2024年黑龍江省高考押題預測卷03【新課標】

高三物理

（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、選擇題：選擇題：本題共10小題，共46分。第1?7題每題4分，8-10題每題6分。在每小

題給出的四個選項中，第1?7題只有一項符合題目要求，第8?10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.在一次軍事演習中，一傘兵從懸停在高空的直升機中以初速度為零落下，在空中沿豎直方向運動

的v-t圖像如圖。則傘兵在（）

A.0~10s內位移大小為50mB.10s~15s內加速度逐漸增大

C.0-10s內所受阻力逐漸增大D.10s~15s內所受阻力逐漸增大

2.大理石是家居裝修常用的石材，它有一定的輻射，其輻射源主要是石材中的氫元素。已知氨核衰

變方程為常2Rn%；8p°+y,則以下說法正確的是（）

A.一個慧8Po核含有134個質子

B.丫射線是穿透力最強的一種放射性射線

C.Po核比Rn核的比結合能大

D.經高溫煨燒后石材中的氫半衰期會縮短

3.下列說法正確的是（）

A.圖甲為一定質量的某種理想氣體在3個不同溫度下的等溫線，其中等溫線2表示的溫度最高

B,圖乙為一定質量的理想氣體狀態變化的V-7■圖線，由圖可知氣體在狀態a的壓強大于在狀態b

的壓強

C.圖乙中一定質量的理想氣體在a的過程中對外界做功，氣體吸熱

D.圖丙為分子間作用力與分子間距離的關系，可知當分子間的距離r>r0時，分子勢能隨分子間距

離的增大而增大

4.一拋物線形狀的光滑固定導軌豎直放置，。為拋物線導軌的頂點，。點離地面的高度為〃，4B

兩點相距2方，軌道上套有一個小球小球M通過輕桿與光滑地面上的小球N相連，兩小球的質

量均為m,輕桿的長度為2〃。現將小球M從距地面豎直高度為。〃處靜止釋放，下列說法正確的

是

A.小球M即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為30°

B.小球/W即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為60°

C.從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對小球N做的功為Jmg/

D.若小球M落地后不反彈，則地面對小球M的作用力的沖量大小為m

5.雨后太陽光射入空氣中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面發生反射，最后離開水滴時再折

射一次，就形成了彩虹。如圖，太陽光從左側射入球形水滴，。、b是其中的兩條出射光線，在這兩

條出射光線中，一條是紅光，另一條是紫光，下列說法正確的是（）

太陽光

A.a光線是紅光，b光線是紫光

B.遇到同樣的障礙物，b光比a光更容易發生明顯衍射

C.a光在水滴中的傳播時間比b光在水滴中的傳播時間短

D.增大太陽光在水滴表面的入射角，則可能沒有光線從水滴中射出

6.圖包中，在x軸上關于原點。對稱的位置固定兩個等量異種點電荷。圖口中，在x軸上關于原點

。對稱的位置固定兩根垂直于紙面的平行長直導線，兩根導線中電流大小相等、方向相反。電子以

一定的初速度從原點。垂直紙面向里運動，則關于兩幅圖中電子在原點。處受力的說法正確的是

)

A.圖⑷中，電子所受電場力方向沿x軸正向

B.圖同中，電子所受電場力方向沿y軸正向

圖口中，電子所受洛倫茲力方向沿y軸正向

D.圖口中，電子所受洛倫茲力方向沿x軸正向

7.大地衛星7是一種人造衛星，它能提供地球大陸表面的圖像。其拍攝的照片已廣泛應用于制作地

圖，研究土地利用，監視資源及地球的整體變遷等。假設衛星7繞地球做勻速圓周運動，質量大約

為2200kg,軌道距地球表面的高度大約是705km,則下列說法正確的是（）

A.衛星7的運行速度可能大于7.9km/s

B.和靜止在地面赤道上的物體相比，衛星7圍繞地球轉動得更快

衛星7在太空中處于完全失重狀態，所以不受重力

D.相同時間內，衛星7與地心連線掃過的面積等于同步衛星與地心連線掃過的面積

8.一簡諧機械橫波以30m/s的速度沿x軸負方向傳播，t=0.1s時刻的部分波形如圖甲所示，a、b、

c是波上的三個質點。圖乙是波上某一質點的振動圖像。下列說法中正確的是（）

B.t=0時，平衡位置位于坐標原點的質點沿y軸負方向運動

C.t=0.1s時，平衡位置位于x=9m的質點沿y軸正方向運動

D.t=0.15s時，質點a的加速度比質點c的加速度小

9.如圖乙所示，光滑的水平面上有一個質量為m=1kg的小球與質量為M=2kg、半徑為R=5cm的

J光滑圓弧軌道，最初圓弧軌道處于靜止狀態，小球與圓弧軌道下邊緣之間的距離大于1m,小球受

到一水平力F,小球運動1m后，撤掉外力F侏知％小球的加速度與小球的位移關系如圖甲所示，g=

10m/s2,則撤去外力F后下列說法正確的是

A.小球與圓弧軌道組成的系統動量守恒，機械能守恒

B.小球到達圓弧軌道頂端時的速度大小為苧m作

C.小球上升的最大高度為。m

D.圓弧軌道的最大速度為孚m作

10.光滑絕緣水平桌面上有一個可視為質點的帶正電小球,桌面右側存在由勻強電場和勻強磁場組成

的復合場，復合場的下邊界是水平面，到桌面的距離為〃，電場強度為E、方向堅直向上，磁感應

強度為B、方向垂直紙面向外，重力加速度為g,帶電小球的比荷為會如圖所示，現給小球一個向

右的初速度，使之離開桌邊緣立刻進入復合場運動，已知小球從下邊界射出，射出時的速度方向與

下邊界的夾角為60。，下列說法正確的是（）

A.小球在復合場中的運動時間可能是贏

B.小球在復合場中運動的加速度大小可能是H

C.小球在復合場中運動的路程可能是空

D.小球的初速度大小可能是誓

第n卷

二、實驗題：本題共2小題，共14分。

11.某同學采用如圖甲所示裝置驗證動滑輪下方懸掛的物塊A與定滑輪下方懸掛的物塊帶有遮光

條）組成的系統機械能守恒。圖中光電門安裝在鐵架臺上且位置可調，滑輪質量不計且滑輪凹槽中涂

有潤滑油，以保證細線與滑輪之間的摩擦可以忽略不計，細線始終伸直。4B質量相等，遮光條質

量不計，遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊通過光電門的瞬時速度，實驗時將物塊B由靜止釋

⑴用螺旋測微器測出遮光條寬度d,如圖乙所示，則己=mm。

⑵某次實驗中，測得t=2160ms,則此時A的速度為仍（保留2位有效數字八

1

⑶改變光電門與物塊B之間的高度也，重復實驗，測得各次遮光條的擋光時間3以〃為橫軸、

為縱軸建立平面直角坐標系，在坐標系中作出圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為k,在實驗誤差

允許范圍內，若卜=（用含g、d字母的表達式表示人則驗證了機械能守恒定律。

12.為測量一節干電池的電動勢和內阻，張同學和李同學提出了多種方案。在其中的一種方案中，他

們認為可以先測量電阻絲的阻值，再設計電路測量干電池的電動勢和內阻。

⑴張同學準備用圖甲所示器材精確測量一粗細均勻的電阻絲的電阻，其中部分器材的參數及量程選

擇如下：

電源：電動勢為2V；

待測電阻絲：阻值約為3。；

電壓表：選擇31/量程，內阻約為3k。；

電流表：選擇0.6A量程，內阻約為0.05。；

要求電阻絲兩端的電壓調節范圍盡量大，請將甲圖中的電路補充完整______o

⑵李同學在閱讀說明書后得知該電阻材料的電阻率，他用刻度尺測量該電阻絲的長度為50.00cm,

用螺旋測微器測該電阻絲的直徑如圖乙所示，則直徑為____mm；

⑶兩位同學測得電阻絲的電阻均為3.0。，為利用該電阻絲進一步測量一節干電池的電動勢和內阻，

他們合作設計了如圖丙所示的電路，其中的電池即為待測電池，定值電阻R。=2。。使金屬滑片接觸

電阻絲的不同位置，分別記錄電阻絲連入電路的有效長度x及對應的電壓表示數U,作出工圖像

Ux

如圖丁所示，電壓表看做理想電壓表，則該電池的電動勢為V,內阻為。（結果均保留

兩位有效數字八。

三、計算題：本題共3小題，共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫

出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。

13.無人快遞車在水平路面上從靜止開始先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，后做勻減速直線

運動，經過160s到達目的地停止運動，快遞車在整個運動過程中牽引力F隨時間t的變化關系如圖

所示，圖中/和均未知。已知快遞車與貨物的總質量m=80kg,運行時所受阻力大小恒定，快遞

車加速時的加速度大小％=0.4m/s2,取重力加速度大小g=lOm/sa,。?與時間內位移大小為=20m。

求：

⑴快遞車在運動過程中受到的阻力大小及減速過程中的加速度大小；

⑵在快遞車的整個運動過程中，牽引力對快遞車所做的功。

F/N

641~.

14.如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的口倍。金屬板外有一圓心

為。的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為3、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、

電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度V。水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿

P。方向從圖中。'點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為警，不計粒子重力。

⑴求金屬板間電勢差U。

⑵求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角0。

15.如圖所示，間距均為L的光滑平行傾斜導軌與光滑平行水平導軌在M、N處平滑連接，虛線MN

右側存在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場。a、b為兩根粗細均勻的金屬棒，。棒質量為

m,長度為L、電阻為R,垂直固定在傾斜軌道上距水平面高〃處；b棒質量為2m、長度為L、電阻

為2R,與水平導軌垂直并處于靜止狀態。a棒解除固定后由靜止釋放，運動過程中與b棒始終沒有

接觸，不計導軌電阻，重力加速度為g,求:

棒剛進入磁場時產生的電動勢大小；

⑵當a棒的速度大小變為剛進入磁場時速度的一半時，b棒的加速度大小;

⑶整個運動過程中，b棒上產生的焦耳熱。

2024年黑龍江省高考押題預測卷03【新課標】

物理，全解全析

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。

12345678910

CCDCBDBBDBCDAC

1.在一次軍事演習中，一傘兵從懸停在高空的直升機中以初速度為零落下，在空中沿豎直方向運動

的iz-t圖像如圖。則傘兵在（）

A.0-10s內位移大小為50mB.10s~15s內加速度逐漸增大

C.0~10s內所受阻力逐漸增大D.10s~15s內所受阻力逐漸增大

1.【答案】C

【解析】/、v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，根據圖像可知0~10s內位移大于50m,故/

錯誤；

2、I/-t圖像的切線斜率表示加速度，10s~15s內加速度逐漸減小，故3錯誤;

C、0~10s內加速度逐漸減小，方向向下，根據牛頓第二定律mg-/=ma,可得f=m（g-a）,所

以阻力逐漸增大，故C正確；

D、10s~15s內加速度逐漸減小，方向向上，根據牛頓第二定律/-mg=ma,解得/=m（g+aj,所

以阻力逐漸減小，故。錯誤。

故選C。

2.大理石是家居裝修常用的石材，它有一定的輻射，其輻射源主要是石材中的氨元素。已知氫核衰

變方程為徐Rn%jpo+y,則以下說法正確的是（）

A.一個聶8Po核含有134個質子

B.丫射線是穿透力最強的一種放射性射線

C.Po核比Rn核的比結合能大

D.經高溫煨燒后石材中的氫半衰期會縮短

2.【答案】C

【解析】4費p。的質子數為84個，故N錯誤；

2、根據質量數與質子數守恒定律，則氫的衰變方程為舞刖玲鬻P0+丫為a粒子，y射線的穿

透力最弱，故2錯誤；

。、該核反應的過程中釋放能量，有質量虧損，所以P。核的比結合能比刖核的比結合能大，故C

正確；

D、半衰期與外界因素無關，故。錯誤。

3.下列說法正確的是（）

PAI

A.圖甲為一定質量的某種理想氣體在3個不同溫度下的等溫線，其中等溫線［表示的溫度最高

B.圖乙為一定質量的理想氣體狀態變化的I/-7■圖線，由圖可知氣體在狀態a的壓強大于在狀態b

的壓強

C.圖乙中一定質量的理想氣體在。玲b的過程中對外界做功，氣體吸熱

D.圖丙為分子間作用力與分子間距離的關系，可知當分子間的距離r>r°時，分子勢能隨分子間距

離的增大而增大

3.【答案】D

【解析】4圖甲為一定質量的某種理想氣體在3個不同溫度下的等溫線，由

pV=nRT

比較p、1/乘積的大小，等溫線3表示的溫度最高，/錯誤；

8.氣體在狀態。到狀態b的過程中，體積不變，由查理定律

Pa_Pb

斤五

由于7b大于兀，故Pt,大于Pa，2錯誤；

C圖乙中一定質量的理想氣體在a的過程中氣體體積不變，對外界不做功，C錯誤；

。圖丙為分子間作用力與分子間距離的關系，可知當分子間的距離r>r°時，分子間為引力，分子

勢能隨分子間距離的增大而增大，。正確；

故選。。

4.一拋物線形狀的光滑固定導軌豎直放置，。為拋物線導軌的頂點，。點離地面的高度為〃，4B

兩點相距2,，軌道上套有一個小球小球M通過輕桿與光滑地面上的小球N相連，兩小球的質

量均為m,輕桿的長度為2〃。現將小球M從距地面豎直高度為處靜止釋放，下列說法正確的

是

A.小球M即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為30°

B.小球/W即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為60°

C.從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對小球N做的功為Jmg/

D.若小球M落地后不反彈，則地面對小球M的作用力的沖量大小為mJ/

4.【答案】C

【解析】小球M即將落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據平拋運動知識可知，小球M

的速度方向與水平方向的夾角滿足tanO=《=2可得0=45。，故N3錯誤；

T

設小球即將落地時，速度大小為力，小球的速度大小為，根據系統機械能守恒有

MNQmg-4=

gm巧,小球M與小球N沿桿方向的速度相等，

有SCOSe=V2解得匕=//,丫2=楞,根據動能定理可得，從靜止釋放到

11

小球M即將落地，輕桿對小球/V做的功為14/*二2團,二，故C正確；

小球M落地與地面相互作用的過程中，根據動量定理有/分=O-mg=-mJ77，由于軌道、輕桿對

小球有作用力，且小球M有重力，沿桿切線方向動量定理分量式可知，|/幽|>|/目，故。錯誤。

5.雨后太陽光射入空氣中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面發生反射，最后離開水滴時再折

射一次，就形成了彩虹。如圖，太陽光從左側射入球形水滴，a、b是其中的兩條出射光線，在這兩

條出射光線中，一條是紅光，另一條是紫光，下列說法正確的是（）

太陽光

A.a光線是紅光，b光線是紫光

B.遇到同樣的障礙物，b光比。光更容易發生明顯衍射

C.a光在水滴中的傳播時間比b光在水滴中的傳播時間短

D.增大太陽光在水滴表面的入射角，則可能沒有光線從水滴中射出

5.【答案】8

【解析】4由光路圖可知，。光線的偏折程度較大，則折射率較大，頻率較大，則a是紫光，b光線

是紅光，選項/錯誤；

8.紅光的波長比紫光長，則遇到同樣的障礙物，b光比a光更容易發生明顯衍射，選項8正確；

C根據

c

v=-

n

可知，。光在水滴中的傳播速度較小，但是在水滴中傳播距離較大，則a光在水滴中的傳播時間比

b光在水滴中的傳播時間長，選項C錯誤；

D增大太陽光在水滴表面的入射角，則光線在水滴的背面的入射角變大，光線仍能在水滴的背面發

生全反射，到正面下方時，入射角等于光在正面上方時的折射角，根據折射定律知光會從正面下方

折射出來，折射角等于光在正面上方時的入射角，選項。錯誤。

故選及

6.圖同中，在x軸上關于原點。對稱的位置固定兩個等量異種點電荷。圖（田中，在x軸上關于原點

。對稱的位置固定兩根垂直于紙面的平行長直導線，兩根導線中電流大小相等、方向相反。電子以

一定的初速度從原點。垂直紙面向里運動，則關于兩幅圖中電子在原點。處受力的說法正確的是

（）

y，了

0x0

圖(a)圖(b)

A.圖俏）中，電子所受電場力方向沿x軸正向

B.圖同中，電子所受電場力方向沿y軸正向

C.圖0中，電子所受洛倫茲力方向沿y軸正向

D.圖口中，電子所受洛倫茲力方向沿x軸正向

6.【答案】D

【解析】解：AB,圖包中，兩個等量異種點電荷產生的電場在。點的電場強度方向均沿x軸正方向，

根據電場疊加原理，。點的電場強度方向沿x軸正方向，電子帶負電，所受電場力與電場強度方向

相反，故電子在。點所受電場力方向沿x軸負方向，故N3錯誤；

CD,圖口中，根據安培定則，兩根導線中電流產生的磁場在。點的磁感應強度方向均沿y軸負方向，

根據磁場疊加原理，。點的磁感應強度方向沿y軸負方向。電子帶負電，初速度從原點。垂直紙面

向里運動，根據左手定則，電子在。點所受洛倫茲力方向沿x軸正方向，故C錯誤，。正確。

故選：Do

7.大地衛星7是一種人造衛星，它能提供地球大陸表面的圖像。其拍攝的照片已廣泛應用于制作地

圖，研究土地利用，監視資源及地球的整體變遷等。假設衛星7繞地球做勻速圓周運動，質量大約

為2200kg,軌道距地球表面的高度大約是705km,則下列說法正確的是（）

A.衛星7的運行速度可能大于7.9km/s

B.和靜止在地面赤道上的物體相比，衛星7圍繞地球轉動得更快

C.衛星7在太空中處于完全失重狀態，所以不受重力

D.相同時間內，衛星7與地心連線掃過的面積等于同步衛星與地心連線掃過的面積

7.【答案】B

【解析】47.9km亦是衛星繞地球做勻速圓周運動的最大環繞速度，故/錯誤。

B、設赤道上的物體角速度為31，衛星7的角速度為32，同步衛星的角速度33，已知包=33，又由

規律“同一中心天體的不同衛星，軌道半徑r越大，3越小”，可得32>%=%，故2正確。

C、完全失重不等于不受重力，只是視重為0,衛星7需要重力提供向心力做勻速圓周運動，故C

錯誤。

。、對于某一繞地衛星，其與地心的連線在相等的時間內掃過的面積相等，軌道半徑不同的衛星在

相等時間內掃過的面積則不相等，故。錯誤。

8.一簡諧機械橫波以30m/s的速度沿x軸負方向傳播，t=0.1s時刻的部分波形如圖甲所示，a、b、

c是波上的三個質點。圖乙是波上某一質點的振動圖像。下列說法中正確的是（）

A.圖乙可能是質點b的振動圖像

B.t=0時，平衡位置位于坐標原點的質點沿y軸負方向運動

C.t=0.1s時，平衡位置位于x=9m的質點沿y軸正方向運動

D.t=0.15s時，質點a的加速度比質點c的加速度小

8.【答案】BD

【解析】解：4波沿x軸負方向傳播，根據“同側法”知t=0.2s時，質點b沿y軸負方向運動，

圖乙中t=0/s時質點沿y軸正方向運動，圖乙不可能是質點b的振動圖像，故/錯誤；

B、由圖乙可知，周期為丁=0.2s,根據“同側法”知t=0/s時平衡位置位于坐標原點的質點沿y

軸正方向運動，利用平移法知t=0時，其沿y軸負方向運動，故3正確；

C、根據波速和周期的關系可知，波長為A=6m,所以x=9m的質點與坐標原點的質點相差1.5兒

而t=0/s時平衡位置位于坐標原點的質點沿y軸正方向運動，故x=9m的質點與其運動方向相反，

即沿y軸負方向運動，故C錯誤；

D、t=0.15s時，質點a回到平衡位置，加速度為0,而質點c運動到最大位移處，加速度最大，故

D正確。

故選：BDo

9.如圖乙所示，光滑的水平面上有一個質量為m=1kg的小球與質量為M=2kg、半徑為R=5cm的

J光滑圓弧軌道，最初圓弧軌道處于靜止狀態，小球與圓弧軌道下邊緣之間的距離大于1m,小球受

到一水平力F,小球運動1m后，撤掉外力F侏知)，小球的加速度與小球的位移關系如圖甲所示，g=

10m/s2,則撤去外力F后下列說法正確的是

A.小球與圓弧軌道組成的系統動量守恒，機械能守恒

B.小球到達圓弧軌道頂端時的速度大小為苧m作

C.小球上升的最大高度為。m

D.圓弧軌道的最大速度為孚m作

9.【答案】BCD

【解析】/、由于水平面光滑，所以小球與圓弧軌道組成的系統水平方向合力為零，水平方向動量

守恒，豎直方向系統所受合力不為零，故豎直方向動量不守恒，由于所有接觸面均光滑，系統機械

能守恒，故N錯誤；

BC、根據牛頓第二定律可知F=ma,

則可知a-x圖像與坐標軸圍成的面積與m的乘積表示F做的功IV,

即W=2max=1J,

設小球與圓弧軌道作用前的速度為v,則根據動能定理有=解得v仍,

當小球上升最高時小球與圓弧軌道水平方向共速，貝!J：mv=(M+m)v\

i1p1-iZ?

mgk=2mv_?(/Mft+m)vz,

解得力=^-cm=-^m>/?,

當小球到達圓弧軌道頂端時，根據水平方向動量守恒有mv=(M+m)vx,

根據系統機械能守恒有Jmv2=^mv2+^Mv^+mgR,

z乙頂乙

解得小球到達圓弧軌道頂端時的速度丫質=苧m/s,故BC正確；

。、當小球與圓弧軌道分離后，圓弧軌道速度最大，設分離后小球速度為匕，圓弧軌道速度為4，

則mv=mv1+MV2,

^mv2

解得故。正確。

10.光滑絕緣水平桌面上有一個可視為質點的帶正電小球,桌面右側存在由勻強電場和勻強磁場組成

的復合場，復合場的下邊界是水平面，到桌面的距離為方,電場強度為E、方向堅直向上，磁感應

強度為B、方向垂直紙面向外，重力加速度為g,帶電小球的比荷為會如圖所示，現給小球一個向

右的初速度，使之離開桌邊緣立刻進入復合場運動，已知小球從下邊界射出，射出時的速度方向與

下邊界的夾角為60。，下列說法正確的是（）

A.小球在復合場中的運動時間可能是篝

3gB

B.小球在復合場中運動的加速度大小可能是普里

C.小球在復合場中運動的路程可能是警

D.小球的初速度大小可能是若警

3E

10【答案】AC

【解析】由題意可知：5=菅，小球受到的電場力為F^=Eq=E等=mg,所以小球在復合場中做勻

速圓周運動，設軌跡半徑為R,

4出射速度與下邊界夾角為60"，軌跡如圖所示，

小球運動有兩種情況，即軌跡所對圓心角a為g或名，

由牛頓第二定律與運動學公式可知8勺（/=嗒丫=半可得1=詈，代入q=等，可得t譚，則小

球在復合場中的運動時間為力=篙或12=鑒，故/正確；

D小球入射速度與對應軌跡半徑分別為由、%、V2、R2,

__2

通過幾何關系可得R】cos60°十%二九，R2cos60°+h=R2^解得R［，R2=2A>

洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律可得Bqv=m〈，

聯立可得％=攀，1/2=?，故。錯誤。

區小球在復合場中運動的加速度大小可能是由="=0翳，。2=差=口筍，故8錯誤;

C小球在復合場中運動的路程可能是勾==殍，S2=V2t2=竽，故。正確。

故AC.

三、實驗題：本大題共2小題，共14分。

11.某同學采用如圖甲所示裝置驗證動滑輪下方懸掛的物塊A與定滑輪下方懸掛的物塊B（帶有遮光

條）組成的系統機械能守恒。圖中光電門安裝在鐵架臺上且位置可調，滑輪質量不計且滑輪凹槽中涂

有潤滑油，以保證細線與滑輪之間的摩擦可以忽略不計，細線始終伸直。4B質量相等，遮光條質

量不計，遮光條通過光電門的平均速度看作滑塊通過光電門的瞬時速度，實驗時將物塊B由靜止釋

放。

⑺用螺旋測微器測出遮光條寬度d,如圖乙所示，則d=mmo

⑵某次實驗中，測得1=11.60ms,則此時八的速度為____仍（保留2位有效數字人

⑶改變光電門與物塊B之間的高度〃，重復實驗，測得各次遮光條的擋光時間t,以〃為橫軸、

為縱軸建立平面直角坐標系，在坐標系中作出圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為k,在實驗誤差

允許范圍內，若卜=（用含g、d字母的表達式表示分則驗證了機械能守恒定律。

11.【答案】(1)1.195-,(2)0.052；(3)-^

【解析】螺旋測微器讀數為d=1mm+0.01mm*19.5=1.195mma

z_.d1.195x10-3m_.c.VD_,

(2)VB=^=0,01160s=0.103m/s,vA=—=0Q52m/s。

⑶當B下降的高度為力時，A上升的高度為/A、B組成的系統機械能守恒，則有mg力=\mgh+

品吃+，嚓整理得分黑方>貝必=懿。

12.為測量一節干電池的電動勢和內阻，張同學和李同學提出了多種方案。在其中的一種方案中，他

們認為可以先測量電阻絲的阻值，再設計電路測量干電池的電動勢和內阻。

⑴張同學準備用圖甲所示器材精確測量一粗細均勻的電阻絲的電阻，其中部分器材的參數及量程選

擇如下:

電源：電動勢為2V；

待測電阻絲：阻值約為3。；

電壓表：選擇31/量程，內阻約為3k。；

電流表：選擇0.6A量程，內阻約為0.05。；

要求電阻絲兩端的電壓調節范圍盡量大，請將甲圖中的電路補充完整_____o

⑵李同學在閱讀說明書后得知該電阻材料的電阻率，他用刻度尺測量該電阻絲的長度為50.00cm,

用螺旋測微器測該電阻絲的直徑如圖乙所示，則直徑為_____mm；

⑶兩位同學測得電阻絲的電阻均為3.0。，為利用該電阻絲進一步測量一節干電池的電動勢和內阻，

他們合作設計了如圖丙所示的電路，其中的電池即為待測電池，定值電阻R。=2。。使金屬滑片接觸

電阻絲的不同位置，分別記錄電阻絲連入電路的有效長度x及對應的電壓表示數U,作出工圖像

Ux

如圖丁所示，電壓表看做理想電壓表，則該電池的電動勢為V,內阻為。（結果均保留

兩位有效數字八

12.【答案】⑴(2)1.130；(3)1.4；1.0

【解析】⑴因濾喑，所以電壓表引起的誤差小，采用電流表外接；因實驗要求電阻絲兩端的電

壓調節范圍盡量大知滑動變阻器采用分壓接法，故連接電路如圖：

⑵固定刻度讀數為：1mm,可動刻度讀數為：13.0x0.01mm=0.130mm,所以螺旋測微器讀數為

1.130mm；

⑶根據閉合電路的歐姆定律結合電路圖有E=U+V/Ro+〃，E=U+-^(R0+r),變形得：”

KSU匕

智7又氏=釉得：W嚏Q/m=6Q/m；

，煙像的縱截距為b"=0.7L,解得：E=1.4V；

UxE

圖線的斜率：k=華生=苧，解得：r=1.0。。

cpZ

四、簡答題：本大題共3小題，共40分。

13.無人快遞車在水平路面上從靜止開始先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，后做勻減速直線

運動，經過160s到達目的地停止運動，快遞車在整個運動過程中牽引力F隨時間t的變化關系如圖

所示，圖中/和均未知。已知快遞車與貨物的總質量m=80kg,運行時所受阻力大小恒定，快遞

車加速時的加速度大小。1=0.4m/s2,取重力加速度大小g=10m/s2,。?時間內位移大小s1=20m。

求：

⑴快遞車在運動過程中受到的阻力大小及減速過程中的加速度大小;

⑵在快遞車的整個運動過程中，牽引力對快遞車所做的功。

F/N

64----1

/…

140160t/s

13.【答案】解：⑴根據題意，設快遞車運行時所受阻力大小為/,由圖可知快遞車在加速過程中,

牽引力大小為&=64N,由牛頓第二定律

-f=m%

代入數據解得了=32N

根據勻變速直線運動規律，快遞車加速運動結束時刻的速度匕，則有

彳=2als工

解得叮=4m/s

快遞車在減速時的初速度也為匕=4m/s,由圖知減速運動是時間為B=160s-140s=20s,故減速運

動時加速度的大小為。2=9=J?m/s2=0.2m/s2；

⑵全程對快遞車由動能定理

WF-f(s1+s2+s3)=0

其中52=V^t=4x(140-10)m=520m

v4

s3="-t3=-x20m=40m

代入解得，快遞車在整個運動過程中牽引力所做的功為

WF=18560J

答：⑴快遞車在運動過程中受到的阻力大小為32N,減速過程中的加速度大小為0.232；

⑵牽引力對快遞車所做的功為18560J。

【解析】⑴根據牛頓第二定律列式求解阻力大小，由勻變速直線運動規律和加速度定義式計算加速

度；

⑵根據動能定理列式代入數據解答。

考查牛頓運動定律和動能定理問題，會根據題意列式求解相應物理量。

14.如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的C倍。金屬板外有一圓心

為。的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、

電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度Vo水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿

P。方向從圖中。'點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為警，不計粒子重力。

3qB

⑴求金屬板間電勢差U。

⑵求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角瓦

14.【答案】解：設板間距離為d,板長為Cd,板間電壓為。，粒子在電場中做類平拋運動，則

有

y/~3d-vot

22md

兩式聯立解得U二坐

3q

⑵粒子射出電場時與射入電場時運動方向間的夾角為a,位移偏轉角為山，由粒子出電場時速度偏

轉角正切值為位移偏轉角正切值2倍求解；則有

tana=2tanO1

dr—

tana=2tanOi=2x-7X-=k

V3a3

解得：a=30°

粒子進入磁場的軌跡如圖示，軌跡的圓心為設粒子做圓周運動的半徑為r,圓形磁場半徑為R

洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力

V2

qvB=m—

—=cos30°

v

_nw_2V-3mvo

'qB3qB

D

tanZOO。=-

解得tanZOOq=苧

ZOO'O1=30°,貝2粒子在磁場中運動圓弧所對應的圓心角為

2NOCTO1=2x30°=60°

即粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角9等于粒子在磁場中運動圓弧所對應的圓心角

即8=60°

答：⑴求金屬板間電勢差U為嘲。

3q

⑵粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角。為60。。

【解析】⑴粒子在電場中做類平拋運動，由位移與時間公式節課求解；

⑵由粒子出電場時速度偏轉角正切值為位移偏轉角正切值2倍，繼而可得知進入磁場時的速度的方

向(速度與水平方向的夾角八再結合在磁場中的運動規律，即可求得在磁場中的偏轉角；

本題考查了帶電粒子在組合場中的運動情況，在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速押后運動。

15.如圖所示，間距均為L的光滑平行傾斜導軌與光滑平行水平導軌在M、N處平滑連接，虛線

右側存在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場。。、b為兩根粗細均勻的金屬棒，a棒質量為

m,長度為L、電阻為R,垂直固定在傾斜軌道上距水平面高〃處；b棒質量為2m、長度為L、電阻

為2R,與水平導軌垂直并處于靜止狀態。a棒解除固定后由靜止釋放，運動過程中與b棒始終沒有

接觸，不計導軌電阻，重力加速度為g,求：

(l)a棒剛進入磁場時產生的電動勢大小；

⑵當a棒的速度大小變為剛進入磁場時速度的一半時，b棒的加速度大小；

⑶整個運動過程中，b棒上產生的焦耳熱。

15.【答案】解：棒從高〃處下滑進入磁場的過程中，根據動能定理可得：

mgh

根據法拉第電磁感應定律得：

E=BLVQ

聯立解得：E=BLJ2g力

⑵進入磁場后，ab棒組成的系統動量守恒，選水平向右的方向為正方向，當a棒速度大小減小為原

來的一半時，則

mv0=mx^-+2mvb

EiB”b

根據歐姆定律可得：/1=嘉

根據牛頓第二定律可得：B/2￡=2mab

聯立解得：生=粵祥

⑶最終兩棒速度相等，則

mv0=(m+2m)v

根據能量守恒定律可得：

^mv^=^(m+2m)v2+0.

根據電阻的關系可得：

c2Rc

Qb=R+2R。

聯立解得：Qfa=^mgA

答：⑴a棒剛進入磁場時產生的電動勢大小為BLJ2gA；

⑵當a棒的速度大小變為剛進入磁場時速度的一半時，b棒的加速度大小為警箸答；

⑶整個運動過程中，b棒上產生的焦耳熱為。

【解析】⑴根據動能定理計算出。棒的速度，結合法拉第電磁感應定律得出電動勢的大小；

⑵根據動量守恒定律得出b棒的速度，結合法拉第電磁感應定律得出電動勢的大小，再根據歐姆定

律得出電流的大小，利用安培力公式和牛頓第二定律得出對應的加速度；

⑶根據能量守恒定律得出產生的總焦耳熱，結合電阻的關系得出b棒上產生的焦耳熱。

本題主要考查了電磁感應的相關應用，熟悉電動勢的計算，結合安培力公式和電磁感應中的能量轉

化關系即可完成分析。

2024年黑龍江省高考押題預測卷03【新課標】

物理，參考答案

一、選擇題：本題共10小題，共46分。第1?7題每題4分，8-10題每題6分。在每小題給出的

四個選項中，第1?7題只有一項符合題目要求，第8?10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。

12345678910