湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案3

湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、单选题（4分每题）得分1．关于对原子、原子核的认识，下列说法正确的是（）A．如果将放射性元素放在高压环境下，其半衰期将减小 B．核反应过程中的原子核质量守恒C．β粒子是核外电子受激发形成的电子 D．原子核的比结合能越大，原子核结合得越牢固2．春节贴“福”字是民间由来已久的风俗，新春佳节临近，某同学正写“福”字，他在水平桌面上平铺一张红纸，并在红纸左侧靠近边缘处用“镇纸”压住以防止打滑，整个书写过程中红纸始终保持静止，则该同学在书写过程中（）A．提笔静止时，手对毛笔的摩擦力大小与握力成正比B．向下顿笔时，毛笔对红纸的压力大于红纸对毛笔的支持力C．向右行笔时，红纸对“镇纸”的静摩擦力方向向右D．向右行笔时，红纸对桌面的静摩擦力方向向右3．如图甲所示，弹跳鞋是一种新型体育用品鞋，其底部装有弹簧。使用时人对弹簧施加压力，使弹簧形变后产生竖直向上的弹力，将人向上弹离地面。某次上升过程中人的动能Ek随重心上升高度h变化的图像如图乙所示，上升高度为ℎ1时动能达到最大值，图中A．上升高度为ℎ1B．上升高度为ℎ2C．在0∼ℎD．在ℎ24．如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r，可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数以及与桌面的摩擦因数均为µ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则（）A．小物块从圆盘上滑落后，小物块在餐桌上做曲线运动B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgrC．餐桌面的半径为3rD．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为m5．如图所示，带电荷量为6Q(Q>0)的球1固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为−Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为L2，球2、3间的静电力大小为A．由b到a一直做加速运动 B．运动至a点的速度等于2gLC．运动至a点的加速度大小为32g D．运动至ab6．如图所示，光滑水平面上三个完全相同的小球通过两条不可伸长的细线相连，初始时B、C两球静止，A球与B球连线垂直B球C球的连线，A球以速度v沿着平行于CB方向运动，等AB之间的细线绷紧时，AB连线与BC夹角刚好为45A．14v B．15v C．阅卷人二、多选题（5分每题）得分7．双彩虹形成的示意图如图所示，一束白光L由左侧射入水滴，a、b是白光在水滴中经过两次折射和一次反射后的两条出射光线（a、b是单色光）．下列说法正确的是（）A．a光在水滴中的波长大于b光在水滴中的波长B．a光在水滴中的波长小于b光在水滴中的波长C．改变白光L的入射角度，从水滴到空气，a光不可能发生全反射D．改变白光L的入射角度，从水滴到空气，b光有可能发生全反射8．冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池两侧边缘，且在同一水平面，b为U形池最低点。某运动员从a点上方ℎ高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点（相对c点高度为ℎ2）。不计空气阻力，重力加速度为gA．运动员由a到c的过程中，在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功B．运动员从d返回经b恰好到达a点C．运动员从d返回经b一定能越过a点再上升一定高度D．运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力9．一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=2s时刻刚好传到N点，波形如图甲所示，图乙是某个质点的振动图像，M、N、P是平衡位置分别为xMA．在7.B．图乙可能是质点M的振动图像C．在2s∼10s内，质点P通过的路程为20cmD．在t=12s时，质点P的位置坐标为(10．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右范围足够大的匀强电场E（场强未知），质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电荷量会增加，过B点后电荷量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙所示。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为A．小滑块运动到B点时速度大小为2B．小滑块在圆弧轨道上运动时，过小滑块对半圆轨道压力最大处半径与OB夹角为45°C．小滑块从圆弧轨道最高点C离开的同时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向左，则从C离开到再次回到水平轨道的运动过程中小滑块一直做曲线运动D．小滑块从圆弧轨道最高点C离开的同时，保持电场强度大小不变，方向变为水平向左，则从C离开到小滑块再次到达水平轨道时，速度大小为2阅卷人三、实验题（每空2分，共16分）得分11．某同学用如图甲所示的实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。细线的一端固定在一力传感器触点上，力传感器与电脑屏幕相连，能直观显示细线的拉力大小随时间的变化情况，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数及时间。（1）用游标卡尺测量摆球直径d，结果如图乙所示，则摆球直径d=cm；（2）将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，由静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球某次通过光电门时从1开始计数计时，当摆球第n次（n为大于3的奇数）通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此过程中计算机屏幕上得到如图丙所示的F−t图像，可知图像中两相邻峰值之间的时间间隔为。（3）若在某次实验时该同学未测量摆球直径d，在测得多组细线长度l和对应的周期T后，画出l−T2图像。在图线上选取M、N两个点，找到两点相应的横、纵坐标，如图丁所示，利用该两点的坐标可得重力加速度表达式g=12．学习小组要测量一个电阻的电阻率，已知其长度为L，额定电压为1V。（1）用螺旋测微器测量该电阻的直径，示数如图甲所示，其直径d=mm；（2）粗测该电阻的阻值为250Ω，为精确测量其阻值，该同学设计的测量电路如图乙所示，其中蓄电池E电动势约为6.5V（内阻不计）、滑动变阻器R最大阻值为200Ω、定值电阻R1=792Ω、保护电阻R2=250Ω。要求滑动变阻器在接近全电阻范围内可调，且测量时电表的读数不小于其量程的23，则图乙中圆圈①位置接入、圆圈②位置应接入A．电流表A1（量程为100mA，内阻RA1=3Ω）B．电流表A2（量程为5mA，内阻RA2=8Ω）C．电压表V（量程为3V，内阻RV=750Ω）（3）实验中根据两电表读数作出如图丙所示的图线（坐标均为国际单位），已知图线的斜率为k，则所测该电阻的阻值Rx=（用题中已知所测物理量符号表示），研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻率的测量值将（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。阅卷人四、解答题（40分）得分13．如图所示，爆米花机是一种对谷物进行膨化加工的装置，主体为一导热良好的钢制罐体，罐体的容积为4×10−3m3，两端分别焊接了支撑轴和摇柄。在1atm（标准大气压）p0的气压，27℃的干燥环境下打开阀门向罐体内放入1×1（1）从开始加热到压强变为6atm时，罐体内水蒸气的分压强；（2）打开阀门后的混合气体迅速膨胀对外做功使得谷物全部喷出，当混合气体温度为127℃，罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比。14．如图所示，将带负电荷，电荷量q＝0.5C、质量m'＝0.02kg的滑块放在小车的水平绝缘板的左端，小车的质量M＝0.08kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B＝1.0T的水平方向的匀强磁场（垂直于纸面向里）。开始时小车静止在光滑水平面上，一轻质细绳长L＝0.8m，一端固定在O点，另一端与质量m＝0.04kg的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞后小球恰好静止，g取10m/s2。求（1）与小车碰撞前小球到达最低点时对细线的拉力；（2）小球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；（3）碰撞后小车的最终速度。15．如图所示，光滑金属导轨ABC-DEF相互平行，BC-EF段水平放置，AB-DE平面与水平面成37°，矩形MNQP内有垂直斜面向上的匀强磁场，水平导轨BC-EF间有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场感应强度大小相等。两根完全相同的金属棒a和b并排放在导轨AD处，某时刻由静止释放金属棒a，当a运动到MN时再释放金属棒b，a在斜面磁场中刚好一直做匀速运动；当a运动到PQ处时，b恰好运动到MN；当a运动到BE处时，b恰好运动到PQ。已知两导轨间距及a、b金属棒长度相同均为L=1m，每根金属棒质量m=1kg，电阻r=0.5Ω，AD到MN的距离s1=3m。斜导轨与水平导轨在BE处平滑连接，金属棒a、b在运动过程中与导轨接触良好，不计其它电路电阻，不考虑磁场的边界效应，重力加速度g=10m/s（1）金属棒a运动到BE处时的速度大小及磁场磁感应强度大小；（2）若发现在金属棒b进入水平导轨前，金属棒a在水平导轨上已经向左运动6m，求金属棒a最终的运动速度大小及整个过程中棒a上产生的焦耳热。

（3）在（2）的已知条件下，求金属棒a进入水平导轨后，金属棒a在水平导轨上的运动过程中通过金属棒a横截面的电荷量。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、半衰期只与原子核内部结构有关，外界条件不能改变放射性元素的半衰期，故A错误；

B、原子核衰变时电荷数和质量数守恒，但质量不守恒，故B错误；

C、β粒子是原子核受激发，由原子核内部中子转变而来的电子，其转变方程为0故C错误；

D、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，核内的核子结合得越牢固，故D正确。

故答案为：D。

【分析】半衰期只与原子核内部结构有关，原子核衰变时电荷数和质量数守恒，β粒子由原子核内部中子转变而来的电子，原子核的比结合能越大，原子核越稳定，核内的核子结合得越牢固。2．【答案】D【解析】【解答】A、提笔静止时，手对毛笔的摩擦力为静摩擦力，大小等于重力，故A错误；

B、毛笔对红纸的压力与红纸对毛笔的支持力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；

C、向右行笔时，镇纸相对于纸既没有相对运动趋势，也没有发生相对运动，红纸对“镇纸”没有静摩擦力，故C错误；

D、向右行笔时，红纸对桌面的静摩擦力方向向右，故D正确。

故答案为：D。

【分析】确定各物体所受摩擦力的类型，再根据静摩擦力与滑动摩擦力的特点判断物体所受摩擦力的大小和方向。熟悉掌握相互作用力的特点。3．【答案】B【解析】【解答】A、根据动能定理可知Ek-h图像的斜率表示物体所受合外力。上升高度为h1时，人的动能最大，速度最大，加速度为零，故A错误；

B、上升高度为h2时，弹跳鞋离开地面，人做上抛运动，故B正确；

C、在0∼h2的上升过程中，弹簧的弹性势能一直减小，弹力一直对人做正功，则人的机械能一直增大，故C错误；

D、在h2∼h3的上升过程中，人离开地面做上抛运动，则人处于失重状态，故D错误。

故答案为：B。

【分析】根据动能定理确定Ek-h图像的斜率的物理意义。动能越大，速度越大，速度最大时，人的加速度为零。明确离开地面前后，人的受力情况及系统能量的转化情况。加速度向下，人处于失重状态。4．【答案】D【解析】【解答】A、小物块从圆盘上滑落后，沿切线方向飞出，小物块在餐桌上做匀减速直线运动，故A错误；

B、物块随圆盘运动的过程中，将要滑离圆盘时μmg=m则由动能定理圆盘对小物块做功为W=故B错误；

C、物块在桌面上滑动的距离x=餐桌面的半径为R=故C错误；

D、根据动量定理，物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为I故D正确。

故答案为：D。

【分析】确定物块随圆盘转动过程的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿第二定律及动能定理确定圆盘对物体的做功情况，餐桌面不转动，确定物块滑离至桌面的速度及受力情况，继而确定其运动情况。再结合匀变速直线运动规律及几何关系和冲量定义进行解答。5．【答案】D【解析】【解答】B、由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于L2mgL解得v=故B错误；

AC、小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有k设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有F=k解得F=小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于L2F+k解得a=2g方向与合外力方向一样，沿斜面向上，故a先加速后减速，故AC错误；

D、当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为F斜面对小球的支持力为

FN=mgcos30°−F23=36．【答案】D【解析】【解答】如图所示设此时C球速度为vt，B求速度为vB，建立如图所示坐标系

分析可知A、B、C系统动量守恒，由于A球y方向动量不变，可知C与B在y方向动量等大反向，则m得tanγ=13，A、B球沿之间的连线方向的速度相同，可得v在x方向系统动量守恒m解得v故答案为：D。

【分析】绳子绷直瞬间B球的速度不一定沿绳方向，故需要假设绷直绳子时，B求速度与AB连线成一定的夹角。绷直时三球构成的系统动量守恒，再建立恰当的坐标系，根据运动的分解及动量守恒定律进行解答。7．【答案】B,C【解析】【解答】AB、由图可知a光的偏折程度大，水滴对a光的折射率大于对b光的折射率，则有na>由λ可知λ可知a光在水滴中的波长小于b光在水滴中的波长，故A错误，B正确；

CD、由图中几何关系可知，光从水滴射出空气的入射角等于光从空气射入水滴的折射角，则从水滴到空气，两束光均不可能发生全反射，故C正确，D错误。

故答案为：BC。

【分析】根据入射光线在上方发生折射时，确定两束光折射角的大小。折射角越大，折射率越大，波长越小。根据几何关系确定关系射出时的出射角，再根据光路的可逆性判断是否发生全反射。8．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．运动员由a到c的过程中，由于摩擦力做负功，使得ab段与bc段在相同高度的两个位置，总是ab段的速度大于bc段的速度，故ab段的平均速率大于bc段的平均速率，ab段的平均压力大于bc段的平均压力，ab段的平均摩擦力大于bc段的平均摩擦力，故在ab段克服摩擦力做的功大于在bc段克服摩擦力做的功，A符合题意；BC．由题意数据可知第一次从a到c的过程中，克服摩擦力做功的大小为W由于从d返回的过程，经过相同位置的速度总是比从a到c过程经过相同位置的速度小，可知返回过程的平均摩擦力比a到c过程的平均摩擦力小，故返回过程从c到a的过程中，克服摩擦力做功小于12mgℎ，可知运动员从d返回经b一定能越过D．运动员经过b点时，根据牛顿第二定律可得N−mg=m由于运动员第一次过b点的速度大于第二次过b点的速度，故运动员第一次过b点受到的支持力大于第二次过b点受到的支持力，根据牛顿第三定律可知，运动员第一次过b点对轨道的压力大于第二次过b点对轨道的压力，D符合题意；故答案为：ACD。

【分析】由于有摩擦力做负功，ab段的平均速率大于bc段的平均速率，结合圆周运动向心力公式，ab段的平均压力大于bc段的平均压力，ab段的平均摩擦力大于bc段的平均摩擦力。9．【答案】B,C【解析】【解答】A、质点N在甲图位置，到7.0s末，需再振动的时间为t由甲图知，t=2s时质点N在平衡位置向-y方向振动，所以在7.0s~8.0s时间内，质点N从-4cm处，向平衡位置振动，质点N的速度在增大，加速度在减小，故A错误；

B、图乙表示的质点在t=2s时，在平衡位置向+y方向振动，可能是质点M的振动图像，故B正确；

C、由甲图可知，波长λ=8由乙图可知，周期T=4该列波的传播速度为v=波从N传播到P需要的时间t在2s~10s内，质点P运动的时间t质点P通过的路程为s=4A+A=20故C正确；

D、在t=12s时，质点P总共运动的时间为t质点P在+y最大位移处，质点P的位置坐标为（12m，4cm），故D错误。

故答案为：BC。

【分析】根据波的传播方向确定2s时各质点的振动方向，继而确定可能符合图乙振动图像的质点。根据时间与周期的关系，再结合质点振动的规律确定改时间段内质点速度与加速度的变化情况及该时间点质点的位移。熟悉掌握质点运动路程的计算方法。10．【答案】A,D【解析】【解答】A、从A到B由动能定理可得W由图象可得，小滑块从A到B运动过程中，合力做的功为W则小滑块运动到B点时速度大小为v故A正确；

B、对滑块受力分析，有重力和电场力以及轨道对滑块的支持力，当滑块运动到半圆轨道上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大，所以此处半径与OB夹角的正切值为tan由图像可知，在B点时，滑块所受电场力为F其中a则F所以tan则θ≠45°故B错误；

C、由B选项分析可知，B点时滑块的电荷量为q从B到C的过程中，由动能定理得−mg×2R+解得v小滑块从圆弧轨道最高点C离开时，先做平抛运动，则x1=vC解得v设滑块速度的偏转角为β1，则tan从C点出去后，电场方向与水平方向的夹角为β2，则tan所以β即滑块再次进入电场时，将做匀加速直线运动，故C错误；

D、由C选项分析可知，当滑块再次进入电场时的速度为v从再次进入电场到再次到达水平轨道，由动能定理得mgR+其中x=解得v故D正确。

故答案为：AD。

【分析】a-x图像与横轴所围面积与质量的乘积表示该段位移内物体所受合外力做的功，再根据动能定理确定滑块B点的速度。根据B点加速度的大小，结合牛顿第二定律与图像确定小球B点之后的电荷量。当滑块运动到半圆轨道上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大。滑块从C点飞出后，在MN上方做平抛运动，在MN下方同时受到电场力和重力，根据曲线运动及直线运动的特点确定进入MN下方滑块的运动情况。11．【答案】（1）1.240（2）t（3）4【解析】【解答】（1）摆球直径为d=12（2）图像的峰值对于小球经过最低点，每个周期小球经过两次该位置，可知图像中两相邻峰值之间的时间间隔为Δt=（3）根据单摆周期公式T=2π可得l=结合图像斜率的物理意义，联立可得重力加速度表达式为g=4【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。熟悉掌握小球做单摆运动周期的计算方法。再根据单摆周期公式确定图像的函数表达式，再结合图像斜率的物理意义进行数据处理。12．【答案】（1）1.990（2）C；B（3）(R【解析】【解答】（1）该电阻的直径d=1.5（2）圆圈②位置应接入B，即电流表A2，与定值电阻R1改装成伏特表，该伏特表的量程为U圆圈①位置接入C，当电压表满偏时，待测电阻两端电压为3解得U电压表与待测电阻的总电压为4V，恰好等于改装后的伏特表的量程4V，两个电表能同时满偏。

（3）①为电压表，读数为U，②为电流表，读数为I，根据欧姆定律得I解得U=根据图像的斜率解得R研究实验误差时发现实验所用定值电阻的阻值比标称值小，则电阻的测量值Rx偏大，根据电阻定律R解得ρ=测量值Rx偏大，电阻率的测量值偏大。

【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据伏安法测电阻的特点确定1和2的电表类型，再根据题意及电表改装原理确定接入的电表。根据图像及实验原理和电路图推到得出图像的函数表示，再结合图像斜率的物理意义确定待测电阻的阻值。13．【答案】（1）解：对原有空气，根据查理定律p其中T0=联立可得p从开始加热到压强变为6atm时，罐体内水蒸气的分压强为p（2）解：设罐体的体积为V06其中T可得V则有罐体内剩余混合气体质量占原有混合气体质量的百分比为m【解析】【分析】（1）加热过程，密封气体做等容变化，确定加热前后气体的热力学温度。再根据查理定律确定加热到627℃时密封气体的压强，再根据罐内总压强等于密封气体与水蒸气分子压强之和进行解答；

（2）喷出谷物后，罐内的气体压强等于大气压。确定大开发门前，混合气体的体积。再根据理想气体状态方程确定打开阀门后混合气体的体积，再根据气体质量与体积的关系进行解答。14．【答案】（1）解：小球摆下过程，由动能定理有mgL＝12mv解得v＝4m/s小球在最低点时，由牛顿第二定律得T－mg＝mv解得T＝1.2N由牛顿第三定律可知小球对细绳的拉力T'＝1.2N方向竖直向下。（2）解：小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，有mv＝Mv1＋0解得v1＝2m/s由能量守恒定律，有ΔE＝12mv2－12解得ΔE＝0.16J（3）解：假设滑块与车最终相对静止，则有Mv1＝（M＋m'）v2解得v2＝1.6m/s由此得F洛＝qv2B>m'g故假设不成立，因此滑块最终悬浮滑块悬浮瞬间，满足F洛'＝qv2'B＝m'g解得v2'＝0.4m/s将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有Mv1＝Mv'＋m'v2'解得v'＝1.9m/s方向水平向左。【解析】【分析】（1）小球在下摆至与小车碰撞前，小球只有重力做功，确定小球在最低点向心力的来源。再对小球开始下摆至最低点的过程运用动能定理确定小球在最低点速度，再根据牛顿定律确定在最低点小球队细线的拉力；

（2）根据题意确定碰撞后的速度，碰撞过程小球和小车构成的系统动量守恒。再对系统根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞过程损耗的机械能；

（3）小车开始运动后，带动滑块做加速运动，滑块运动后受到竖直向上的洛伦兹力，且速度越大，滑块受到的洛伦兹力越大，当洛伦兹力大于重力时，滑块将离开小车。滑块在小车上运动过程，滑块与小车构成的系统动量守恒。由于不确定滑块是否离开小车，假设滑块不离开小车，则滑块和小车最终共速，且此时滑块所受洛伦兹力最大。根据动量守恒定律及洛伦兹力公式，确定滑块与小车能否共速。若不能共速，则根据滑块