湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案16

湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。得分1．在物理学的发展过程中，科学家们总结出了许多物理学研究方法，以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（）A．在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫微元法B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法C．演绎推理是从一般性结论推出个别性结论的方法，即从已知的某些一般原理、定理、法则、公理或科学概念出发，推出新结论的一种思维活动。比如，楞次定律的得出用的就是演绎推理的方法D．物理概念是运用抽象、概括等方法进行思维加工的产物。科学前辈就是在追寻不变量的努力中，通过抽象、概括等方法提出了动量的概念2．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁间关系的序幕。三根相互平行的通电长直导线a、b、c电流均为I，如图所示放在等腰直角三角形三个顶点上，每根通电直导线单独存在时，O点的磁感应强度都是B，则三根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小为（）A．5B B．3B C．22B 3．如图甲所示，小明在地球表面进行了物体在竖直方向做直线运动的实验，弹簧原长时，小球由静止释放，在弹簧弹力与重力作用下，测得小球的加速度a与位移x的关系图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k，地球的半径为R，万有引力常量为G，不考虑地球自转影响，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球的位移为x0时，小球正好处于完全失重状态 B．小球的最大速度为aC．小球的质量为kx02a0 4．如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（）A．甲图中，物体在0~t0时间内的位移等于vB．乙图中，物体的加速度大小为1m/s2C．丙图中，阴影面积表示t1~t2时间内物体的加速度变化量D．丁图中t=4s时物体的速度大小为35m/s5．如图所示，真空中有一边长为l的正六边形ABCDFG，O为正六边形中心，在A、B、C三点分别固定电荷量为q、-2q、q（q>0）的三个点电荷。已知点电荷Q的电势公式φ=kQA．O点电势为负B．D点和G点场强相同C．O点的电场强度大小为kqD．把一带负电的试探电荷从O点移至F点，其电势能变大6．某款手机“弹球游戏”可简化为如图所示。游戏者将小球（视为质点）以某个初速度垂直墙壁水平射出，在与台阶、竖直墙的碰撞不超过两次的前提下，击中第三级台阶的水平面MN段为通关。已知台阶的宽和高均为d，以v0射出时恰击中第一级台阶的末端，所有碰撞均为弹性碰撞，以下说法正确的是（）A．以v0射出时，小球在空中的运动时间为3dB．以2v0射出时不能通关C．若小球的初速度v的满足2vD．若利用墙面且仅反弹一次击中第三级台阶的水平面，碰撞点距N点高度须小于27阅卷人二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。得分7．如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m=0.6kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力都是Fm=15N，已知sin37°=0A．系统静止时，a线所受的拉力大小12NbB．系统静止时，b线所受的拉力大小8NC．当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5m/s2D．当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10m/s28．图甲起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=150kg的物体，其a−t图像如图乙所示，5~10s内起重机的功率为额定功率，不计其它阻力，重力加速度为g=10m/sA．物体在0~10s内运动的最大速度为10m/sB．起重机的额定功率为18000WC．5~10s内起重机对物体做的功等于0~5s内起重机对物体做功的1.5倍D．5~10s内起重机对物体做的功等于0~5s内起重机对物体做功的2倍9．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆N处质量为0.2kg的小球（可视为质点）相连。直杆与水平面的夹角为30°，N点距水平面的高度为0.4m，NP=PM，ON=OM，OP等于弹簧原长。小球从N处由静止开始下滑，经过P处的速度为2m/s，并恰能停止在M处。已知重力加速度取10m/s2，小球与直杆的动摩擦因数为35，则下列说法正确的是（）A．小球通过P点时的加速度大小为3m/s2B．弹簧具有的最大弹性势能为0.5JC．小球通过NP段与PM段摩擦力做功相等D．N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能为0.4J10．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，底部接有一阻值R=2Ω的定值电阻，轨道上端开口，间距L=1m，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m=0.2kg的金属棒ab置于导轨上，通过细线（细线与导轨平行）经定滑轮与质量为M=0.2kg的小物块相连。金属棒ab在导轨间的电阻r=1Ω，导轨电阻不计。金属棒由静止释放到匀速运动前，电阻R产生的焦耳热总共为1.552J，金属棒与导轨接触良好，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，则下列说法正确的（）A．金属棒ab匀速运动时速度大小为0.6m/sB．金属棒ab沿导轨运动过程中，电阻R上的最大电功率为0.36WC．金属棒从开始运动到最大速度沿导轨运动的距离2mD．从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，流过电阻R的总电荷量为2C阅卷人三、非选择题：本题共5小题，共56分。得分11．某小组为了验证机械能守恒定律，设计了如图甲所示的实验装置，物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳相连，P底端固定一宽度为d的轻质遮光条，托住P，用刻度尺测出遮光条所在位置A与固定在铁架台上的光电门B之间的高度差h（d≪ℎ）。已知当地的重力加速度为g。（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图丙所示，则图丙中游标卡尺的读数应为cm。（2）下列实验步骤正确的是____A．选择两个质量相等的物块进行实验 B．实验时，要确保物块P由静止释放C．需要测量出两物块的质量mP和mQ D．需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T（3）改变高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、1t2为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出1t12．某实验小组利用如下器材测定一电压表的量程Ux和内阻Rx；待测电压表V1（量程约0~3.0V，内阻约为3kΩ）标准电压表V2（量程0~6.0V，内阻约为20kΩ）滑动变阻器R（最大阻值50Ω）电阻箱R（0~9999.9Ω）直流电源E（7.5V.有内阻）开关S及导线若干回答下列问题：（1）现用多用电表测电压表V1的内阻，选择倍率“×100”挡，其它操作无误，多用电表表盘示数如图甲，则电压表V1的内阻约为。（2）图丙是该实验小组未完成的实物连线图，请你根据图乙原理图完成实物连线。（3）闭合开关S，调节滑动变阻器和电阻箱的阻值，保证V1满偏，记录V2的示数U2和电阻箱的阻值R，断开开关。多次重复上述操作。根据多次测得的数值在U2−R坐标系中描点，如图丁。请根据坐标系中的描点作出U2（4）根据图丁中图线求得V1的量程Ux＝V，内阻Rx＝。（结果均保留两位有效数字）13．如图，在倾角37°足够长的斜面上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.25。物体在拉力F的作用下从斜面底端由静止开始运动，F的大小为10N方向沿斜面向上。已知sin37°=0.6，cos（1）物体的加速度大小？（2）加速2s后撤去F，让物体在斜面上运动，物体静止开始在斜面上运动的整个过程中因摩擦产生的热量是多少？14．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有一圆形匀强磁场区域，其圆心为O1（0，2m）、半径R=2m，磁感应强度B=2×10−2T，方向垂直于纸面向外。在x轴下方有匀强电场，电场强度E=0.2N/C，方向水平向左。在磁场的左侧0（1）粒子在磁场区域运动的轨迹半径r；（2）粒子在磁场区域运动的最长时间t；（3）粒子打在y轴上离原点O的最远距离d，以及粒子的最大电势能（取坐标原点电势为0）。15．如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB和水平传送带平滑无缝连接，传送带长L=4m，以10m/s的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道EF的装置P固定于水平地面上，EF位于竖直平面内，由两段半径均为R=0.8m的14圆弧细管道组成，EF管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN均平滑相切连接，MN长L2=2m，右侧为竖直墙壁。滑块a的质量m1=0.3kg，滑块b与轻弹簧相连，质量m2=0.1kg，滑块c质量m3=0.6kg，滑块a、b、c均静置于轨道AB上。现让滑块a以一定的初速度水平向右运动，与滑块b相撞后立即被粘住，之后与滑块c发生相互作用，c与劲度系数k=1.5N/m的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经EF管道后滑上MN。已知滑块c第一次经过E时对轨道上方压力大小为42N，滑块c与传送带间的动摩擦因数μ1=0.35，与MN间的动摩擦因数μ2=0.4，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，弹簧的弹性势能E（1）滑块c第一次经过F点时速度大小（结果可用根号表示）；（2）滑块a的初速度大小v0：（3）试通过计算判断滑块c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替物体的方法叫理想模型法，故A错误；

B、推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故B错误；

C、演绎推理是从一般性结论推出个别性结论的方法，即从已知的某些一般原理、定理、法则、公理或科学概念出发，推出新结论的一种思维活动。演绎推理是从一般到特殊的推理过程，而楞次定律的得出是从特殊到一般的推理过程，可知，楞次定律的得出用的是归纳推理的方法，故C错误；

D、物理概念是运用抽象、概括等方法进行思维加工的产物。科学前辈就是在追寻不变量的努力中，通过抽象、概括等方法提出了动量的概念，故D正确。

故答案为：D。

【分析】熟悉掌握各物理研究方法的具体内容及其在物理研究中的具体应用与成就。2．【答案】A【解析】【解答】如图所示由安培定则，可知通电长直导线a和c在O点的磁感应强度的方向均垂直于ac斜向左下，大小为B。通电长直导线b在O点的磁感应强度的方向垂直于bO斜向右下，大小也也为B。

将两个相互垂直的磁感应强度B合成，得到它两个合磁感应强度2B，方向垂直于bc向下。再将另一个磁感应强度B与2B合成，如图所示

由余弦定理得B解得B故答案为：A。

【分析】根据安培定则确定各导线在O点产生的磁感应强度的方向，再根据矢量合成法则确定O点合磁感应强度的大小。3．【答案】B【解析】【解答】A、由题图乙可知，小球的位移为x0时，小球的加速度为0，小球的合力为0，弹簧的拉力与小球的重力等大方向，小球既不是失重状态也不是超重状态，故A错误；

B、小球的加速度a与位移x的关系图像与坐标轴围成的面积表示速度平方的一半，当小球的加速度为零时，小球的加速度最大，设小球的最大速度为v，则有1得小球的最大速度v=故B正确；

C、设地球表面的重力加速度为g，小球的质量为m，当小球向下运动的位移为x，弹簧的伸长量也为x，设小球的加速度为a，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得mg−kx=ma整理可得a=−结合图乙可得g=a0故C错误；

D、设地球的质量为M，由mg=又有g=月球的密度为ρ=联立得ρ=故D错误。

故答案为：B。

【分析】加速为零时，物体处于平衡状态。加速度a与位移x的关系图像与坐标轴围成的面积表示速度平方的一半，当小球的速度最大时，加速度为零。根据小球的受力情况结合牛顿第二定律确定图像的函数表达式，再根据图像确定小球的质量。地球表面的物体重力等于万有引力。4．【答案】D【解析】【解答】A、根据v-t图像中，图线与横轴围成的面积表示位移，由图甲可知，物体在这段时间内的位移x>故A错误；

B、根据运动学公式2ax=可得v可知，v2-x图像中图线的斜率为2a，由图乙可得，物体的加速度为0.5m/s2。故B错误；

C、根据a-t图像中图线与横轴所围面积表示速度的变化量可知，丙图中，阴影面积表示t1~t2时间内物体的速度变化量。故C错误；

D、根据运动学公式x=可得x结合图丁可得v0=−5m/s由运动学公式v=可得，t=4s时物体的速度为v=35故D正确。

故答案为：D。

【分析】v-t图线与横轴围成的面积表示位移，v-t图像中，图线与横轴围成的面积表示位移，截距表示初速度。a-t图像中图线与横轴所围面积表示速度的变化量。5．【答案】C【解析】【解答】A、根据题意可得，O点电势为φ故A错误；

B、如图所示

根据点电荷的电场强度计算公式可得EA=EC根据电场强度的叠加原理可知D点和G点场强不相同，故B错误；

C、O点的电场强度大小为E方向由O指向B，故C正确；

D、从O点到F点电势升高，所以把一带负电的试探电荷从O点移至F点，其电势能变小，故D错误。

故答案为：C。

【分析】电势是标量，等于各电荷在该处电势的代数和。电场强度时矢量，等于各电荷在该处场强的矢量和。电势高的位置，负电荷的电势能小。6．【答案】C【解析】【解答】A、以v0速度射出时，小球恰好击中第一级台阶的末端发生弹性碰撞，则有d=v0解得t1=反弹后小球做斜抛运动，该斜抛运动与以v0速度射出时的平抛运动具有对称性，可知小球将在与第一级台阶等高的位置与墙碰撞并反弹，此时根据平抛运动的基本规律可知v假设小球能落到MN段，则有2d=vy1结合上述解得x可知，假设成立，则以v0射出时，小球在空中的运动时间为t=3解得t=故A错误；

B、若小球下落的高度为2d，根据平抛运动的基本规律得2d=12结合上述解得x=2可知，小球的初速度为2v0时越过第二级台阶，那么若能落在第三级台阶上，则有3d=12结合上述解得x'=2可知小球落在第三级台阶前会先碰到墙上，由于碰撞为弹性碰撞，水平速度大小不变，方向反向，可知，碰后小球会落在MN上，故B错误；

C、若小球直接击中第三级台阶MN段，小球射出初速度的最大值为刚好打在Ｎ点上3d=12解得v若小球直接击中第三级台阶MN段，小球射出初速度的最小值为运动轨迹恰好与第二级台阶右端擦肩而过，则有2d=12解得v综合上述可知，直接击中第三级台阶MN段所需初速度的取值范围为2故C正确；

D、若利用墙面且仅反弹一次击中第三级台阶的水平面，设碰撞点距N点高度为h，则与墙碰前3d−ℎ=12与墙碰后，设小球的落点刚好是M，则有ℎ=gt7结合上述解得ℎ=故若利用墙面且仅反弹一次击中第三级台阶的水平面，碰撞点距N点高度须小于2116d，故D错误。

故答案为：C。7．【答案】B,C【解析】【解答】AB、小球受力如图所示

系统静止时，竖直方向有F水平方向有Fa⋅解得Fa=10故B正确，A错误；

C、系统竖直向上匀加速运动时，小球受力如图所示

当a线拉力为15N时，由牛顿第二定律得，竖直方向有F水平方向有F解得F此时加速度有最大值a=5故C正确；

D、系统水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得，竖直方向有F水平方向有F解得F当Fb=15N时，加速度最大为a=12.5故D错误。

故答案为：BC。

【分析】静止时小球处于平衡状态，根据平衡条件及力的合成与分解确定各绳拉力的大小。根据小球的加速度方向，确定哪根绳子容易达到临界值，再根据临界条件结合牛顿第二定律及平衡条件去诶多功能临界加速度的大小。8．【答案】B,D【解析】【解答】A、由a-t图像可知，物体在0~5s做匀加速直线运动，5s时物体的速度为v由于5s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动，可知物体在0~10s内运动的最大速度大于10m/s，故A错误；

B、由a-t图像可知，在5s时，物体结束做匀加速运动，此时起重机功率达到最大功率，根据牛顿第二定律可得F−mg=ma解得F=1800则起重机的额定功率为P故B正确；

CD、0~5s内，物体的位移为x0~5s内起重机对物体做的功为W5~10s内起重机保持额定功率不变，则5~10s内起重机对物体做的功W可得2故D正确，C错误。

故答案为：BD。

【分析】v-t图像与时间轴所围面积表示位移。当功率恒定不变时，当速度越大，牵引力越小。重物加速度方向不变，即重物始终做加速运动。根据图像确定各时间段内物体的运动情况。再根据运动规律及瞬时功率公式及公的定义进行解答。9．【答案】C,D【解析】【解答】A、因在P点时弹簧在原长，则到达P点时的加速度为a=g故A错误；

C、因NP段与PM段关于P点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，故C正确；

B、设小球从N运动到P的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律得，对于小球N到P的过程有mgN到M的过程有mgℎ=2得E故B错误；

D、N到P过程中，球和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE=故D正确。

故答案为：CD。

【分析】弹簧的形变量相等，则弹簧的弹性势能不变。确定运动过程中小球受力的变化情况，再根据对称性分析各力的变化情况。明确运动过程中各力的做功情况及能量的转化情况，再根据动能定理及能量守恒定律进行解答。10．【答案】A,D【解析】【解答】A、金属棒ab匀速运动时，感应电流为I金属棒处于平衡状态，对金属棒与小物块整体进行分析有Mg=mg解得v故A正确；

B、金属棒ab匀速运动时速度最大，此时电阻上的电功率也最大，则有P结合上述解得P故B错误；

C、金属棒从开始运动到最大速度过程，根据动能定理有Mgx=根据串联电路规律有Q解得x=3故C错误；

D、从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，感应电动势的平均值E=感应电流的平均值I=解得q=2故D正确。

故答案为：AD。

【分析】物体匀速运动时处于受力平衡状态，根据平衡条件及电磁感应定律和安培力公式确定匀速时的速度。当通过电阻R的电流越大，电阻R上的电功率越大，根据电磁感应定律及闭合电路的欧姆定律可知此时导体棒的速度越大。确定运动过程各力的做功情况再根据动能定理确定导体棒运动的位移。熟悉掌握求解导体切割磁场通过导体棒电荷量的三种方法。11．【答案】（1）0.52（2）B；C（3）2【解析】【解答】（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d为0.5（2）A、实验中要让物块P下降，Q上升，则选择两个质量不相等，故A错误；

B、实验时，要确保物块P由静止释放，故B正确；

C、需要测量出两物块的质量mP和mQ，故C正确；

D、实验中不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T，故D错误。

故答案为：BC。

（3）物块P经过光电门时的速度v=实验中要验证的关系(即1则k=【分析】读数时注意仪器的分度值及是否需要估读。根据中间时刻的瞬时速度确定物块经过光电门的速度。物块P、Q的速度大小相等。再根据机械能守恒的条件推到得出图像的表达式，再分析图像斜率的物理意义。12．【答案】（1）3200（2）（3）（4）2.5~3.0均可；2.8##2.9##3.0##3.1##3.2【解析】【解答】（1）电压表V1的内阻约为R=32×100（2）电路连线如图

（3）作出U2-R图线如图

（4）由电路可知U根据图丁中图线可得Ux=2.5【分析】读书注意是否需要估读。根据欧姆定律及串并联电路的规律结合电路图推导得出图像的函数表达式，分析图像斜率及截距的物理意义，再结合图像进行数据处理。13．【答案】（1）解：设物块在力F作用下向上运动时加速度为a，由牛顿第二定律有F−mg代数求得a（2）解：F作用2s，末速度v位移x撤出外力F后，物块继续向上运动，加速度为a2=−gsinθ−μg物块向上减速到0后，又会下滑到斜面底端x全过程摩擦生热Q=−【解析】【分析】（1）对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律及力的合成与分解进行解答；

（2）根据运动规律关系确定撤去拉力是物块的速度及位移。确定撤去拉后物块的加速度，物体到达最高点速度为零，根据运动规律确定撤去拉力后物块向上运动的位移。根据物体所受摩擦力与重力沿斜面方向分力的大小关系，判断物体到达最高点后是否下滑，再确定物块在斜面上运动的总位移，再根据摩擦力做功与摩擦生热的关系进行解答。14．【答案】（1）解：粒子磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m可得r=代入数据解得r=2m（2）解：所有粒子经过磁场后都从原点O出来，其中从最上面射进的粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示，由几何关系可得其对应的圆心角为α=120°可得t=又T=联立解得粒子在磁场区域运动的最长时间为t=（3）解：所有粒子经过磁场后都从原点O出来，从原点O出来后射入第三象限的粒子向左偏，到不了y轴。射入第四象限的粒子向左偏可以打到y轴，设射入第四象限的粒子射入时速度方向与y轴负方向夹角为θ，由几何关系可得其与y轴负方向的夹角0≤θ≤30°又a=t=2|当θ=30°时，|yd=当粒子在第四象限离y轴最远时，电势能最大。E【解析】【