黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025届高三下学期四模物理试题（PDF版附答案）

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A．在研究机器狗的爬行动作时，要考虑大小和形状，则不能将它视为质点，故A错误；
B．机器狗驮着重物运动，以机器狗为参考系，重物是静止的，故B错误；
C．从山脚的红门到山顶的路程约为10公里，用了两个小时，由，则机器狗的平均速率大小约为，因位移的大小未知，则无法求出平均速度的大小，故C错误；
D．机器狗用了两个小时比普通人登山所用时间缩短了一半，由可知机器狗的平均速度大小是普通人的两倍，故D正确。
故选D。
2.C
小明从最低点以大小相等的速度v做圆周运动，由牛顿第二定律可知T－mg＝mv2l，变形可得T＝mg＋mv2l，抓住A点时的运动半径l较大，则绳的拉力较小，故A错误；圆周运动在最低点的角速度为ω＝vl，因抓A点的半径l较大，则角速度较小，故B错误；圆周运动在最低点的向心加速度为an＝v2l，因抓A点的半径l较大，则向心加速度较小，故C正确；设荡起的最大高度差为h，由动能定理可知－mgh＝0－12mv2，可得h＝v22g，则无论抓A点或B点，最终能荡起的最大高度差相同，结合题干可知，抓住A点时，最终能荡到的最大高度小，故D错误。
3．B
A．由乙图可知，时刻电流最大，此时电容器中电荷量为零，电场能最小，磁场能最大，故A错误；
B．由图乙可知，振荡电路的周期变小，根据
可知线圈自感系数变小，则汽车正驶离智能停车位，故B正确；
C．在乙图中，t1~t2过程中，电流逐渐减小，电容器正在充电，电容器内电场强度逐渐增大，故C不正确；
D． 过程，电流逐渐增大，电场能逐渐转化为磁场能，电容器处于放电过程，电容器带电量逐渐减小，故D错误。
故选B。
4．A
AB．将力F沿垂直侧面方向分解可知
木楔对油饼的压力为
可知为了增大木块对油饼的压力，通常设计得较小，木锲对每个木块的压力大于，选项A正确，B错误；
C．根据力的合成和分解，选项C错误；
D．木块对油饼的压力与油饼对木块的压力是相互作用力，总是等大反向，可知木块加速挤压油饼过程中，木块对油饼的压力大小等于油饼对木块的压力大小，选项D错误。
故选A。
5．C
AB．衰变过程中电荷数和质量数守恒，故衰变为的衰变方程为
该衰变属于β衰变，故AB错误；
C．由图线可知，的半衰期为8.07d，故C正确；
D．放射性元素原子核的衰变遵循统计规律，对少数原子核不适用，故D错误。
故选C。
6．B
A．由图乙可知周期，所以，图中B点振动方程为
故A错误；
B．实线圆、虚线圆分别表示时刻相邻的波峰和波谷，由图甲可知
则波在水中的传播速度
故B正确；
C．根据题意可知O处此时处于波峰位置，且
实线圆传递到C点的时间
故C错误；
D．C点第10次到达波峰的时刻，故D错误。
故选B。
7.C
A．设两星球的轨道半径分别为、，由题意可知
解得
整理得
故A错误；
B．星球P、Q环绕连线上的点做匀速圆周运动，则星球P、Q的角速度相等，又星球P、Q之间的万有引力提供向心力，所以星球P、Q的向心力大小相等，则
因为
所以
故B错误；
C．由以上分析可知P、Q的线速度分别为
P、Q的线速度之和为
P、Q的线速度之差为
得
故C正确；
D．由牛顿第二定律对星体P有
同理对Q有
则
P、Q质量之和为
P、Q质量之差为
解得
故D不正确。
故选C。
8．BD
AB．小磁铁下端是S极，在S极靠近螺线管的过程中，磁通量增加，根据楞次定律结合安培定则，可知电流传感器中的电流由a到b，小磁铁远离螺线管的过程中，电流传感器中的电流由b到a，故AB正确；
C．小磁铁运动到中央位置时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率为零，因此电压传感器示数为零，故C错误；
D．感应电流的产生，正是克服安培力做功的结果，克服安培力做了多少功，就有多少的其他形式的能转化为电能，故D正确。
故选BD。
9．AC
A．从O点到C点，电场强度方向保持不变，由于开始场强方向沿x轴正方向，所以沿电场线方向电势逐渐降低，则从O点到C点，电势逐渐降低。故A正确；
B．由图像可知场强先增大后减小，则电场力也是先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，一直做变加速运动。故B错误；
C．粒子在AB段图像的面积大于BC段图像的面积，则
所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量。故C正确；
D．由图像可知图像的面积表示电势差，则有
由动能定理有
，
可得
所以粒子运动到C点时动能小于3Ek。故D错误。
故选AC。
10.BC
A.设小滑块离开弹簧时的速度为，由机械能守恒定律得
解得
故A错误；
B.设经时间，小滑块达到与传送带共速，则由动量定理和动能定理得
解得
小滑块匀速通过传送带的时间为
则小滑块通过传送带的时间为
故B错误；
C.传送带摩擦力对小滑块的冲量为
故C正确；
D.传送带支持力对小滑块的冲量为
故D错误。
故选BC。
11. (1)图见解析 (2)2k eq \f(b,k)
(1)实物连接如图所示。
(2)根据部分电路欧姆定律有U＝eq \f(Ig,2)R＋eq \f(IgRg,2)，则有k＝eq \f(Ig,2)，b＝eq \f(IgRg,2)，解得Ig＝2k，Rg＝eq \f(b,k)。
12.[答案](1)10.5 (2)AD
(3)m1x2＝m1x1＋m2x3
(4)m1y2=m1y3+m2y1
(2)题图1中实验是利用平抛运动的水平位移来表示小球在斜槽末端的速度，斜槽末端必须要调成水平，以保证小球离开斜槽后做平抛运动，A正确；斜槽倾斜部分没必要必须光滑，只要小球A每次均从E点静止释放，即可保证到达斜槽末端时的速度相同，故B错误，D正确；小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，竖直方向上，小球下落的高度相等，由h＝eq \f(1,2)gt2可知小球在空中运动的时间相等，由x＝vt可知小球水平位移之比等于小球做平抛运动的初速度之比，即实验不需要测出斜槽末端距地面的高度，故C错误。
(3)设小球在空中运动的时间为t0，根据(2)中分析可知，与B球碰撞前瞬间，小球A的速度为v0＝x2t0，碰撞后瞬间小球A、B的速度分别为vA＝x1t0，vB＝x3t0，若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为m1v0＝m1vA＋m2vB，整理得m1x2＝m1x1＋m2x3。
(4)设题图2中斜槽末端到接球板的距离为x，小球从斜槽末端飞出时的初速度为v，小球从斜槽末端飞出后做平抛运动，则小球在空中飞行的时间为t＝eq \f(x,v)，下落距离为y＝eq \f(1,2)gt2，联立解得v＝xeq \r(\f(g,2y))，已知vB>v0>vA，则碰撞前瞬间小球A的速度为v0＝xg2y2，碰撞后瞬间小球A、B的速度分别为vA＝xg2y3，vB＝xg2y1，若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为m1v0＝m1vA＋m2vB，整理得m1y2=m1y3+m2y1。
13.10分
由等压变化可知
（2分）
（1分）
解得（1分）
由几何关系可知,入射角等压2倍折射角（1分）
（1分）
解得
∴气缸上升高度为（1分）
由等压变化可知
（2分）
解得（1分）
14．（12分）
【答案】(1)
(2)；
(3)
【详解】（1）电子穿过加速电场，有（2分）
解得（1分）
（2）设与竖直方向的夹角为，则有（1分）
解得
电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有（1分）
由几何关系可知，电子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为，轨道半径（1分）
解得
电子在磁场中运动的周期（1分）
电子在磁场中运动的时间（1分）
电子射出磁场后，继续运动了（1分）
射到点，电子射出磁场后，继续运动了（1分）
故电子从点运动到点所用的时间（2分）
15（18分）【答案】（1）；；（2）或（n=0，1，2，3…）（3）θ=60° LGEmin=1.2m
【详解】（1）当物体在A处时加速度最大，由牛顿第二定律
（1分）
得 （1分）
当加速度a=0，即F=mg（1分）时，速度达到最大值。由F-y图线可知
（1分）
代入F=mg可得（1分）
所以，距离A点2.4m处时，速度达到最大值。
（2）对物体的运动进行分析可知，物体从A处出发到达最高点，再根据运动的对称性，可知物体又会下落回到A处，再周而复始运动下去。
设到达上边界的B处时物体的速度为vB
由A到B对物体列动能定理 （1分）解得vB=，
设物体能上升的最大高度H，最大高度到B点的距离为h2，根据竖直上抛运动特点，可知
（1分） 解得
所以，最高处距离A点高 （1分）
物体从B到C做竖直上抛运动 （1分） 解得
所以，物体从A到C之间的总路程SAC可能为：
当物体向上经过C点时（n=0，1，2，3…）（1分）
即（n=0，1，2，3…）（1分）
当物体向下经过C点时（n=0，1，2，3…）（1分）
即（n=0，1，2，3…）（1分）
(3)对于物体从D点到G点的运动，
沿细杆方向有 （1分）
垂直细杆方向有（1分）
令y=0，消去t，整理得
（1分）
所以θ=60°（1分）时x最大，且xmax=0.8m
而，因此LGEmin=1.2m（1分）