2024年高考物理試卷（湖北）（解析卷）

2024年湖北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試

物理

注意事項：

1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并認(rèn)真核準(zhǔn)

準(zhǔn)考證號條形碼上的以上信息，將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。

2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題

區(qū)域均無效。

3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標(biāo)號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作

答；字體工整，筆跡清楚。

4.考試結(jié)束后，請將試卷和答題卡一并上交。

一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40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。每小題全部選對的得4分，選

對但不全的得2分，有選錯的得0分。

1.《夢溪筆談》中記錄了一次罕見的雷擊事件：房屋被雷擊后，屋內(nèi)的銀飾、寶刀等金屬熔化了，但是漆

器、刀鞘等非金屬卻完好（原文為：有一木格，其中雜貯諸器，其漆器銀扣者，銀悉熔流在地，漆器曾不

焦灼。有一寶刀，極堅鋼，就刀室中熔為汁，而室亦儼然）。導(dǎo)致金屬熔化而非金屬完好的原因可能為

（）

A.摩擦B.聲波C.渦流D.光照

【答案】C

【解析】

【詳解】在雷擊事件中金屬和非金屬都經(jīng)歷了摩擦，聲波和光照的影響，而金屬能夠因電磁感應(yīng)產(chǎn)生渦流

非金屬不能，因此可能原因為渦流。

故選C。

101a4

2.硼中子俘獲療法是目前治療癌癥最先進(jìn)的手段之一、5B+0n?3X+bY是該療法中一種核反應(yīng)的方

程，其中X、Y代表兩種不同的原子核，則（）

A.a=7，b=1B.a=7，b=2C.a=6，b=1D.a=6，b=2

【答案】B

【解析】

【詳解】由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得

10+1=a+4，5+0=3+b

第1頁/共18頁

解得

a=7,b=2

故選B。

3.如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設(shè)低處荷葉a、b、c、

d和青蛙在同一豎直平面內(nèi)，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視

為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應(yīng)跳到（）

A.荷葉aB.荷葉bC.荷葉cD.荷葉d

【答案】C

【解析】

【詳解】青蛙做平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向自由落體則有

1

x=vt,h=gt2

2

可得

g

v=x

2h

因此水平位移越小，豎直高度越大初速度越小，因此跳到荷葉c上面。

故選C。

4.太空碎片會對航天器帶來危害。設(shè)空間站在地球附近沿逆時針方向做勻速圓周運動，如圖中實線所示。

為了避開碎片，空間站在P點向圖中箭頭所指徑向方向極短時間噴射氣體，使空間站獲得一定的反沖速

度，從而實現(xiàn)變軌。變軌后的軌道如圖中虛線所示，其半長軸大于原軌道半徑。則（）

第2頁/共18頁

A.空間站變軌前、后在P點的加速度相同

B.空間站變軌后的運動周期比變軌前的小

C.空間站變軌后在P點的速度比變軌前的小

D.空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的大

【答案】A

【解析】

【詳解】A．在P點變軌前后空間站所受到的萬有引力不變，根據(jù)牛頓第二定律可知空間站變軌前、后在P

點的加速度相同，故A正確；

B．因為變軌后其半長軸大于原軌道半徑，根據(jù)開普勒第三定律可知空間站變軌后的運動周期比變軌前的大，

故B錯誤；

C．變軌后在P點因反沖運動相當(dāng)于瞬間獲得豎直向下的速度，原水平向左的圓周運動速度不變，因此合速

度變大，故C錯誤；

D．由于空間站變軌后在P點的速度比變軌前大，而比在近地點的速度小，則空間站變軌前的速度比變軌后

在近地點的小，故D錯誤。

故選A。

5.在如圖所示電路中接入正弦交流電，燈泡L1的電阻是燈泡L2的2倍。假設(shè)兩個二極管正向電阻為0、

反向電阻無窮大。閉合開關(guān)S，燈泡L1、L2的電功率之比P1:P2為（）

A.2︰1B.1︰1C.1︰2D.1︰4

【答案】C

【解析】

【詳解】兩個二極管正向電阻為0，反向電阻無窮大，二極管導(dǎo)通則短路并聯(lián)的燈泡，此時另一個燈泡與電

源串聯(lián)，根據(jù)電路圖可知在一個完整的周期內(nèi)，兩個燈泡有電流通過的時間相等都為半個周期，電壓有效

值相等，則根據(jù)

U

P=2

R

可知

第3頁/共18頁

P1:P2=RL2:RL1=1:2

故選C。

6.如圖所示，兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進(jìn)，兩根水平纜繩與虛

線的夾角均保持為30°。假設(shè)水對三艘船在水平方向的作用力大小均為f，方向與船的運動方向相反，則每

艘拖船發(fā)動機(jī)提供的動力大小為（）

321

A.fB.fC.2fD.3f

33

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)題意對S受力分析如圖

正交分解可知

2Tcos30o=f

所以有

3

T=f

3

對P受力分析如圖

第4頁/共18頁

則有

22

Tsin30o+f+Tcos30o=F2

解得

21f

F=

3

故選B。

7.如圖所示，在以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶

電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力，下列說法正確的是（）

A.粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點

B.粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向

7πm

C.粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為

3qB

3qBR

D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為

3m

【答案】D

【解析】

【詳解】AB．在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點可知粒子

的運動軌跡不可能經(jīng)過O點，故AB錯誤；

C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域，時間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖

第5頁/共18頁

則最短時間有

4pm

t=2T=

qB

故C錯誤；

D．粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，則軌跡如圖所示

設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知

3R

r=

3

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

v2

qvB=m

r

可得

3qBR

v=

3m

故D正確。

故選D。

8.關(guān)于電荷和靜電場，下列說法正確的是（）

A.一個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變

B.電場線與等勢面垂直，且由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面

C.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，該點電荷的電勢能將減小

第6頁/共18頁

D.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，將從高電勢的地方向低電勢的地方運動

【答案】AC

【解析】

【詳解】A．根據(jù)電荷守恒定律可知一個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，這個系統(tǒng)的電荷總量是不變的，故

A正確；

B．根據(jù)電場線和等勢面的關(guān)系可知電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故

B錯誤；

CD．點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小，根據(jù)

E

j=P

q

可知正電荷將從電勢高的地方向電勢低的地方運動，負(fù)電荷將從電勢低的地方向電勢高的地方運動，故C

正確，D錯誤。

故選AC。

9.磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里。等離子體

（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)

生電壓。下列說法正確的是（）

A.極板MN是發(fā)電機(jī)的正極

B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小

C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大

D.僅增大噴入等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大

【答案】AC

【解析】

【詳解】A．帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，極板MN帶正電為發(fā)電機(jī)正極，A正確；

BCD．離子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時，此時令極板間距為d，則

U

qvB=q

d

第7頁/共18頁

可得

U=Bdv

因此增大間距U變大，增大速率U變大，U大小和密度無關(guān)，BD錯誤C正確。

故選AC。

10.如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)

子彈在木塊內(nèi)運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f=kv0（k為已知常

數(shù)）。改變子彈的初速度大小v0，若木塊獲得的速度最大，則（）

2kLm+M

A.子彈的初速度大小為

mM

2mM

B.子彈在木塊中運動的時間為

km+M

k2L2m+M

C.木塊和子彈損失的總動能為

mM

mL

D.木塊在加速過程中運動的距離為

m+M

【答案】AD

【解析】

【詳解】A．子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別為

v1,v2，則有

mv0=mv1+Mv2

子彈和木塊相互作用過程中合力都為f=kv0，因此子彈和物塊的加速度分別為

ff

a=,a=

1m2M

由運動學(xué)公式可得子彈和木塊的位移分別為

222

2a1x1=v0-v1,2a2x2=v2

聯(lián)立上式可得

第8頁/共18頁

éù

2?kv0kv0?

mêv0-v0-2?+÷Lú

êèmM?ú

v=??

2M+m

?kvkv??kk?

因此木塊的速度最大即200取極值即可，該函數(shù)在2+L到無窮單調(diào)遞

v0-v0-2?+÷L?÷

èmM?èmM?

?kk?kLM+m

減，因此當(dāng)v0=2?+÷L=2木塊的速度最大，A正確；

èmM?Mm

B．則子彈穿過木塊時木塊的速度為

mv

v=0

2M+m

由運動學(xué)公式

v2=a2t

可得

mM

t=

km+M

故B錯誤；

C．由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)摩擦生熱，即

2k2L2m+M

ΔE=Q=fL=

mM

故C錯誤；

D．木塊加速過程運動的距離為

0+vmL

x=2t=

22M+m

故D正確。

故選AD。

二、非選擇題：本題共5小題，共60分。

11.某同學(xué)利用激光測量半圓柱體玻璃磚的折射率，具體步驟如下：

第9頁/共18頁

①平鋪白紙，用鉛筆畫兩條互相垂直的直線AA￠和BB￠，交點為O。將半圓柱體玻璃磚的平直邊緊貼

AA￠，并使其圓心位于O點，畫出玻璃磚的半圓弧輪廓線，如圖（a）所示。

②將一細(xì)激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃磚，記錄折射光線與半圓弧的交點M。

③拿走玻璃磚，標(biāo)記CO光線與半圓弧的交點P。

④分別過M、P作BB'的垂線MM￠、PP￠，M￠、P￠是垂足，并用米尺分別測量MM￠、PP￠的長度x

和y。

⑤改變?nèi)肷浣?，重?fù)步驟②③④，得到多組x和y的數(shù)據(jù)。根據(jù)這些數(shù)據(jù)作出y-x圖像，如圖（b）所

示。

（1）關(guān)于該實驗，下列說法正確的是_____（單選，填標(biāo)號）。

A.入射角越小，誤差越小

B.激光的平行度好，比用插針法測量更有利于減小誤差

C.選擇圓心O點作為入射點，是因為此處的折射現(xiàn)象最明顯

（2）根據(jù)y-x圖像，可得玻璃磚的折射率為_____（保留三位有效數(shù)字）。

（3）若描畫的半圓弧輪廓線半徑略大于玻璃磚的實際半徑，則折射率的測量結(jié)果_____（填“偏大”“偏

小”或“不變”）。

【答案】（1）B（2）1.57

（3）不變

【解析】

【小問1詳解】

A．入射角適當(dāng)即可，不能太小，入射角太小，導(dǎo)致折射角太小，測量的誤差會變大，故A錯誤；

B．激光的平行度好，比用插針法測量更有利于減小誤差，故B正確；

第10頁/共18頁

C．相同的材料在各點的折射效果都一樣，故C錯誤。

故選B。

【小問2詳解】

設(shè)半圓柱體玻璃磚的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可得入射角的正弦值為

y

sini=

R

折射角的正弦值為

x

sinr=

R

折射率

siniy

n==

sinrx

可知y-x圖像斜率大小等于折射率，即

44

n=?1.57

28

【小問3詳解】

根據(jù)（2）中數(shù)據(jù)處理方法可知若描畫的半圓弧輪廓線半徑略大于玻璃磚的實際半徑，則折射率的測量結(jié)

果不變。

12.某同學(xué)設(shè)計了一個測量重力加速度大小g的實驗方案，所用器材有：2g砝碼若干、托盤1個、輕質(zhì)彈

簧1根、米尺1把、光電門1個、數(shù)字計時器1臺等。

具體步驟如下：

①將彈簧豎直懸掛在固定支架上，彈簧下面掛上裝有遮光片的托盤，在托盤內(nèi)放入一個砝碼，如圖（a）

所示。

②用米尺測量平衡時彈簧的長度l，并安裝光電門。

③將彈簧在彈性限度內(nèi)拉伸一定長度后釋放，使其在豎直方向振動。

④用數(shù)字計時器記錄30次全振動所用時間t。

第11頁/共18頁

⑤逐次增加托盤內(nèi)砝碼的數(shù)量，重復(fù)②③④的操作。

M

該同學(xué)將振動系統(tǒng)理想化為彈簧振子。已知彈簧振子的振動周期T=2p，其中k為彈簧的勁度系

k

數(shù)，M為振子的質(zhì)量。

（1）由步驟④，可知振動周期T=_____。

（2）設(shè)彈簧的原長為l0，則l與g、l0、T的關(guān)系式為l=_____。

（3）由實驗數(shù)據(jù)作出的l-T2圖線如圖（b）所示，可得g=_____m/s2（保留三位有效數(shù)字，p2取

9.87）。

（4）本實驗的誤差來源包括_____（雙選，填標(biāo)號）。

A.空氣阻力

B.彈簧質(zhì)量不為零

C.光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置

t

【答案】（1）

30

gT2

（2）l+

04p2

（3）9.59（4）AC

【解析】

【小問1詳解】

30次全振動所用時間t，則振動周期

t

T=

30

【小問2詳解】

彈簧振子的振動周期

M

T=2p

k

可得振子的質(zhì)量

kT2

M=

4p2

振子平衡時，根據(jù)平衡條件

Mg=kDl

可得

第12頁/共18頁

gT2

Dl=

4p2

則l與g、l0、T的關(guān)系式為

gT2

l=l+Dl=l+

004p2

【小問3詳解】

gT2

根據(jù)l=l+整理可得

04p2

g

l=l+×T2

04p2

則l-T2圖像斜率

g0.542-0.474

k==

4p20.58-0.3

解得

g?9.59m/s2

【小問4詳解】

A．空氣阻力的存在會影響彈簧振子的振動周期，是實驗的誤差來源之一，故A正確；

B．彈簧質(zhì)量不為零導(dǎo)致振子在平衡位置時彈簧的長度變化，不影響其他操作，根據(jù)（3）中處理方法可知

對實驗結(jié)果沒有影響，故B錯誤；

C．根據(jù)實驗步驟可知光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置會影響振子周期的測量，是實驗的誤差來源

之一，故C正確。

故選AC。

13.如圖所示，在豎直放置、開口向上的圓柱形容器內(nèi)用質(zhì)量為m的活塞密封一部分理想氣體，活塞橫截

面積為S，能無摩擦地滑動。初始時容器內(nèi)氣體的溫度為T0，氣柱的高度為h。當(dāng)容器內(nèi)氣體從外界吸收

1

一定熱量后，活塞緩慢上升h再次平衡。已知容器內(nèi)氣體內(nèi)能變化量ΔU與溫度變化量ΔT的關(guān)系式為

5

DU=CDT，C為已知常數(shù)，大氣壓強(qiáng)恒為p0，重力加速度大小為g，所有溫度為熱力學(xué)溫度。求

（1）再次平衡時容器內(nèi)氣體的溫度。

（2）此過程中容器內(nèi)氣體吸收的熱量。

第13頁/共18頁

611

【答案】（1）T；（2）h(pS+mg)+CT

505050

【解析】

【詳解】（1）氣體進(jìn)行等壓變化，則由蓋呂薩克定律得

VV

0=1

T0T1

即

1

(h+h)S

hS

=5

T0T1

解得

6

T=T

150

（2）此過程中氣體內(nèi)能增加

1

DU=CDT=CT

50

氣體對外做功

1

W=pSDh=h(pS+mg)

50

此過程中容器內(nèi)氣體吸收的熱量

11

Q=DU+W=h(pS+mg)+CT

5050

14.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端

的正上方有一懸點O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平

齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳

送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平

向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送

帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g=10m/s2。

（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；

第14頁/共18頁

（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能；

（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。

【答案】（1）5ms；（2）0.3J；（3）0.2m

【解析】

【詳解】（1）根據(jù)題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有

mmg=ma

解得

a=5ms2

由運動學(xué)公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為

v2

x=傳=2.5m<L=3.6m

2a傳

可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳

送帶的速度大小5ms。

（2）小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，

由動量守恒定律有

m物v=m物v1+m球v2

其中

v=5ms，v1=-1ms

解得

v2=3ms

小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為

111

DE=mv2-mv2-mv2

k2物2物12球2

解得

DEk=0.3J

（3）若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設(shè)此時P點到O點的距離為d，小球在P點正上方的

第15頁/共18頁

速度為v3，在P點正上方，由牛頓第二定律有

2

v3

m球g=m球

L繩-d

小球從O點正下方到P點正上方過程中，由機(jī)械能守恒定律有

1212

m球v2=m球v3+m球g2L繩-d

22

聯(lián)立解得

d=0.2m

即P點到O點的最小距離為0.2m。

15.如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、

1

P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存

4

在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓

弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌

上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)

均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求

（1）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大?。?/p>

（2）金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大??；

（3）為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。

B2L22gLB2L3+mR2gL

【答案】（1）BL2gL；（2）；（3）

3mRB2L2

【解析】

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有

1

mgL=mv2

20

解得

v0=2gL

第16頁/共18頁

則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為

E=BLv0=BL2gL

（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由

幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為

16R