物理（黑龙江卷03）-2024年高考押题预测卷含答案.pdf

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1、2024 年黑龙江省高考押题预测卷 03【新课标】高三物理（考试时间：75 分钟试卷满分：100 分）注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：选择题：本题共 10 小题，共 46 分。第 17 题每题 4 分，8-10 题每题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符合题目要求，第 810 题有多项符合题目

2、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.在一次军事演习中，一伞兵从悬停在高空的直升机中以初速度为零落下，在空中沿竖直方向运动的 v t 图像如图。则伞兵在()A.010s 内位移大小为 50mB.10s15s 内加速度逐渐增大C.010s 内所受阻力逐渐增大D.10s15s 内所受阻力逐渐增大2.大理石是家居装修常用的石材，它有一定的辐射，其辐射源主要是石材中的氡元素。已知氡核衰变方程为86222Rn84218Po+Y，则以下说法正确的是()A.一个84218Po 核含有 134 个质子B.Y 射线是穿透力最强的一种放射性射线C.Po 核比 Rn 核的比结合

3、能大D.经高温煅烧后石材中的氢半衰期会缩短3.下列说法正确的是()A.图甲为一定质量的某种理想气体在 3 个不同温度下的等温线，其中等温线 1 表示的温度最高B.图乙为一定质量的理想气体状态变化的 V T 图线，由图可知气体在状态 a 的压强大于在状态 b的压强C.图乙中一定质量的理想气体在 a b 的过程中对外界做功，气体吸热D.图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离 r r0时，分子势能随分子间距离的增大而增大4.一抛物线形状的光滑固定导轨竖直放置，O 为抛物线导轨的顶点，O 点离地面的高度为，A、B两点相距 2，轨道上套有一个小球 M，小球 M 通过轻杆与光滑地面上的小

4、球 N 相连，两小球的质量均为 m，轻杆的长度为 2。现将小球 M 从距地面竖直高度为?处静止释放，下列说法正确的是A.小球 M 即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为 30B.小球 M 即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为 60C.从静止释放到小球 M 即将落地，轻杆对小球 N 做的功为?mgD.若小球 M 落地后不反弹，则地面对小球 M 的作用力的冲量大小为 mg5.雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次，就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a、b 是其中的两条出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光，下列说

5、法正确的是()A.a 光线是红光，b 光线是紫光B.遇到同样的障碍物，b 光比 a 光更容易发生明显衍射C.a 光在水滴中的传播时间比 b 光在水滴中的传播时间短D.增大太阳光在水滴表面的入射角，则可能没有光线从水滴中射出6.图(a)中，在 x 轴上关于原点 O 对称的位置固定两个等量异种点电荷。图(b)中，在 x 轴上关于原点O 对称的位置固定两根垂直于纸面的平行长直导线，两根导线中电流大小相等、方向相反。电子以一定的初速度从原点 O 垂直纸面向里运动，则关于两幅图中电子在原点 O 处受力的说法正确的是()A.图(a)中，电子所受电场力方向沿 x 轴正向B.图(a)中，电子所受电场力方向沿

6、y 轴正向C.图(b)中，电子所受洛伦兹力方向沿 y 轴正向D.图(b)中，电子所受洛伦兹力方向沿 x 轴正向7.大地卫星 7 是一种人造卫星，它能提供地球大陆表面的图像。其拍摄的照片已广泛应用于制作地图，研究土地利用，监视资源及地球的整体变迁等。假设卫星 7 绕地球做匀速圆周运动，质量大约为 2200kg，轨道距地球表面的高度大约是 705km，则下列说法正确的是()A.卫星 7 的运行速度可能大于 7.9km/sB.和静止在地面赤道上的物体相比，卫星 7 围绕地球转动得更快C.卫星 7 在太空中处于完全失重状态，所以不受重力D.相同时间内，卫星 7 与地心连线扫过的面积等于同步卫星与地心连

7、线扫过的面积8.一简谐机械横波以 30m/s 的速度沿 x 轴负方向传播，t=0.1s 时刻的部分波形如图甲所示，a、b、c 是波上的三个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是()A.图乙可能是质点 b 的振动图像B.t=0 时，平衡位置位于坐标原点的质点沿 y 轴负方向运动C.t=0.1 s 时，平衡位置位于 x=9 m 的质点沿 y 轴正方向运动D.t=0.15 s 时，质点 a 的加速度比质点 c 的加速度小9.如图乙所示，光滑的水平面上有一个质量为 m=1kg 的小球与质量为 M=2kg、半径为 R=5cm 的?光滑圆弧轨道，最初圆弧轨道处于静止状态，小球与圆弧轨道下边

8、缘之间的距离大于 1m，小球受到一水平力 F，小球运动 1m 后，撤掉外力 F(未知)，小球的加速度与小球的位移关系如图甲所示，g=10m/s2。则撤去外力 F 后下列说法正确的是()A.小球与圆弧轨道组成的系统动量守恒，机械能守恒B.小球到达圆弧轨道顶端时的速度大小为?m/sC.小球上升的最大高度为?tmD.圆弧轨道的最大速度为?m/s10.光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为，电场强度为 E、方向坚直向上，磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外，重力加速度为 g，带电小球的比荷为?。如图所示，现给小

9、球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为 60，下列说法正确的是()A.小球在复合场中的运动时间可能是?hB.小球在复合场中运动的加速度大小可能是?h?C.小球在复合场中运动的路程可能是?D.小球的初速度大小可能是?h?第卷二、实验题：本题共 2 小题，共 14 分。11.某同学采用如图甲所示装置验证动滑轮下方悬挂的物块 A 与定滑轮下方悬挂的物块 B(带有遮光条)组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油，以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。A、B 质量相等

10、，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块 B 由静止释放。(1)用螺旋测微器测出遮光条宽度 d，如图乙所示，则 d=mm。(2)某次实验中，测得 t=11.60ms，则此时 A 的速度为m/s(保留 2 位有效数字)。(3)改变光电门与物块 B 之间的高度，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间 t，以为横轴、?为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为 k，在实验误差允许范围内，若 k=(用含 g、d 字母的表达式表示)，则验证了机械能守恒定律。12.为测量一节干电池的电动势和内阻，张同学和李同学提出了多种方案。在其中的

11、一种方案中，他们 认 为 可 以 先 测 量 电 阻 丝 的 阻 值，再 设 计 电 路 测 量 干 电 池 的 电 动 势 和 内 阻。(1)张同学准备用图甲所示器材精确测量一粗细均匀的电阻丝的电阻，其中部分器材的参数及量程选择如下：电源：电动势为 2V；待测电阻丝：阻值约为 3；电压表：选择 3V 量程，内阻约为 3k；电流表：选择 0.6A 量程，内阻约为 0.05；要求电阻丝两端的电压调节范围尽量大，请将甲图中的电路补充完整_。(2)李同学在阅读说明书后得知该电阻材料的电阻率，他用刻度尺测量该电阻丝的长度为 50.00cm，用螺旋测微器测该电阻丝的直径如图乙所示，则直径为_mm；(3)

12、两位同学测得电阻丝的电阻均为 3.0，为利用该电阻丝进一步测量一节干电池的电动势和内阻，他们合作设计了如图丙所示的电路，其中的电池即为待测电池，定值电阻R0=2。使金属滑片接触电阻丝的不同位置，分别记录电阻丝连入电路的有效长度 x 及对应的电压表示数 U，作出?图像如图丁所示，电压表看做理想电压表，则该电池的电动势为_V，内阻为_(结果均保留两位有效数字)。三、计算题：本题共 3 小题，共 40 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.无人快递车在水平路面上从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，

13、后做匀减速直线运动，经过 160s 到达目的地停止运动，快递车在整个运动过程中牵引力 F 随时间 t 的变化关系如图所示，图中 f 和t1均未知。已知快递车与货物的总质量 m=80kg，运行时所受阻力大小恒定，快递车加速时的加速度大小a1=0.4m/s2，取重力加速度大小 g=10m/s2，0t1时间内位移大小s1=20m。求：(1)快递车在运动过程中受到的阻力大小及减速过程中的加速度大小；(2)在快递车的整个运动过程中，牵引力对快递车所做的功。14.如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的3倍。金属板外有一圆心为 O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于

14、纸面向外的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q(q 0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 P 点飞出电场，并沿PO 方向从图中 O点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为?t?t?h，不计粒子重力。(1)求金属板间电势差 U。(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角。15.如图所示，间距均为 L 的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在 M、N 处平滑连接，虚线 MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场。a、b 为两根粗细均匀的金属棒，a 棒质量为m，长度为 L、电阻为 R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高处；b 棒质量为 2m、长度为 L、电阻为 2R，与

15、水平导轨垂直并处于静止状态。a 棒解除固定后由静止释放，运动过程中与 b 棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为 g，求：(1)a 棒刚进入磁场时产生的电动势大小；(2)当 a 棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b 棒的加速度大小；(3)整个运动过程中，b 棒上产生的焦耳热。2024 年黑龙江省高考押题预测卷 03【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。1.在一次军事演习中，一伞兵从悬停

16、在高空的直升机中以初速度为零落下，在空中沿竖直方向运动的 v t 图像如图。则伞兵在()A.010s 内位移大小为 50mB.10s15s 内加速度逐渐增大C.010s 内所受阻力逐渐增大D.10s15s 内所受阻力逐渐增大1.【答案】C【解析】A、v t 图像与横轴围成的面积表示位移，根据图像可知 010s 内位移大于 50m，故 A错误；12345678910CCDCBDBBDBCDACB、v t 图像的切线斜率表示加速度，10s15s 内加速度逐渐减小，故 B 错误；C、010s 内加速度逐渐减小，方向向下，根据牛顿第二定律 mg f=ma，可得 f=m(g a)，所以阻力逐渐增大，故

17、C 正确；D、10s15s 内加速度逐渐减小，方向向上，根据牛顿第二定律 f mg=ma，解得 f=m(g+a)，所以阻力逐渐减小，故 D 错误。故选 C。2.大理石是家居装修常用的石材，它有一定的辐射，其辐射源主要是石材中的氡元素。已知氡核衰变方程为86222Rn84218Po+Y，则以下说法正确的是()A.一个84218Po 核含有 134 个质子B.Y 射线是穿透力最强的一种放射性射线C.Po 核比 Rn 核的比结合能大D.经高温煅烧后石材中的氢半衰期会缩短2.【答案】C【解析】A、84218Po 的质子数为 84 个，故 A 错误；B、根据质量数与质子数守恒定律，则氡的衰变方程为862

18、22Rn 84218Po+24Y，Y 为粒子，Y 射线的穿透力最弱，故 B 错误；C、该核反应的过程中释放能量，有质量亏损，所以 Po 核的比结合能比 Rn 核的比结合能大，故 C正确；D、半衰期与外界因素无关，故 D 错误。3.下列说法正确的是()A.图甲为一定质量的某种理想气体在 3 个不同温度下的等温线，其中等温线 1 表示的温度最高B.图乙为一定质量的理想气体状态变化的 V T 图线，由图可知气体在状态 a 的压强大于在状态 b的压强C.图乙中一定质量的理想气体在 a b 的过程中对外界做功，气体吸热D.图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离 r r0时，分子势能随分

19、子间距离的增大而增大3.【答案】D【解析】A.图甲为一定质量的某种理想气体在 3 个不同温度下的等温线，由pV=nRT比较 p、V 乘积的大小，等温线 3 表示的温度最高，A 错误；B.气体在状态 a 到状态 b 的过程中，体积不变，由查理定律?=?由于 Tb大于 Ta，故 pb大于 pa，B 错误；C.图乙中一定质量的理想气体在 a b 的过程中气体体积不变，对外界不做功，C 错误；D.图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离 r r0时，分子间为引力，分子势能随分子间距离的增大而增大，D 正确；故选 D。4.一抛物线形状的光滑固定导轨竖直放置，O 为抛物线导轨的顶点，O 点

20、离地面的高度为，A、B两点相距 2，轨道上套有一个小球 M，小球 M 通过轻杆与光滑地面上的小球 N 相连，两小球的质量均为 m，轻杆的长度为 2。现将小球 M 从距地面竖直高度为?处静止释放，下列说法正确的是A.小球 M 即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为 30B.小球 M 即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为 60C.从静止释放到小球 M 即将落地，轻杆对小球 N 做的功为?mgD.若小球 M 落地后不反弹，则地面对小球 M 的作用力的冲量大小为 mg4.【答案】C【解析】小球 M 即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动知识可知，小球 M的速度方向与水平方向的夹角

21、满足 tan=?=1 可得=45，故 AB 错误；设小球 M 即将落地时，速度大小为v1，小球 N 的速度大小为v2，根据系统机械能守恒有 mg?=?mv12+?mv22，小球 M 与小球 N 沿杆方向的速度相等，有v1cos=v2解得v1=g，v2=?，根据动能定理可得，从静止释放到小球 M 即将落地，轻杆对小球 N 做的功为W杆=?mv22=?mg，故 C 正确;小球 M 落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有I合=0 mv1=mg，由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球 M 有重力，沿杆切线方向动量定理分量式可知，I地I合，故 D 错误。5.雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后

22、在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次，就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a、b 是其中的两条出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光，下列说法正确的是()A.a 光线是红光，b 光线是紫光B.遇到同样的障碍物，b 光比 a 光更容易发生明显衍射C.a 光在水滴中的传播时间比 b 光在水滴中的传播时间短D.增大太阳光在水滴表面的入射角，则可能没有光线从水滴中射出5.【答案】B【解析】A.由光路图可知，a 光线的偏折程度较大，则折射率较大，频率较大，则 a 是紫光，b 光线是红光，选项 A 错误；B.红光的波长比紫光长，则遇到同样的障碍物，b 光比 a 光更容易

23、发生明显衍射，选项 B 正确；C.根据v=?可知，a 光在水滴中的传播速度较小，但是在水滴中传播距离较大，则 a 光在水滴中的传播时间比b 光在水滴中的传播时间长，选项 C 错误；D.增大太阳光在水滴表面的入射角，则光线在水滴的背面的入射角变大，光线仍能在水滴的背面发生全反射，到正面下方时，入射角等于光在正面上方时的折射角，根据折射定律知光会从正面下方折射出来，折射角等于光在正面上方时的入射角，选项 D 错误。故选 B。6.图(a)中，在 x 轴上关于原点 O 对称的位置固定两个等量异种点电荷。图(b)中，在 x 轴上关于原点O 对称的位置固定两根垂直于纸面的平行长直导线，两根导线中电流大小相

24、等、方向相反。电子以一定的初速度从原点 O 垂直纸面向里运动，则关于两幅图中电子在原点 O 处受力的说法正确的是()A.图(a)中，电子所受电场力方向沿 x 轴正向B.图(a)中，电子所受电场力方向沿 y 轴正向C.图(b)中，电子所受洛伦兹力方向沿 y 轴正向D.图(b)中，电子所受洛伦兹力方向沿 x 轴正向6.【答案】D【解析】解：AB、图(a)中，两个等量异种点电荷产生的电场在 O 点的电场强度方向均沿 x 轴正方向，根据电场叠加原理，O 点的电场强度方向沿 x 轴正方向，电子带负电，所受电场力与电场强度方向相反，故电子在 O 点所受电场力方向沿 x 轴负方向，故 AB 错误；CD、图(

25、b)中，根据安培定则，两根导线中电流产生的磁场在 O 点的磁感应强度方向均沿 y 轴负方向，根据磁场叠加原理，O 点的磁感应强度方向沿 y 轴负方向。电子带负电，初速度从原点 O 垂直纸面向里运动，根据左手定则，电子在 O 点所受洛伦兹力方向沿 x 轴正方向，故 C 错误，D 正确。故选：D。7.大地卫星 7 是一种人造卫星，它能提供地球大陆表面的图像。其拍摄的照片已广泛应用于制作地图，研究土地利用，监视资源及地球的整体变迁等。假设卫星 7 绕地球做匀速圆周运动，质量大约为 2200kg，轨道距地球表面的高度大约是 705km，则下列说法正确的是()A.卫星 7 的运行速度可能大于 7.9km

26、/sB.和静止在地面赤道上的物体相比，卫星 7 围绕地球转动得更快C.卫星 7 在太空中处于完全失重状态，所以不受重力D.相同时间内，卫星 7 与地心连线扫过的面积等于同步卫星与地心连线扫过的面积7.【答案】B【解析】A、7.9km/s 是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，故 A 错误。B、设赤道上的物体角速度为1，卫星 7 的角速度为2，同步卫星的角速度3，已知1=3，又由规律“同一中心天体的不同卫星，轨道半径 r 越大，越小”，可得2 1=3，故 B 正确。C、完全失重不等于不受重力，只是视重为 0，卫星 7 需要重力提供向心力做匀速圆周运动，故 C错误。D、对于某一绕地卫星，其与地

27、心的连线在相等的时间内扫过的面积相等，轨道半径不同的卫星在相等时间内扫过的面积则不相等，故 D 错误。8.一简谐机械横波以 30m/s 的速度沿 x 轴负方向传播，t=0.1s 时刻的部分波形如图甲所示，a、b、c 是波上的三个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是()A.图乙可能是质点 b 的振动图像B.t=0 时，平衡位置位于坐标原点的质点沿 y 轴负方向运动C.t=0.1 s 时，平衡位置位于 x=9 m 的质点沿 y 轴正方向运动D.t=0.15 s 时，质点 a 的加速度比质点 c 的加速度小8.【答案】BD【解析】解：A、波沿 x 轴负方向传播，根据“同侧法”知 t

28、=0.1 s 时，质点 b 沿 y 轴负方向运动，图乙中 t=0.1 s 时质点沿 y 轴正方向运动，图乙不可能是质点 b 的振动图像，故 A 错误；B、由图乙可知，周期为 T=0.2 s，根据“同侧法”知 t=0.1 s 时平衡位置位于坐标原点的质点沿 y轴正方向运动，利用平移法知 t=0 时，其沿 y 轴负方向运动，故 B 正确；C、根据波速和周期的关系可知，波长为=6 m，所以 x=9 m 的质点与坐标原点的质点相差 1.5，而t=0.1 s 时平衡位置位于坐标原点的质点沿y 轴正方向运动，故x=9 m 的质点与其运动方向相反，即沿 y 轴负方向运动，故 C 错误；D、t=0.15 s

29、时，质点 a 回到平衡位置，加速度为 0，而质点 c 运动到最大位移处，加速度最大，故D 正确。故选：BD。9.如图乙所示，光滑的水平面上有一个质量为 m=1kg 的小球与质量为 M=2kg、半径为 R=5cm 的?光滑圆弧轨道，最初圆弧轨道处于静止状态，小球与圆弧轨道下边缘之间的距离大于 1m，小球受到一水平力 F，小球运动 1m 后，撤掉外力 F(未知)，小球的加速度与小球的位移关系如图甲所示，g=10m/s2。则撤去外力 F 后下列说法正确的是()A.小球与圆弧轨道组成的系统动量守恒，机械能守恒B.小球到达圆弧轨道顶端时的速度大小为?m/sC.小球上升的最大高度为?tmD.圆弧轨道的最大

30、速度为?m/s9.【答案】BCD【解析】A、由于水平面光滑，所以小球与圆弧轨道组成的系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，竖直方向系统所受合力不为零，故竖直方向动量不守恒，由于所有接触面均光滑，系统机械能守恒，故 A 错误；BC、根据牛顿第二定律可知 F=ma，则可知 a x 图像与坐标轴围成的面积与 m 的乘积表示 F 做的功 W，即 W=?max=1J，设小球与圆弧轨道作用前的速度为 v，则根据动能定理有 W=?mv2，解得 v=2m/s，当小球上升最高时小球与圆弧轨道水平方向共速，则：mv=(M+m)v，mg=?mv2?(M+m)v2，解得=?t?cm=?tm R，当小球到达圆弧轨道顶

31、端时，根据水平方向动量守恒有 mv=(M+m)vx，根据系统机械能守恒有?mv2=?mv顶2+?Mvx2+mgR，解得小球到达圆弧轨道顶端时的速度v顶=?m/s，故 BC 正确；D、当小球与圆弧轨道分离后，圆弧轨道速度最大，设分离后小球速度为v1，圆弧轨道速度为v2，则 mv=mv1+Mv2，?mv2=?mv12+?Mv22，解得v2=?m/s，故 D 正确。10.光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为，电场强度为 E、方向坚直向上，磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外，重力加速度为 g，带电小球的比荷

32、为?。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为 60，下列说法正确的是()A.小球在复合场中的运动时间可能是?hB.小球在复合场中运动的加速度大小可能是?h?C.小球在复合场中运动的路程可能是?D.小球的初速度大小可能是?h?10【答案】AC【解析】由题意可知：?t=?，小球受到的电场力为F电=Eq=Et?=mg，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为 R，A.出射速度与下边界夹角为60，轨迹如图所示，小球运动有两种情况，即轨迹所对圆心角为?或?，由牛顿第二定律与运动学公式可知Bqv=t?，v=?，可得

33、t=?th?，代入 q=t?，可得 t=?h?，则小球在复合场中的运动时间为t1=?h?或t2=?h?，故 A 正确；D.小球入射速度与对应轨迹半径分别为v1、R1、v2、R2，通过几何关系可得R1cos60+R1=，R2cos60+=R2，解得R1=?，R2=2，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律可得Bqv=m?，联立可得v1=?h?，v2=?h?，故 D 错误。B.小球在复合场中运动的加速度大小可能是a1=?=?h?，a2=?=?h?，故 B 错误；C.小球在复合场中运动的路程可能是s1=v1t1=?，s2=v2t2=?，故 C 正确。故 AC。三、实验题：本大题共 2 小题，共 14 分

34、。11.某同学采用如图甲所示装置验证动滑轮下方悬挂的物块 A 与定滑轮下方悬挂的物块 B(带有遮光条)组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油，以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。A、B 质量相等，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块 B 由静止释放。(1)用螺旋测微器测出遮光条宽度 d，如图乙所示，则 d=mm。(2)某次实验中，测得 t=11.60ms，则此时 A 的速度为m/s(保留 2 位有效数字)。(3)改变光电门与物块 B 之间的高度，重复实验，测得各次遮光条的挡光

35、时间 t，以为横轴、?为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为 k，在实验误差允许范围内，若 k=(用含 g、d 字母的表达式表示)，则验证了机械能守恒定律。11.【答案】(1)1.195；(2)0.052；(3)?【解析】(1)螺旋测微器读数为 d=1mm+0.01mm 19.5=1.195mm。(2)vB=?=?t?ttt?t 0.103m/s，vA=?h?=0.052m/s。(3)当 B 下降的高度为时，A 上升的高度为?，A、B 组成的系统机械能守恒，则有 mg=?mg+?mvA2+?mvB2，整理得?=?，则 k=?。12.为测量一节干电池的电动势和内

36、阻，张同学和李同学提出了多种方案。在其中的一种方案中，他们 认 为 可 以 先 测 量 电 阻 丝 的 阻 值，再 设 计 电 路 测 量 干 电 池 的 电 动 势 和 内 阻。(1)张同学准备用图甲所示器材精确测量一粗细均匀的电阻丝的电阻，其中部分器材的参数及量程选择如下：电源：电动势为 2V；待测电阻丝：阻值约为 3；电压表：选择 3V 量程，内阻约为 3k；电流表：选择 0.6A 量程，内阻约为 0.05；要求电阻丝两端的电压调节范围尽量大，请将甲图中的电路补充完整_。(2)李同学在阅读说明书后得知该电阻材料的电阻率，他用刻度尺测量该电阻丝的长度为 50.00cm，用螺旋测微器测该电阻

37、丝的直径如图乙所示，则直径为_mm；(3)两位同学测得电阻丝的电阻均为 3.0，为利用该电阻丝进一步测量一节干电池的电动势和内阻，他们合作设计了如图丙所示的电路，其中的电池即为待测电池，定值电阻R0=2。使金属滑片接触电阻丝的不同位置，分别记录电阻丝连入电路的有效长度 x 及对应的电压表示数 U，作出?图像如图丁所示，电压表看做理想电压表，则该电池的电动势为_V，内阻为_(结果均保留两位有效数字)。12.【答案】(1)；(2)1.130；(3)1.4；1.0【解析】(1)因为?，所以电压表引起的误差小，采用电流表外接；因实验要求电阻丝两端的电压调节范围尽量大知滑动变阻器采用分压接法，故连接电路

38、如图：；(2)固定刻度读数为：1mm，可动刻度读数为：13.0 x0.01mm=0.130mm，所以螺旋测微器读数为1.130mm；(3)根据闭合电路的欧姆定律结合电路图有 E=U+?(R0+r)，即E=U+?(R0+r)，变形得：?=?+?t?t?th?，又 R=?推得：?=?=?t?/m=6/m；?图像的纵截距为 b=?=0.7V1，解得：E=1.4V；图线的斜率：k=?t?t?th?=t?，解得：r=1.0。四、简答题：本大题共 3 小题，共 40 分。13.无人快递车在水平路面上从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，后做匀减速直线运动，经过 160s 到达目的地停止运动，快递

39、车在整个运动过程中牵引力 F 随时间 t 的变化关系如图所示，图中 f 和t1均未知。已知快递车与货物的总质量 m=80kg，运行时所受阻力大小恒定，快递车加速时的加速度大小a1=0.4m/s2，取重力加速度大小 g=10m/s2，0t1时间内位移大小s1=20m。求：(1)快递车在运动过程中受到的阻力大小及减速过程中的加速度大小；(2)在快递车的整个运动过程中，牵引力对快递车所做的功。13.【答案】解：(1)根据题意，设快递车运行时所受阻力大小为 f，由图可知快递车在加速过程中，牵引力大小为F1=64N，由牛顿第二定律F1 f=ma1代入数据解得 f=32N根据匀变速直线运动规律，快递车加速

40、运动结束时刻的速度v1，则有v12=2a1s1解得v1=4m/st1=?=?t?s=10s快递车在减速时的初速度也为v1=4m/s，由图知减速运动是时间为t3=160s 140s=20s，故减速运动时加速度的大小为a2=?=?tm/s2=0.2m/s2；(2)全程对快递车由动能定理WF f(s1+s2+s3)=0其中s2=v1t=4 (140 10)m=520ms3=?t3=?20m=40m代入解得，快递车在整个运动过程中牵引力所做的功为WF=18560J答：(1)快递车在运动过程中受到的阻力大小为 32N，减速过程中的加速度大小为 0.2m/s2；(2)牵引力对快递车所做的功为 18560J

41、。【解析】(1)根据牛顿第二定律列式求解阻力大小，由匀变速直线运动规律和加速度定义式计算加速度；(2)根据动能定理列式代入数据解答。考查牛顿运动定律和动能定理问题，会根据题意列式求解相应物理量。14.如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的3倍。金属板外有一圆心为 O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q(q 0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 P 点飞出电场，并沿PO 方向从图中 O点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为?t?t?h，不计粒子重力。(1)求金属板间电势差 U。(2)求粒子射

42、出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角。14.【答案】解：(1)设板间距离为 d，板长为3d，板间电压为 U，粒子在电场中做类平抛运动，则有3d=v0t?=?t?t2两式联立解得U=t?t?(2)粒子射出电场时与射入电场时运动方向间的夹角为，位移偏转角为1，由粒子出电场时速度偏转角正切值为位移偏转角正切值 2 倍求解；则有tan=2tan1tan=2tan1=2?=?解得：=30粒子进入磁场的轨迹如图示，轨迹的圆心为O1，设粒子做圆周运动的半径为 r，圆形磁场半径为 R洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力qvB=m?t?t?=cos30v=?t?r=t?h=?t?t?htanOOO1=?t解得ta

43、nOOO1=?OOO1=30，则粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角为2OOO1=2 30=60即粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角等于粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角即=60答：(1)求金属板间电势差 U 为t?t?。(2)粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为 60。【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由位移与时间公式节课求解；(2)由粒子出电场时速度偏转角正切值为位移偏转角正切值 2 倍，继而可得知进入磁场时的速度的方向(速度与水平方向的夹角)，再结合在磁场中的运动规律，即可求得在磁场中的偏转角；本题考查了带电粒子在组合场中的运动情况，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀

44、速押后运动。15.如图所示，间距均为 L 的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在 M、N 处平滑连接，虚线 MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场。a、b 为两根粗细均匀的金属棒，a 棒质量为m，长度为 L、电阻为 R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高处；b 棒质量为 2m、长度为 L、电阻为 2R，与水平导轨垂直并处于静止状态。a 棒解除固定后由静止释放，运动过程中与 b 棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为 g，求：(1)a 棒刚进入磁场时产生的电动势大小；(2)当 a 棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b 棒的加速度大小；(3)整个运动过程中，b 棒上产生的焦

45、耳热。15.【答案】解：(1)a 棒从高处下滑进入磁场的过程中，根据动能定理可得：mg=?mv02根据法拉第电磁感应定律得：E=BLv0联立解得：E=BL2g(2)进入磁场后，ab 棒组成的系统动量守恒，选水平向右的方向为正方向，当 a 棒速度大小减小为原来的一半时，则mv0=m?t?+2mvbE1=h?t?BLvb根据欧姆定律可得：I1=?根据牛顿第二定律可得：BI1L=2mab联立解得：ab=h?t?(3)最终两棒速度相等，则mv0=(m+2m)v根据能量守恒定律可得：?mv02=?(m+2m)v2+Q根据电阻的关系可得：Qb=?Q联立解得：Qb=?mg答：(1)a 棒刚进入磁场时产生的电

46、动势大小为 BL2g；(2)当 a 棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b 棒的加速度大小为h?t?；(3)整个运动过程中，b 棒上产生的焦耳热为?mg。【解析】(1)根据动能定理计算出 a 棒的速度，结合法拉第电磁感应定律得出电动势的大小；(2)根据动量守恒定律得出 b 棒的速度，结合法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，再根据欧姆定律得出电流的大小，利用安培力公式和牛顿第二定律得出对应的加速度；(3)根据能量守恒定律得出产生的总焦耳热，结合电阻的关系得出 b 棒上产生的焦耳热。本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电动势的计算，结合安培力公式和电磁感应中的能量转化关系即可完成分析。20

47、24 年黑龙江省高考押题预测卷 03【新课标】物理参考答案一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。第 17 题每题 4 分，8-10 题每题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符合题目要求，第 810 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。二、实验题：本题共 2 小题，共 14 分。12345678910CCDCBDBBDBCDAC11.【答案】(1)1.195；(2)0.052；(3)?12.【答案】(1)；(2)1.130；(3)1.4；1.0三、计算题：本题共 3 小题，共 39 分。解答应写出必要的文字说明、方

48、程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.【答案】解：(1)根据题意，设快递车运行时所受阻力大小为 f，由图可知快递车在加速过程中，牵引力大小为F1=64N，由牛顿第二定律F1 f=ma1代入数据解得 f=32N(1 分)根据匀变速直线运动规律，快递车加速运动结束时刻的速度v1，则有v12=2a1s1解得v1=4m/s(1 分)t1=?=?t?s=10s(1 分)快递车在减速时的初速度也为v1=4m/s，由图知减速运动是时间为t3=160s 140s=20s，故减速运动时加速度的大小为a2=?=?tm/s2=0.2m/s2；(1 分)(2

49、)全程对快递车由动能定理WF f(s1+s2+s3)=0(1 分)其中s2=v1t=4 (140 10)m=520m(1 分)s3=?t3=?20m=40m(1 分)代入解得，快递车在整个运动过程中牵引力所做的功为WF=18560J(1 分)答：(1)快递车在运动过程中受到的阻力大小为 32N，减速过程中的加速度大小为 0.2m/s2；(2)牵引力对快递车所做的功为 18560J。14.【答案】解：(1)设板间距离为 d，板长为3d，板间电压为 U，粒子在电场中做类平抛运动，则有3d=v0t(1 分)?=?t?t2(1 分)两式联立解得U=t?t?(1 分)(2)粒子射出电场时与射入电场时运动

50、方向间的夹角为，位移偏转角为1，由粒子出电场时速度偏转角正切值为位移偏转角正切值 2 倍求解；则有tan=2tan1(1 分)tan=2tan1=2?=?(1 分)解得：=30(1 分)粒子进入磁场的轨迹如图示，轨迹的圆心为O1，设粒子做圆周运动的半径为 r，圆形磁场半径为 R洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力qvB=m?t(1 分)?t?=cos30v=?t?(1 分)r=t?h=?t?t?h(1 分)tanOOO1=?t解得tanOOO1=?(1 分)OOO1=30，则粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角为 2OOO1=2 30=60(1 分)即粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角等于