2024年黑龙江省高考押题预测卷02【新课标】物理·全解全析选择题：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1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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。12345678910CADACCCBCBCABC1.在如图所示的照片中，关于物体或人在运动过程中的一些描述说法正确的是( ) A.甲图是一列在12:35～20:07之间由厦门北开往武汉的动车，12:35是指动车运动时间 B.乙图中的a点是电风扇扇叶边缘上的一点，它在运动一周的过程中，其平均速度不为零 C.丙图中400m跑步比赛的终点在同一直线上，但起点不在同一直线上，这样做的目的是为了使参加比赛的同学路程大小相同 D.丁图是正在做精彩表演的芭蕾舞演员，台下的观众可以把她们视为质点1.【答案】C 【解析】A.12:35是指动车发车的时刻，故A错误； B.由于运动一周的位移为零，故平均速度为零，故B错误； C.因为跑道外圈半径大于里圈，当终点在同一直线上时，起点就不在同一直线上，这样做的目的是为了使参加比赛的同学路程大小相同，故C正确； D.研究跳舞的姿态时，其大小和形状不能忽略，故不能看作质点，故D错误。 故选C。2.科幻电影《流浪地球》中，有地球利用木星来加速的片段．如图所示为地球仅在木星引力作用下沿椭圆轨道运动的情景，其中轨道上的P点距木星最近(距木星的高度可忽略不计)，下列说法正确的是( ) A.地球靠近木星的过程中动能增大 B.地球远离木星的过程中机械能减小 C.地球远离木星的过程中加速度不变 D.地球在P点的速度等于木星第一宇宙速度2.【答案】A 【解析】【解答】 A.地球绕木星做椭圆运动，根据开普勒第二定律可得，远木点的速度小，近木点的速度大，故地球靠近木星的过程中，运行速度增大，动能增大，故A正确； B.地球远离木星的过程中，只有万有引力做负功，因此机械能守恒，故B错误； C.地球在轨道上运行时，万有引力提供加速度，则有a=GMr2，地球远离木星的过程中，r变大，所以加速度减小，故C错误； D.若地球在P点绕木星做匀速圆周运动，则速度等于木星的第一宇宙速度，即v1=GMR，而地球过P点后做离心运动，万有引力小于需要的向心力，则有GMmR2GMR=v1，所以地球在P点的运行速度大于木星的第一宇宙速度，故D错误。3.两只相同的篮球甲、乙内空气压强相等，温度相同。用气筒给甲球快速充气、给乙球缓慢充气，两球充入空气的质量相同。设充气过程篮球体积不变，则( )A.刚充完气，两球中气体分子的平均动能相等 B.刚充完气，甲中分子的数密度较大 C.刚充完气，两球内气体压强相等 D.对甲充气过程人做的功比对乙的多3.【答案】D 【解析】解：A.气筒给甲球快速充气，外界对气体做功，则甲内能增加，气体温度升高；气筒给乙球缓慢充气，气体温度不变，则乙内能不变；所以刚充完气，甲温度较高，甲球中气体分子的平均动能比乙球大，故A错误； B.刚冲完气，两球气体质量相等，体积相同，则两球中分子的数密度相等，故B错误； C.刚充完气，两球中分子的数密度相等，而甲球中气体温度比乙球高，甲球分子平均动能较大，则甲球的气体压强比乙球大，故C错误； D.两球充入空气的质量相同，由于充气过程，甲球的气体压强大于乙球的气体压强，则对甲充气过程人需要克服气体过的功更多，即对甲充气过程人做的功比对乙的多，故D正确； 故选：D。 4.一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是( )A.该时刻速度沿y轴正方向 B.该时刻加速度沿y轴正方向 C.此后14周期内通过的路程为A D.此后12周期内沿x轴正方向迁移为12λ4.【答案】A 【解析】解：A、简谐横波沿x轴正方向传播，根据“平移法”可知P在该时刻速度沿y轴正方向，故A正确； B、根据a=−kxm可知此时刻P 质点的加速度沿y轴负方向，故B错误； C、P不在平衡位置，波峰、波谷处，所以此后14周期内通过的路程不为A，故C错误； D、振动质点不会随波迁移，只能在平衡位置两侧做往复振动，故D错误。 故选：A。 根据“平移法”可知P在该时刻速度方向；根据a=−kxm判断此时刻P质点的加速度方向；振动质点不会随波迁移。 5.如图所示，质量为m的足球在离地高ℎ处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员在此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则(重力加速度为g)( ) A.击球前后球动量改变量的方向水平向左 B.击球前后球动量改变量的大小是mv2−mv1 C.击球前后球动量改变量的大小是mv2+mv1 D.球离开手时的机械能不可能是mgℎ+12mv125.【答案】C 【解析】ABD.选取向右为正方向，在击球前足球的动量：P1=−mv1，击球后：P2=mv2，所以动量的改变量：ΔP=P2−P1=mv2−(−mv1)=mv2+mv1，故AB错误，C正确； D.由于机械能的大小与零势能点的选取有关，选取合适的重力势能的零点，可以使球离开手时的机械能可能是mgℎ+12mv12，故D错误。6.如图所示，在点电荷形成的电场中有A、B两点，已知A点电场强度大小为EA，方向垂直于AB连线，电势为φA；B点电场强度大小为EB，方向与AB连线成θ角，电势为φB。下列选项正确的是 ( ) A.EAEB，因为B点距离负点电荷Q远，所以φB>φA，故C正确，ABD错误。 故选：C。7.某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒，下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中，如图所示。竖直向下按压5cm后静止释放，木棒开始在液体中上下振动(不计液体粘滞阻力)，其运动可视为简谐运动，测得其振动周期为4s，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图所示。其中A为振幅。则木棒在振动过程中，下列说法正确的是( ) A.t=t1时，木棒的重力大于其所受的浮力 B.振动过程中木棒的机械能守恒 C.开始计时12s内木棒所经过的路程是60cm D.木棒的位移函数表达式是y=5sin(5πt−5π6)cm7.【答案】C 【解析】A.根据F回=−kx，在t=t1时，木棒位移为负的最大值，即回复力方向沿竖直向上方向，即木棒的重力小于其所受的浮力，A错误；B.振动过程中，除了重力做功以外，浮力对木棒也做了功，可知振动过程中木棒的机械能不守恒，B错误；C.根据题意可知振幅为5cm，由于12s=3×4s=3T，则开始计时12s内木棒所经过的路程是3×4A=12×5cm=60cm，C正确；D.若从平衡位置沿正方向振动开始计时，则此振动方程为y=Asin2πTt=5sinπ2tcm，当上述振动第一次达到位移等于 A2，解得t0=112T=13s，根据图像可知，将上述函数的图像向右平移Δt=12T−112T=53s，即可得到图中的图像，即木棒的位移函数表达式是y=5sinπ2t−Δt=5sinπ2t−5π6cm，D错误。二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.a、b两束单色光的波长分别为λa和λb，通过相同的单缝衍射实验装置得到如图所示的图样，则这两束单色光( ) A.b单色光的波动性比a单色光强 B.在水中的传播速度va>vb C.光子动量papa，由Δx=Ldλ知，Δxa>Δxb，由c=λν知，b光的频率比a光的频率高，b光的折射率比a光的折射率大，由v=cn知，在水中的传播速度vb