湖北省2024年高考物理模拟试卷及答案7

湖北省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。得分1．J．J．汤姆孙在阴极射线中发现电子以后，又进一步在光电效应、热离子发射效应（金属在高温时发射粒子的现象）和β射线等现象中都发现了电子。在上述现象中，电子来源于原子核内部的是（）A．阴极射线 B．光电效应C．热离子发射效应 D．β射线2．举重是一项技巧性很强的运动。抓举的过程如下图所示，首先运动员用双手迅速提起杠铃至胸前，然后迅速下蹲，“钻到”杠铃底下，两臂呈八字形托住杠铃，最后缓缓站立。关于举重的过程，下列说法正确的是（）A．运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先超重后失重B．运动员站起的过程中，地面对他做正功C．整个过程中运动员两手对杠铃的力始终不小于杠铃的重力D．运动员两臂呈八字形托住杠铃静止时，两臂夹角越大，每条手臂对杠铃的作用力越小3．2024年4月25日，神舟十八号载人飞船进入比空间站低的预定轨道，历经6.5小时调整姿态后成功与空间站对接，神舟十八号的变轨过程简化为如图所示，圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别为预定轨道和空间站轨道，椭圆轨道Ⅱ分别与轨道Ⅰ、Ⅲ相切于P、Q两点，轨道Ⅲ离地面高度约为400km，地球未画出，则（）A．神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度大于其在地面上静止时的向心加速度B．神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的向心加速度小于经过Q点时的向心加速度C．神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的速度小于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度D．神舟十八号在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能4．如图所示为甲、乙、丙、丁四个质点同时、同地由静止沿同一方向运动的v−t图和a−t图，由图可知（）A．甲和丙都在做匀加速直线运动 B．2s末，乙的速度大于丁的速度C．5～7s，甲、乙逐渐靠近 D．5～7s，丙、丁逐渐靠近5．如图所示，液面上浮有一厚度不计、半径为r的软木塞，在它的圆心处插着一枚大头针，调整大头针插入软木塞的深度，当液体中大头针露在活塞外面的长度为h时，从液面上各个方向向液体中看，恰好看不到大头针，则（）A．液体的折射率为n=B．液体的折射率为n=C．若软木塞的厚度不能忽略，液体折射率的测量值比实际值略小D．若软木塞浸入水中的深度不能忽略，液体折射率的测量值比实际值略小6．如图，图甲为t=2s时某横波的波形图像，图乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点1m处另一质点的振动图像可能是（）A．B．C．D．7．图甲为平行放置的带等量异种电荷的绝缘环，一不计重力的带正电粒子以初速度v0从远离两环的地方（可看成无穷远）沿两环轴线飞向圆环，恰好可以穿越两环。已知两环轴线上的电势分布如图乙所示，若仅将带电粒子的初速度改为2A．2 B．3 C．2 D．158．如图，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A．交流电b在任意0.3s内通过线圈的电荷量都为0B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交流电b的电压最大值为5VD．若不计线圈电阻，交流电a、b先后给相同的电阻R供电，在线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量之比为3∶29．转盘游戏深受人们喜爱，现将其简化为如图所示模型。倾角为θ=30°的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，盘面上距离轴r处有一可视为质点的小物块与圆盘始终保持相对静止，物块与盘面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，圆盘的角速度为ω=2gA．μ的最小值为7B．物块从最低点第一次转到最高点的过程中，转盘对物块的冲量大小为2C．物块运动到任意关于转轴对称的两点时受到的摩擦力的大小分别为f1、f2D．ω增大，物块在最高点受到的摩擦力一定增大10．如图所示，水平放置的粗糙金属导轨相距L=1m，导轨左端接有R=0.01Ω的电阻，空间存在斜向右上且与水平面的夹角为60°的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T。现有一根质量m=310kgA．导体棒和导轨之间的动摩擦因数为3B．导体棒匀速运动阶段电阻R的发热功率为1WC．若将电阻R减小，其他保持不变，则导体棒可能以某个更大的速度匀速运动D．撤去力F以后，导体棒运动距离为s3时，其速度大于阅卷人二、非选择题：本题共5小题，共60分得分11．某同学在学习了力的合成的知识之后，尝试利用居家物品验证力的平行四边形定则。他找到了一根橡皮筋，一块软木板，几盒规格相同的图钉，若干段轻绳，两个相同的轻质小塑料袋（重力可忽略）。（1）该同学将软木板竖直放置，将一张白纸粘贴在软木板上，然后将橡皮筋上端用一枚图钉固定在软木板上的O点。如图所示，第一次将装有若干枚图钉的塑料袋用细线系在橡皮筋下端，稳定时，记录橡皮筋下端点的位置O1（2）第二次，用两根细线系在橡皮筋的下端，并绕过两枚图钉A、B吊起两个装有若干枚图钉的塑料袋。调整袋内图钉数量和A、B位置，使橡皮筋下端。（3）关于这个实验下列说法正确的是____A．第二次实验时，只需要记录两个袋内图钉的数量B．无需称出每个图钉质量，可以用袋内图钉数量代表细线拉力大小C．此实验需要测出每次细线的拉力大小，所以应该称出每个图钉的质量D．为了实验成功，第二次实验时应该使两个塑料袋内图钉数量相同（4）某次实验时，橡皮筋的状态如图所示，那么下列调整可能正确的是____A．仅减少右侧袋内图钉数量B．仅增加左侧袋内图钉数量C．使A、B图钉各适当下移，并增加右侧袋内图钉数量D．使A图钉上移，B图钉下移，并增加左侧袋内图钉数量12．数字多用电表测量直观、快捷、准确，目前已在很多应用场合逐渐取代指针式多用电表。数字多用电表的核心部件是一块高精度的直流数字电压表表头，其内阻极大，测量误差很小。对数字表头进行适当改装，可以实现多量程数字电压表、数字电流表、数字欧姆表的功能。现有一块量程为200mV的直流数字电压表表头，内阻为10MΩ。（1）用图甲所示的电路将其改装为量程为2V的数字电压表。若R1=9.0kΩ（2）按照上述方法改装后，电压表的内阻明显变小了，会在测量时影响被测电路，从而带来误差。若要使改装后的电压表内阻仍为10MΩ，则R1=MΩ，R图甲图乙（3）图乙是将数字电压表表头改装为双量程数字电流表的电路。开关S接b触点时，对应的电流表量程为A，电流表内阻为Ω。13．在我国，地铁已经成为一种重要的城市交通工具。为了减轻振动，让乘客更加舒适，地铁车厢使用了空气弹簧作为支撑。空气弹簧可简化为一个充有气体的圆柱形密闭气缸，活塞上固定有连杆，用于支撑车厢。当车厢有振动时，气缸内的气体可以起到缓冲作用。下图是一节地铁车厢的简化示意图。该车厢质量为M=28.4吨，一共用4个空气弹簧支撑，每个空气弹簧的活塞面积为S=1m2。车厢空载时，活塞到气缸底部距离为20cm。大气压强为（1）若该节车厢某次搭载60名乘客，每名乘客的平均质量m0（2）为了保障乘客上下车安全，车厢设备会按照载客量调整空气弹簧内的气体质量，以保证车厢高度不变。为此，此次载客应该充入空气弹簧内的气体质量与空载时空气弹簧内原有气体质量之比为多少？14．如图甲所示，小球A以初速度v0=2gR竖直向上冲入半径为R的1/4粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度v02（1）小球在管道内运动的过程中阻力做的功；（2）弹簧两次弹力最大值之比F2（3）小球B的初始位置到挡板的距离s。15．如图所示，在xOy平面有一圆形有界匀强磁场，圆心坐标为(0,−R)，半径为R，磁场方向垂直于纸面向里。在第二象限从y=−R到y=0的范围内存在沿x轴正向匀速运动的均匀带电粒子流。粒子速率为v0，质量为m，带电量为+q（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）电场外有一收集板PQ垂直于x轴放置，Q点在x轴上，PQ长度为R，不计PQ上收集电荷的影响，求PQ收集到的粒子数占总粒子数的比例；（3）第一象限电场的边界方程。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.阴极射线是电子流，电子来自核外电子，故A错误；

B.光电效应是金属中的电子吸收能量后，飞出金属表面的现象；故B错误；

C.热离子发射效应是金属在高温时发射粒于的现象，电子来自核外电子，故C错误；

D.β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故D正确。

故答案为：D。

【分析】1897年约瑟夫·约翰·汤姆逊根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子。2．【答案】A【解析】【解答】A、运动员将杠铃提至胸前的过程中，杠铃先向上加速后向上减速，加速度先向上后向下，杠铃先超重后失重，故A正确；

B、站起过程中虽然地面对运动员有支持力的作用，但是双脚未离地，即该力不做功，所以站起过程中地面对人不做功，故B错误；

C、举重过程中某段时间，杠铃的运动状态发生改变，向上做减速运动，加速度方向向下，合力方向向下，运动员对杠铃的支持力小于杠铃的重力，故C错误；

D、将杠铃所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，即运动员两手臂间的距离越大，夹角越大，越费力，故D错误；

故答案为：A。

【分析】加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态；地面对运动员的支持力没有位移，不做功；本题中杠铃受到三个力，重力和两个手臂对杠铃的作用力。将重力按照力的效果分解，运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”的结论，即可以判断。3．【答案】A【解析】【解答】A.根据万有引力定律可得，神舟十八号在轨道Ⅰ上运行时的向心加速度大于其在地面上静止时的向心加速度，选项A正确；

B.根据万有引力定律可得，神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的向心加速度大于经过Q点时的向心加速度，选项B错误；

C.根据离心运动的规律可得，神舟十八号在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大于在轨道Ⅰ上经过P点时的速度，选项C错误；

D.轨道越高，克服引力做功越多，机械能越大，神舟十八号在轨道Ⅱ上的机械能小于在轨道Ⅲ的机械能，选项D错误。

故答案为：A。

【分析】轨道越高，克服引力做功越多，机械能越大，做离心运动需要的向心力越大。4．【答案】C【解析】【解答】A.v-t图像中，斜率代表加速度，因此甲是匀加速直线运动，a-t图像中，图像纵坐标即表示加

速度大小，以此丙为变加速运动，故A错误；

B.2s末时，由图1可知乙的速度为4m/s，图2中，图像与轴围成的面积为速度变化量，又已知丁的初速度为0，因此速度变化量大小即为速度大小，图像与t轴围成的面积s>1×2×4m/s=4m/s，因此丁的速度大于4m/s，故B错误；

C.5s前，由图一可知甲和乙由同一位置静止出发，甲的速度始终大于乙的速度，因此甲在乙前，且距离逐渐增大，5~7s时，乙的速度大于甲的速度，因为乙在甲的后边，因此乙与甲的距离逐渐减小，甲、乙逐渐靠近，故C正确；

D.丙丁由同一位置同时由静止开始出发，因此在a-t图像中，图像在0～t0时间内与t轴围成的面积即为开始运动后的速度变化量，又已知初速度为0，因此速度变化量与t0时刻速度大小相等，根据丙、丁的图像与t轴围成的面积可知，5～7s内丙的速度始终大于丁，因此丙与丁互相远离，故D错误。

故答案为：C。

【分析】v-t图像中，图像与横坐标轴围成的面积为位移，a-t图像中，图像与横坐标围成的面积为速度。5．【答案】B【解析】【解答】AB、根据题意画出光路图如图所示，从大头针底部射向软木塞下边沿的光线在水面恰好发生了全反射，入射角等于临界角C。

由几何关系有

sinC=rr2+ℎ2

结合临界角公式

sinC=1n

解得液体的折射率为

n=r2+6．【答案】B【解析】【解答】从甲图可以得到波长为4m，乙图可以得到周期为4s，即波速为

v=λT=1m/s

由乙图的振动图像可以找到t=2s时，该质点位移为正，并且向上运动，再经过T8就到达波峰，所以可以判断波是向左传播，而距该质点Δx=1m处质点，就是相差λ4或时间相差T4，但有两种可能是提前或延后。若是提前，则在t=2s时再返回到达乙图的振动图像t=2s时的位移，所以B正确，若是延后，则在t=2s时要向返回故答案为：B。【分析】根据题干中“图甲为t=2s时某横波的波形图像”可知，本题考查波的图像计算，根据波的波长、周期、波速以及传播方向分析作答。7．【答案】D【解析】【解答】设+Q和-Q圆环的圆心分别为O1和O2，带正电的粒子从右侧沿水平轴线飞来的过程中，在O1点的右侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O1点的左侧到O2点的右侧受到的电场力的方向向左，电场力做正功，在O2点左侧电场力做负功，则带电粒子在穿过两个圆环飞向另一侧的过程中，速度先减小，后增加，再减小，在O1点电势最高设为φm，在O2点电势最低设为-φm，由能量关系可知，在O1点处电势能最大，动能最小，在O2点电势能最小，动能最大，在无穷远处电势为零，根据题意得1当速度为2v0时，有11联立解得vmin=则可得v故答案为：D。【分析】在O1点的右侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O1点的左侧到O2点的右侧受到的电场力的方向向左，电场力做正功。根据动能定理列式求解。8．【答案】B,D【解析】【解答】A．根据

q=It=ERt=ΔΦB．由图可知

Ta=0.4s，Tb=0.6s

C．根据

Um=REmR+r=RNBSωR+r

又

ω=2πT

联立，解得

D．若不计线圈电阻，交流电a、b先后给相同的电阻R供电，在线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为

Qa=可得Q故D正确。故答案为：BD。【分析】根据法拉第电磁感应定律求解电荷量。根据焦耳定律以及电流有效值求解电阻R产生的热量。9．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．质点随圆盘在倾斜面上做匀速圆周运动，在垂直盘面方向上始终平衡，有N=mg沿着盘面的方向，重力的分力为G匀速圆周运动需要的向心力为F根据径向合力提供向心力可知，最低点相对滑动的趋势最大，需要的摩擦力最大，此处有最小的动摩擦因数，可得μ联立解得μ故A正确；B．物块从最低点第一次转到最高点的过程中，由动量定理可知I=mv−则合外力的冲量为23m6grC．设物块在某一位置的方向与斜面方向的夹角为α，由余弦定理可知f由对称性可知F联立可得f故C正确；D．因Fnf+则随着ω的增大，物块在最高点受到的摩擦力一定增大，故D正确。故答案为：ACD。【分析】根据径向合力提供向心力可知，最低点相对滑动的趋势最大，需要的摩擦力最大，此处有最小的动摩擦因数。10．【答案】A,D【解析】【解答】AB．导体棒受力如图所示导体棒匀速运动时，回路的感应电流I=则电阻R的发热功率P=由平衡条件F=BIL解得μ=故A正确；B错误；C．由F=BIL知，导体棒匀速运动时的电流恒为I=5由I=知，将电阻R减小，导体棒匀速运动的速度v0D．撤去力F以后，设导体棒运动距离为s3过程所用的时间为t，此过程回路的平均电流为I，末速度为vI摩擦力的冲量大小I由动量定理−可得μmgt−设导体棒运动距离s过程所用的时间为t1，此过程回路的平均电流为I1同理可得μmg其中I同理I联立，可得m可得v=由于撤去F后导体棒一直做减速运动，则s即3t<可见v=故D正确。故答案为：AD。【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电流，根据焦耳定律求解热量。根据动量定理求解速度大小。11．【答案】（1）无（2）仍拉伸到O（3）B（4）C【解析】【解答】（2）为保证两次实验时橡皮筋的拉力保持不变，调整袋内图钉数量和A、B位置，使橡皮筋下端仍拉伸到O1（3）A．第二次实验时，需要确定细线的方向和大小。故A错误；BC．无需称出每个图钉质量，可以用袋内图钉数量代表细线拉力大小。故B正确；C错误；D．为了实验成功，第二次实验时两个塑料袋内图钉数量适量即可，没有必要相等。故D错误。故答案为：B。（4）A．仅减少右侧袋内图钉数量，可以使橡皮筋与OO1重合，但橡皮筋的下端不会被拉到O1位置。故A错误；B．仅增加左侧袋内图钉数，会使橡皮筋与OO1偏离的更多。故B错误；C．使A、B图钉各适当下移，并增加右侧袋内图钉数量，可能使橡皮筋下端与O1重合，顺利完成实验。故C正确；D．使A图钉上移，B图钉下移，并增加左侧袋内图钉数量，不会使橡皮筋下端与O1重合。故D错误。故答案为：C。【分析】（2）为保证两次实验时橡皮筋的拉力效果不变，橡皮筋下端要拉到相同的位置；

（3）每个图钉质量相等，可以用袋内图钉数量代表细线拉力大小；

（4）增加左侧袋内图钉数，会使橡皮筋与OO1偏离的更多，增加右侧袋内图钉数量，可能使橡皮筋下端与O1重合。12．【答案】（1）1.0（2）9.0；1.1（3）2；0.1【解析】【解答】（1）量程为200mV的直流数字电压表表头，内阻为RV=10MΩ，改装成2V的电压表，其内阻很大，RV与R2并联总内阻约为R22解得R（2）由串并联电路关系有2解得RRV与RR解得R（3）对应的电流表量程为I=电流表的内阻为R【分析】（1）将小量程电压表改成大量程电压表需要串联电阻；

（2）若要使改装后的电压表内阻仍为10MΩ，电路为RV与R2并联的电压为200mV，再串联R1的总电压为2V；

（3）开关S接b触点时，RV先串联13．【答案】（1）解：空载时对车厢与活塞整体受力分析有4p满载时对车厢与活塞整体受力分析有4p对气体根据玻意耳定律p1得ℎ2=19cm则活塞下降的距离为（2）解：设将充入的气体压缩到空载压强p1时，体积为ΔV对气体根据玻意耳定律p1故ΔVV则ΔVV【解析】【分析】（1）空载时以及满载时对车厢与活塞整体受力分析，根据受力平衡列式求解，等温变化，根据玻意耳定律列式求解；

（2）调整空气弹簧内的气体质量前后依然是等温变化，根据玻意耳定律列式求解。14．【答案】（1）解：设小球在管道内运动的过程阻力做功为Wf根据动能定理−3mgR+W得Wf（2）解：当A、B第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x1，A、B共同速度为v根据动量守恒定律和机械能守恒定律3m12此时弹簧弹力为F1，有F由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B与挡板相撞，设此时A、B速度分别为v1、v根据动量守恒定律和机械能守恒定律3m12得v1=此时B原速率反弹，当A、B第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x2，A、B共同速度为v根据动