2024年高考押题预测卷—物理1（黑龙江卷）（全解全析）.docx

1、2024年黑龙江省高考押题预测卷01【新课标】物理全解全析12345678CBDACBCABDAD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。1.艺术体操是一种艺术性较强的女子竞技性体操项目，如图所示，运动员站在场地中以一定频率上下抖动绸带的一端，某时刻绸带形状如图所示，下列说法中正确的是()A. 此时绸带上P点运动方向向右B. 绸带自右向左运动呈现波浪状起伏C. 如果要在该绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，运动员上下抖动的频率应增大D. 运动员上下抖

2、动越快波浪运动的速度越快【答案】C【解析】A.此时绸带上P点运动方向向上，故A错误；B.绸带自左向右运动呈现波浪状起伏，故B错误；C.绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，说明波长变小，而同种介质中同类型波的传播波速是不变的，根据=vT=vf可知运动员上下抖动的周期变短、频率增大。故C正确，D错误。故选C。2.A，B两物体质量之比mA:mB=3:1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其vt图像如图所示。物体的加速度为a，位移为x，摩擦力为f，摩擦力做功为Wf，则在此过程中() A. aA:aB=1:3B. fA:fB=9:1C. xA:xB=3:1D. WfA:WfB=

3、1:9【答案】B【解析】AB.根据vt图像斜率绝对值等于加速度大小，则A物体加速度大小为aA=v0t，B物体加速度大小为aB=v03t，可得aA:aB=3:1，根据牛顿第二定律可得fA=mAaA，fB=mBaB，可得fA:fB=mAaA:mBaB=9:1，故A错误，B正确；CD.根据vt图像与横轴围成的面积表示位移可知xA=12v0t，xB=12v03t，可得xA:xB=1:3，根据Wf=fx，可得WfA:WfB=fAxA:fBxB=3:1，故CD错误。故选B。3.根据玻尔的氢原子结构模型，氢原子处于基态时的能量值为E1，处于n能级时的能量值为En，En=E1n2。氢原子由高能级向低能级跃迁时

4、会产生各种谱线系，其中由高能级向n=2能级跃迁时产生的光谱线属于巴尔末线系，普朗克常量为，真空中的光速为c，则巴尔末系中光谱线的最大波长为A. 9cE1B. 4cE1C. 4c3E1D. 36c5E1【答案】D【解析】根据c=可知，频率越小，波长越大，故由n=3能级跃迁到n=2能级的光谱线属于巴尔末线系且波长最大，光子能量为E=E3(E2)=536E1，根据E=，可得=E=5E136，根据c=，可得=36c5E1。故选D。4.卫星上装有太阳能帆板，可将光能转化为电能储存在蓄电池中，为卫星提供电能。现有一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其运行轨道位于赤道平面上，轨道半径为地球半径的 2倍。已

5、知地球的自转周期为T0，半径为R，地球同步卫星轨道半径约为5 2R。在春分这一天，太阳光可视为直射赤道，该卫星绕地心转动一周，太阳能帆板能接收到太阳光的时间约为( 5=2.24)A. 0.07T0B. 0.03T0C. 0.14T0D. 0.27T0【答案】A【解析】解：对于地球同步卫星，万有引力提供向心力，有GMm(5 2R)2=m42T025 2R对于人造卫星，有GMm( 2R)2=m42T12 2R解得人造卫星的周期T10.087T0如图所示：人造卫星在A到B(顺时针)的过程中太阳能帆板无法工作由几何关系知=60则这颗卫星绕地球转动一周，太阳能帆板工作的时间为t=360360T10.07

6、T0；故A正确，BCD错误。故选：A。5.在两平行板存在匀强电场和匀强磁场间，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，带正电的粒子沿中轴线方向从平行板左侧射入，如图所示。当粒子速度等于EB时，恰好沿着图示虚线作直线运动。若粒子速度大于EB时，不计粒子重力，下列关于粒子运动的说法正确的是()A. 粒子可能沿虚线运动，动能减小B. 粒子可能沿虚线运动，动能增大C. 粒子可能沿虚线运动，动能减小D. 粒子可能沿虚线运动，动能增大【答案】C【解析】粒子受电场力和洛伦兹力，洛伦兹力不做功，若粒子速度大于EB时，则BqvEq，所以粒子向上弯曲，且电场力做负功，所以动能减小，故C正确，ABD错误。故选：C。6.如

7、图甲所示，长2m的本板Q静止在某水平面上，t=0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑上木板。P、Q的vt图像如图乙所示。其中a、b分别是01s内P、Q的vt图像，c是12s内P、Q共同的vt图像。已知P、Q的质量均是1kg，g取10m/s2，则以下判断正确的是()A. P、Q系统在相互作用的过程中动量不守恒B. 在02s内，摩擦力对Q的冲量是1NsC. P、Q之间的动摩擦因数为0.1D. P相对Q静止的位置在Q木板的右端【答案】BC【解析】解：A、P与Q组成的系统在速度相等以后做匀速运动，说明地面摩擦力为零，故相互作用的过程系统所受的外力之和为零，系统动量守恒，故A错

8、误。B、从图象可知，02s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在12s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以：I=Mv0=1Ns，故B正确。C、P从速度为2m/s减为1m/s所需的时间为1s，则a=vt=121m/s2=1m/s2，又：a=mgm=g，代入数据解得：=0.1，故C正确。D、在t=1s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在01s内，P的位移：x1=1+221m=1.5m，Q的位移：x2=1211m=0.5mx=x1x2=1m2m，可知P与Q相对静止时不在木板的右端，故D错误。故选：BC。7.如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，将质量m=1k

9、g的小球从轻弹簧正上方由静止释放，小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为y轴正方向，取地面处为重力势能零点，在小球下落到最低点的过程中，弹簧的弹性势能Ep1、小球的重力势能Ep2随y变化的关系图像分别如图甲、乙所示，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g=10m/s2，已知弹簧的弹性势能Ep1=12kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，下列说法正确的是A. 图乙中a=4B. 小球刚接触弹簧时速度大小为2 2m/sC. 小球刚接触弹簧时速度大小为 10m/sD. 当弹簧的压缩量为1120m时，小球有最大速度【答案】ABD【解析】A.由图可知，小球到最低

10、点时，高度下降0.6m，则重力势能减少Ep2=mgmax=6J；由图可知6=10a，则a=4，故A正确；BC.重力势能转化为摩擦热和弹簧的弹性势能，根据Q=fmax=Ep2Ep1，解得f=2N；结合图像可知小球高度下降0.5m内，重力和阻力做功，根据mgf=12mv120，解得小球刚接触弹簧时速度大小为v1=2 2m/s，故B正确，C错误；D.当小球高度下降0.6m时，弹簧的压缩量为y1=0.1m，此时Ep1=12ky12=4.8J，解得k=960N/m；当小球速度最大时，小球加速度为零，根据平衡条件F弹+f=mg，解得F弹=8N=ky，y=1120m，即当弹簧的压缩量为1120m时，小球有最

11、大速度，故D正确。故选：ABD。8.如图甲所示，用活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形气缸内，气体从状态A状态B状态C状态A完成一次循环，其状态变化过程的pV图像如图乙所示已知该气体在状态A时的温度为600K，下列说法正确的是A. 气体在状态B时的温度为200KB. 气体在状态C时的温度为300KC. 气体从状态AB过程中，外界对气体做的功为4105JD. 气体从状态ABC的过程中，气体对外做的功为8105J【答案】AD【解析】A.对于理想气体：AB过程，由查理定律有pATA=pBTB，得TB=200K，故A正确；B.BC过程，由盖吕萨克定律有VBTB=VcTc，得TC=600K

12、，故B错误；C.由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而AB过程是等容变化，气体对外不做功，故C错误；D.BC过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A到状态C气体对外做功WBC=pV=21054J=8105J，故D正确。故选：AD。三、实验题：本大题共2小题，共14分。9.（6分）电容储能已经在电动汽车、风力发电等方面得到广泛应用某同学设计了图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程和测定电容器的电容器材如下：电容器C(额定电压10V，电容标识不清)；电源E(电动势12V，内阻不计)； 滑动变阻器R1(最大阻值20)；电阻箱R2(阻值09999.9)； 电压表V(量程15V，内阻较大)

13、；开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干(1)按照图甲连接电路，闭合开关S1、断开开关S2，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器R1的滑片应向_端滑动(选填“a”或“b”)(2)当电压表的示数为U1=3V时，调节R2的阻值，闭合开关S2，通过计算机得到电容器充电过程电流随时间变化的图像；保持R2的阻值不变，断开开关S1，得到电容器放电过程电流随时间变化的图像，图像如图乙所示测得I1=6mA，则R2=_(3)重复上述实验，得到不同电压下电容器的充、放电过程的电流和时间的图像，利用面积法可以得到电容器电荷量的大小，测出不同电压下电容器所带的电荷量如下表：实验次数123456U/V345678Q

14、/103C0.140.190.240.300.330.38请在图丙中画出UQ图像，并利用图像求出电容器的电容为_F.(结果保留两位有效数字)【答案】(1)b(2)500(3) 4.71054.9105【解析】【分析】(1)闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，根据滑动变阻器分压器的分压原理进行分析；(2)根据欧姆定律计算R2阻值；(3)画出UQ图像，根据电容的定义式求解电容；(4)充电时电路的电阻小于放电时的电阻。【解答】(1)闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向b端滑动；(2)充电瞬间，由欧姆定律R2=U1I1=500；(3)画出UQ图像：根据U=QC，电容器电容C=0.

15、3910384.9105F；10.（8分）小明同学学完了单摆后，想用单摆来测重力加速度，设计的实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数。 甲 乙(1)下列说法中正确的是_A.在释放摆球的同时开始计时B.质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球C.可将摆球从平衡位置拉开一个较大角度然后释放摆球D.摆长就是绳子的长度(2)在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用螺旋测微器测量摆球直径，则摆球直径d=_cm；(3)将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球通

16、过平衡位置时从1开始计数，同时开始计时，当摆球第n次(为大于3的奇数)通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此单摆的周期T=_(用t、n表示)，重力加速度的大小为_(用L、d和T表示)；【答案】(1)B；(2)0.7883；(3)2tn1；42T2(L+d2)；(4)D【解析】【分析】(1)根据实验原理和减小误差的角度确定操作步骤和实验器材；(2)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标卡尺，不需估读，摆长等于悬点到球心的距离；(3)完成一次全振动的时间为一个周期，根据周期和摆长，结合单摆的周期公式求出重力加速度。(4)根据单摆的周期公式推导出重力加速度的测量式，然后分析误差原因考查单摆的周期和基本

17、仪器的使用和读数问题，会根据题意进行综合分析和判断。【解答】(1)A.在平衡位置处开始计时误差较小，故A错误;BD.为减小空气阻力，应选择质量大、体积小的球；摆长等于绳子的长度加上球的半径；故D错误;B正确;C.单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故 C错误。(2)由图示游标卡尺可知，其示数为：7.5mm+38.30.01mm=0.7883cm。(3)将摆球从平衡位置拉开一个小角度后静止释放，使摆球在竖直平面内稳定摆动，当摆球经过平衡位置开始计时，摆球每半个周期经过一次平衡位置，则T2=tn1，则T=2tn1；根据单摆的周期公式T=2 lg=

18、2 L+d2g可得g=42T2(L+d2)。四、计算题：本大题共3小题，共38分。11.（5分）如图所示，一个半径R=0.75m的半圆柱体放在水平地面上，一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出(小球可视为质点)，恰好从半圆柱体的C点掠过已知O为半圆柱体圆心，OC与水平方向夹角为53，(g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求：(1)小球从B点运动到C点所用时间；(2)小球做平抛运动的初速度【答案】解：从B到C点，小球平抛运动，据题意可知小球在C点的速度方向与水平方向成37，将速度分解，竖直速度vy=v0tan37=gt水平方向匀速直线运动，则R+Rcos53=v0t联立

19、可以解得：t=0.3s，v0=4m/s。答：(1)小球从B点运动到C点所用时间t=0.3s；(2)小球做平抛运动的初速度4m/s。12.（12分）某实验小组想测量元电荷的电量大小。装置如图所示，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板间相距d=0.3m。外部电路电源电动势=300V，内阻r=1.0，保护电阻R0=19.0，电阻箱的阻值R可调。实验时，电键S1闭合、S2断开时，小组从显微镜发现容器中有一个小油滴正好在两板中间处于静止状态，该油滴质量为m=3.21013kg，取g=10m/s2，求：(1)该油滴带电性质及所带电量q；(2)调节电阻箱R=20.0，闭合电键S2

20、，油滴将加速下落，求油滴下落到B板的时间t(结果可以保留根号)。【答案】(1)负电；3.21015C；(2)t= 610s【解析】(1)电键S1闭合、S2断开时，电路断路UAB=300V该油滴处于静止状态，受力平衡Eq=mg,E=UABd解得q=3.21015C由于电场方向竖直向下，电场力竖直向上，故该油滴带负电；(2)闭合电键S2电容器与R并联，因此UAB=UR根据闭合电路欧姆定律=IR+R0+rUR=IR电场强度E=UABd根据牛顿第二定律mgEq=ma油滴下落到B板由运动学公式d2=12at2联立解得t= 610s13.（21分）如图所示，在光滑水平面内从左至右连续存在有5个宽度均为L的

21、矩形区域，其中区域、的长度均为L，其间存在沿竖直方向交替变化的图示匀强磁场，磁感应强度大小均为B；区域、为长度均为s的无场区域。一质量为m、电阻为R、边长为d(sdL)的正方形单匝金属线框ABCD以大小为v0的初速度开始进入区域，运动过程中线框的AB边始终与各区域的边界线平行，线框最终离开区域。(1)求线框的AB边刚进入区域时，线框的加速度大小；(2)求线框完全进入区域中的速度大小；(3)若在线框开始进入区域时，对线框施加一可变的水平外力，使线框做匀速直线运动至线框刚好完全离开区域，求水平外力做功的平均功率。【答案】解：(1)线框AB边刚进入区域I时，感应电动势大小为E1=Bdv0回路中的电流

22、为I1=E1R安培力大小FA=BI1d加速度大小a=FAm联立解得a=B2d2v0mR(2)过程:线框完全进入区域过程，线框向右的位移为d，设动量变化量为p1，以水平向左为正方向，由动量定理，有BdIt=p1其中I=Bdv1R又d=v1t解得p1=B2d3R过程:从线框AB边开始进入区域到AB边将要进入区域，线框向右的位移为s，设动量变化量为p2，同理，有p2=B2d2sR过程:从线框AB边开始进入区域到线框CD边将要进入区域，线框向右运动的位移为ds，设动量变化量为p3，同理，有p3=4B2d2(ds)R过程:从线框CD边开始进入区域到CD边将要进入区域，线框向右运动的距离为s，设动量变化量

23、为p4，同理，有p4=B2d2sR设线框完全进入区域中的速度大小为v，由动量定理可得p1+p2+p3+p4=mv0mv联立解得v=v0B2d2(5d2s)mR(3)对(2)中的过程通过的位移，安培力大小F1=B2d2v0R线框克服安培力做功为W1=B2d3v0R对(2)中的过程通过的位移，安培力大小F2=B2d2v0R线框克服安培力做功为W2=B2d2sv0R对(2)中的过程通过的位移，安培力大小F3=4B2d2v0R线框克服安培力做功为W3=4B2d2(ds)v0R对(2)中的过程通过的位移，安培力大小F4=B2d2v0R线框克服安培力做功为W4=B2d2sv0R由运动的对称性知，此后线框至完全离开区域V过程，与前述运动过程中克服安培力做功的情形相同，因此，全过程中克服安培力做的总功为W=2(W1+W2+W3+W4)=B2d2v0R(10d4s)全过程中线框运动的时间为t=d+3L+2sv0因此，水平外力所做功的平均功率P=Wt=B2d2v02(10d4s)(d+3L+2s)R13