2024年高考押題預測卷-物理1（黑龍江卷）（全解全析）

2024年黑龍江省高考押題預測卷01【新課標】

物理，全解全析

12345678

CBDACBCABDAD

一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1?5題只有一項符

合題目要求，第6?8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得

0分。

1.藝術(shù)體操是一種藝術(shù)性較強的女子競技性體操項目，如圖所示，運動員站在場地中以一定頻率上下抖動

綢帶的一端，某時刻綢帶形狀如圖所示，下列說法中正確的是（）

A.此時綢帶上P點運動方向向右

B.綢帶自右向左運動呈現(xiàn)波浪狀起伏

C.如果要在該綢帶上產(chǎn)生更加密集的波浪狀起伏效果，運動員上下抖動的頻率應(yīng)增大

D.運動員上下抖動越快波浪運動的速度越快

【答案】C

【解析】4.此時綢帶上P點運動方向向上，故A錯誤；

比繃帶自左向右運動呈現(xiàn)波浪狀起伏，故B錯誤；

C綢帶上產(chǎn)生更加密集的波浪狀起伏效果，說明波長變小，而同種介質(zhì)中同類型波的傳播波速是不變的，根

據(jù)

可知運動員上下抖動的周期變短、頻率增大。故C正確，。錯誤。

故選C。

2.4B兩物體質(zhì)量之比m八:=3:1,它們以相同的初速度為在水平面上做勻減速直線運動，直到停止,

其〃-￡圖像如圖所示。物體的加速度為Q,位移為，摩擦力為/,摩擦力做功為必，則在此過程中（）

V

A.aA:aB=1:3B.fA:fB=9:1

C.xA:xB=3:1D.WfA:WfB=1:9

【答案】B

【解析】4B.根據(jù)u-t圖像斜率絕對值等于加速度大小，則人物體加速度大小為4=半，B物體加速度大小

為包=碧，可得以：即=3：1，根據(jù)牛頓第二定律可得以=成以，%=加8沏，可得加加=町4%：嗎?。8=

9:1,故A錯誤，B正確:

CD.根據(jù)u-￡圖像與橫軸圍成的面積表示位移可知/=ipot,xB=；%?33可得心:小=1：3,根據(jù)叼=

一小，可得叼力：WfB=-fAxA,.-fexB=3:1,故CO錯誤。

故選B.

3.根據(jù)玻爾的氫原子結(jié)構(gòu)模型，氫原子處于基態(tài)時的能顯值為￡\,處于在能級時的能量值為扁，扁=§。

氫原子由高能級向低能級躍遷時會產(chǎn)生各種譜線系，其中由高能級向幾=2能級躍遷時產(chǎn)生的光譜線屬于巴

爾末線系，普朗克常量為九，真空中的光速為c,則巴爾末系中光譜線的最大波長為

.9heD4hc「4hc?36hc

A，一訪B.一互C.--D.--

【答案】D

【解析】根據(jù)c=而可知，頻率越小，波長越大，故由n=3能級躍遷到幾=2能級的光譜線屬于巴爾末線系

且波長最大，光子能量為E=一%-(一%)=-卷瓦，根據(jù)E=hv,可得丫=J=一含，根據(jù)c=Av,可得

onnoOil

.36hc

入=-西。

故選。。

4.衛(wèi)星上裝有太陽能帆板，可將光能轉(zhuǎn)化為電能儲存在蓄電池中，為衛(wèi)星提供電能?，F(xiàn)有一顆人造地球衛(wèi)

星繞地球做勻速圓周運動，其運行軌道位于赤道平面上，軌道半徑為地球半徑的。倍。已知地球的自轉(zhuǎn)周

期為了。，半徑為R，地球同步衛(wèi)星軌道半徑約為5「R°在春分這一天，太陽光可視為直射赤道，該衛(wèi)星繞

地心轉(zhuǎn)動一周，太陽能帆板能接收到太陽光的時間約為(C=2.24)

A.0.07ToB.O.O3ToC.0.14"D.O.27To

【答案】A

【解析】解：對于地球同步衛(wèi)星，萬有引力提供向心力，有G7r等3=加竽-5。/?

（5J2R）TQ

對千人造衛(wèi)星，有G瀉&=7M‘4?>/”/?

（V2R）Fi

解得人造衛(wèi)星的周期4?0.087To

如圖所示：

人造衛(wèi)星在4到B（順時針）的過程中太陽能帆板無法工作

由幾何關(guān)系知夕=60°

則這顆衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動一周，太陽能帆板工作的時間為t=嚶薩丁1x0.077。；

*3OU

故A正確，BC。錯誤。

故選:Ao

5.在兩平行板存在勻強電場和勻強磁場間，電場強度￡和磁感應(yīng)強度3相互垂直，帶正電的粒子沿中軸線方

向從平行板左側(cè)射入，如圖所示。當粒子速度等于機寸，恰好沿著圖示虛線①作直線運動。若粒子速度大

于（時，不計粒子重力，下列關(guān)于粒子運動的說法正確的是

X,XXx-x

—>?E二....①

XXXX'③

B

A.粒子可能沿虛線③運動，動能減小

B.粒子可能沿虛線③運動，動能增大

Q的位移：%2=：x1xIm=0.5m

△x=-％2=lmV2m,可知P與Q相對靜止時不在木板的右端，故。錯誤。

故選：BC。

7.如圖所示，豎直輕彈簧下端固定在水平地面上，將質(zhì)量m=的小球從輕彈簧正上方由靜止釋放，小

球下落過程中受到恒定的空氣阻力作用.以小球開始下落的位置為原點，豎直向下為y軸正方向，取地面處

為重力勢能零點，在小球下落到最低點的過程中，彈簧的彈性勢能與1、小球的重力勢能與2隨y變化的關(guān)系

圖像分別如圖甲、乙所示，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取重力加速度g=10m/s2,已知彈簧的彈性勢能=

為彈簧的勁度系數(shù)，”為彈簧的形變量），下列說法正確的是

A.圖乙中Q=4

B.小球剛接觸彈簧時速度大小為2/^m/s

C.小球剛接觸彈簧時速度大小為、Em/s

D.當彈簧的壓縮量為卷m時，小球有最大速度

【答案】ABD

【解析】4.由圖可知，小球到最低點時，高度下降0.6m,則重力勢能減少△Ep2=mghmax=6/；由圖可知

6=10—。，則Q=4,故4正確；

8C.重力勢能轉(zhuǎn)化為摩擦熱和彈簧的彈性勢能，根據(jù)Q="max=AEp2-AEpi，解得/'=2N;結(jié)合圖像可

知小球高度下降0.5m內(nèi)，重力和阻力做功，根據(jù)=相-0,解得小球剛接觸彈簧時速度大小

為V1=2\T^m/s,故4正確，C錯誤；

。.當小球高度下降0.6m時，彈簧的壓縮量為%=0.1m,此時Epi="ky：=4.8/,解得k=960N/m；當小

球速度最大時，小球加速度為零，根據(jù)平衡條件/彈+f=mg,解得尸彈=8N=A△y,△y=卷血，即當

彈簧的壓縮量為士m時，小球有最大速度，故。正確。

故選：ABDo

8.如圖甲所示，用活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在上端開口的直立圓筒形氣缸內(nèi)，氣體從狀態(tài)4-狀態(tài)

狀態(tài)CT狀態(tài)A完成一次循環(huán)，其狀態(tài)變化過程的P-V圖像如圖乙所示.已知該氣體在狀態(tài)A時的溫度

為600K,下列說法正確的是

A.氣體在狀態(tài)B時的溫度為200K

B.氣體在狀態(tài)。時的溫度為300K

C.氣體從狀態(tài)4-8過程中，外界對氣體做的功為4x105/

D.氣體從狀態(tài)AtBtC的過程中，氣體對外做的功為8x105；

【答案】AD

【解析】A.對于理想氣體：力過程，由查理定律有黑=黑，得%=200K,故4正確；

TATB

8.8TC過程，由蓋一呂薩克定律有空=#,得々=6004，故8錯誤；

1B1c

。.由于狀態(tài)4與狀態(tài)。溫度相同，氣體內(nèi)能相等，而4T8過程是等容變化，氣體對外不做功，故C錯誤；

D.BtC過程中氣體體枳膨脹對外做功，即從狀態(tài)4到狀態(tài)C氣體對外做功W8c=PV=2x105x4/=

8xl057,故O正確。

故選：ADc

三、實驗題：本大題共2小題，共14分。

9.（6分）電容儲能已經(jīng)在電動汽車、風力發(fā)電等方面得到廣泛應(yīng)用.某同學設(shè)計了圖中所示電路，探究不

同電壓下電容器的充、放電過程和測定電容器的電容.器材如下：

電容器。（額定電壓10V，電容標識不清）；

電源E（電動勢12V,內(nèi)阻不計）；滑動變阻器％（最大阻值200；

電阻箱&（阻值0?9999.90）；電壓表V（量程15乙內(nèi)阻較大）；

開關(guān)Si、S?,電流傳感器，計算機，導線若干.

Q/xIOH：

(1)按照圖甲連接電路，閉合開關(guān)力、斷開開關(guān)另，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器⑹的滑片應(yīng)向

端滑動(選填%”或“匕”).

(2)當電壓表的示數(shù)為％=31/時，調(diào)節(jié)燈的陽值，閉合開關(guān)52,通過計算機得到電容器充電過程電流隨時

間變化的圖像；保持&的阻值不變，斷開開關(guān)Si，得到電容器放電過程電流隨時間變化的圖像，圖像如圖

乙所示.測得。=6mA,則&=________O.

(3)重復上述實驗，得到不同電壓下電容器的充、放電過程的電流和時間的圖像，利用面積法可以得到電容

(2)500

【解析】【分析】

(1)閉合開關(guān)工，若要升高電容器充電電壓，根據(jù)滑動變阻器分壓器的分壓原理進行分析:

⑵根據(jù)歐姆定律汁算R2阻值；

(3)畫出U-Q圖像，根據(jù)電容的定義式求解電容；

(4)充電時電路的電阻小于放電時的電阻。

【解答】

(1)閉合開關(guān)工，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器滑片應(yīng)向b端滑動;

(2)充電瞬間，由歐姆定律&=旨=500。；

(3)畫出U—Q圖像：

根據(jù)U=g,電容器電容C=039xl°f=49-10一5~

c8

10.(8分)小明同學學完了單擺后，想用單擺來測重力加速度，設(shè)計的實驗裝置如圖甲所示，在擺球的平

衡位置處安放一個光電門，連接數(shù)字計時器,記錄小球經(jīng)過光電門的次數(shù)。

乙

(1)下列說法中正確的是

4在釋放擺球的同時開始計時

及質(zhì)量相同的鐵球和軟木球，應(yīng)選用鐵球作為擺球

C可將擺球從平衡位置拉開一個較大角度然后釋放擺球

。.擺長就是繩子的長度

(2)在擺球自然懸垂的情況下，用膏米刻度尺測得從懸點至擺球頂端的長度為3再用螺旋測微器測量擺球直

徑，則擺球直徑d=_______cm；

(3)將擺球從平衡位置拉開一個合適的角度，靜止釋放擺球，擺球在豎直平面內(nèi)穩(wěn)定擺動后，啟動數(shù)字計時

器，擺球通過平衡位置時從1開始計數(shù)，同時開始計時，當擺球第n次(為大于3的奇數(shù))通過光電門時停止計

時，記錄的時間為3此單擺的周期丁=________(用人n表示)，重力加速度的大小為(用A、d和T表

示)；

【答案】(1)8；(2)0.7883；

⑶言等(“％

(4)。

【解析】【分析】(1)根據(jù)實驗原理和減小誤差的角度確定操作步驟和實驗器材；

(2)游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標卡尺，不需估讀，擺長等于懸點到球心的距離；

(3)完成一次全振動的時間為一個周期，根據(jù)周期和擺長，結(jié)合單擺的周期公式求出重力加速度。

(4)根據(jù)單擺的周期公式推導出重力加速度的測量式，然后分析誤差原因.

考兗單擺的周期和基本儀器的使用和讀數(shù)問題，會根據(jù)題意進行綜合分析和判斷。

【解答】

(1)4在平衡位置處開始計時誤差較小，故A錯誤；

BD為減小空氣阻力，應(yīng)選擇質(zhì)量大、體枳小的球；擺長等于繩子的長度加上球的半徑；故。錯誤/正確；

C單擺在小角度卜的運動為簡諧運動，把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度釋放，使之做簡諧運動，故C

錯誤。

(2)由圖示游標卡尺可知，其示數(shù)為：7.57HTH+38.3x0.01mm=0.7883cm。

(3)將擺球從平衡位置拉開一個小角度后靜止釋放，使擺球在豎直平面內(nèi)穩(wěn)定擺動，當擺球經(jīng)過平衡位置開

始計時，擺球每半個周期經(jīng)過一次平衡位置，則齊占則丁二高

根據(jù)單擺的周期公式T==24］號

可得g=*(乙+今。

四、計算題：本大題共3小題，共38分。

11.(5分)如圖所示，一個半徑R=0.75m的半圓柱體放在水平地面上，一小球從圓柱體左端A點正上方的

8點水平拋出(小球可視為質(zhì)點)，恰好從半圓柱體的C點掠過.己知。為半圓柱體圓心，OC與水平方向夾角

為53。，(g=10m/s2,s\n370=0.6,cos37。=0.8)求:

(1)小球從B點運動到C點所用時間；

(2)小球做平拋運動的初速度.

【答案】解：從3到。點，小球平拋運動，據(jù)題意可知小球在C點的速度方向與水平方向成37。,

將速度分解，豎直速度為=votan37°=gt①

o

水平方向勻速直線運動，M/?+Rcos53=vot@

聯(lián)立可以解得：t=0.3s,v0=4m/so

答：(1)小球從。點運動到C點所用時間t=0.35；

(2)小球做平拋運動的初速度4m/s。

12.(12分)某實驗小組想測量元電荷的電量大小。裝置如圖所示，在真空容器中有正對的兩平行金屬板”和

8,兩板與外部電路連接，兩板間相距d=0.3m。外部電路電源電動勢￡=300V,內(nèi)阻r=1.0。，保護電阻

Ro=19.00電阻箱的阻值R可調(diào)。實驗時，電鍵&閉合、S2斷開時，小組從顯微鏡發(fā)現(xiàn)容器中有一個小油

滴正好在兩板中間處于靜止狀態(tài)，該油滴質(zhì)量為m=3.2x10T3kg,取g=iom/s2,求：

(1)該油滴帶電性質(zhì)及所帶電量q；

(2)調(diào)節(jié)電阻箱R=20.0。，閉合電鍵S2,油滴將加速下落，求油滴下落到8板的時間t(結(jié)果可以保留根號)。

【答案】(1)負電;3.2x10-15-⑵"喘s

【解析】(1)電鍵S］閉合、S2斷開時，電路斷路

UAB=￡=300V

該油滴處于靜止狀態(tài)，受力平衡

UAB

ERq=mg,ER=

解得

q=3.2X10-15c

由于電場方向豎直向下，電場力豎直向上，故該油滴帶負電;

(2)閉合電健另電容器與投并聯(lián)，因此

U,AB=UR

根據(jù)閉合電路歐姆定律

￡=/(/?+/?0+r)

UR=IR

電場強度

,U’AB

EP

根據(jù)牛頓第二定律

mg—E'q=ma

油滴下落到8板由運動學公式

d12

2=2at

聯(lián)立解得

V-6

13.(21分)如圖所示，在光滑水平面內(nèi)從左至右連續(xù)存在有5個寬度均為L的矩形區(qū)域，其中區(qū)域I、IH、

V的長度均為L,其間存在沿豎直方向交替變化的圖示勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B；區(qū)域II、IV為長

度均為s的無場區(qū)域。一質(zhì)量為m、電阻為/?、邊長為d(s<d<L)的正方形單kK金屬線框ABC。以大小為孫的

初速度開始進入?yún)^(qū)域I,運動過程中線框的48邊始終與各區(qū)域的邊界線平行，線框最終離開區(qū)域V。

L

.d"XXXXXXXX

o

XXXXXXX

TxinIVV

XXXXXX

：XXXXXXXX

(1)求線框的邊剛進入?yún)^(qū)域I時，線框的加速度大?。?/p>

(2)求線框完全進入?yún)^(qū)域HI中的速度大??；

(3)若在線框開始進入?yún)^(qū)域I時，對線框施加一可變的水平外力，使線框做勻速直線運動至線框剛好完全離

開區(qū)域V,求水平外力做功的平均功率。

【答案】解：(1)線框4B邊剛進入?yún)^(qū)域/時，感應(yīng)電動勢大小為片=84%

回路中的電流為A=；i

安培力大小方=Bhd

加速度大小a=—m

聯(lián)立解得a==如

(2)過程①:線框完全進入?yún)^(qū)域I過程，線框向右的位移為d,設(shè)動量變化量為△pi，以水平向左為正

方向，由動量定理，有6近?△，=/”]

其中7=粵

又d=萬1t

解得dPi="?

過程②