中传播的速度，则当声音由钢轨传到空气中时（ ）
A ．频率变小，波长变长
B ．频率变大，波长变短
C ．频率不变，波长变长
D ．频率不变，波长变短
3、教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。

第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。

第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。

下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）
A ．图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变
B ．图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变
C ．图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动
D ．图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动
4、一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态．放出一个质量为m 的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E 0，则原子核反冲的动能为( )
A ．0E
B ．0m E M
C ．0m E M m -
D ．02
()Mm E M m - 5、如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在2202sin100u t π=（V ）的交流电源上，副线圈接有R =55Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2：1．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。

则（ ）
A ．副线圈的输出功率为110W
B ．原线圈的输人功率为1102W
C ．电流表的读数为1A
D ．副线圈输出的电流方向不变
6、如图，两光滑导轨竖直放置，导轨平面内两不相邻的相同矩形区域Ⅰ、Ⅱ中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。

金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，导轨上端接有电阻R （其他电阻不计）。

将金属杆ab 从距区域Ⅰ上边界一定高度处由静止释放（ ）
A ．金属杆在Ⅰ区域运动的加速度可能一直变大
B ．金属杆在Ⅱ区域运动的加速度一定一直变小
C ．金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域减少的机械能一定相等
D ．金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度可能相等
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、如图甲所示，质量为m 的物块从弹簧上方离地高1h 处由静止释放，其动能k E 与离地高度h 的关系如图乙所示，其中12~h h 阶段图像为直线，其余部分为曲线，3h 对应图像的最高点，重力加速度为g ，不计空气阻力，以下说法正确
的是（ ）
A ．弹簧的劲度系数23mg k h h =-
B ．当物块下落到4h h =高度时，重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
C ．当物块处于4h h =高度时，弹簧的弹性势能为p 14()E mg h h =-
D ．在物块从1h 下降到5h 过程中，弹簧的最大弹性势能为pmin 15()
E mg h h =-
8、下列说法正确的是_________（填正确答案标号）
A ．天空中看到的彩虹是光的干涉现象形成的
B ．偏振现象说明光是一种横波
C ．光从空气射入水中时，光的频率保持不变
D ．光学仪器镜头上的增透膜利用光的衍射原理
E.在水中红光比蓝光传播得更怏
9、如图所示，竖直平面xOy 内存在沿x 轴正方向的匀强电场E 和垂直于平面xOy 向内的匀强磁场B ，下面关于某带正电粒子在xOy 平面内运动情况的判断，正确的是（ ）
A ．若不计重力，粒子可能沿y 轴正方向做匀速运动
B ．若不计重力，粒子可能沿x 轴正方向做匀加速直线运动
C ．若重力不能忽略，粒子不可能做匀速直线运动
D ．若重力不能忽略，粒子仍可能做匀速直线运动
10、质量均为m 的相同物块P 、Q 静止于同一水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.5。

现分別给两物块施
加等大的作用力F ，方向如图所示。

设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．若0.2F mg =，则P 受到的摩擦力比Q 受到的摩擦力小
B ．若0.2F mg =，则P 受到的摩擦力与Q 受到的摩擦力大小相等
C ．若0.4F mg =，则P 受到的摩擦力比Q 受到的摩擦力小
D ．若0.4F mg =，则P 受到的摩擦力与Q 受到的摩擦力大相等
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）小宇同学利用图示器材探究电路规律：
（1）断开开关S ，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，此时读数为20Ω，此时测得的是____________的阻值；
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合开关S ，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA ，则移动过程中读数变化情况是（___）
A ．逐渐增大
B ．逐渐减小
C ．先减小后增大
D ．先增大后减小
（3）将旋转开关指向直流电压档，闭合开关S 后移动滑动头，发现该过程中电表读数最大为1.2V ，结合前两问条件可知，该电源电动势为________V ．（结果保留两位小数）
12．（12分）利用图示装置可以做力学中的许多实验．
（1）以下说法正确的是____________.
A ．利用此装置“研究匀变速直线运动” 时，须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响
B ．利用此装置探究 “小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M 关系图象不是直线，就可
确定加速度与质量成反比
C ．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响
(2).小华在利用此装置“探究加速度a 与力F 的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a 的值随钧码个数的增加将趋近于__________的值.
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）如图所示为某滑雪赛道。

长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10m ，C 是半径R =30m 圆弧的最低点，质量m =60kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4m/s 2，到达B 点时速度v B =20m/s 。

取重力加速度g =l0m/s 2。

(1)求长直助滑道AB 的长度L ；
(2)若不计BC 段的阻力，求运动员在C 点所受支持力的大小。

14．（16分）如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接．A ，B 两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从弧形轨道上的某一高度P 点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A 沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B 恰能返回P 点．己知圆形轨道的半径0.72m R =，滑块A 的质量0.4kg A m =，滑块B 的质量0.1kg B m =，重力加速度g 取210m /s ，空气阻力可忽略不计．求：
（1）滑块A 运动到圆形轨道最高点时速度的大小；
（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h ；
（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能．
15．（12分）如图所示是在工厂的流水线上安装的水平传送带，用水平传送带传送工件．可大大提高工作效率．水平传送带以恒定的速度v 0=1 m/s 运送质量为m =0.5 kg 的工件，工件都是以v =1 m/s 的初速从A 位置滑上传送带．工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1．每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时．后一个工件立即滑上传送带．取g =l0 m/s 1，求：
(1)工件经多长时间停止相对滑动；
(1)在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离；
(3)摩擦力对每个工件做的功；
(4)每个工件与传送带之间的摩擦产生的内能．
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 ．两列波长均为4m λ=，根据v f λ=可知频率为
1Hz 4
v
f λ== A 错误；
B ．两波初始时刻相距04m s =，相遇用时
04s 2s 22
s t v === B 错误；
C ．3s t =时，结合B 选项和波形平移法可知，甲、乙两列波在6m 处均为波谷位置，所以质点的负向位移最大，C 正确；
D ．根据同侧法可知0s t =时，2m x =处质点与10m x =处质点的振动方向均向上，D 错误。

故选C 。

【解题分析】
当声音由钢轨传到空气中时，频率不变，由题意得知波速减小，由波速公式v=λf 可知，波长变短。

A ．频率变小，波长变长，与结论不相符，选项A 错误；
B ．频率变大，波长变短，与结论不相符，选项B 错误；
C ．频率不变，波长变长，与结论不相符，选项C 错误；
D ．频率不变，波长变短，与结论相符，选项D 正确；
3、C
【解题分析】图甲中，仅仅调换N 、S 极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB 均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C 正确，D 错误；故选C.
4、C
【解题分析】
放出质量为m 的粒子后，剩余质量为M m -，该过程动量守恒，则有：
0)(mv M m v -=
放出的粒子的动能为：
20012
E mv = 原子核反冲的动能： ()212
k E M m v =- 联立解得： 0k m E E M m =
- A.0E 与分析不符，不符合题意； B.
0m E M
与分析不符，不符合题意； C.0m E M m -与分析相符，符合题意； D.02
()Mm E M m -与分析不符，不符合题意。

【解题分析】
AB ．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流，1m 2m 12::U U n n =，
所以副线圈电压的最大值为2m U =，设副线圈电压的有效值为2U ，则有
2
2202
U T T R =
解得2U =，副线圈的输出功率为
222110W U P R == 原线圈的输入功率为12110W P P ==，A 正确，B 错误；
C ．电流表读数为
22U I R
== C 错误；
D ．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，D 错误。

故选A 。

6、D
【解题分析】
AB ．由于无法确定金属杆进入磁场区域时所受安培力与其重力的大小关系，所以无法确定此时金属杆加速度的方向。

若金属杆进入磁场时其所受安培力
22B L v mg R
> 则有
22B L v mg ma R
-= 且加速度方向向上，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所受安培力
22B L v mg R
<
22B L v mg ma R
-= 且加速度方向向下，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所受安培力
22=B v L R
mg 则金属杆进入磁场区域后加速度为零且保持不变，故A 、B 错误；
C ．根据功能关系得金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域中减少的机机械能等于克服安培力做的功，由于无法确定金属杆经过两区域过程中所受安培力的大小关系，所以无法确定金属杆经过两区域过程中克服安培力做功的关系，故故C 错误；
D ．若金属杆进入磁场时其所受安培力
22B L v mg R
> 则金属杆在Ⅰ区域中先做减速运动再做匀速运动或一直做减速运动，出Ⅰ区域后在重力作用下再做加速运动，所以金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度有可能相等，故D 正确。

故选D 。

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 ．结合k E h -图像可知，2h h =时，物块刚好接触弹簧，物块动能最大时，加速度为零，即
23()mg k h h =-
解得
23
mg k h h =- 故A 正确；
B ．物块与弹簧组成的系统，机械能守恒，当3h h =时，物块的动能最大，则重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故B 错误；
C ．物块由2h h =到4h h =过程中，动能不变，物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即：
p 24()E mg h h =-
故C 错误；
D ．整个过程中，弹簧被压缩到最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律有
pmin 15()E mg h h =-
故D 正确。

故选AD 。

8、BCE
【解题分析】
A ．雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，故A 错误；
B ．偏振是横波特有的现象，所以偏振现象说明光是一种横波，故B 正确；
C ．根据波传播的特点可知，光从空气射入水中时，光的频率保持不变。

故C 正确；
D ．光学镜头上的增透膜是膜的前后表面反射光出现叠加，利用光的干涉现象，故D 错误；
E ．水对红色光的折射率小小于对蓝色光的折射率，由c v n =
可知红色光在水中的速度大于蓝色光的速度，故E 正确； 故选BCE 。

9、AD
【解题分析】
A ．若不计重力，当正电荷沿y 轴正方向运动时，受到的电场力沿x 轴正方向，受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，若满足qE qv
B ，则粒子做匀速直线运动，选项A 正确；
B ．粒子沿x 轴正方向运动时，因洛伦兹力沿y 轴方向，粒子一定要偏转，选项B 错误；
CD ．重力不能忽略时，只要粒子运动方向和受力满足如图所示，粒子可做匀速直线运动，选项C 错误、D 正确。

故选AD 。

10、BD
【解题分析】
施加作用力F 后，、在水平方向上分力相等，由于P 与地面间的最大静摩擦力小于Q 与地面间的最大静摩擦力，所以，
若P 静止，Q 一定静止。

P 静止时满足关系式
cos30( sin 30)F mg F μ︒︒≤-
解得
0.45F mg ≤≈ 因0.2mg 和0.4mg 均小于0.45mg ，故当0.2F mg =和0.4F mg =时，P 、Q 均静止，P 、Q 受到的摩擦力均为静摩擦力，且大小都等于cos30F ︒，BD 正确。

故选BD 。

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、滑动变阻器 A 1.48
【解题分析】
（1）当断开电键S ，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆档，由图可知，此时欧姆档测量滑动变阻器总电阻．
（2）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S ，将滑片从最左端缓慢移动到最右端的过程中，变阻器滑片两侧的电阻并联，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大．滑片从最右端移至中点的过程中，变阻器并联电阻增大，并联电压增大，而滑片右侧电阻减小，所以直流电流档的读数增大．滑片从中点移至最右端的过程中，电路的总电流增大，通过变阻器左侧电阻的电流减小，所以直流电流档的读数增大，故A 正确．
（3）将旋转开关指向直流电流档，闭合电键S 时，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得： E =I max （R 1+r ）=0.32（R 1+r ）
将旋转开关指向直流电压档，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：
()()()1111.2200.062020
m U E R R r R r R r R =++=⨯++=++ 联立以上可解得： 1.48E V =. 12、（1）C （2）g
【解题分析】
（1）A ．此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，所以A 不准确；
B ．曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a ﹣M 图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a ﹣1M
图象，故B 错误； C ．探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故C 正确． （2）设小车质量为m ，钩码质量为M ，则对小车有：
Mg F Ma =﹣
对钩码有：
F mg ma μ=﹣
联立解得： M m a g M m μ-=+ 将上式变形为：
11m M a g m M
μ-
=+ 可见当M
m 时，加速度a 趋近于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、 (1)50m ；(2)1800N
【解题分析】
(1)运动员从A 到B 做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度位移关系可得
22B v aL =
解得
50m L =
(2)运动员由B 到C 的过程，根据动能定理可得
221122
C B mgh mv mv =- 运动员经过C 点时受到重力和支持力，如图所示：
根据牛顿第二定律可得
2N C v F mg m R
-= 解得
N 1800N
F
14、（1）65
5
m/s；（2）0.8 m；（3）4 J
【解题分析】
（1）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v2，
根据牛顿第二定律有m A g=m A
2 2 v R
解得：v2=65
5
m/s
（2）设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v1，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有
1 2m A v12=m A g•2R+
1
2
m A v22
可得：v1=6m/s
设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度大小为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，
有（m A+m B）gh=1
2
（m A+m B）v02
同理滑块B在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（m A+m B）v0=m A v1-m B v0
解得：h=0.8 m
（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为E p，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有1
2
（m A+m B）
v02 + E p=1
2
m A v12+
1
2
m B v02
解得：E p=4J
15、(1)0.5s (1)1m (3)0.75J (4)0.15J
【解题分析】
(1)对工件受力分析，由牛顿第二定律有：
解得：a=μg=1m/s1
(1)两个工件滑上传送带的时间间隔为t，正常运行时工件间的距离：(3)摩擦力对每个工件做功：
(4)每个工件与传送带之间的相对位移：摩擦产生的内能．。