[物理]黑龙江省2023_2024学年高三下学期普通高等学校招生选择性考试临考预测模拟试卷(B)(解析版)

这是一份[物理]黑龙江省2023_2024学年高三下学期普通高等学校招生选择性考试临考预测模拟试卷(B)(解析版)，共24页。试卷主要包含了 如图所示是麦收时的情境等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。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：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求；每小题6分，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. 氢原子的能级图如图所示。大量氢原子从的高能级向低能级跃迁，用跃迁中发出的光照射某一金属，测得从该金属中射出电子的最大初动能为10.5eV。则在跃迁过程中，能使该金属发生光电效应的光子的种类有（ ）
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
【答案】C
【解析】能使该金属发生光电效应的光子的临界能量，氢原子从能级跃迁到能级辐射出的光子的能量最大
用此种光子照射该金属，从该金属中射出的电子才有最大初动能，可得逸出功
即只有辐射能量大于2.25eV的光子能使该金属发生光电效应。大量氢原子从的高能级向低能级跃迁，共辐射出6种不同种类的光子，其对应的能量如图所示。
由图可知，氢原子从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级、从能级跃迁到能级和从能级跃迁到2能级辐射出的4种光子符合条件，C项正确，ABD项错误。
故选 C。
2. 如图所示，三角形闭合线框ABC由弹性较好的导线制成；线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，三角形的三个顶点A、B、C固定在绝缘水平面上，带有绝缘层的长直导线MN紧贴线框固定在线框上方。给直导线通入从M到N的恒定电流，不考虑闭合线框各边之间的作用力，此后该线框的形状可能是（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】由题知，直导线通入从M到N的恒定电流，则根据右手定则可知M、N左侧的磁场垂直纸面向里、右侧的磁场垂直纸面向外，再由于线框中通有沿逆时针方向的恒定电流，根据左手定则可知：
AB导线受到的安培力向右，则导线AB向右弯曲；AC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左下，则这部分导线向左下弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右上，则这部分导线向右上弯曲；BC在MN左侧的导线受到的安培力斜向左上，则这部分导线向左上弯曲、在MN右侧的导线受到的安培力斜向右下，则这部分导线向右下弯曲。
故选B。
3. 某同学用插针法测量半圆柱体玻璃砖的折射率。先用大头针、确定直线垂直于玻璃砖的直径，确定圆心的位置为，然后在玻璃砖右侧插上两个大头针、，确定经过的光线通过玻璃砖后的光路，取走玻璃砖，和延长线的交点为折射点。若确定出射光路前，不小心使玻璃砖沿方向发生了小的移动（移到图中虚线位置），如图所示。则测得的折射率与实际值相比（ ）
A. 偏大B. 偏小C. 相等D. 无法确定
【答案】B
【解析】第一步：画图，作出移动前、后的法线即、，如图所示。
第二步：根据光路图，写出与的表达式，按移动后圆心作法线得到的入射角和折射角，求折射率是准确的，即
实际实验时，按点作法线，得到的入射角和折射角增大了相同的角度，即测量的折射率
第三步：比较与的大小关系，据图知，令，则
由于
则有
可得
即测得的折射率与实际值相比偏小。
故选B。
4. 如图所示，某同学在进行投篮练习。已知A、B、C是篮球运动轨迹中的三个点，其中A为球抛出点，B为球运动轨迹的最高点，C为球落入篮框的点，且A、B连线垂直于B、C连线，A、B连线与水平方向的夹角，不计空气阻力。则篮球从A到B与从B到C的运动时间之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
将篮球从A到B运动的逆过程与从B到C运动的过程看作两个平抛运动，将AB过程沿水平和竖直方向分解，如图所示，水平方向有
竖直方向有
对AB过程有
同理将BC过程沿水平和竖直方向分解，对BC过程有
两式联立解得
故选B。
5. 在图甲所示的交流电路中，输入端、所接电源电压随时间的变化关系如图乙所示。原线圈电路中接有“8V，4W”的小灯泡，副线圈电路中所接灯泡的额定电压为20V，电阻恒为，定值保护电阻。滑动变阻器的触头滑到适当位置时，两个灯泡恰好都正常工作。假设变压器是理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A. 通过灯泡L的电流方向每秒改变25次
B. 电源的输出功率是100W
C. 变压器原、副线圈的匝数比
D. 滑动变阻器接入电路的电阻为
【答案】B
【解析】图像分析
A．由题图乙知，原线圈交流电的周期，频率，即每秒交流电方向改变50次，变压器不改变交变电流的频率，则副线圈中灯泡的电流方向每秒改变50次，故A错误；
B．、间电压有效值
原线圈电路中的小灯泡正常工作，则流过原线圈的电流
则电源的输出功率
故B正确；
C．设副线圈电路中的灯泡正常工作时的电流为，则
故变压器原、副线圈的匝数比
故C错误；
D．原线圈两端电压
由
得
故副线圈的总电阻
所以滑动变阻器接入电路的电阻
故D错误。
故选B。
6. 工人用绕过定滑轮的绳子将工料运送到高处，简易图如图所示。由地面上的A点到工地B处搭建一倾角为θ=30°的斜面，在B处固定一竖直杆，在杆的顶端固定一光滑的定滑轮O，工人用绕过定滑轮的轻绳拉着工料将工料由A点沿斜面缓慢地拉到B处。已知AC=OC，工料的质量为m，工料与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 若μ=0，绳子的拉力逐渐减小
B. 若μ=0，工料对斜面的压力逐渐增大
C. 若，绳子的拉力先减小后增大
D. 若，当时，绳子的拉力大小为
【答案】C
【解析】AB．若，对工料受力分析如图甲，工料沿斜面上移过程中，绳子与竖直方向的夹角逐渐变小，由图可知省的拉力逐渐增大，斜面对工料的支持力逐渐减小，由牛顿第三定律可知，工料对斜面的压力逐渐减小，故AB错误；
CD．若对工料受力分析如图乙，工料缓慢移动的过程中受力平衡，则沿斜面方向
，
解得
工料由A到B的过程中，绳子与斜面的夹角由逐渐增大到，显然绳子的拉力先减小，后增大，当夹角为时拉力最小，此时拉力为
故C正确，D错误。故选C。
7. 如图所示是麦收时的情境。已知运输车的质量为M，收割机每秒钟向运输车传送质量为m的麦粒，运输车在麦田受到的阻力为其总重力的k倍。两车始终以速度v做匀速直线运动，运输车满载时装载麦粒的质量为m0，则运输车从空载到刚满载过程，其发动机的平均功率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】运输车做匀速运动，则所受的阻力等于牵引力，则
因F与时间t成线性关系，可知从开始运动到运输车满载时的平均牵引力为
则发动机的平均功率为
故选C。
8. 某科学卫星在赤道平面内自西向东绕地球做匀速圆周运动，对该卫星监测发现，该卫星离我国北斗三号系统中的某地球同步卫星的最远距离是最近距离的3倍。已知地球同步卫星绕地球运动一周的时间是24h。则下列说法正确的是（ ）
A. 发射该科学卫星的速度大于发射地球同步卫星的速度
B. 该科学卫星在轨运行周期h
C. 该科学卫星在轨运行线速度是地球同步卫星在轨运行线速度的倍
D. 该科学卫星和地球同步卫星与地心连线在相同时间内扫过面积相等
【答案】BC
【解析】A．根据能量守恒定律可知，要想发射到高轨道需要的初速度越大，则发射该科学卫星的速度小于发射地球同步卫星的速度，故A错误；
B．设科学卫星的轨道半径为，同步卫星的轨道半径为，该卫星离我国北斗三号系统中的某地球同步卫星的最近距离是r，根据题意
，
解得
，
根据开普勒第三定律有
解得
h
故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
解得
代入数据可知，该科学卫星在轨运行线速度是地球同步卫星在轨运行线速度的倍，故C正确；
D．绕地球运动的卫星与地心连线在相同时间t内扫过的面积
其中
则
可知该科学卫星与地心连线和某地球静止卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积不等，故D错误。
故选BC。
9. 如图所示，在立方体的顶点A1、B处分别固定有电荷量为+Q的点电荷，在顶点C1、D处分别固定有电荷量为的点电荷，O为立方体的中心，无穷远处电势为零。下列说法正确的是（ ）
A. O点电势为零B. O点电场强度方向平行AD向左
C. A、B1两点的电势相等D. C、D1两点的场强相同
【答案】AC
【解析】A．O点到四个点电荷的距离相等，电势是标量，根据
可知，O点电势为零，故A正确；
B．B、D两处点电荷在O点的电场强度方向由B指向D，A1、C1两处点电荷在O点的电场强度方向由A1指向C1，且大小相等，根据矢量的合成可知O点电场强度方向平行AD向右，故B错误；
C．A、B1两点到两正电荷和两负电荷的距离相等，则A、B1两点的电势相等，故C正确；
D．做出C、D1两点的电场线如图
根据矢量的叠加可知，C、D1两点的场强不相同，故D错误；
故选AC。
10. 如图甲所示，空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。两根足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，间距为L，左端用导线连接阻值为R的定值电阻。一金属杆质量为m，垂直放置于导轨上，与导轨接触良好，导轨和金属杆电阻不计。金属杆与质量同为m的重物用绝缘细线绕过定滑轮连接，左边细线与导轨平行。金属杆和重物正在匀速运动，从t=0时刻起，金属杆的v-t图像如图乙所示，t=T时剪断细线，t=2T时金属杆速度减半。重力加速度为g。从t=0到t=T过程及从t=T到t=2T过程，通过电阻R的电荷量分别为q1、q2，电阻R上产生的焦耳热分别为Q1、Q2，金属杆前进的距离分别为x1、x2，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. t=2T以后金属杆又前进的距离可能为
【答案】AB
【解析】B.设金属杆匀速运动时的速度为，则产生的感应电动势
感应电流
受到的安培力
由于物体匀速运动，故
解得
所以此时通过R的电荷量
电阻R产生的热量
金属杆移动的位移
剪断细线以后，从剪断细线到速度减为原来的一半时，定值电阻R产生的热量
故可得
故B正确；
D.设细线剪断后某一时刻其速度为，安培力为 QUOTE F' F'，则有
经过一小段时间，速度变化，根据动量定理可知
即有
对剪断细线到速度减半求和可得
解得
同理，从速度减半到停止下来导体棒前进的位移为，则有
解得
故t=2T以后金属杆又前进的距离不可能为，故D错误；
AC.设剪断细线前后任一时刻的速度为，电流为，则有
经过一小段时间，通过导体的电荷量
求和可得
可知通过电阻R的电荷量与金属杆前进的距离成正比，综上分析可知
故A正确，C错误；故选AB。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某同学做“用单摆测量重力加速度的大小”实验的装置示意图如图1所示。
（1）安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用游标卡尺测量摆球直径d的示数如图2所示，则___________mm。
（2）该同学在实验中各测量数据均正确无误，但他在用图像法处理实验数据时，作出的图像如图3所示，图线与纵轴正半轴有交点，造成图线不过原点的原因是___________。分析原因后，该同学认为不用重新绘制图像也能得出重力加速度的大小，则该同学本次实验测量的重力加速度___________（取，结果保留3位有效数字）。由于图线没有通过坐标原点，求出的重力加速度g值与当地真实值相比___________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）20.00 （2）计算摆长时没有加小球的半径 9.81 相等
【解析】【小问1详解】
该游标卡尺为20分度的游标卡尺，游标尺每小格与主尺每小格相差0.05mm，由游标卡尺的读数规则可知摆球直径
【小问2详解】
[1][2][3]根据T=2蟺Lg，得
图线不通过原点，且图线向左移动，是由于横坐标变小，计算摆长时没有加小球半径。根据数学知识可知，图线的斜率
则当地的重力加速度
由于，则
把l当作L，图线在横轴上的截距的绝对值等于摆球半径r。根据数学知识可知，对于图像来说两种情况下图线的斜率不变，所以测得的g值不变。结合题图3可知图线的斜率
所以
12. 某些固体材料受到压力作用后除了产生形变，其电阻率也要发生变化，这种由于受到压力作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”，采用这种材料制成的电阻被称为压敏电阻。某压敏电阻在不同压力作用下的阻值如图1所示。
（1）测量压力为0时压敏电阻的阻值。实验器材如下：
电池组E：电动势约为3V，内阻小于
电流表A：量程0~100mA，内阻
电压表V：量程0~3V，内阻未知
压敏电阻
滑动变阻器R：最大阻值为
开关、导线若干
①请用笔画线代替导线，把图2中的实物电路连接完整______。
②开关闭合前，滑动变阻器的滑片应调到______（选填“最左端”或“最右端”）。
③若调节合适时，电流表读数为I，电压表示数如图3所示，读数为U=______V，则压力为0时压敏电阻的阻值______（用题中所给的字母表示）。
（2）若测得压力为0时压敏电阻的阻值为。把压敏电阻改造成一个载物平台，设计一个测量竖直升降台加速度的装置，实验电路图如图4所示。
①组装电路，平台上不放重物时，调节电阻箱R'的阻值为时，电流表满偏。
②平台上放置重物时，调节电阻箱阻值为时，电流表满偏。
③把装置放在升降台上，平台上放置的重物不变，升降台加速上升时，调节电阻箱阻值为时，电流表满偏。
已知重力加速度，则升降台的加速度______m/s2（结果保留2位有效数字）。
④电源的内阻对实验结果______（选填“有”或“无”）影响。
【答案】（1） 最左端 2.20
（2）9.8 无
【解析】【小问1详解】
①[1]由于电流表内阻已知，而电压表内阻未知，在用伏安法测电阻时，采用电流表内接法，这样不产生系统误差。实物连线如图所示。
②[2]开关闭合前，滑动变阻器的滑片应调到最左端，使回路中的电流从最小值开始调节，以免开关闭合时回路电流过大而损坏仪表。
③[3]电压表的最小刻度为0.1V，读数时要估读到0.01V，电压表的读数为
U=2.20V
[4]由欧姆定律有
可得
【小问2详解】
③[1]设电流表的内阻为，满偏电流为。平台上不放重物时
平台上放置重物时
可知
又，则
由图像可知对应的压力
设重物质量为m，由二力平衡，有
升降台加速上升时
可知
有
由图像可知对应的压力
由牛顿第二定律，有
由牛顿第三定律得
解得
④[2]由实验原理可知，电源的内阻对实验结果无影响。
13. 某精密仪器研发空间需要定期消毒、排污，排污时首先将环境的温度升高，然后再降低研发空间的压强。已知研发空间的体积为V0=300m3，温度为t0=7℃，空间的压强为p0=1.0×105Pa，摄氏温度t与热力学温度T之间的关系近似为T=t+273K。假设研发空间封闭的气体可视为理想气体。
（1）若将研发空间的温度升高到49℃，求此时空间的压强p1；
（2）保持研发空间的温度为49℃不变，将空间的压强从p1降低到p2=9.2×104Pa，求排出的气体与剩余气体的质量之比。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）升温前，研发空间的温度为
升温后，研发空间的温度为
该过程中，研发空间的气体做等容变化，由查理定律得
解得
代入数据解得
（2）降压过程中，研发空间的气体做等温变化，由玻意耳定律得
解得
因此向外排出压强为p2的气体体积为
则排出的气体与剩余气体的质量之比为
14. 如图所示，水平虚线与竖直虚线相交于O点，区域I中存在竖直向上的匀强电场E1，区域II中存在水平向左的匀强电场E2，竖直虚线的左侧存在一垂直纸面向里的矩形匀强磁场区域。区域I中有一粒子源S，S到水平虚线和竖直虚线的距离均为L，粒子源无初速度释放一比荷为k的带正电粒子，经时间t0粒子通过水平虚线上的M点（图中未画出）进入区域II，然后由竖直虚线上的P点入匀强磁场，最终粒子从水平虚线上的Q点（图中未画出）垂直水平虚线离开磁场。粒子的重力不计。已知。求
（1）电场强度的大小E1、E2；
（2）磁感应强度的大小B以及磁场区域的最小面积S。
【答案】（1），；（2），
【解析】（1）作出带电粒子的运动轨迹如图所示。粒子由S到M做匀加速直线运动，设粒子运动到M点的速度为v1，则有
由动能定理得
解得
，
粒子由M到P做类平抛运动，则竖直方向有
水平方向有L=12at12
由牛顿第二定律有
解得
（2）粒子经过P点时的水平分速度为
粒子在P点的速度大小为
设粒子在P点的速度与竖直虚线的夹角为，则
解得
粒子在磁场中运动的轨迹半径为
粒子在磁场中运动时，有
解得
最小矩形磁场区域如图所示，则由几何关系可知,磁场区域的长为
磁场区域的宽为
则磁场区域的最小面积
15. 如图所示，粗糙斜面倾角，可视为质点的两个滑块A、B被固定在斜面上，质量分别为，，与斜面间的动摩擦因数均为。斜面底端有一垂直斜面的固定挡板，滑块A、B到挡板的距离分别为L和，已知滑块间的碰撞及滑块与挡板的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计。，，重力加速度。
（1）若只将滑块B由静止释放，求第一次与挡板碰撞后B上滑的最大距离；
（2）若将滑块A、B同时由静止释放，要使B在第一次与挡板碰撞后，在上滑过程中与A碰撞，求l与L之间需满足关系；
（3）在满足（2）的情况下，分析碰后A能否到达原释放位置。
【答案】（1）；（2）；（3）不能
【解析】（1）对B从释放到第一次上滑速度为0，由动能定理得
解得
（2）B第一次反弹后速度为0时与A碰撞l有最小值，由牛顿第二定律可知下滑时
上滑时
由位移关系得
解得
即
（3）设A碰后能回到原位置，则碰前、碰后A位移大小相等，即
解得
由A、B碰撞动量守恒、机械能守恒得
解得
B碰挡板后减速，A继续加速，相遇时
矛盾，即A不能回到原位置。