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【高考真题】黑龙江省、吉林省、辽宁省2024年普通高等学校招生选择性考试
物理试卷
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂:非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．（2024·黑吉辽） 长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述的物理量属于矢量的是（　　）
A．质量 B．速率 C．动量 D．动能
【答案】C
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】 既有大小、又有方向的物理量称为矢量，矢量的合成遵循平行四边形定则；
质量、速率和动能只有大小没有方向，是标量，而动量既有大小、又有方向，是矢量，动量的方向与速度的方向相同，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】 根据矢量和标量的含义分析作答。
2．（2024·黑吉辽） 当篮球在指尖上绕轴转动时，球面上P、Q两点做圆周运动的（　　）
A．半径相等 B．线速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】D．由题意可知，球面上P、Q两点转动时属于同轴转动，故角速度大小相等，故D正确；
A．由图可知，球面上P、Q两点做圆周运动的半径的关系为，故A错误；
B．根据可知，球面上P、Q两点做圆周运动的线速度的关系为，故B错误；
C．根据可知，球面上P、Q两点做圆周运动的向心加速度的关系为，故C错误。
故选D。
【分析】A.P、Q两点在水平方向做圆周运动，根据几何知识分析P、Q两点做圆周运动的半径的大小；
D.篮球上的P、Q绕轴做同轴转动，据此分析作答；
B.根据线速度与角速度的关系v=rω分析作答；
C.根据向心加速度公式a=rω2分析作答。
3．（2024·黑吉辽） 利用砚台将墨条磨成墨汁，墨条速度方向水平向左时，（　　）
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】摩擦力的判断与计算；共点力的平衡
【解析】【解答】 AB.磨条速度方向水平向左，磨条受到砚台的滑动摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律砚台受到磨条的摩擦力方向向左，砚台有向左运动的趋势，桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故AB错误；
C.砚台处于静止状态，水平方向的合力为零，桌面和磨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D.根据平衡条件桌面对砚台的支持力与磨条对砚台的压力和砚台的重力的合力互相平衡，故D错误。
故选：C
【分析】AB.滑动摩擦力的方向与磨条的相对运动方向相反；根据牛顿第三定律判断砚台受到磨条的滑动摩擦力方向，根据平衡条件判断桌面对砚台的摩擦力方向；
CD.砚台处于静止状态，根据平衡条件进行分析。
4．（2024·黑吉辽） 某同学自制双缝干涉实验装置，在纸板上割出一条窄缝，于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝，将该纸板与墙面平行放置，如图所示，用绿色激光照双缝，能在墙面上观察到干涉条纹，下列说法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是（　　）
A．换用更粗的头发丝 B．换用红色激光照双缝
C．增大纸板与墙面的距离 D．减小光源与纸杯的距离
【答案】A
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】由于干涉条纹间距，可知：
A．换用更粗的头发丝，双缝间距d变大，则相邻两条亮纹中央间距变小，故A正确；
B．换用红色激光照双缝，波长变长，则相邻两条亮纹中央间距变大，故B错误；
C．增大纸板与墙面的距离l，则相邻两条亮纹中央间距变大，故C错误；
D．减小光源与纸杯的距离，不会影响相邻两条亮纹中央间距，故D错误。
故选A。
【分析】根据双缝干涉条纹的相邻两条亮纹中心间距公式：，进行解答
5．（2024·黑吉辽） 某种不导电溶液的相对介电常数ε，与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图（b）所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（　　）
A．电容器的电容减小
B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大
D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数ε增大，根据电容器的决定式可知电容器的电容增大，故A错误；
BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；
D．根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为，故D错误。
故选B。
【分析】根据题意可知，降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数 r变大。因电源为恒压电源，故电容器两极板之间的电势差不变。根据平行板电容器的电容决定式与定义式解答。根据电容的电量的变化，确定是充电过程，还是放电过程，可得到电流方向
6．（2024·黑吉辽） 在水平匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直纸面内运动，如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（　　）
A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大
C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小
【答案】D
【知识点】电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】 小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，根据物体做直线运动的条件可知小球所受的合力方向沿虚线方向，电场方向水平向右，如图所示：
小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；
小球从O点出发运动到O点等高处的过程中，合力做正功，小球的动能增加；
电场力做正功，小球的电势能减小。
综上分析，故ABC错误，D正确。
故选：D
【分析】 小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，说明合力的方向沿虚线方向，由此判断电场力的方向；小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；根据动能定理和电场力做功与电势能的关系分析作答。
7．（2024·黑吉辽） 如图（a），若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球体天体表面做简谐运动的图像如（b），设地球，该天体的平均密度分别为和。地球半径是该天体半径的n倍。的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】向心力；万有引力定律的应用
【解析】【解答】设地球表面的重力加速度为，某球体天体表面的重力加速度为，弹簧的劲度系数为，根据简谐运动的对称性有
可得
可得
设某球体天体半径为，在星球表面，有
联立可得
故选C。
【分析】根据星球（地球或某天体）表面上，万有引力等于重力求解星球质量与表面重力加速度的关系；根据密度公式和体积公式求解星球的密度；根据弹簧振子的振幅关系求解重力加速度的关系，然后完成作答。
8．（2024·黑吉辽） X射线光电子能谱仪是利用X光照射材料表面激发出光电子，并对光电子进行分析的科研仪器，用某一频率的X光照射某种金属表面，逸出了光电子，若增加此X光的强度，则（　　）
A．该金属逸出功增大 B．X光的光子能量不变
C．逸出的光电子最大初动能增大 D．单位时间逸出的光电子数增多
【答案】B,D
【知识点】光电效应
【解析】【解答】 A.金属的逸出功与金属材料有关，与入射光的频率和强度无关，故A错误；
B.光子的能量E=hν，只与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，入射光的频率不变，X光的光子能量不变，故B正确；
C.根据爱因斯坦光电效应方程hν=Ek+W0
光子的最大初动能Ek=hν-W0
入射光的频率不变，最大初动能不变，故C错误；
D.用某一频率的X光照射某种金属表面，逸出了光电子，发生了光电效应，增大X光的强度，单位时间内发出的光电子数目增加，故D正确。
故选：BD。
【分析】A.金属的逸出功与金属材料有关，与入射光的频率和强度无关；
B.根据光子能量公式分析作答；
C.根据爱因斯坦光电效应方程分析作答；
D.发生光电效应的前提下，入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目。
9．（2024·黑吉辽） 如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（　　）
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2︰1
D．两棒产生的电动势始终相等
【答案】A,B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
对cd有
故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得
解得
故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
故选AB。
【分析】 根据右手定则判断回路中的电流方向；对两棒的受力分析，根据牛顿第二定律得到两棒的加速度大小关系；进而可知两棒的速度大小关系，根据法拉第电磁感应定律可得两棒产生的电动势大小关系；在两棒加速过程中，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒受到安培力增大，两棒做加速度减小的加速运动，当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动。由平衡条件求得感应电流的最大值。
10．（2024·黑吉辽） 一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ，时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小，时刻，小物块与木板的速度相同，下列说法正确的是（　　）
A．小物块在时刻滑上木板
B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4
D．之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；
B．设小物块和木板间动摩擦因数为，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度大小为，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为
经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得
解得
故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
【分析】由图像分析木板的运动过程，确定物块滑上木板的时刻；由v-t图像的斜率求解木板运动的加速度，以及t=3t0时刻木板的速度。分析物块的运动过程，根据运动学公式求得其加速度，根据牛顿第二定律求解小物块和木板间动摩擦因数和小物块与木板的质量比；通过比较水平恒力与木板和水平地面之间的滑动摩擦力的大小，来判断小物块和木板是否能一起做匀速运动。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2024·黑吉辽）（1）（一）某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有：电压表、电阻丝、定值电阻（阻值为R0）、金属夹、刻度尺、开关S、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。
（1）实验步骤如下：
①将电阻丝拉直固定，按照图（a）连接电路，金属夹置于电阻丝的　 　 （填“A”或“B”）端；
②闭合开关S，快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数U，断开开关S，记录金属夹与B端的距离L；
③多次重复步骤②，根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅰ；
④按照图（b）将定值电阻接入电路，多次重复步骤②，再根据记录的若干组U、L的值，作出图（c）中图线Ⅱ。
（2）由图线得出纵轴截距为b，则待测电池的电动势E=　 　 。
（3）由图线求得Ⅰ、Ⅱ的斜率分别k1、k2，若 ，则待测电池的内阻r=　 　 （用n和R0表示）。
（2）（二）图（a）为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。
（1）用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图（b）所示，从图中读出D=　 　 cm。
（2）将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图（c）所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了　 　 个周期。
（3）换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如表所示：
颜色 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫
lnD 2.9392 2.7881 2.5953 2.4849 2.197 ... 1.792
lnT -0.45 -0.53 -0.56 -0.65 -0.78 -0.92 -1.02
根据表中数据绘制出lnT-lnD图像如图（d）所示，则T与D的近似关系为　 　。
A.
B.
C.
D.
（4）请写出一条提高该实验精度的改进措施：　 　
【答案】（1）A；；
（2）7.55；10；A；可采用更光滑的硬质接触面，比如接触面采用玻璃板
【知识点】电阻
【解析】【解答】 （一）（1）①为了保护电路，闭合开关前金属夹置于电阻丝的最大阻值处，由电路图可知，应该置于A端。
（2）对于图（a）的电路图，根据闭合电路欧姆定律有：U=E-Ir
设金属丝的电阻率为ρ，横截面积为S，由欧姆定律和电阻定律得：，
联立可得：
整理可得：
对于图（b）的电路图，根据闭合电路欧姆定律有：U=E-I（r+R0）
同理有：，
联立后整理得：
可知图线的纵轴截距：
解得：
（3）由（2）的解答可得， ，已知： 联立解得：
故答案为：（1）A；（2）；（3）
（二） （1）刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值下一位，读数为：D=7.55cm
（2）积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。
（3）将图（d）所示图像延长如下图所示：
取（1.60，-1.10）与（3.00，-0.40）两组数据，分别代入关系式：lnT=k lnD+b，解得：k=0.5，b=0
可得：lnT=0.5lnD，即两者是正比关系。
变形为：
可得T与D的近似关系为： ，故A正确，BCD错误。
（4）实验的误差主要来自于积木与接触面之间的滚动摩擦，为了减小实验误差，可采用更光滑的硬质接触面，比如接触面采用玻璃板。
故答案为：（1）7.55；（2）10；（3）A；（4）可采用更光滑的硬质接触面，比如接触面采用玻璃板。
【分析】 （一）（1）①从保护电路的角度，分析闭合开关前金属夹应置于哪一端。
（2）（3）对于图（a）、（b）的电路图，分别根据闭合电路欧姆定律和电阻定律推导出图（c）所示图像的表达式，根据图线的纵轴截距与斜率，结合已知条件求解待测电池的电动势与内阻。
（二） （1）确定刻度尺的分度值与需要的估读位数后，再进行读数。
（2）积木左端两次经过参考点O为一个周期，积木左端某次与O点等高时记为第0次，记录的总次数除以2即为周期个数。
（3）根据图像数据，应用代入法求得图像表达式，再确定T与D的近似关系。
（4）实验的误差主要来自于积木与接触面之间的滚动摩擦，从减小此摩擦的角度分析。
12．（2024·黑吉辽） 理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
（1）求变压器的输出功率P；
（2）已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q = CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
【答案】（1）解： 由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为
设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有
联立解得
理想变压器的输出功率等于R的功率，即
（2）解：设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变化，则有
由知气体吸收的热量
根据热力学第一定律
气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则
即
解得
【知识点】电功率和电功；变压器原理；气体的等容变化及查理定律
【解析】【分析】（1）根据正弦交变电的有效值与峰值的关系求得原线圈两端的电压有效值，根据理想变压器的工作原理求得副线圈两端的电压有效值，根据电功率的计算公式求解变压器的输出功率。
（2）根据查理定律求得容器内的气体温度末态温度，确定气体的温度变化量，根据题意求得气体吸收的热量，根据能量守恒定律求解电热丝的通电时间。
13．（2024·黑吉辽） 如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。
【答案】（1）解：对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
对AB物块整体由动量守恒定律
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）解：对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）解：由能量守恒定律
其中，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
【知识点】功能关系；平抛运动；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】 （1）A飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律求得vA。物块A、B与弹簧作用过程满足动量守恒定律，据此解得vB。
（2）对B脱离弹簧后沿桌面滑行到停止的过程，根据动能定理求解物块与桌面间的动摩擦因数。
（3）物块A、B与弹簧作用过程，由能量守恒与功能关系求解弹簧释放的弹性势能。
14．（2024·黑吉辽） 现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）
【答案】（1）解： 对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）解：由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）解： 甲粒子经过O点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】 （1）粒子在磁场中做与圆周运动，根据已知粒子乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，由几何关系得到粒子乙的圆周运动半径，由洛伦兹力提供向心求解磁感应强度的大小。
（2）求得粒子乙从射入磁场到运动到达P点的时间，此时间等于粒子甲由P点到O点做匀加速直线运动的时间，对粒子甲由牛顿第二定律和运动学公式求解d。
（3）求得粒子甲进入Ⅳ区时的速度，甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，甲所受电场力为零，据此求得k值。对乙粒子进入Ⅳ区后，通过与甲粒子的运动对比求解F与Δx间的关系式。
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