2024届湖北省娄底市高三年级下册一模考试物理试题（附答案解析）

2024届湖北省娄底市高三下学期一模考试物理试题

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一、单选题

1.2023年8月24日，日本启动核污染水排海，排放核污染水里含64种核放射性元素，

将对全人类和海洋生命产生长久的重大威胁，核废水中的；：°P。发生衰变时的核反应方

程为*Pof；，Pb+x,该核反应过程中放出的能量为Q,设*P。的比结合能为目，

普Pb的比结合能为良，X的比结合能为已知光在真空中的传播速度为c,#P。的

半衰期为138天，则下列说法正确的是（）

A.该核反应中;：°P。发生了p衰变

B.该核反应过程中放出的能量Q=2104-（206E2+4区）

C.100个『P。原子核经过138天，还剩50个原子核未衰变

D.该核反应过程中的质量亏损为乌

C

2.如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从〃流向。，而不能从人流向。。平行板

电容器的A、5两极板间有一电荷，在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强

度，。表示两极板间的电压，Ep表示电荷在尸点的电势能。若保持极板A不动，将极板

8稍向下平移，则下列说法中正确的是（）

DAi11

--•P

I__^2^

A.Ep增大B.U增大

C.E减小D.二极管中有从。到6的电流

3.如图所示，电阻均匀的圆环，固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，尸。是直

径，劣弧MGN对应的圆心角为90。，当M、N与内阻不计的直流电源相连，圆环所受

的安培力大小为当尸、。与该电源相连，圆环所受的安培力大小为尸2,则两力的比

值刍为（）

4.如图所示，半径为R的大圆环悬挂固定在竖直平面内，圆心为。，质量为用的小圆

环套在大圆环上，从大圆环顶端由静止开始下滑，当小圆环运动到尸点时，向心加速度

大小等于重力加速度g的3倍，下列说法正确的是（）

A.小圆环运动到尸点的过程中重力势能减少加gR

B.小圆环运动到尸点时的速度大小为他以

C.尸。连线与竖直方向的夹角为60°

D.小圆环运动到尸点时大圆环对小圆环的弹力大小为3mg

5.如图所示，用轻质网兜将一质量均匀的球体悬挂在竖直木板的A点，轻绳与木板之

间的夹角为&=30。，将木板以底端为轴顺时针缓慢转动直至木板水平，转动过程中绳

与木板之间的夹角保持不变，忽略一切摩擦,球的重力为9N,设木板对球的支持力为然、

绳上的拉力为心，木板在转动过程中，下列说法正确的是（）

A.五'的最小值为3N

B.然的最大值为9N

试卷第2页，共8页

C.当木板转动60。时，稣是鼻大小的三倍

D.当木板转动30。时，练与心大小相等

6.如图，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量

分别为他=6kg,相B=4kg,从/=0开始，推力入和拉力心分别作用于A、B上，乙

大小随时间变化的规律分别如图甲、乙所示，则（）

A.[=0时，A物体的加速度为Zm/s?

B.f=ls时，A、B开始分离

C.t=0时，A、B之间的相互作用力为3N

D.A、B开始分离时的速度为3m/s

二、多选题

7.频率为力的单色光。在真空环境下通过一双缝干涉装置,得到宽度为Ax的干涉条纹;

频率为力的单色光6在水下通过同一双缝干涉装置，得到宽度仍为Ax的干涉条纹，水

对两种光的折射率分别为％、%。下列说法正确的有（）

A.于\>hB.f,=f2C.-=4D.«2=4

«271fl

8.如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡均正常发光，两个电路

两端的电压分别为U甲、U乙,两个电路的总功率分别为心、乡,两个电路中电阻箱接

入电路的阻值分别为七、R乙;峰两端的电压为G，功率为《；小两端的电压为小，

功率为£；则（）

A.若维=与，则U甲=U乙

B.若辱=与,则5=24

C.若"甲="乙，则/<2R乙

D.若。甲=。乙，则

9.甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴

负方向传播，f=0时刻两列波的波形图如图所示。已知甲波源振动周期T=1.0s,下列

B.若两列波同时开始传播，则振源振动方向相同

C.两列波叠加后，质点振动的最小振幅为1cm

D.t=3s时刻，0<x<10m区间有4个振动加强点

10.如图所示，倾角为0=30。、足够长的光滑绝缘斜面固定不动，斜面上有1、2、3三

条水平虚线，相距为d的虚线1、2间存在垂直斜面向下的匀强磁场区域I（图中未画

出），相距为的虚线2、3间存在垂直斜面向上的匀强磁场区域H（图中未画出），

磁感应强度大小均为8,一个边长也是d的正方形导线框的质量为相、电阻为R,自虚

线1上方某处静止释放，导线框恰好能匀速进入区域I,后又恰好匀速离开区域n,重

A.导线框进入区域I的速度大小为岩事

2Bd

B.导线框刚进入区域n时的加速度大小为i.5g

试卷第4页，共8页

inD2J3

c.导线框自开始进入区域i至刚完全离开区域n的时间为己安

D.导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域II的过程产生的焦耳热为

mg\-+d

三、实验题

11.某物理课外活动小组准备用单摆测量当地的重力加速度:

(1)下列器材和操作最合理的是O

D.

一细丝线

L铁球

(2)某次测量小球直径的结果如图所示，则这次测量的读数为mm

(3)实验中，测得摆球经过N次全振动的总时间为A/。在测量单摆的摆长时，先用毫米

刻度尺测得摆线长度为/,再用游标卡尺测量摆球的直径为。。则重力加速度的表达式

为8=o(用题目中给出的字母表示)

⑷如果测的g值偏小，可能的原因是o

A.测摆长时，摆线拉的过紧

B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了

C.开始计时时，停表过迟按下

D.实验时误将49次全振动记为50次

12.为了测定电流表的内阻和电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：电阻箱

Ri.&两个、待测电流表A(内阻未知)、标准电流表Ai、开关若干、待测电源、导线

若干。

⑴现实验小组成员先测量电流表内阻，实验电路如图甲所示，有关实验操作如下：

①将电阻箱R/的电阻适当调大，单刀双掷开关S接2,闭合开关Si。

②调节电阻箱以使电流表A满偏；记下电流表Ai的示数小

③闭合开关S2,调节电阻箱（选填“&”"及”或“R/和&"），使电流表Ai的示数为

Io,且电流表A的读数为满刻度的三分之一，读出此时史=2.0。，由此可得电流表的内

阻&的测量值为Qo从系统误差的角度考虑，上述测量中，电流表的测量值与真

实值相比。（选填“偏大”“偏小”或“相等”）

（2）测定电流表内阻后，将单刀双掷开关S接1,保持电阻箱&的电阻不变，调节电阻

箱并记录电阻箱氏的阻值和电流表的示数作出;-N图像如图乙所示，则电源

的电动势为V,内阻为Q（结果均保留两位有效数字）。从系统误差的角度考

虑，上述测量中，电源电动势的测量值与真实值相比,电源内阻的测量值与真实

值相比o（选填“偏大”“偏小”或“相等”）

四、解答题

13.如图1所示，上端开口的导热汽缸放置在水平面上，质量为相、横截面积为s的活

塞密封了一定质量的理想气体。当环境温度为4时，活塞静止的位置与汽缸底部距离为

h,离缸口的距离为0.5鼠已知重力加速度为g,活塞厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦

不计，大气压强为义空。

S

（1）若缓慢升高环境温度，使活塞刚好上移到气缸口，求此时的环境温度72；

（2）若先在缸内壁紧贴活塞上表面固定一小卡环（与活塞接触但没有作用力），如图2

所示，再缓慢升高环境温度到“，求升温后卡环对活塞的压力大小；

（3）上问中的升温过程相对于（1）问中的升温过程，气体少吸收的热量为多少？

试卷第6页，共8页

图1图2

14.如图所示，在真空坐标系xOy中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为1的六个

区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场

和磁场大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为：，小电荷量为

4的带正电粒子在边界尸处由静止释放，粒子恰好以速度大小为%、方向与y轴负方向

的夹角为8=45。从坐标原点。进入x>0区域，x>0区域存在磁感应强度大小4=/、

Qv0

方向垂直尤0y平面向里的匀强磁场，不计粒子重力。求：

（1）第二象限中电场强度大小E。与磁感应强度大小Bo的比值；

（2）粒子从坐标原点。第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间。

15.如图所示，轨道的上表面由长度为2R的水平部分和半径为R的四分之一光滑

圆弧组成，质量为2:%，静止放置于光滑的水平地面上。现有一质量为机的小滑块

（看作质点）从C点开始沿CB面水平向左运动,CB段与小滑块之间的动摩擦因数为〃,

重力加速度为g。

（1）要使滑块能越过8点滑上圆弧A8,滑块在C点的初速度应满足什么条件？

（2）滑块在C点的初速度%=2j2〃gR,求滑块滑上圆弧AB后能达到的最大高度。

（3）滑块在C点的初速度为零，给滑块一个水平向左的恒定外力片当滑块运动到2

点时撤去外力凡要求滑块不能从A点飞出，则外力/大小必须满足什么条件？

试卷第8页，共8页

参考答案：

1.D

【详解】A.根据核反应前后质量数和电荷数守恒可得，X的质量数为4,电荷数为2,即X

为:He,该反应为a衰变，故A错误；

B.核反应过程中放出的核能为反应后生成的所有新核的总结合能与反应前所有原子核的总

结合能之差，即

。=2064+4区—210片

故B错误；

C.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数几个原子核无意义，故C错误；

D.该核反应过程中的质量亏损为

A庄Q

cc~

故D正确。

故选D。

2.B

【详解】B.若保持极板A不动，将极板8稍向下平移，则平行板电容器两极板之间的距离

d增大，根据平行板电容器电容公式

「eS

C=--------

Ajikd

可知，电容将减小，假设电容器的带电量。不变，根据电容的定义式

c=2

u

可知，电容器两极板之间的电压U增大，故B正确；

D.此时二极管反向截止，没有电流流过，故D错误；

C.则电容器带电量。不变，根据公式

E：UuQ_4兀kQ

dCdsS

可知，电容器两极板之间电场的场强E不变，故C错误；

A.而尸点的电势

(pp=EdpB>0

由于办B增大，则尸点的电势”升高；又因为在P点的电荷处于静止状态，合外力等于零，

分析得知在尸处的电荷带负电，尸点处的电荷电势能减小，故A错误；

答案第1页，共14页

故选B。

3.A

【详解】由图可知，当〃、N与电源相连时，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分并联，两

部分的长度之比为1:3,电阻之比是1:3,通过电流之比为3:1,设圆的半径为五,流过优弧

的电流为//,所以整个圆环所受的安培力大小为

4=3/]・叵R+B-3/1.叵R=40BI[R

同理，当P、。与该电源相连，圆环所受的安培力大小为

F2=2.BI2-2R=4BI2R

A_2

所以

2A/2

瓦一二T

故选Ao

4.C

【详解】AB.小圆环运动到尸点时，有

v2a

、=3g

小圆环运动到P点的过程中重力势能的减少量等于动能的增加量，即

"_12

A耳减一,加u

联立可得

___3

V=，第减=/根gR

故AB错误；

CD.设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为仇如图所示

答案第2页，共14页

/////////

mgcosO

小圆环从初始位置运动到P的过程中，有

12

mv

mgR(l+cos。)=5

在尸点，有

v2

N-mgcos0=m—

联立可得

71

N=3mg,cos6=2

所以

6=60。

故C正确，D错误。

故选C。

5.D

mg二4二外

sin(90°-a)sin0sin(3

答案第3页，共14页

其中夕=30。保持不变，。由90。逐渐减小到0,£从锐角逐渐增大到钝角；则sin（90。玉）保

持不变，sin。逐渐减小，sin£先增大后减小，可知悬绳对足球的拉力茸逐渐减小，木板对足

球的支持力稣先增大后减小，即足球对木板的压力先增大后减小。初始状态时外为最小值，

则

A错误；

BC.当木板转动60。时尸=90。，此时练最大，最大值

一二/^=6石N

sm60°

此时

4=36N

则既是心大小的2倍，BC错误;

D.当木板转动30。时，尸N,0,,唯三力构成的矢量三角形为等边三角形，综与其大小

相等，D正确。

故选D。

6.B

【详解】AC.由推力与时间的图像可得

"=8—2],FB=2+2t

则f=0时，可知

%=8N,%=2N

由于根A>〃%，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为

a="+”=lm/s2

设此时A、B之间的相互作用力为F,对B根据牛顿第二定律可得

F+FB0=mBa

解得

F=2N

故AC错误;

答案第4页，共14页

BD.当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相同，则有

工双

飞加A

即

2+2%_8-2/

4-6

解得

t=ls

分离时的速度为

v=at=lm/s

故B正确，D错误。

故选B。

7.AD

【详解】AB.a光在真空中和6光在水中通过同一干涉装置得到的干涉条纹宽度相同，说明。

光在真空中的波长等于6光在水中的波长，即

2a真=水

对于。光，有

又因为

72＞1

所以

4真＞4＞水

因此

%真＜4真

又

所以

工＞人

故A正确，B错误;

答案第5页，共14页

CD.单色光b的折射率

£_Wl

f19——

v乙水力

因此

〃-A

而

々>1

所以

zi>A

«2f\

故C错误，D正确。

故选AD。

8.BC

【详解】设灯泡正常工作时的电流为/,电压为U。

A.甲图中

导=。甲/

多=2。乙/

所以若辱=今，则

4=2U乙

故A错误；

B.若隼=号,，贝!]

2UI+P1=2UI+P2

所以

P\=P2

又

P1=UJ

P2=2U2I

答案第6页，共14页

所以

U[=2U2

故B正确；

c.若％=U乙,根据欧姆定律得

/（2R+%）=2/（4+R乙）

即

/=2R乙-R

所以

辱＜2R乙

故C正确；

D.若U甲=U乙，则

脩=。甲/

乡=2。乙/

所以

扁=22

即

2U/+片=2（2。/+鸟）

解得

P、=2UI+2P2

即

故D错误。

故选BC。

9.AC

【详解】A.由波形图可知两列波的波长均为4=4m,甲、乙两列波的波长相同，甲、乙波

速都为

答案第7页，共14页

v=—=4m/s

T

故A正确；

B.根据波形平移法可知，甲波源起振方向沿y轴正方向，乙波源起振方向沿y轴负方向，

则振源振动方向相反，故B错误；

C.两列波叠加后，振动减弱点的振幅为5cm-4cm=lcm,C正确；

D.f=3s时刻，两列波均传播了3X,即12m,两个波源的频率相同，且振动的步调完全相

反，则取x轴一点，到两个波源的距离分别为尤和12m-x,则当满足

|x-(12m—x)|=(2n+l)—(n=0、1、2、3)

则该点是振动加强的点，解得

x=l(m),x=3(m),x=5(m),x=7(m),x=9(m),x=ll(m)

则。〈尤v10m区间有5个振动加强点，D错误；

故选ACo

10.AD

【详解】A.由于导线框恰好能匀速进入区域I,则

mgsin0=Bld

联立解得

mgR

12B2d2

故A正确；

B.导线框刚进入区域n时，根据牛顿第二定律有

2Bld-mgsin0—ma

解得

a=gsin6=0.5g

故B错误；

c.线框自开始进入区域i至开始进入区域n的过程中，由动量定理得

mgsin0'tx—BIxd•=mvi—mvx

,A<D,Bd2

4日T血；；

解得

答案第8页，共14页

2B2d3

=

mgR

线框自开始进入区域II到开始离开区域II过程中，由动量定理得

mgsinO't2-2BI2d•A/2=mvi-mvx

-AA①，cBd°

%-_R_2R

解得

8B2d3

t=

2mgR

线框自开始离开区域II至刚完全离开区域II的过程中，由动量定理得

mgsinO't3-BI3d-Ar3=-mvl

-人△①3Bd2

%=I3维=—

解得

282d3

’3—

mgR

所以

12B2d3

t-t+t+t-

x23mgR

故c错误；

D.根据能量守恒定律可得导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域n的过程产生的焦耳

热等于线框减小的重力势能，所以

Q=mgsin8•(2d+/)=mg(d+—)

故D正确。

故选AD。

11.(1)D

(2)10.020/10.021/10.019

2/解(2/+0

⑴A?

⑷B

【详解】(1)根据单摆理想模型可知，为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积

较小的铁球,为使单摆摆动时摆长不变,摆球应用不易变形的细丝线,悬点应用铁夹来固定。

答案第9页，共14页

故选D。

(2)这次测量的读数为

10mm+2.0x0.01mm=10.020mm

(3)根据单摆周期公式

L

T=2TI

g

其中

Ar

L=l+—,T

2N

解得

2兀2NY21+D)

g=

(4)A.因为重力加速度的表达式为

4万

g=^-

测摆长时摆线拉得过紧，所测摆长偏大，则所测重力加速度偏大，故A错误；

B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，即实际中的摆线长度增加了，测量的摆长偏小，

故所测重力加速度偏小，故B正确；

C.开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故C错误；

D.实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，故D

错误。

故选B。

12.(1)&4.0偏小

(2)6.02.7相等相等

【详解】(1)山本实验采用“半偏法”测量电流表内阻，所以闭合开关S2,调节电阻箱&,

使电流表Ai的示数为肌

⑵根据题意，电流表A的读数为满刻度的三分之一，则流过电阻箱及的电流为满刻度的三

分之二，而电流表A与R2并联，电压相等，所以

RR=26=4.00

⑶从系统误差的角度考虑，当闭合开关S2后，回路中总电阻减小，电流增大，当电流表A

答案第10页，共14页

的读数为满刻度的三分之一，则流过电阻箱R2的真实电流大于满刻度的三分之二，则电阻

箱&的读数偏小，所以电流表的测量值与真实值相比偏小。

(2)[1]⑵根据闭合电路欧姆定律可得

E=3/(K+r+)

&+双

代入数据并化简可得

13r+43”

—=-------+—R

IEE

结合图像可得

^^=2.0

E

35.0-2.0

E~6.0

解得

E=6.0V,-2.7。

[3][4]由于上述测量方案不存在系统误差，所以电动势和内阻的测量值均与真实值相等。

13.(1)1.5T1；(2)4,71g；(3)4mgh

【详解】(1)气体发生等压变化，升高后的温度为心，做等压变化

shs・(〃+0.5/z)

解得

7；=1.57；

(2)开始时，缸内气体压强

mgImgSmg

Pi=一+----=----

5ss

做等容变化

PL=PI_

解得

12mg

Pi-

s

设卡环对活塞的压力大小为F,则

「7mg

b+mg--------s=p-s

s2

答案第11页，共14页

解得

F=4mg

(3)两个过程中气体内能增量相同，据热力学第一定律在(1)问中有

Q-P1s-(0.5/1)=AU

在(2)问中有

Q2=At/

则(1)问中比(2)问中多吸收热量

AQ=Qi-Q?=4mgh

【点睛】运用理想气体方程进行求解，分析每个过程处于的状态进行计算。

14.(1)立%;(2)箸

【详解】(1)粒子从尸到。，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得

3EQqd=:2

解得

稣=叱

6qd

根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角为

6=45°

粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理

YJBoqvyt=mAvx

即

BQqx3d=mv0sin45°

解得

稣=皿

6qd

故第二象限中电场强度大小Eo与磁感应强度Bo大小的比值为

殳£

稣2°

(2)粒子在x>0区域做匀速圆周运动，根据运动的