2024年高考押题预测卷—物理（黑龙江卷02）（全解全析）.docx

1、2024年黑龙江省高考押题预测卷02【新课标】物理全解全析一、 选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。12345678910CADACCCBCBCABC1.在如图所示的照片中，关于物体或人在运动过程中的一些描述说法正确的是()A. 甲图是一列在12:3520:07之间由厦门北开往武汉的动车，12:35是指动车运动时间B. 乙图中的a点是电风扇扇叶边缘上的一点，它在运动一周的过程中，其平均速度不为零C. 丙图中400m跑步比赛的终点在同一直线上，但起点不

2、在同一直线上，这样做的目的是为了使参加比赛的同学路程大小相同D. 丁图是正在做精彩表演的芭蕾舞演员，台下的观众可以把她们视为质点1.【答案】C【解析】A.12:35是指动车发车的时刻，故A错误；B.由于运动一周的位移为零，故平均速度为零，故B错误；C.因为跑道外圈半径大于里圈，当终点在同一直线上时，起点就不在同一直线上，这样做的目的是为了使参加比赛的同学路程大小相同，故C正确；D.研究跳舞的姿态时，其大小和形状不能忽略，故不能看作质点，故D错误。故选C。2.科幻电影流浪地球中，有地球利用木星来加速的片段如图所示为地球仅在木星引力作用下沿椭圆轨道运动的情景，其中轨道上的P点距木星最近(距木星的高

3、度可忽略不计)，下列说法正确的是()A. 地球靠近木星的过程中动能增大B. 地球远离木星的过程中机械能减小C. 地球远离木星的过程中加速度不变D. 地球在P点的速度等于木星第一宇宙速度2.【答案】A【解析】【解答】A.地球绕木星做椭圆运动，根据开普勒第二定律可得，远木点的速度小，近木点的速度大，故地球靠近木星的过程中，运行速度增大，动能增大，故A正确；B.地球远离木星的过程中，只有万有引力做负功，因此机械能守恒，故B错误；C.地球在轨道上运行时，万有引力提供加速度，则有a=GMr2，地球远离木星的过程中，r变大，所以加速度减小，故C错误；D.若地球在P点绕木星做匀速圆周运动，则速度等于木星的第

4、一宇宙速度，即v1= GMR，而地球过P点后做离心运动，万有引力小于需要的向心力，则有GMmR2 GMR=v1，所以地球在P点的运行速度大于木星的第一宇宙速度，故D错误。3.两只相同的篮球甲、乙内空气压强相等，温度相同。用气筒给甲球快速充气、给乙球缓慢充气，两球充入空气的质量相同。设充气过程篮球体积不变，则()A. 刚充完气，两球中气体分子的平均动能相等B. 刚充完气，甲中分子的数密度较大C. 刚充完气，两球内气体压强相等D. 对甲充气过程人做的功比对乙的多3.【答案】D【解析】解：A.气筒给甲球快速充气，外界对气体做功，则甲内能增加，气体温度升高；气筒给乙球缓慢充气，气体温度不变，则乙内能不

5、变；所以刚充完气，甲温度较高，甲球中气体分子的平均动能比乙球大，故A错误；B.刚冲完气，两球气体质量相等，体积相同，则两球中分子的数密度相等，故B错误；C.刚充完气，两球中分子的数密度相等，而甲球中气体温度比乙球高，甲球分子平均动能较大，则甲球的气体压强比乙球大，故C错误；D.两球充入空气的质量相同，由于充气过程，甲球的气体压强大于乙球的气体压强，则对甲充气过程人需要克服气体过的功更多，即对甲充气过程人做的功比对乙的多，故D正确；故选：D。4.一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是()A. 该时刻速度沿y轴正方向B. 该时刻加速度沿y轴正方向C. 此后14

6、周期内通过的路程为AD. 此后12周期内沿x轴正方向迁移为124.【答案】A【解析】解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，根据“平移法”可知P在该时刻速度沿y轴正方向，故A正确；B、根据a=kxm可知此时刻P质点的加速度沿y轴负方向，故B错误；C、P不在平衡位置，波峰、波谷处，所以此后14周期内通过的路程不为A，故C错误；D、振动质点不会随波迁移，只能在平衡位置两侧做往复振动，故D错误。故选：A。根据“平移法”可知P在该时刻速度方向；根据a=kxm判断此时刻P质点的加速度方向；振动质点不会随波迁移。5.如图所示，质量为m的足球在离地高处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员在此时用手握拳击球，使球

7、以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则(重力加速度为g)()A. 击球前后球动量改变量的方向水平向左B. 击球前后球动量改变量的大小是mv2mv1C. 击球前后球动量改变量的大小是mv2+mv1D. 球离开手时的机械能不可能是mg+12mv125.【答案】C【解析】ABD.选取向右为正方向，在击球前足球的动量：P1=mv1，击球后：P2=mv2，所以动量的改变量：P=P2P1=mv2(mv1)=mv2+mv1，故AB错误，C正确；D.由于机械能的大小与零势能点的选取有关，选取合适的重力势能的零点，可以使球离开手时的机械能可能是mg+12mv12，故D错误。6.如图所示，在点电

8、荷形成的电场中有A、B两点，已知A点电场强度大小为EA，方向垂直于AB连线，电势为A；B点电场强度大小为EB，方向与AB连线成角，电势为B。下列选项正确的是()A. EAEBB. EA=EBC. AEB，因为B点距离负点电荷Q远，所以BA，故C正确，ABD错误。故选：C。7.某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒，下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中，如图所示。竖直向下按压5cm后静止释放，木棒开始在液体中上下振动(不计液体粘滞阻力)，其运动可视为简谐运动，测得其振动周期为4s，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图所示。其中A为振幅。则木棒在振动过程中，下列说法正确的是()A. t=

9、t1时，木棒的重力大于其所受的浮力B. 振动过程中木棒的机械能守恒C. 开始计时12s内木棒所经过的路程是60cmD. 木棒的位移函数表达式是y=5sin(5t56)cm7.【答案】C【解析】A.根据F回=kx，在t=t1时，木棒位移为负的最大值，即回复力方向沿竖直向上方向，即木棒的重力小于其所受的浮力，A错误；B.振动过程中，除了重力做功以外，浮力对木棒也做了功，可知振动过程中木棒的机械能不守恒，B错误；C.根据题意可知振幅为5cm，由于12s=34s=3T，则开始计时12s内木棒所经过的路程是34A=125cm=60cm，C正确；D.若从平衡位置沿正方向振动开始计时，则此振动方程为y=As

10、in2Tt=5sin2tcm，当上述振动第一次达到位移等于A2，解得t0=112T=13s，根据图像可知，将上述函数的图像向右平移t=12T112T=53s，即可得到图中的图像，即木棒的位移函数表达式是y=5sin2tt=5sin2t56cm，D错误。二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.a、b两束单色光的波长分别为a和b，通过相同的单缝衍射实验装置得到如图所示的图样，则这两束单色光()A. b单色光的波动性比a单色光强B. 在水中的传播速度vavbC. 光子动量papbD. a、b两束单色光射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距xapa，由x=Ld知，xaxb，由c=知，b光的频率比a光的

11、频率高，b光的折射率比a光的折射率大，由v=cn知，在水中的传播速度vbva。故BC正确，AD错误。9.如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角边ac长度为L，磁感应强度大小为B。在c点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为十q的粒子，所有粒子不计重力、速度大小均为vo。其中从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射出磁场。关于粒子的运动下列说法正确的是()A. 粒子速度v0的大小满足v0=qBL2mB. 从a点射出磁场的粒子在c点的速度方向与bc夹角为60C. 与bc夹角为45的入射粒子在磁场中的运动时间为m4qBD. 所有从ab边

12、界出射的粒子中在磁场中运动的最短时间为m4qB9.【答案】BC【解析】解：A.根据题意，从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射出磁场，画出的轨迹如图1所示根据几何关系可知，a点为圆心，则粒子做圆周运动的半径为r=L根据牛顿第二定律得：qv0B=mv02r联立解得：v0=qBLm，故A错误；B.粒子从a点射出磁场，根据题意，根据左手定则得出粒子的运动轨迹如图2所示图2根据几何关系可知Oca=60则=60即粒子在c点的速度方向与bc夹角为60，故B正确；C.根据题意，与bc夹角为45的入射粒子在磁场中的运动轨迹，如图3所示根据轨迹的几何关系可知，粒子运动轨迹所对圆心角为45，

13、则粒子在磁场中的运动时间为t=453602rv0=m4qB，故C正确；D.根据题意可知，所有从ab边界出射的粒子中在磁场中运动，当弦长最短时，即弦与ab垂直时，运动的时间最短，如图4所示；根据几何关系解得对应圆心角sin= 74，则45，根据上述分析可知，所有从ab边界出射的粒子中在磁场中运动的最短时间tm4qB，故D错误。故选：BC。10.如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，整个过程中弹簧的形变均

14、在弹性限度内，则下列说法正确的是()A. 木板先加速再减速，最终做匀速运动B. 整个过程中弹簧弹性势能的最大值为Mmv024(M+m)C. 整个过程中合力对小物块的冲量大小为Mmv0M+mD. 弹簧压缩到最短时，小物块到木板最右端的距离为Mv022(M+m)g10【答案】ABC【解析】A. 物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，物块继续减速，木板继续加速；直到弹簧的弹力和摩擦力相等时，木板速度达到最大，此后物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；BD.弹簧压缩

15、量最大时物块与木板速度相等，弹簧弹性势能最大，物块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v1物块运动到木板最右端时与木板相对静止，此时两者速度相等，整个过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v2从物块滑上木板到弹簧压缩最短过程，由能量守恒定律得：12mv02=12M+mv12+mgL+EP从物块滑上木板到物块到达木板最右端过程，由能量守恒定律得：12mv02=12M+mv22+mg2L解得：EP=Mmv024(m+M)，L=Mv024g(m+M)故B正确，D错误；C. 整个过程，对小物块，由动量定理得I合=mv2mv0=M

16、mv0M+m整个过程中合力对小物块的冲量大小为Mmv0M+m，故C正确。故选 ABC。三、实验题：本大题共2小题，共14分。11.某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，光滑斜面AB与半径为R的光滑圆弧面相切于斜面底端的B点，圆弧的最低点为C。他采用以下两种方案来验证质量为m的小球从斜面上某点由静止释放运动到C点的过程中机械能是否守恒。(当地重力加速度为g)(1)他用20分度游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示，则小球直径d=_cm，在C点安装一个光电门；(2)将小球从斜面上某点由静止释放，小球通过C点光电门时所用的时间为t，则小球通过C点时的速度v=_(用物理量符号表示)；(3)改变小球的

17、释放位置，测得释放位置到C点的高度为，重复(2)，得到多组释放高度和对应时间t，以1t2为横坐标，以为纵坐标，将所得的数据点描点、连线，得到一条直线，若直线的斜率k=_，则表明小球在上述运动过程中机械能守恒。11.【答案】(1)1.260；dt；d22g；【解析】解：(1)由图可知，该游标卡尺为20分度，游标尺的第12条刻度线与主尺的24mm对齐，所以小球的直径d=(24.000.9512)mm=12.60mm=1.260cm;小球通过C点时的速度v=dt;若小球在运动过程中机械能守恒，有mg=12mv2=12m(dt)2，所以=d22g1t2，所以直线的斜率k=d22g；12.导电漆是将金属

18、粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态)，某同学欲测量其电阻率，设计了如图(a)所示的电路图，实验步骤如下： a.测得样品截面的边长a=0.20cm；b.将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动；c.将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L；d.闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表示数I=0.40A，读出相应的电压表示数U，断开开关S；e.改变丙的位置，重复步骤c、d，测量多组L和U，作出UL图像如图(b)所示，得到直线的斜率k。回答下列问题：(1)L是丙到_(填“甲

19、”“乙”或“丁”)的距离；(2)写出电阻率的表达式= _(用k、a、I表示)；(3)根据图像计算出该样品的电阻率= _m(保留两位有效数字)。12.【答案】乙ka2I 6.5105【解析】解：(1)设丙和某探针之间的电阻为R，由电阻定律得：R=LS=La2由图像得，电压表示数与L成正比，即与丙和某探针之间的电阻成正比，由欧姆定律得，U=IR=ILa2则L是丙到乙的距离；(2)由(1)得，电压U=Ia2L则UL图像的斜率为k=Ia2电阻率=ka2I(3)由图像得，k=UL=0.132.0102V/m=6.5V/m则电阻率=ka2I=6.5(0.20102)20.40m=6.5105m故答案为：(

20、1)乙；(2)ka2I；(3)6.5105。四、简答题：本大题共3小题，共39分。13.(8分)如图甲为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情景。在这次投掷中，冰壶从掷球点离开手的速度为3m/s。大本营中心距离掷球点为30m，冰壶运动轨迹如图乙所示，已知冰壶质量为20kg，冰壶与冰面间摩擦因数是0.016，当刷冰员在冰壶前面刷冰时，可以减小两者之间的摩擦因数，设刷冰后摩擦因数为0.01。(g致10m/s3)求： (1)从距大本营中心多远处开始刷冰，冰壶恰好停在大本营中心；(2)从冰壶离手到停在大本营中心过程中摩擦力做的功。13.【答案】解：(1)冰壶在未刷冰时，由牛顿第二定律有：a1=1mgm=1g=0

21、.01610m/s2=0.16m/s2 冰壶在刷冰过程，由牛顿第二定律有：a2=2mgm=2g=0.0110m/s2=0.1m/s2 设冰壶在未刷冰和刷冰过程的位移分别为x1、x2，设刚要刷冰时冰壶的速度为v1 未刷冰过程，则有：2a1x1=v02v12 刷冰过程，则有：2a2x2=v120 由题意可知：x1+x1=L 代入数据可得：x1=25m，x2=5m (2)从冰壶离手到停在大本营中心过程中，由动能定理有：Wf=012mv02 代入数据可得：Wf=90J 答：(1)从距大本营中心5m处开始刷冰，冰壶恰好停在大本营中心；(2)从冰壶离手到停在大本营中心过程中摩擦力做的功为90J。14.（1

22、2分）如图，真空中足够大的铝板M与金属板N平行放置，通过电流表与电压可调的电源相连。一束波长。=200nm的紫外光持续照射到M上，光电子向各个方向逸出。已知铝的逸出功W0=6.731019J，光速c=3.0108m/s，普朗克常量=6.631034Js。(1)求光电子的最大初动能Ek(计算结果保留两位有效数字)；(2)调节电压使电流表的示数减小到0时，M、N间的电压为U0；当电压为34U0时，求能到达N的光电子中，初速度与M之间夹角的最小值。14.【答案】解：(1)根据光电效应方程可得Ek=cW0=6.6310343.0108200109J6.731019J=3.21019J (2)因调节电压

23、使电流表的示数减小到0时，M、N间的电压为U0，则Ek=U0e 当电压为34U0时恰能到达N的光子满足34U0e=12m(v0sin)2=Ek(sin)2 代入数据解得sin= 32 则=60 答：(1)光电子的最大初动能Ek为3.21019J；(2)能到达N的光电子中，初速度与M之间夹角的最小值为60。【解析】(1)根据光电效应方程求解；(2)分别根据不同电压时光子的运动列出动能定理公式，求解出角度大小。本题考查光电子的最大初动能以及带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握动能定理。15.（19分）如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、PQ间距为l，底部是“”型刚性导电支架，导轨区域布满了

24、垂直于平面MNQP的磁感应强度为B的匀强磁场。长为l的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨接触良好。半径为r的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O匀速转动。圆盘与导轨间有一T型架，T型架下端与金属棒ab固定连接，在约束槽制约下只能上下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在T型架的中空横梁中。当圆盘转动时，小圆柱体带动T型架进而驱动金属棒ab上下运动。已知ab质量为m，电阻为R。“”型导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ电阻不计且不考虑所有接触电阻，圆盘、T型架质量不计。圆盘以角速度沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处于图中虚线位置处为初始时刻，求：(1)初始时刻ab所

25、受的安培力；(2)圆盘从初始时刻开始转过90的过程中，通过ab的电荷量；(3)圆盘从初始时刻开始转过90的过程中，T型架对ab的冲量I；(4)圆盘从初始时刻开始转过90的过程中，T型架对ab做的功。15【答案】解：(1)初始时刻，导体棒ab的速度为：v=r 则导体棒ab切割磁感线产生的电动势为：E=Blv 整个回路的电阻为：R总=3R3R3R+3R+R=2.5R 则导体棒ab受到的安培力大小为为：F安=BIl=2rB2l25R (2)运动到最底端过程，导体棒ab的电荷量为：q=It=R总=2Brl5R (3)选择速度的方向为正方向，则由动量定理可得：I+mg214BlIt=0mrI=2rB2l

26、25Rmrmg2 (4)设运动到最底端过程中，导体棒对ab做功为W，则由功能关系可得：W+mgrE有效22.5R214=012m(r)2E有效=Blr 2W=B2l2r210R12m2r2mgr 答：(1)初始时刻ab所受的安培力为2rB2l25R；(2)圆盘从初始时刻开始转过90的过程中，通过ab的电荷量为2Brl5R；(3)圆盘从初始时刻开始转过90的过程中，T型架对ab的冲量为2rB2l25Rmrmg2；(4)圆盘从初始时刻开始转过90的过程中，T型架对ab做的功为B2l2r210R12m2r2mgr。【解析】(1)根据线速度的表达式得出线速度的大小，从而得出感应电动势和电流，再根据安培力的计算公式得出安培力的大小；(2)根据电荷量的表达式，结合欧姆定律和法拉第电磁感应定律得出电荷量的表达式；(3)根据动量定理列式得出T型架对ab的冲量；(4)理解过程中的能量转化关系，根据功能关系得出T型架对ab做的功。本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电学物理量的计算公式，结合安培力的计算公式和过程中的能量转化关系即可完成分析。