物理答案-5.29(1)_2025年5月_250531黑龙江省哈尔滨市哈尔滨师范大学附属中学2025届高三第四次模拟考试（全科）_黑龙江省哈师大附中2025年5月高三第四次模拟考试物理试题

1.D 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 v2 v2 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＝m ，变形可得T＝mg＋m ，抓住 l l v 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＝ ，因抓A点的半径l l v2 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a ＝ ，因抓A点的半径l较大，则向心加 n l 1 v2 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－ mv2，可得h＝ ，则无论抓A点 2 2g 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，t~t 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； 1 2 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 1 学科网（北京）股份有限公司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 2 学科网（北京）股份有限公司因为 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。 3 学科网（北京）股份有限公司故选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3E。故D错误。 k 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 4 学科网（北京）股份有限公司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 (1)实物连接如图所示。 (2)根据部分电路欧姆定律有U＝R＋，则有k＝，b＝，解得Ig＝2k，Rg＝。 12.[答案](1)10.5 (2)AD (3)mx＝mx＋mx 1 2 1 1 2 3 m m m (4) 1 = 1 + 2 ❑√y ❑√y ❑√y 2 3 1 (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＝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v＝x ，碰撞后瞬间 0 2 t 0 小球A、B的速度分别为v ＝x ，v ＝x ，若两球碰撞时动量守恒，则满足的表达式为mv ＝mv ＋mv ，整理得 A 1 B 3 1 0 1 A 2 B t t 0 0 5 学科网（北京）股份有限公司mx＝mx＋mx。 1 2 1 1 2 3 (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＝，下落距离为y＝gt2，联立解得v＝x，已知v >v>v ，则碰撞前瞬间小球A B 0 A 的速度为v ＝x√ g ，碰撞后瞬间小球A、B的速度分别为v ＝x√ g ，v ＝x√ g ，若两球碰撞时动量守恒， 0 ❑ A ❑ B ❑ 2y 2y 2y 2 3 1 m m m 则满足的表达式为m 1 v 0 ＝m 1 v A ＋m 2 v B ，整理得 1 = 1 + 2 。 ❑√y ❑√y ❑√y 2 3 1 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） 6 学科网（北京）股份有限公司解得 （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° L =1.2m GEmin 【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。 7 学科网（北京）股份有限公司设到达上边界的B处时物体的速度为v B 0F 1 m dmgd mv2 0 由A到B对物体列动能定理 2 2 B （1分）解得v = ， B 设物体能上升的最大高度H，最大高度到B点的距离为h，根据竖直上抛运动特点，可知 2 （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S 可能为： AC 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， 1 x v cost gsin30t2 沿细杆方向有 0 2 （1分） 1 yv sint gcos30t2 垂直细杆方向有 0 2 （1分） 令y=0，消去t，整理得 2v2cos（30）sin sin30 sin（230） x  0  v2 gcos30 0 g（cos30）2 （1分） 所以θ=60°（1分）时x最大，且x =0.8m max h x  2 L 而 sin30 GE ，因此L =1.2m（1分） GEmin 8 学科网（北京）股份有限公司