黑龙江省2023~2024学年高三下学期第四次模拟考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023~2024学年度高三年级第五次模拟物理注意事项：1．本卷满分100分，考试时间75分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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.在火星上，太阳能电池板的发电能力有限，因此科学家用放射性材料PuO₂作为辅助电源为火星车供电。PuO₂中的Pu元素是238Pu，具有天然放射性，半衰期为87.7年，其衰变方程为，则下列说法正确的是（）A.Pu原子核发生的是α衰变B.Pu核的结合能小于234U核的结合能C.50个238Pu原子核经过87.7年后一定还会剩余25个D.238Pu的半衰期跟核内部自身因素有关，也跟原子所处的化学状态和外部条件有关〖答案〗A〖解析〗A．根据质量数与电荷数守恒有则为，故原子核发生的是衰变，A正确；B．结合能是把原子核拆开所需要的能量，故核子数越多，结合能越大，可知核的结合能大于核的结合能，B错误；C．半衰期是一个统计规律，只针对大量的原子核才成立，对少数、个别原子核不成立，因此50个原子核经过87.7年后不确定还会剩余多少个，C错误；D．的半衰期跟核内部自身因素有关，跟原子所处的化学状态和外部条件无关，D错误。故选A。2.如图甲所示是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始计时，其下潜的图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0~0.5h内的总质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是（）A.0~0.5h内，“奋斗者号”处于超重状态B.0.5~2.5h内，“奋斗者号”的总质量小于mC.2.5~3.0h内，“奋斗者号”的加速度大小为2m/s²D.0~3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度为7200m〖答案〗B〖解析〗A．内，“奋斗者号”向下做匀加速运动，加速度方向向下，故处于失重状态，故A错误；B．“奋斗者号”的体积不变，则浮力不变，内，“奋斗者号”做匀速直线运动，此时需要排出部分海水，让重力等于浮力，故“奋斗者号”的总质量小于，故B正确；C．由图像可知，内，“奋斗者号”的加速度大小为故C错误；D．根据图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知内，“奋斗者号”下潜的深度为故D错误。故选B。3.如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一电荷量为，质量为m的小球，能沿斜面匀加速上滑，重力加速度g，则下列说法中正确的是（）A.小球在N点的重力势能大于在M点的重力势能B.小球在N点的电势能大于在M点的电势能C.小球的电势能和动能的和一直在增大D.小球的电势能和重力势能的和一直在减小〖答案〗AD〖解析〗A．由图可知小球从M点到N点过程重力做负功由上述式子可知，该重力势能增加，所以N点的重力势能大于M点的电势能，故A项正确；B．由图可知小球从M点到N点过程电场力做正功由上述式子可知，该电势能减少，所以N点的电势能小于M点的电势能，故B项错误；C．由上述分析可知，小球的电势能减小，小球做匀加速运动，速度增加，所以小球的动能增加，由功能关系可知小球的电势能转化为小球的重力势能和动能，则有由上述公式可知，电势能的变化量大于动能的变化量。即小球电势能减少的量比动能增加的量多。所以，小球的电势能和动能的和一直在减小，故C项错误；D．因为电场力做正功，所以小球的电势能一直在减小，而重力做负功，小球的重力势能增加，由功能关系可知小球的电势能转化为小球的重力势能和动能，则有由上述公式可知，电势能的变化量大于重力势能的变化量。即小球电势能减少的量比重力势能增加的量多。所以，小球的电势能和重力势能的和一直在减小，故D项正确。故选AD。4.如图所示，质量为m的小物块开始静止在一半径为R的球壳内，它和球心O的连线与竖直方向的夹角为，现让球壳随转台绕转轴OO'一起转动，小物块在球壳内始终未滑动，重力加速度为g，，，则下列说法正确的是（）A.小物块静止时受到的摩擦力大小为B.若转台的角速度为，小物块不受摩擦力C.若转台的角速度为，小物块受到沿球面向下的摩擦力D.若转台的角速度为，小物块受到沿球面向下的摩擦力〖答案〗D〖解析〗A．静止时，对小物块受力分析，根据平衡条件有故A错误；B．球壳随转台绕转轴一起转动，小物块做匀速圆周运动，设小物块所受摩擦力恰好为0时的角速度为，对小物块进行受力分析，则有解得故B错误；C．因，故小物块有沿球壳向下运动的趋势，受到沿球面向上的摩擦力，故C错误；D．因，故小物块有沿球壳向上运动的趋势，受到沿球面向下的摩擦力，因，故小物块有沿球壳向上运动的趋势，受到沿球面向下的摩擦力，故D正确。故选D。5.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，原线圈两端接的交流电源，副线圈两端接的负载电阻，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（）A.电压表的示数为B.电流表示数为C.变压器的输入功率为D.副线圈中交流电的频率为〖答案〗C〖解析〗A．原线圈电压的有效值为副线圈中电压表的示数为有效值，即A错误；B．副线圈中的电流为则原线圈中电流表示数为B错误；C．变压器的输入功率等于输出功率，即C正确；D．副线圈中交流电的频率应与原线圈中相同，即D错误。故选C。6.如图所示为某兴趣小组的同学设计的测量电流的装置，质量为的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连。在矩形区域abcd内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B=4T的匀强磁场，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，此时轻弹簧的伸长量为0.01m；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。不计通电时电流产生的磁场的作用，仪表内部构造不允许反偏。若（，），则下列说法正确的是（）A.轻弹簧的劲度系数为B.此电流表的量程是C.若匀强磁场的磁感应强度大小加倍，则仪器的量程也加倍D.当金属棒的N端与电源正极相接时，会导致电表反偏出现故障〖答案〗B〖解析〗A．当电流表示数为零时，对金属棒受力分析，有解得A错误；BC．当运动至位置时，电流达到最大，即弹簧继续伸长，此时解得由此可知，匀强磁场的磁感应强度大小加倍，仪器的量程减半，B正确，C错误；D．当金属棒的端与电源正极相接时，金属棒的电流由到，根据左手定则可知，金属棒受到向下的安培力，指针向下正偏，电表不会反偏出现故障，D错误。故选B。7.如图所示，质量均为m的滑块A、B、C放在光滑的水平面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F=mg的恒力，使B、C一起向左运动，当弹簧压缩到最短时，立即撤去恒力。轻弹簧始终处于弹性限度范围内，重力加速度为g，则滑块A的最大速度为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗恒力作用时，弹簧压缩到最短的过程中，一起做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，弹簧压缩到最短时的压缩量为立即撤去恒力，当弹簧恢复原长时，发生分离，设此时的速度大小为，根据能量守恒有解得弹簧恢复原长后，和弹簧组成的系统水平方向动量守恒和动能守恒，当弹簧再次恢复原长时，滑块的速度最大，有，联立解得，故选A。8.如图所示，玻璃球冠的半径为R，底面镀有反射膜，底面的半径；在纸面内有一条过球心O光线。经过底面AB反射后恰好从M点射出，已知出射光线的反向延长线恰好经过A点，光在真空中的速度为c。下列说法正确的是（）A.该条光线入射方向与底面AB的夹角为30°B.该玻璃球的折射率为C.即使底面不镀反射膜，光线也能完全从M点射出D.光线从入射到射出经历的时间为〖答案〗BD〖解析〗A．光线从P点射入，设球冠底面中心为O＇，连接OO＇，如图所示，由〖解析〗题可知解得由于MA⊥AB，则有∠OAM=60°，△OAM为等边三角形，由几何关系OO＇∥MA，可知∠PNO＇=60°，该条光线入射方向与底面AB的夹角为60°，A错误；B．由几何关系可知，∠ONE=∠ENM=30°，则有，，由折射定律可得B正确；C．由产生全反射的临界角公式可得>解得可知，若使底面不镀反射膜，光线在AB面不会产生全反射，光线不能完全从M点射出，C错误；D．光线从P点射入到从M点射出，所经的路程为又有则有传播时间为联立解得D正确。故选BD。9.航天器进行宇宙探索的过程中，经常要进行变轨。若某次发射卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道Ⅰ，到达轨道Ⅰ的A点时实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的远地点B时，再次实施变轨进入圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。关于该卫星，下列说法正确的是（）A.该卫星的发射速度大于B.该卫星在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期C.该卫星在轨道Ⅰ上运行时的速度大于在轨道Ⅲ上运行时的速度D.该卫星在轨道Ⅱ上经过B点时的加速度大于在轨道Ⅲ上经过B点时的加速度〖答案〗BC〖解析〗A．卫星没有脱离地球，故发射速度满足，故A错误；B．根据开普勒第三定律又轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅱ的半长轴，故卫星在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期，故B正确；C．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，根据解得可知卫星在轨道Ⅰ上运行时的速度大于在轨道Ⅲ上运行时的速度，故C正确；D．由牛顿第二定律有解得故卫星在轨道Ⅱ上经过点时加速度等于在轨道Ⅲ上经过点时的加速度，故D错误。故选BC。10.如图所示，在一圆盘内有垂直圆盘平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆盘半径为L，长度为L的金属棒在圆盘内绕着圆心做角速度为ω的匀速圆周运动，在圆盘左侧连接一电容器，电容器内有一电荷量为-q（q>0）的带电油滴。已知电容器两极板的距离为d，电容为C，重力加速度为g，若该油滴处于静止状态，则下列说法正确的是（）A.从上往下看，金属棒沿逆时针方向运动B.电容器极板的带电量为C.该油滴的质量为D.将电容器的上极板稍微上移，该油滴将向下运动〖答案〗AD〖解析〗A．由于电容器内静止的油滴带负电，则电容器上极板带正电，下极板带负电，根据右手定则可知，从上往下看，金属棒沿逆时针方向运动，A正确；B．根据法拉第电磁感应定律，可知金属棒转动产生的感应电动势为则电容器极板所带的电荷量为B错误；C．电容器间的电场强度大小为根据平衡条件有则油滴的质量为C错误；D．由于金属棒匀速运动，故产生的感应电动势不变，将电容器的上极板稍微上移，则极板间距离变大，根据可知电容器间的电场强度减小，则电场力减小，故油滴受到的重力大于电场力，将向下运动，D正确。故选AD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验室备有如下器材：A.干电池1节B.电流表A（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）C灵敏电流计G（满偏电流内阻）D.滑动变阻器（0~10Ω）E.电阻箱R（0~9999.9Ω）F.开关、导线若干（1）由于没有电压表，需要把灵敏电流计G改装成量程为2V的电压表，需_______（填“串”或“并”）联一个阻值为_________的电阻。（2）改装后采用如图甲所示电路进行测量，绘出的图线（为灵敏电流计G的示数，为电流表A的示数）如图乙所示，可得被测干电池的电动势________内阻________Ω。（结果均保留两位小数）〖答案〗（1）串3950（2）1.460.33〖解析〗【小问1详析】[1][2]把灵敏电流计改装成量程为的电压表，需串联电阻；根据串联电路，有解得【小问2详析】[1][2]由闭合电路欧姆定律得化简可得即联立解得12.小明同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点。光电门固定在A的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取作为钢球经过A点时的速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小与动能变化大小，就能验证机械能是否守恒。（1）用计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到___________之间的竖直距离。A.钢球在A点时的顶端B.钢球在A点时的球心C.钢球在A点时的底端（2）用计算钢球动能变化的大小。利用游标卡尺测量遮光条宽度，示数如图所示，其读数为______mm。某次测量中，计时器的示数为0.002s，则钢球的速度为______m/s。（计算结果保留三位有效数字）（3）下表为该同学的实验结果：4.8929.78614.6919.5929.385.0410.115.120.029.8他发现表中的与之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意他的观点？请说明理由______________________〖答案〗（1）B（2）3.801.90（3）见〖解析〗〖解析〗（1）[1]根据题意可知，小球下落的高度是初末位置球心之间的高度差。故选B。（2）[2]由图可知，游标为分度，且第16个小格与主尺对齐，则游标卡尺读数为[3]钢球的速度为（3）[4]不同意。如果是空气阻力造成的，应该是而图表中大于，则存在的差异，不是由于空气阻力造成的。13.如图所示，导热性能良好的汽缸开口向上放在水平地面上，缸内用质量和厚度不计、面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞上放质量为4m的物块A，绕过定滑轮的细线一端连接物块A，另一端连接质量为2m的物块B，开始时，A、B均处于静止状态，活塞离缸底的距离为，离缸口的距离为，物块B对地面的压力恰好为零，重力加速度为g，环境温度为，大气压强，不计一切摩擦，现缓慢升高环境温度，求：（1）当细线上的拉力恰好为零时，环境的温度为多少；（2）若缸内气体的内能与温度的关系为，则从开始升温至活塞刚好到缸口时，缸内气体吸收的热量为多少。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）设开始时缸内气体的压强为，根据平衡条件有，联立解得当细线的拉力恰好为零时，设缸内气体压强为，根据平衡条件有解得开始时缸内气体温度，设细线拉力恰好为零时，环境温度为，气体发生等容变化，有解得（2）设活塞移到缸口时，环境温度为，从细线拉力刚好为零至活塞移到缸口，气体发生等压变化，则解得缸内气体内能增量外界对气体做功为根据热力学第一定律解得14.如图所示，平面直角坐标系xOy第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场（磁感应强度大小未知），第二象限内存在沿y轴正方向的匀强电场（电场强度大小未知）。质量为m、电荷量为的粒子从x轴上的P点以与x轴正方向成角斜向上的初速度垂直匀强磁场射入，恰好从y轴上的C点垂直于y轴射入匀强电场，最后经x轴上的Q点射出匀强电场。已知，，不计粒子的重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）如果保持匀强电场与匀强磁场的方向不变，而将它们的位置左右对调，且电场强度大小，磁感应强度大小，仍将该粒子从P点以初速度沿某一方向发射，仍能从y轴上的C点射入第二象限，则粒子进入匀强磁场后做圆周运动的半径。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其运