湖北省2024年高考物理模擬試卷及答案13

湖北省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、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。得分1．2022年9月國家原子能機構(gòu)展示了近年來核技術(shù)在我國國民經(jīng)濟領(lǐng)域的重大應(yīng)用成果。其中醫(yī)用同位素镥177的自主可控及批量生產(chǎn)入選。該成果破解了多年來我國對其大量依賴進口的局面。镥177的半衰期約為6.7天，衰變時會輻射γ射線。其衰變方程為71177A．該反應(yīng)產(chǎn)生的新核72177HfB．衰變時放出的X粒子的電離本領(lǐng)比γ射線弱C．衰變時放出的X粒子來自于镥177內(nèi)中子向質(zhì)子的轉(zhuǎn)化D．100克含有镥177的藥物經(jīng)過13.4天后，將有25克的镥177發(fā)生衰變2．2023年2月26日，中國載人航天工程三十年成就展在中國國家博物館舉行，展示了中國載人航天發(fā)展歷程和建設(shè)成就。如圖所示是某次同步衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道3，點火變速在軌道P、Q兩點，P為軌道1和軌道2的切點，Q為軌道2和軌道3的切點。軌道1和軌道3為圓軌道，軌道2為橢圓軌道。設(shè)軌道1、軌道2和軌道3上衛(wèi)星運行周期分別為T1、T2和A．衛(wèi)星在軌道3上的動能最大B．衛(wèi)星在軌道3上Q點的加速度大于軌道2上P點的加速度C．衛(wèi)星在軌道2上由P點到Q點的過程中，由于離地高度越來越大，所以機械能逐漸增大D．衛(wèi)星運行周期關(guān)系滿足33．某品牌電動汽車以額定功率在平直公路上勻速行駛，在t1時刻突發(fā)故障使汽車的功率減小一半，司機保持該功率繼續(xù)行駛，到t2時刻汽車又開始做勻速直線運動（設(shè)汽車所受阻力不變），則在tA．汽車的加速度逐漸增大 B．汽車的加速度逐漸減小C．汽車的速度先減小后增大 D．汽車的速度先增大后減小4．圖甲是一列簡諧橫波在t=0.1s時刻的波形圖，P是平衡位置在x=1.5m處的質(zhì)點，Q是平衡位置在x=12m處的質(zhì)點；圖乙為質(zhì)點Q的振動圖像，下列說法正確的是（）A．這列波沿x軸負方向傳播B．在t=0.25s時，質(zhì)點P的位置坐標為(1C．從t=0.1s到t=0.25s的過程中，質(zhì)點Q的位移大小為30cmD．從t=0時刻開始計時，質(zhì)點P在t=(0.125+0.5．如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2：1，電源的輸出電壓u=302sin100πt(V)，定值電阻R1=20Ω，R3=2.5ΩA．電流表示數(shù)為2B．電壓表示數(shù)為10VC．滑片P由b向a緩慢滑動，R3D．滑片P由b向a緩慢滑動，變壓器的輸出功率減小6．如圖所示，長方形ABCD所在平面有勻強電場，E、F分別為AB邊、CD邊中點，已知AB邊長為8cm、BC邊長為4cm。將電子從C點移動到D點，電場力做功為20eV；將電子從E點移動到F點，電場力做功為-10eV，不計所有粒子重力，下列說法正確的是（）A．長方形ABCD的四個頂點中，D點的電勢最高B．勻強電場的電場強度大小為5C．沿AC連線方向，電勢降低最快D．從D點沿DC方向發(fā)射動能為4eV的電子，在以后的運動過程中該電子最小動能為2eV7．如圖甲所示，物體a、b間拴接一個壓縮后被鎖定的輕質(zhì)彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中a物體最初與左側(cè)的固定擋板相接觸，b物體質(zhì)量為4kg?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在a物體離開擋板后的某時刻開始，b物體的v?t圖象如圖乙所示，則可知（）A．a(chǎn)物體的質(zhì)量為1kgB．a(chǎn)物體的最大速度為2m/sC．在a物體離開擋板后，彈簧的最大彈性勢能為6JD．在a物體離開擋板后，物體a、b組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒8．如圖所示，在屏幕MN的下方有一截面為等邊三角形的透明介質(zhì)，三角形邊長為1，頂點與屏幕接觸于C點，底邊AB與屏幕MN平行。激光a垂直于AB邊射向AC邊的中點O，恰好發(fā)生全反射，光線最后照射在屏幕MN上的E點（圖中未畫出）。已知光在真空中的傳播速度為c，下列說法正確的是（）A．光在透明介質(zhì)中發(fā)生全反射的臨界角為30° B．該透明介質(zhì)的折射率為2C．光在透明介質(zhì)中的傳播速度為32c D．光從射入AB面開始到射到E9．如圖所示，MN、PQ兩條平行光滑固定金屬導軌與水平面的夾角為θ，兩導軌的間距為L，M和P之間接阻值為R的定值電阻。導軌所在的空間有兩條寬度均為d的勻強磁場I和Ⅱ，磁場方向垂直于導軌平面向下，大小分別為B1、B2，磁場I的下邊界與磁場Ⅱ的上邊界間距為3d。現(xiàn)將一質(zhì)量為m，阻值為R的導體棒從距磁場I上邊界距離為d處由靜止釋放，導體棒恰好分別以速度v1、v2勻速穿過磁場I和Ⅱ。導體棒穿過磁場I和Ⅱ的過程中通過導體棒橫截面的電荷量分別為q1、q2，定值電阻R上產(chǎn)生的熱量分別為A．v2=2vC．q1=q10．如圖所示，半徑為R=0.4m的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點與圓心O等高．一個質(zhì)量為m=2kg的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點，P點在圓心O的正下方R2處．小球從最高點A由靜止開始沿順時針方向下滑，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g=10mA．彈簧長度等于R時，小球的動能最大B．小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差的大小為80NC．小球運動到B點時的速度大小為4m/sD．從A點運動到B點的過程中，小球的機械能先增大后減小，在D點小球的機械能最大閱卷人二、非選擇題：本題共5小題，共60分．得分11．在“用單擺測量重力加速度的大小”實驗中：（1）用游標卡尺測定擺球的直徑，測量結(jié)果如圖甲所示，則該擺球的直徑為cm，用最小刻度為1mm的刻度尺測擺長，測量情況如圖乙所示，懸掛點與刻度尺0刻度線對齊，由圖甲和圖乙可知單擺的擺長為m（結(jié)果保留三位小數(shù)）；（2）將單擺正確懸掛后進行如下操作，其中正確的是____A．實驗時可以用秒表測量擺球完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期B．把擺球從平衡位置拉開一個很小的角度靜止釋放，使之做簡諧運動C．實驗時將擺球拉開一個很小的角度靜止釋放，并同時啟動秒表開始計時D．擺球應(yīng)選體積小，密度大的金屬小球（3）用多組實驗數(shù)據(jù)作出T2?L圖像，可以求出重力加速度g。已知三位同學作出的T2?L圖線的示意圖如圖丙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都過原點，圖線b對應(yīng)的A．出現(xiàn)圖線a的原因可能是誤將懸點到小球下端的距離記為擺長LB．出現(xiàn)圖線c的原因可能是誤將51次全振動記為50次C．圖線c對應(yīng)的重力加速度g大于圖線b對應(yīng)的g值12．多用電表是實驗室中常用的測量儀器，如圖甲所示為多量程多用電表示意圖。（1）通過一個單刀多擲開關(guān)S，接線柱B可以分別與觸點1、2、3、4、5接通，從而實現(xiàn)使用多用電表測量不同物理量的功能。圖中的E是電源電動勢（內(nèi)阻不計），R3、R4、R5是定值電阻，居是歐姆調(diào)零電阻，A、B分別與兩表筆相接。R1、R2、R4、A．圖中B是黑表筆B．當S接觸點1或2時，多用電表處于測量電流的擋位，且接1比接2時量程小C．當S接觸點3時，多用電表處于測電阻的擋位，電源的電動勢越大，歐姆表的內(nèi)電阻越大D．當S接觸點4、5時，多用電表處于測量電壓的擋位，且接5比接4時量程大（2）該學習小組將“B”端與“3”相接，將A、B表筆短接，調(diào)節(jié)進行歐姆調(diào)零后測量未知電阻。得到通過表頭G的電流與被測未知電阻的關(guān)系如圖乙所示，由此可知多用電表中電池的電動勢E=V（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。通過分析可知該小組使用多用電表的（填“×1”“×10”或“×1k”）倍率的歐姆擋進行測量未知電阻。（3）實驗小組用多用電表電壓擋測量電源的電動勢和內(nèi)阻。器材有：待測電源（電動勢約為8V），定值電阻R0=5.0Ω，多用電表一只，電阻箱一只，連接實物如圖丁所示，正確操作后測得電阻箱接入電路的阻值R及其兩端電壓U，記錄多組數(shù)據(jù)后，得到對應(yīng)的1U?113．在五四青年節(jié)“放飛夢想”的慶典活動上，五顏六色的氦氣球飛向廣闊天空。用一個容積為50L、壓強為1.0×107Pa的氦氣罐給氣球充氣（充氣前球內(nèi)氣體忽略不計），充氣后每個氣球體積為10L，球內(nèi)氣體壓強為1.5×105Pa，設(shè)充氣過程中罐內(nèi)氣體、氣球內(nèi)氣體溫度始終與大氣溫度相同，求：（1）用一個氦氣罐充了20個氣球后，罐內(nèi)剩余氣體的壓強為多少；（2）氦氣球釋放后飄向高空，當氣球內(nèi)外壓強差達2.7×104Pa時發(fā)生爆裂，此時氣球上升了3km。已知氣球釋放處大氣溫度為300K，大氣壓強為1.0×105Pa，高度每升高1km，大氣溫度下降6℃，大氣壓強減小1.1×104Pa，則氦氣球爆裂時體積為多少。14．如圖所示，傾角θ=37°的傳送帶始終以速度v0=5m/s順時針運動，其頂端平臺上固定一個卷揚機。卷揚機的纜繩跨過光滑定滑輪與一小物塊（m=2kg）相連，且纜繩與傳送帶平行。卷揚機未啟動時，物塊在傳送帶上保持靜止，纜繩剛好伸直但無拉力。t=0時刻啟動卷揚機，物塊在纜繩牽引下沿傳送帶向上做勻加速運動。t1=1s時，物塊速度增加至v0，且卷揚機的輸出功率達到最大值，此后卷揚機保持該最大輸出功率不變，直到t（1）傳送帶表面與物塊之間的動摩擦因數(shù)μ；（2）在這2s內(nèi)，卷揚機的平均輸出功率；（3）物塊沿傳送帶上升的過程中，傳送帶對它做的功W。15．托卡馬克裝置是利用磁約束來實現(xiàn)受控核聚變的環(huán)形容器（如圖甲），簡化的模擬磁場如圖乙所示。已知半徑為R的足夠長水平圓柱形區(qū)域內(nèi)，分布著水平向右的勻強磁場I，已知大小為B；圓柱形磁場區(qū)域I外側(cè)分布有厚度為L（長度未知）的環(huán)形磁場Ⅱ，其磁感應(yīng)強度大小處處相等也為B，其橫截面圖與縱截面圖分別如圖丙、丁所示。某時刻氘原子核（已知其質(zhì)量為m，電荷量為q）從磁場I區(qū)最低點以大小為的速度豎直向下射入磁場Ⅱ，不計粒子的重力和空氣阻力，不考慮相對論效應(yīng)。求：（1）要使氘核不射出磁場Ⅱ區(qū)邊界，Ⅱ區(qū)厚度L的最小值；（2）該氘核從出發(fā)到第二次回到磁場I最低點需要的時間；（3）若氘核從磁場I最低點以大小為2v，與水平方向夾角θ=60°的速度射入磁場Ⅱ（如圖戊所示），則從出發(fā)到第二次回到磁場I最低點的水平位移是多少。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、衰變時放出核能，故產(chǎn)生的新核72177Hf比71177Lu的比結(jié)合能大，故A錯誤；

C、根據(jù)核反應(yīng)中電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒判斷，反應(yīng)方程為

71177Lu→722．【答案】D【解析】【解答】A、在圓軌道，根據(jù)萬有引力提供向心力可得

v=GMr

則衛(wèi)星在軌道3上的速度小，故衛(wèi)星在軌道3上的動能小，故A錯誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律可得

GMmr2=ma

解得

a=GMr2

故軌道3上Q點的加速度小于軌道2上P點的加速度，故B錯誤；

C、軌道2上從P到Q點只有萬有引力做功，機械能不變，故C錯誤；

D、根據(jù)開普勒第三律，有

r13．【答案】B【解析】【解答】電動汽車以額定功率在平直公路上勻速行駛，則有

P=Fv=fv

在t1時刻突發(fā)故障使汽車的功率減小一半，由于速度來不及變化，可知此時牽引力減小為原來的一半，即牽引力小于阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得

a=f?Fm

加速度方向與速度方向相反，汽車開始做減速運動，速度減小，又導致牽引力增大，可知汽車的加速度逐漸減小，當牽引力增大到等于阻力時，加速度減少到0，又做勻速直線運動；故在t1～t2時間內(nèi)汽車做加速度逐漸減小的減速運動。

故答案為：B。4．【答案】B【解析】【解答】A、根據(jù)圖乙，t=0.1s時，質(zhì)點Q向下振動，所以這列波沿x軸正方向傳播，故A錯誤：

B、根據(jù)乙圖，波的周期為T=0.2s，根據(jù)圖甲，波向正方向傳播，則t=0.1s時質(zhì)點P向下振動，到t=0.25s，歷時

Δt=0.25s?0.1s=0.15s=34T

質(zhì)點P回到t=0.1s時的初始位置，坐標為(1.5m,52cm)，故B正確；

C、從t=0.1s到t=0.25s的過程中，歷時34T，質(zhì)點Q運動到波峰，其位移大小為10cm，故C錯誤；

D、波速為

5．【答案】C【解析】【解答】AB、電源輸出電壓的有效值為

U=Um2=30V

設(shè)電流表示數(shù)為I，則根據(jù)理想變壓器規(guī)律可知流過副線圈的電流為2I，則根據(jù)能量守恒定律及理想變壓器規(guī)律可得

UI=I2R1+2I2R3

整理可得

I=UR1+4R3

代入數(shù)據(jù)可得

I=1A

則原線圈兩端的電壓為

U1=U?IR1=10V

根據(jù)理想變壓器規(guī)律可知，電壓表的的示數(shù)為

U2=n2n6．【答案】D【解析】【解答】AC、由于電子帶負電，根據(jù)

U=Wq

可知，將電子從C點移動到D點，電場力做功為20eV，則有

UCD=?20V

將電子從E點移動到F點，電場力做功為-10eV．則有

UEF=10V

取F點電勢為零，則

φE=10V

由于F為CD邊中點。則有

φE=φC+φD2

可得

φC=?10V，φD=10V

則DE為等勢面。根據(jù)等勢面與電場線垂直，沿電場線方向電勢逐漸降低，可知電場線沿AF方向，如下所示

可知，沿AF方向電勢降低最快，A點的電勢最高，故AC錯誤；7．【答案】C【解析】【解答】AB、解除對彈簧的鎖定，a離開擋板后，a、b及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。由題意可知b的速度最大時，a的速度最小為零，且此時彈簧處于原長；b的速度最小時，a的速度最大，且此時也處于原長。設(shè)a的質(zhì)量為ma，a的最大速度為va根據(jù)動量守恒有

mbv0=mbvb+mava

由機械能守恒可得

12mbv02=12mbvb2+12mava8．【答案】B,C,D【解析】【解答】AB、畫出光路圖如圖所示

在界面AC恰好發(fā)生全反射，由幾何關(guān)系可知全反射臨界角

C=i=60°

則折射率

n=1sinC=233

故A錯誤，B正確；

C、又

n=cv

則光在透明介質(zhì)中的傳播速度為

v=233c

故C正確；

D、由幾何關(guān)系可得

OC=OD=OF=32×12l=9．【答案】A,B【解析】【解答】A、當導體棒在導軌上無磁場區(qū)域運動過程，根據(jù)牛頓第二定律

mgsinθ=ma

解得

a=gsinθ

導體棒從靜止運動到磁場I上邊界過程，根據(jù)

v12=2ad

解得導體棒運動到磁場I上邊界時的速度為

v1=2gdsinθ

同理導體棒從靜止運動到磁場Ⅱ上邊界過程根據(jù)

v22=2ad+3d

解得

v2=22gdsinθ

解得

v1:v2=1:2

故A正確；

B、受到的安培力為

E=BIL=BBLv2RL=B2L2v2R

導體種通過兩勻強磁場時做勻速直線運動有

F=mgsinθ

兩式聯(lián)立解得磁感應(yīng)強度

B=2mgRsinθL2v

則

B1B210．【答案】B,C【解析】【解答】A、由題可知，彈簧長度等于R時，彈簧處于原長，在此后的過程中，小球的重力沿軌道的切向分力大于彈簧的彈力沿軌道切向分力，小球仍在加速，所以彈簧長度等于R時，小球的動能不是最大。故A錯誤；

C、小球在A、B兩點時彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢能相等，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得

2mgR=12mvB2

解得小球運動到B點時的速度

vB=2gR=4m/s

故C正確；

B、設(shè)小球在A、B兩點時彈簧的彈力大小為F，在A點，圓環(huán)對小球的支持力

F1=mg+F

在B點，由牛頓第二定律得

F2?mg?F=mvB211．【答案】（1）0.95；0.993（2）B；D（3）C【解析】【解答】（1）根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)方法可得，擺球的直徑為

0.9cm+5×0.1mm=0.95cm

單擺的擺長為擺線的長度加上擺球的半徑，由圖乙可得，擺線的長度為98.8cm，則擺長為

L=98.8cm+0.952cm≈0.993m

（2）A、用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期誤差較大，應(yīng)用累積法測量周期，即記錄n次全振動的時間t，則周期為

T=tn

故A錯誤；

B、把單擺從平衡位置拉開一個很小的角度釋放，使之做簡諧運動，故B正確；

C、為減小測量誤差，在擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時，故C錯誤；

D、為了減小擺球擺動過程中的空氣阻力，擺球應(yīng)選體積小，密度大的金屬小球，故D正確。

故答案為：BD。

（3）A、單擺的擺長等于擺線與小球半徑之和，根據(jù)單擺周期公式有

T=2πLg

整理得

T2=4π2Lg

若誤將懸點到小球下端的距離記為擺長，則擺長為，則有

T2=412．【答案】（1）C；D（2）3.60；×10（3）8.33；4.00【解析】【解答】（1）A、圖中B接3接線柱時，由于B連接的是電源負極，根據(jù)電流從紅表筆流入，從黑表筆流出，因此B為紅表筆，故A錯誤；

B、當S接觸點1或2時，且電路中沒有電源，由于表頭和電阻并聯(lián)，故改裝成了電流表，且接1時左邊的電阻為分流電阻，即一個電阻為分流電阻：接2時兩個電阻申聯(lián)后為分流電阻，所以S接1時分流電圖小，故接1時的量程更大，故B錯誤；

C、當S接點3時，電表內(nèi)部有電源，故多用表為歐姆表，電源的電動勢越大，流過表頭電流相同的情況下，歐姆表的內(nèi)電阻就越大，故C正確；

D、當開關(guān)S接4或5時，多用表為電壓擋。但接4時分壓電阻為一個電阻，即左邊的電阻接5時兩個電阻串聯(lián)后的總電阻為分壓電阻，所以接5時分壓電阻的阻值要大，故接5時量程更大，故D正確。

故答案為：CD。

（2）由閉合電路歐姆定律

I=ER內(nèi)+Rx

結(jié)合圖乙可得

R內(nèi)=150Ω，E=3.60V

由上述分析可知歐姆表中值電阻為150Ω，則該小組使用多用電表的“×10”倍率的歐姆擋進行測量未知電阻。

（3）根據(jù)丙圖和閉合電路歐姆定體可知

E=U+UR13．【答案】（1）解：已知P1=1.0×107Pa，設(shè)充氣后罐內(nèi)剩余氣體壓強為p3，則解得p（2）解：升至3000m高空時，氣球內(nèi)氣體溫度T=300K-18K=282K此處大氣壓強：p氣球脹裂時內(nèi)外壓強差△p=p?可得球內(nèi)氣體壓強p=9對氣球內(nèi)氣體研究，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：p解得氣球爆裂時體積V【解析】【分析】（1）根據(jù)題意確定罐內(nèi)原氣體的壓強及體積和每個氣體的體積及壓強，充氣過程瓶內(nèi)剩余氣體體積不變，且發(fā)生等溫變化，再根據(jù)玻意耳定律進行解答；

（2）根據(jù)題意確定爆裂時，氣球內(nèi)氣體的溫度及壓強，明確升空時氣球內(nèi)氣體的體積、壓強及溫度，再根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程方程進行解答。14．【答案】（1）解：卷揚機未啟動時，物塊靜止在傳送帶上μmg解得μ=（2）解：啟動卷揚機，物塊先沿傳送帶向上勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有F+μmg由運動學公式a1解得a1=5m勻加速階段的位移：x卷揚機給出功率保持不變，p2s內(nèi)卷揚機的平均輸出功率p=代入解得P=37.5W（3）解：物塊與傳送帶共速后，卷揚機輸出功率不變，則纜繩拉力不變，物塊勻速上升，物塊與傳送帶間的摩擦力突變?yōu)檠匦毕蛏系撵o摩擦力f=F?mg物塊勻加速階段所受滑動摩擦力做功W物塊勻速階段所受靜摩擦力做功W整個上升階段傳送帶對物塊所做的功W=【解析】【分析】（1）卷揚機未啟動時，物塊在傳送帶上保持靜止，纜繩剛好伸直但無拉力。確定此時物體的受力情況，再根據(jù)平衡條件及力的合成與分解進行解答；

（2）物體在1s內(nèi)做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律及運動學公式確定此過程物體運動的位移及卷揚機牽引力的大小。根據(jù)瞬時功率公式確定達到最大速度時卷揚機的功率。再根據(jù)功的定義及功與功率的關(guān)系進行解答；

（3）勻加速階段物體所受摩擦力方向沿斜面向上，對物體做正功。物塊與傳