湖北省2024年高考物理模擬試卷及答案8

湖北省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題：1-7為單選題，8-10為多選題（共40分）。得分1．2023年12月，新一代人造太陽“中國環(huán)流三號”面向全球開放。假設“人造太陽”內部發(fā)生的兩種核聚變分別為12H+13H→24He+X，12H+23He→24A．核反應方程中X為電子，Y為質子B．X核反應中的質量虧損2C．24He的平均核子質量小于D．核反應過程中虧損的質量不會轉變?yōu)槟芰?．電影中的太空電梯非常吸引人?，F(xiàn)假設已經建成了如圖所示的太空電梯，其通過超級纜繩將地球赤道上的固定基地、同步空間站和配重空間站連接在一起，它們隨地球同步旋轉。圖中配重空間站比同步空間站更高，P是纜繩上的一個平臺。則下列說法正確的是（）A．太空電梯上各點加速度與該點離地球球心的距離的平方成反比B．超級纜繩對P平臺的作用力方向背離地心C．若從配重空間站向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝配重空間站轉動的方向向前運動一邊落向地球D．若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，且斷裂處為橢圓的遠地點3．如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分布圖，正方形ABCD的對角線BD邊正好與圖中豎直向上的直電場線重合，O點是正方形兩對角線的交點。下列說法正確的是（）A．將一負電荷由A點移到B點，電荷的電勢能增加B．O點電勢與C點電勢相等C．DO間的電勢差等于OB間的電勢差D．在O點放置一正點電荷，該電荷所受電場力的方向豎直向下4．如圖所示，小明設計了一個自動制動裝置，A、B兩物塊放置在斜面上，與A相連的輕繩穿過中間有小孔的B與水平面固定的電動機相連，輕繩與B之間無力的作用，用另一根輕繩連接B，使B靜止在斜面上，物塊A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，斜面傾角θ=37°。現(xiàn)電動機以額定功率P=20W牽引物塊A，使物塊A從靜止出發(fā)，以最大速度與物塊B發(fā)生碰撞并粘在一起，碰撞時間極短，碰撞的瞬間電動機自動切斷電源不再對A提供牽引力，運動到達斜面頂端時A、B速度剛好為零，mA=mB=0A．在電動機的牽引下，物塊A的加速逐漸變大 B．電動機啟動后對物塊A的牽引力一直不變C．物塊A的最大速度25m/s D．物塊B距斜面頂端的距離為1.25m5．如圖所示，矩形線圈abcd與理想變壓器組成閉合電路。兩個方向均垂直紙面向里的勻強磁場以平行磁場方向且過bc軸的平而為分界線，其中bc左邊磁場的磁感應強度大小為B1，bc右邊磁場的磁感應強度大小為B2，且B2比B1大，線圈在這兩個磁場中繞垂直于磁場的bc邊勻速轉動，線圈的面積為S，轉動角速度為A．線圈從垂直于B1B．當將滑片P向上移動時，小燈泡的亮度將變亮C．該變壓器輸入電壓的有效值為1D．將小燈泡換成發(fā)光二極管，若線圈從圖示位置開始運動時二極管發(fā)光，則當線圈轉一周將要回到初始位置時二極管不發(fā)光6．某中學實驗室對一款市場熱銷的掃地機器人進行了相關測試，測試過程在材質均勻的水平地板上完成，獲得了機器人在直線運動中水平牽引力大小隨時間的變化圖像，以及相同時段機器人的加速度a隨時間變化的圖像。若不計空氣阻力，取重力加速度大小為10m/sA．機器人與水平桌面間的最大靜摩擦力為3N B．機器人與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2C．在0~4s時間內，摩擦力的沖量為24N·s D．在0~4s時間內，合外力做的功為24J7．如圖（俯視圖），用自然長度為l0，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧，將質量都是m的兩個小物塊P、Q連接在一起，放置在能繞O點在水平面內轉動的圓盤上，物體P、Q和O點恰好組成一個邊長為2l0A．當圓盤的角速度為ω=kB．當圓盤的角速度為ω=kC．當圓盤的角速度為ω=k2mD．當物體P、Q兩物塊剛要滑動時，圓盤的角速度為ω=8．一列簡諧橫波在均勻介質中沿x軸傳播，t=0時刻的波形如圖甲所示，其中位于橫坐標x=5m的一質點A的振動圖像如圖乙所示，B是圖甲中縱坐標為y=?2.A．該橫波沿x軸正方向傳播 B．t=0時刻后A點比B點先達到波谷C．在t=23s時B點的位移是-5cm D．t=10s時B9．某一質檢部門利用干涉原理測定礦泉水的折射率。如圖所示，單縫S0、屏上的P0點位于雙縫S1和S2的中垂線上，當雙縫與屏之間的介質為空氣或礦泉水時，屏上的干涉條紋間距分別為Δx1與Δx2，當介質為礦泉水時，屏上P點處是A．Δx2B．該礦泉水的折射率為ΔC．當介質為礦泉水時，來自S1和S2的光傳播到PD．僅將S0水平向左移動的過程中，P10．如圖所示，導軌間距為L的兩平行光滑金屬導軌固定在高度為h的絕緣水平臺面上，左端連接定值電阻R和開關S，右端與臺面右邊緣平齊，空間中存在垂直導軌平面向下，磁感應強度大小為B的勻強磁場，質量均為m，阻值均為R的導體棒a、b垂直導軌放置。開始時開關斷開，給導體棒a一水平向右的初速度v0，b離開導軌后瞬間閉合開關，最終a、bA．導體棒a、b有可能會發(fā)生碰撞 B．開關閉合前、后瞬間導體棒a的加速度不同C．初始時a、b之間的最大距離是2Rmv0B2L2 閱卷人二、非選擇題：本題共5小題，共60分。得分11．某同學利用如圖裝置測量小車和智能手機的質量，智能手機可以利用APP直接測量出手機運動時的加速度。懸掛質量為m的鉤碼，用智能手機測出小車運動的加速度a；改變鉤碼的質量m，進行多次測量：做出a與m(g?a)的圖像如圖，已知圖像中直線的截距為b，斜率為k。不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）以下說法正確的是____；A．鉤碼的質量不需要遠小于智能手機和小車的質量 B．細繩應該始終與長木板平行C．不懸掛鉤碼時，應使小車和智能手機勻速沿木板下滑 D．細線的拉力等于鉤碼的重力（2）根據(jù)圖像可得，小車和手機的質量為；（3）再利用手機APP測出斜面傾角為θ，則木板摩擦系數(shù)μ=。12．某實驗小組利用量角器、一段均勻電阻絲、電阻箱及靈敏電流計設計了一個測量電阻（待測電阻為Rx主要實驗步驟如下：①將電阻絲緊貼量角器弧邊彎曲成型，并依量角器直徑端點裁剪好；②按甲圖所示的電路原理圖連接好各元件；③將電阻箱的阻值調至R1，并使金屬夾K從A端沿弧形電阻絲向B移動，當靈敏電流計的示數(shù)為零時，停止移動金屬夾，此時從量角器上讀出OA與OK間的夾角θ④改變電阻箱的阻值，重復步驟③，測得多組（θ，R）值；⑤整理數(shù)據(jù)并在坐標紙上描點繪圖，所得圖像如圖乙所示。根據(jù)分析，試回答下列問題：（1）已知乙圖中圖像與縱軸的截距為?b，由此可求得a=；（2）實驗時，當金屬夾K調至某位置時，實驗小組的同學因為觀察不仔細認為靈敏電流計的讀數(shù)已經為零，實際上，靈敏電流計還有從K到P的電流，那么此時測出Rx的值與真實值相比（3）該小組同學所在學校與供電站間有兩根埋在地下的輸電線，其中一根導線因損壞而與大地相通，現(xiàn)嘗試采用上述實驗所涉及的原理找到損壞的大致位置，其方法如圖丙所示（終端用導線AB接通），電阻絲MN長L=100.0cm，輸電距離d=1.0×104m，若金屬夾K在電阻絲上距M端13．市場上有一種救生衣，在穿著者落水時，救生衣所連接的儲氣鋼瓶會灌氣使救生衣鼓起。救生衣在未鼓起時，其內部無氣體；正常工作時，其壓強為標準大氣壓，內部氣體體積至少為V=22L，與救生衣連接的小鋼瓶容積為1L。取標準大氣壓p0（1）檢測發(fā)現(xiàn)某救生衣所附帶的鋼瓶內壓強為2×10（2）出廠時鋼瓶內部壓強為2.5×10（3）救生衣配套的鋼瓶遺失，換用容積為0.2L，內部壓強為2.14．如圖，圓心角為θ=53°，質量為2m的弧形物塊A與質量為m的弧形物塊B疊放在一起，并將A、B粘連，構成一個半徑R=0.75m的四分之一光滑圓弧軌道，靜止在光滑的水平面上。質量為m的滑塊C，以速度v0（1）要使物塊不會從最高點沖出軌道，求v0（2）若v0（3）若將物塊B撤去，滑塊C以v0‘15．如圖，在空間直角坐標系中存在指向z軸負方向的勻強磁場，磁感應強度為B，與z軸平行的擋板與x軸交于M(L,0,0,)，與y軸交于N(0,L,（1）求粒子初速度的大??；（2）若在空間中施加沿z軸負方向的勻強電場，恰好使粒子第二次與擋板碰撞發(fā)生在xOy平面，求勻強電場E的大小，并求出粒子第二次與擋板發(fā)生碰撞的空間坐標；（3）在（2）的條件下，求粒子第n次與擋板碰撞的坐標。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、根據(jù)質量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知核反應方程為

12H+13H→24He+01n

12H+23He→24H+11H

故X為中子，Y為質子，故A錯誤；

D、X核反應放出的能量為

ΔE=42．【答案】B【解析】【解答】A、太空電梯上各點具有相同的角速度，根據(jù)

a=ω2r

可知，太空電梯上各點加速度與該點離地球球心的距離成正比，故A錯誤；

B、P平臺如果只受地球萬有引力，則圓周運動角速度比同步空間站要快，而實際圓周運動角速度等于同步空間站角速度，則在萬有引力之外，P平臺還受到纜繩拉力，故地球的引力與纜繩拉力提供P平臺做圓周運動所需的向心力，P平臺做圓周運動所需的向心力小于地球對它的萬有引力，所以超級纜繩對P平臺的作用力方向背離地心，故B正確；

C、若從配重空間站向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝配重空間站轉動的方向向前運動一邊偏離地球，做離心運動，故C錯誤；

D、若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，其斷裂處為橢圓的近地點，因為在近地點線速度較大，半徑較小，需要的向心力更大，故D錯誤。

3．【答案】A【解析】【解答】A、將一負電荷由A點移到B點，電場力做負功，電荷的電勢能增加，故A正確；

B、AC所在平面與BD垂直，與其它電場線不垂直，AC所在平面不是等勢面，O點電勢與C點電勢不相等，故B錯誤；

C、根據(jù)電場線的疏密程度可知DO間的電場強度大于OB間的電場強度，由

U=Ed

可知DO間的電勢差大于OB間的電勢差，故C錯誤；

D、在O點放置一正點電荷，該電荷所受電場力的方向與該點電場方向相同，豎直向上，故D錯誤。

故答案為：A。

【分析】電場力做負功，電荷的電勢能增加，電場線的疏密程度表示場強的強弱。正點電荷所受電場力的方向與該點電場方向相同。等勢面與電場線的交點處處垂直。4．【答案】D【解析】【解答】AB、根據(jù)

P=Fv，F(xiàn)?mAgsinθ?μmAgcosθ=ma

功率不變，速度增大，導致牽引力減小，則A的加速度減小，故AB錯誤；

C、當A的加速度為零時，牽引力為

F=mAgsinθ+μmAgcosθ=2N

最大速度為

5．【答案】B【解析】【解答】A、當線圈與磁場方向平行時產生的電動勢最大，所以線圈從垂直于B1磁場方向開始運動，在一個周期內，線圈繞bc軸轉動時，小燈泡的電流先增大再減小，電流反向后先增大再減小，總共經歷四個階段，故A正確，不符合題意；

B、當滑片P向上移動時，原線圈匝數(shù)增大，根據(jù)變壓器原理，輸出電壓減小，小燈泡會變暗，故B錯誤，符合題意；

C、線圈在左側磁場中產生電動勢的有效值

E1=NB1Sω2

線圈在右側磁場中產生電動勢的有效值

E2=NB2Sω2

設電動勢的有效值為E，根據(jù)有效值定義6．【答案】D【解析】【解答】A、由a-t圖像可知，機器人在2s時開始滑動，有加速度，當剛要滑動時，此時最大靜摩擦力等于機器人的牽引力，可得

fm=F2=124×2N=6N

故A錯誤；

B、設機器人質量為m，滑動摩擦力大小為f，由兩個圖像結合牛頓第二定律可得

F4?f=ma4，F(xiàn)2?f=ma2

聯(lián)立可得

m=3kg，f=3N

機器人與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為

μ=fFN=fmg=0.1

故B錯誤；7．【答案】D【解析】【解答】A、PQ間的距離為2l0，而彈簧的原長為l0，故彈簧的彈力為

F=kl0

根據(jù)合力與分力構成的矢量三角形可知，靜摩擦力具有最小值時沿軌跡切線，與彈力沿切線方向的分力平衡，為

fmin=Fcos30°=3kl02

此時物塊隨圓盤轉動需要的向心力為彈力沿半徑方向的分力

FN=mω2×2l0=Fsin30°=kl02

解得

ω=k4m

故A錯誤；

B、當ω=k3m時，可得物塊隨圓盤轉動需要的向心力為

FN8．【答案】A,C【解析】【解答】A、t=0時刻質點A向y軸正方向運動，根據(jù)同側法可知波沿x軸正方向傳播，故A正確；

B、根據(jù)同側法可知質點B向y軸負方向運動，可知t=0時刻后B點比A點先達到波谷，故B錯誤；

C、質點B的振動方程為

y=5sinπ2t?56πcm

在t=23s時B點的位移是

y=?5cm9．【答案】A,D【解析】【解答】A、根據(jù)

Δx=Ldλ

當雙縫與屏之間的介質為礦泉水時，波長會變小，而雙縫間距d與雙縫與屏之間的距離L相同，所以Δx2小于Δx1，故A正確；

B、設光在真空中的波長為λ、在介質中的波長為λ'，依題意有

Δx1=Ldλ，Δx2=Ldλ'，λ'=λn

則可知

Δx1Δx210．【答案】B,C【解析】【解答】A、兩導體棒發(fā)生碰撞的情況：若導體棒b離開導軌前與a發(fā)生碰撞，碰撞前瞬間a的速度一定大于b，碰后二者交換速度之后b的速度大于a，b的位移大于a，則b離開導軌時a到導軌右端的距離一定大于零，a、b離開導軌時的速度不可能相同，即a、b一定不發(fā)生碰撞，故A錯誤；

B、開關閉合前導體棒a、b組成的系統(tǒng)所受合外力為零，二者組成的系統(tǒng)動量守恒，設開關閉合前瞬間導體棒b的速度為v，則此時導體棒a的速度為v0-v，a、b離開導軌后能落到同一位置，則

v0?v≥v

開關閉合前瞬間回路中的感應電動勢為

E1=BLv0?2v

開關閉合后瞬間回路中的感應電動勢為

E2=BLv0?v

可知開關閉合前后瞬間回路中的感應電動勢不相等，回路中電流不相等，導體棒a所受安培力不相等，加速度也不相等，故B正確；

CD、設開關閉合前流過導體棒b的平均電流為I1，運動時間為t1，導體棒a、b間距離的變化量為Δx1，b離開導軌后a運動到平臺最右端的位移大小為Δx2，則這段時間內回路中的平均感應電動勢為

E1=BLΔx1t1

導體棒b所受安培力的沖量為

Ib1=BI1Lt1

可得

11．【答案】（1）A；B（2）1（3）μ=【解析】【解答】（1）A、因本實驗驗證牛頓第二定律為對系統(tǒng)采用準確的方法，故不需要近似的用鉤碼重力代替繩的拉力，也就不需要質量關系，即不需要鈞碼的質量應該遠小于智能手機和小車的質量，故A正確；

B、為了讓繩子拉小車的力為恒力，則細繩應該始終與長木板平行，故B正確；

C、實驗中能直接使用手機測出小車的加速度，故不需要平衡摩擦力，故C錯誤；

D、本實驗研究系統(tǒng)的牛頓第二定律，則繩子的拉力小于鉤碼的重力，故D錯誤。

故答案為：AB。

（2）設小車和手機的質量為M，斜面傾角為θ，對鉤碼和小車以及手機的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有

mg+Mgsinθ?μMgcosθ=M+ma

可得

a=mMg?a+gsinθ?μgcosθ

結合圖像可得

1M=k

則小車和手機的質量為12．【答案】（1）1（2）偏小（3）6【解析】【解答】（1）由題意可知，此方法是電橋法測電阻，當電流表示數(shù)為零時，R與Rx串聯(lián)，R與AK并聯(lián)；同時Rx與BK并聯(lián)，所以有

I1R=I2RAK，I1Rx=I2RBK

可得

Rx=RBKRAKR=Rπ?θθ

整理得13．【答案】（1）解：令p1=2×106Pap解得VV2（2）解：設p3=2.p解得ΔV=5L（3）解：設用n個小鋼瓶能夠使救生衣剛好正常工作，每個小鋼瓶體積為V4nn=又n取整數(shù)，故n≥5，至少要5個小鋼瓶才能使救生衣正常工作?！窘馕觥俊痉治觥浚?）將鋼瓶內與救生衣視為整體，灌氣過程發(fā)生等溫變化，確定灌氣前后氣體的體積，再根據(jù)玻意耳定律結合題意進行判斷；

（2）對于變質量問題往往轉化為定質量問題，即漏出部分氣體的質量與剩余氣體的質量之和等于原氣體質量。確定漏氣前后各部分氣體的體積及壓強，再對整體應用玻意耳定律進行解答；

（3）以充入氣體及原氣體構成的整體為研究對象，確定充氣前后各部分氣體的體積及壓強，再對整體應用玻意耳定律進行解答。14．【答案】（1）解：以滑塊和物塊A、B為系統(tǒng)，取水平向右為正方向，滑塊不從最高點沖出軌道時，設共同速度為v1m根據(jù)機械能守恒定律1解得v即v0應該滿足的條件為（2）解：取系統(tǒng)初始位置為初狀態(tài)，滑塊C達到空中最高點為末狀態(tài)，根據(jù)水平方向動量守恒：m根據(jù)機械能守恒定律1解得?=0（3）解：設C滑離A時物塊A速度為vA，C相對于A的速度為vm根據(jù)能量守恒定理1解得v【解析】【分析】（1）物塊不會從最高點沖出軌道，則臨界條件為物塊到達最高點時豎直方向的速度恰好為零?；瑝K與物塊A、B構成的整體在整個運動過程中水平方向動量守恒，且達到最高點時三者在水平方向速度相等，系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，再根據(jù)動量守恒定律及機械能守恒定律進行解答；

（2）滑塊離開軌道前，三者在水平方向動量守恒，離開時三者水平方向速度相等，離開后，三者在水平方向做勻速直線運動，到達最高點時滑塊豎直方向速度為零，再根據(jù)動量守恒定律及機械能守恒定律進行解答；

（3）滑塊離開軌道前，滑塊與物體A在水平方向動量守恒，由于滑塊C相對地面的速度方向不確定，無法進行正交分解。而滑塊C離開物塊A時的速度方向沿軌道的切線方向，將離開A時物塊C相對于A的速度進行正