黑龙江省齐齐哈尔市2023-2024学年高三下学期5月联合考试物理试题（原卷版+解析版）

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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6分，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. 如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力、支持力、摩擦力和磁力的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解

A C．沿斜面方向，由平衡条件得
故A错误，C正确；
B D．垂直斜面方向，由平衡条件得
故BD错误
故选C。
2. 如图为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11eV，以下说法正确的是（ ）
A. 氢原子从高能级向基态跃迁时可能发射γ光子
B. 用能量为11.0eV光子激发处于基态的氢原子，可使其跃迁到激发态
C. 原子跃迁到低能级后电子动能增大
D. 处于n=2能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离
【答案】C
【解析】
【详解】A．由能级图可知，从能量是零跃迁到基态，放出光子的能量是13.6eV，小于γ光子的能量，因此不可能发射γ光子，A错误；
B．11.0eV光子的能量不等于基态与其它能级间的能级差，因此不会跃迁到激发态，B错误；
C．原子跃迁到低能级后，电子的轨道半径减小，电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，则有
可得
可知轨道半径减小，则有电子动能增大，C正确；
D．紫外线光子的能量大于3.11eV，处于n=2能级的氢原子吸收紫外线后，能量不一定大于零，不一定能电离，D错误。
故选C。
3. 如图，某同学单手拍篮球：球从地面弹起到某一高度，手掌触球先一起向上减速，再一起向下加速，运动到手掌刚触球的位置时，手掌与球分离，从触球到分离记为一次拍球，以竖直向下为正方向，下列图像能大致反映一次拍球过程，篮球速度随时间变化关系的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】以竖直向下为正方向，则手掌触球先一起向上减速时，速度方向向上，速度为负值，加速度方向向下，当手掌触球一起向下加速时，速度方向向下，速度为正值，加速度方向向下，又由于图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移大小，根据题意篮球向上运动的位移与向下运动的位移大小相等，即前后两过程图像与时间轴所围三角形的面积相等，可知，只有第二个选择项满足要求。
故选B。
4. 2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是（ ）

A. “夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为
B. “夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于
C. “夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D. 由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
【答案】A
【解析】
【详解】A．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故A正确；
B．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故B错误；
C．根据
可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，一列简谐横波沿轴正方向传播，时，位于坐标原点O处的波源开始从平衡位置沿y轴向上做周期为、振幅为的简谐振动。当平衡位置在处的质点P刚开始振动时，波源处的质点刚好位于波峰。下列描述正确的是（ ）
A. 波源O在开始振动后内通过的路程为
B. 该列简谐横波的最大波长为
C. 该列简谐横波的最大波速为
D. 若波长满足，则波速为
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于
波源O在开始振动后内通过的路程为
A正确；
BC．由已知条件可知波长满足
（，，）
即
（，，）
当时，波长最长，该波的最大波长；故最大波速为
BC错误；
D．由题意可知，波长满足
（，，）
波速为
（，，）
只有时，满足，即，波速，故D错误。
故选A。
6. 大气污染日益严重，为了减少污染要求工业尾气需要按照静电除尘器进行除尘才允许排放，下图是静电除尘器的原理示意图，接负极，外壳接正极，废气以一定的速度从底部开口进入，经过除尘后，干净的空气从顶部出来，达到除尘目的。m，n是两粒带电的尘埃（仅受电场力），虚线分别是他们的运动轨迹（ ）
A. m做匀变速直线运动，n做变加速曲线运动
B. m、n一定带正电
C. n的电势能一定增加
D. 微粒m在处的电势高于处
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于电场不是匀强电场，带电尘埃受到的电场力不是恒力，带电尘埃的加速度不是恒定的，所以m做变加速直线运动，n做变加速曲线运动，A错误；
B．带电尘埃n在电场力作用下做曲线运动，电场力位于曲线凹侧，可知电场力与电场方向相反，故n带负电，B错误；
C．电场力对n带电尘埃做负功，可知n的电势能增加，C正确；
D．根据沿电场方向电势降低，可知处的电势低于处，D错误。
故选C。
7. 某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2
B. 起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s
C. 起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m
D. 起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N·s
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为
根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为
故A错误；
BCD．根据图像可知，起跳过程中支持力的冲量为
起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
根据动量定理可得
解得起跳离开地面瞬间的速度为
则起跳后运动员重心上升的平均速度为
起跳后运动员重心上升的最大高度为
故BD错误，C正确
故选C。
8. 如图为某款自行车的气压式减震装置，活塞连接车把，气缸连接前轮。当路面不平时，自行车颠簸使得活塞上下振动，气缸内封闭的理想气体体积随之变化，起到减震作用。活塞迅速下压的过程中，气缸内的气体（ ）
A. 对外做正功B. 内能减小
C. 温度升高，分子平均动能增加D. 分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加
【答案】CD
【解析】
【详解】A．活塞迅速下压过程中，气缸内的气体被压缩，外界对气体做正功。故A错误；
B．外界对气体做正功，活塞迅速下压，可近似看成是绝热过程，则由热力学第一定律
可知，气体内能增加。故B错误；
C．理想气体内能只与温度有关，所以气体温度升高，分子平均动能增加。故C正确；
D．根据理想气体的状态方程
气体体积减小，温度升高，则气体压强增大，即分子对气缸壁单位面积的平均撞击力增加。故D正确。
故选CD。
9. 如图所示，用一交流电源给理想变压器供电，交流电源电压瞬时值变化规律为，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈回路接有一阻值为的电阻，理想变压器副线圈回路接有阻值为的电阻和灯泡L，闭合开关S后，规格为“10V，8W”的灯泡L恰好正常发光，则（ ）
A. 变压器副线圈的电流为0.2AB. 变压器原线圈的电压为80V
C. 电阻的阻值为D. 变压器输入功率为20W
【答案】BC
【解析】
【详解】A．规格为“”的灯泡L恰好正常发光，则副线圈的电流为
选项A错误；
B．理想变压器
解得原线圈电流为
从交流电源电压的瞬时值变化规律可得输入电压的有效值为100V，原线圈两端的电压为
选项B正确；
C．理想变压器有
解得
电阻的阻值为
选项C正确；
D．变压器输入功率为
选项D错误。
故选BC。
10. 如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）

A. 粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B. 粒子从中点射入磁场时速度为
C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若粒子打到PN中点，则
解得
选项A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度
选项B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
选项C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D正确；
故选AD。
二、实验题（其中11题5分，12题9分共计14分）
11. 某同学用激光笔和透明长方体玻璃砖测量玻璃的折射率，实验过程如下：
（1）将玻璃砖平放在水平桌面上的白纸上，用大头针在白纸上标记玻璃砖的边界
（2）①激光笔发出的激光从玻璃砖上的点水平入射，到达面上的点后反射到点射出．用大头针在白纸上标记点、点和激光笔出光孔的位置
②移走玻璃砖，在白纸上描绘玻璃砖的边界和激光的光路，作连线的延长线与面的边界交于点，如图（a）所示

③用刻度尺测量和的长度和．的示数如图（b）所示，为________。测得为

（3）利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式________ ；由测得的数据可得折射率为________（结果保留3位有效数字）
（4）相对误差的计算式为。为了减小测量的相对误差，实验中激光在点入射时应尽量使入射角________。
【答案】 ①. 2.25 ②. ③. 1.51 ④. 稍小一些
【解析】
【详解】（2）③[1]刻度尺的最小分度为0.1cm，由图可知，为2.25cm；
（3）[2][3]玻璃砖折射率的表达式
带入数据可知
（4）[4]相对误差的计算式为，为了减小测量的相对误差，实验中要尽量稍大一些，即激光在点入射时应尽量使入射角稍小一些。
12. 某同学为了测量某一节干电池的电动势和内阻，实验室准备了下列器材：
A．待测干电池（电动势约为，内阻约为）
B．电流表A1（量程0.6A，内阻较小）
C．电流表A2（量程300μA，内阻）
D．滑动变阻器R1（0～20Ω，额定电流为2A）
E．滑动变阻器R2（0～2kΩ，额定电流为1A）
F．电阻箱R0（阻值为）
G．开关一个，导线若干
了能比较准确地进行测量，根据要求回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应选________（选填“R1”或“R2”）。
（2）为了操作方便，需利用电流表A2和电阻箱改装成量程为3V的电压表，需_________（选填“串联”或“并联”）阻值R0=_______Ω的电阻箱。
（3）请根据电路图甲将图乙中的实物连接完整，要求闭合电键S前，应将滑动变阻器的滑片移到最左端______。
（4）闭合电键S后，多次调节滑动变阻器，测得多组电流表A1、A2的示数I1、I2，绘制出图像，如图丙所示，则电源的电动势__________，电源的内阻___________（结果均用a、b、R0和Rg表示）。
【答案】（1）
（2） ①. 串联 ②. 9000
（3） （4） ①. ②.
【解析】
【详解】（1）为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的；
（2）[1]将电流表和电阻箱改装成量程为的电压表，需串联的电阻；
[2]需要串联的阻值为
（3）要求闭合电键S前，应将滑动变阻器的滑片移到最左端，依据电路原理图甲，将实物进行连接，如图所示
（4）[1][2]分析电路，根据闭合电路欧姆定律有
整理得
对照图像可得
联立解得
三、解答题（其中13题8分，14题12分，15题20分共计40分）
13. 小明在河边玩打水漂游戏。他将扁平的石子以初速度水平抛出，石子第一次接触水面时速度的方向与水面的夹角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）石子第一次接触水面时的速度大小；
（2）石子抛出时距水面的高度h。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）石子第一次接触水面时速度的方向与水面的夹角为θ，石子第一次接触水面时的速度大小
（2）竖直分速度
石子抛出时距水面的高度
14. 如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
15. 如图所示，固定的一对长金属导轨，间距为，其水平部分与倾斜部分均足够长。导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为，其左侧连接了电源G。导轨的倾斜部分倾角且处于平行斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为，其下方接有开关S和的电容器，开始时开关断开、电容器不带电。导轨上正对的P、Q两处各有一小段用绝缘材料制成，长度不计。质量均为的导电杆甲、乙静止在导轨上，均与导轨垂直，甲与导轨摩擦不计，电阻，乙的电阻。某时刻起电源G开始工作，输出恒定电流，经，使甲运动到P、Q处，电源G立即停止工作。当甲越过P、Q瞬间，再对其施加一个沿导轨水平向右的恒力，此时乙恰好开始运动。己知，不计除导电杆外所有电阻，不计回路自身激发磁场，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。
（1）求甲通过P、Q时的速度大小；
（2）求乙与倾斜导轨间的动摩擦因数；
（3）求电源G输出的总能量；
（4）为回收部分能量，闭合开关S，其他条件不变，已知在甲通过P、Q后内位移为，产生的焦耳热为，此时电容器已达到最大稳定电压。当电容器电压为时，其储能为。忽略电磁辐射，求此过程中，乙上产生的焦耳热（该结果保留3位有效数字）。
【答案】（1）3m/s；（2）；（3）；（4）96.5J
【解析】
【详解】（1）对甲导电杆进行分析，根据牛顿第二定律有
根据速度公式有
解得
（2）甲导电杆刚刚通过P、Q时的感应电动势
此时的感应电流
解得
根据右手定则确定电流从上往下看，方向为逆时针，根据左手定则可知，乙导电杆所受安培力方向垂直于斜面向上，且大小为
解得
此时乙恰好开始运动，则有
解得
（3）根据能量守恒定律，电源G输出的总能量
解得
（4）对甲分析，在拉力作用下，向右先做加速度减小得变加速运动，最后做匀速直线运动，则有
感应电流
解得
对甲分析，根据动能定理有
根据功能关系有
其中
解得