湖北省2024年高考物理临考冲刺最后一卷（解析版）

湖北省2024年高考物理临考冲刺最后一卷

物理试题

2024年5月20日

本试卷共6页，15题，全卷满分100分，考试用时75分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试券和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上

的指定位置，

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试券、

草稿纸和答题卡上的非签题区域均无效。

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷草稿纸和答题卡上

的非答题区域均无效。

4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。

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870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。分。

1.如图所示是一种儿童玩具“毗叭筒”，由竹筒和木棍组成，在竹筒的前后两端分别装上“叭子”（树果子

或打湿的小纸团）。叭子密封竹筒里面的空气，迅速推动木棍，前端的叭子便会从筒口射出。则迅速推动木

棍过程中（叭子尚未射出），竹筒中被密封的气体（）

叭？竹筒子木棍

6uC口

A.压强增大B.温度不变

C.内能不变D.每个分子的动能都变大

1.A【解析】本题考查热力学第一定律的应用。迅速推动木棍过程中，竹筒中被密封的气体体积减小，则

压强变大，外界对气体做正功，W>0,由于“迅速”过程气体与外界无热交换，则。=0,根据热力学第一

定律可知，气体内能增加，AC/>0,温度升高，分子平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加，A正确。

2.正方形MAP。的中心为。，其对角线VOP长为2力均通有电流/o的两无限长直导线互成60。角，放置

在该正方形平面内，两导线彼此绝缘且相交于。，MOP平分/GOH,通入的电流方向如图所示。已知一根

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无限长直导线通入电流/时，垂直导线距离为厂处的磁感应强度大小8=3,左为常数。则M、N、尸、。四

r

处的磁感应强度大小正确的是（）

2.A【解析】根据几何关系可知”、N、P、。四点到两导线的距离分别为根据矢量的叠

加可知"、P两点的磁感应强度大小为8=2x《E=斗，M0两点的磁感应强度大小为0,故选A。

3.宇宙双星系统是由两颗相距较近的恒星组成的系统，它们在相互引力作用下，围绕着共同的圆心运动。

它们为天文学家研究恒星的演化提供了很好的素材。已知某双星之间的距离为/,相互绕行周期为7,引力

常量为G,可以估算出（）

A.双星的质量之和B.双星的质量之积

C.双星的速率之比D.双星的加速度之比

3.A【解析】由万有引力提供向心力可得*之=叫疗小9产=%疗々，/=n+r2,联立可得

G（加;1加2）=°2/,所以叫+%=①：，又由①=，,可得加1+加2=，丁1，质量之和可以估算，质量之积

无法求解，故A项正确，B项错误；由线速度与角速度的关系v=w,可得匕+马=。a+%）=?/，速率

之和可以估算，速率之比无法求解，C项错误；由加速度与角速度的关系。=。/可得"=工，由于双星的

«22

半径之比未知，故双星的加速度之比无法求解，D项错误。

4.如图甲所示为一列向右传播的简P皆横波上的两质点比、n,两质点之间的距离为x=3m,加、"两质点的

振动图像分别如图乙、如图丙所示，已知波长/l>3m。下列说法正确的是（）

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A.波长可能为18m

B.波速为1.5m/s

C.从t=0时刻起1.5s内质点m通过的路程为（3+l）m

D.从t=0时刻起1.5s内质点〃通过的路程为23m

4.B【解析】由图丙可知该机械波的周期为T=6s,振幅A=2cm,f=0时刻质点机向下振动.且》m=3cm,

质点”正在平衡位置向上振动，则加、”两点平衡位置的间距为》=改+信+1,又4>3m,当〃=0时，

%=9m,〃=1时，%=2.25m（舍掉），故A错误；由公式v=（可得v=1.5m/s,故B正确；从1=0时刻起1.5s

内质点m通过的路程为Sn=（3+l）cm,故C错误；从t=0时刻起1.5s内质点〃通过的路程等于一个振幅，

即Sn=2cm,故D错误。

5.如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板转至水平即可将水桶

卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，NN08为锐角且保持不变，板。4对水桶的压力大小分别为B、

凡，则在。/由竖直缓慢转到水平的过程中（）

A.Fi、尸2都不断增大

B.尸1不断增大，尸2不断减小

C.招不断减小，产2先增大后减小

D.乃先增大后减小，尸2不断减小

5.D【解析】本题考查物体在共点力作用下的动态平衡问题。在倒出水桶的过程中，两个支持力的夹角是

个确定值，受力情况如图所示：

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把手

A水桶

根据力的示意图结合平衡条件可得旦=2J=骂，在转动过程中a从90。增大到180。，则sina不断减

小，尸2将不断减小，根据牛顿第三定律可得凡将不断减小；所以“从钝角减小到锐角，其中跨过了90。，因

此si3先增大后减小，则尸/将先增大后减小，根据牛顿第三定律可得为先增大后减小，D正确、A、B、C

错误。

6.实验小组利用风洞研究曲线运动，如图所示。在风洞内无风时，将一小球从。点以某一速度水平抛出后，

经过一段时间小球落到水平面上的。2点。现让风洞内存在图示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍

以相同的速度从。点水平抛出。下列说法正确的是（）

A.小球从抛出到落到水平面上的时间一定将增大

B.小球落到水平面上时的速度方向一定不与水平面垂直

C.小球可能落在水平面上的。1点

D.小球可能落在水平面上的。2点

6.C【解析】无风时小球在竖直方向上的加速度ai=g,有风时，设风力大小为凡小球受力情况如图所示,

此时小球竖直方向的加速度4Jg+/cos'=g+上变＞%,根据人=1g/2可知，有风时小球从抛出到

mm2

落到水平面上的时间将减小，故A错误；由于V。、仄尸及。大小关系不确定，小球可能在水平方向向右刚

好减速到零时，小球下落的速度方向与水平面垂直；小球也可能在水平方向上向右减速到零后，再反向加

速回到。。1竖直线上时，小球刚好落到水平面上的。1点，故B错误，C正确；OI02=VO6有风时，小球水

平向右移动的最大距离x=Lor,由A项分析已知故有工＜。。2,即小球一定不能落到。2点，故D

2

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错误。

mg

7.如图所示，理想变压器的原线圈与电阻4串联后接入正弦式交流电。变压器原、副线圈的匝数比〃1："2

=2:lo电路中定值电阻用、&、凡、&的阻值相同，交流电压表为理想电压表。开关S闭合前后，电压表

示数之比为（)

A.1:1B.

7.B【解析】设输入电压为U,开关S闭合前原线圈电流为/,电压表示数为5，电流为/1,开关S闭合

后原线圈电流为T,电压表示数为仿电流为开关S闭合前由理想变压器电流关系知;="，解得/=«，

A«i2

U-IR,n,U--一--R4I'/

由理想变压器电压关系知'，则2&+44,代入得3=八。，开关s闭合后有丁==,

5n2-------七~--=—9A«i

c71n2

,u--jJ----------y困

解得/'=3,由理想变压器电压关系知与胆=%，贝！12，代入得6=2。，

2U2n2IR3+RJ7

U2n2

1q28A

则7=药，B正确。

8.半圆柱状光学器件的横截面如图所示，。点为圆心、43为直径，一束由红光和紫光组成的复色光，在

真空中从/点斜射到器件的上表面，折射光分成两束分别照射到圆弧面上的尸、。两点。已知当入射角。=

60。时，紫光恰好在圆弧面上发生全反射，下列说法正确的是（）

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A.此时红光在圆弧面上也一定发生了全反射

B.该器件对紫光的折射率为止

2

C.若增大入射角，红光和紫光均会在圆弧面上发生全反射

D.两束折射光分别由A点到P点和由A点到。点传播的时间相等

cina

8.BD【解析】紫光的频率大于红光的频率，该器件对紫光的折射率大于红光的折射率，由折射定律

sinp

可知，紫光的折射角小于红光的折射角，所以红光照射到P点，光路图如图所示，由sinC=L,可知全反

射临界角的关系为。红＞。蛾，由几何关系可知44。。＞乙4尸。，因紫光恰好发生全反射，故。萦=乙4。。，

则C红＞4尸O,红光不会发生全反射，A错误；对紫光根据几何关系，可得临界角。=90。-6，则

而（90。-0=震，可得tan/?=sina=，sin/=J,解得〃=弓，B正确；当入射角a增大，折射角£

相应增大，红光和紫光在圆弧面的入射角均减小，红光和紫光的入射角均小于各自的临界角，故均不会发

生全反射，C错误；根据几何关系/。=2尺3（90。-0，紫光在器件中传播的速度喔=工，传播时间

D正确。

9.如图所示，在OSxWd的区域内存在垂直平面向里、磁感应强度大小为5的匀强磁场。一带电粒子

从坐标原点。与x轴正方向成。=53。角垂直磁场射入，从磁场右边界上点P（7d,d）离开。已知粒子的质量

为m,带电荷量为q,重力不计，取5m53。=0.8,cos53°=0.6o下列说法正确的是（）

，尸（744

A.该带电粒子带正电

B.粒子的发射速度大小为包四

C.粒子从P点射出时的速度方向与x轴正方向的夹角为37°

D.若只改变粒子的入射方向，则粒子在磁场中运动的最长时间为四

qB

9.BC【解析】根据粒子轨迹的方向结合左手定则知，带电粒子带负电，A项错误；根据

((7d㈤

7^31

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题意画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，作入射速度的垂线，连接。尸作中垂线，两线相交于/点，A

点即为轨迹的圆心，设。尸与x轴夹角为由几何关系有sin1=包，cos也，OP=\lcP+(7d)2=5^2d,

OPOP

r=___?_____,所以得到cos(37°+«)=cos37°cosa—sin37°sina=也，r=5d,由牛顿第二定律得qvB=^~,

cos(37°+a)2r

得v="幽，B项正确；根据以上分析知37。+0(=45。，故a=8。，设粒子射出磁场的速度与x轴正向夹角为

P，速度的偏转角与粒子运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可知出射速度方向与x轴的夹角为37。，

C项正确；由于2r=10办74,7=现=则故粒子在磁场中不能完成半个圆周运动，运动时间不能达到

vqB2

,若改变粒子的入射方向，在磁场中运动时间最长的粒子的入射速度方向是沿着V轴正方向进入磁场

的粒子，此时粒子在磁场中运动的时间长D项错误。故选BC。

2

10.如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在5点，。为导轨的顶点，。点离地面的高度为〃,

/在。点正下方，/、B两点相距2肌轨道上套有一个小球P,小球P通过轻杆与光滑地面上的小球Q相连,

两小球的质量均为加，轻杆的长度为2展现将小球P从距地面高度为5处由静止释放，下列说法正确的是

77777777777777777777777/77777777777777777777777777777777/7777

小球P即将落地时，它的速度大小为T警

小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为45。

从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为47g/7

D.若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为加质

10.BC【解析】本题考查绳(杆)末端速度分解与机械能守恒的综合应用问题。平抛运动的轨迹为抛物线,

落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平抛运动知识可知，小球P的速度方向与水平方

向的夹角解得。=45。，B正确；设小球P即将落地时，它的速度大小为vi,小球Q的速度大小为V2,根据

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311

系统机械能守恒有彳加g»=5加片+｝相片，小球P与小球Q沿杆方向的速度相等，则有V1COS0=V2,解得

V1=砺，V2='苗，A错误；根据动能定理可得，从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为

吗=-mvj=—mgh,C正确；小球P落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有/合=O-mvl=-my/gh,

由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球P有重力，则地面对小球P的作用力的冲量大小与/备大小不相等,

即不等于冽砺，D错误。

二'非选择题：本题共5小题，共60分。

11.（7分）某款智能电动水枪有三种发射模式（散射、直线连续喷射和脉冲式），深受玩家的青睐。某同学想

测定后两种模式下水枪的发射速度，如图甲，将该水枪水平固定在铁架台上，在铁架台后面平行于水枪竖

直固定一块坐标板，使O点位于枪口处，x轴与枪口在同一水平线上，操作步骤如下（g取10m/s2）：

（1）选择直线连续喷射模式并按压扳机，在空中形成一条连续的细水柱曲线，用手机拍照，得到如图乙所示

的轨迹图像，根据图中轨迹可得初速度vo=m/s。（结果保留一位小数）。

（2）改用脉冲式发射模式，每次发射都射出一个“水弹”（很短的小水柱），测出枪口的高度及“水弹”的射程。

改变水枪高度，多次实验，并作出枪口竖直高度3）与水平射程平方@2）关系图线如图丙。由图可求得该模式

下水枪发射“水弹”的初速度大小为m/so

（3）如果水枪并不完全水平，而是枪口略向下偏，则根据图丙中数据测出的初速度相对实际值_____（选填“偏

大”“相等”或“偏小”）。

11.【答案】（1）5.0（2）5也（3）偏小

【解析】（1）在图乙中选点x=1.0m,y=0.2m,根据平抛运动的规律，有y=x=vot,代入数据解得w

2

=5.0m/s；（2）由平抛运动的规律，^y=^gt,x=vot,消去/可得＞=枭.，在图丙中的斜率即为先，

即枭=左，可解得w=5/m/s,（3）若枪口略向下偏，枪口高度y不变，而射程x偏小，则计算用的y—x?

图像斜率偏大，根据枭=左，则计算出的初速度偏小。

12.（10分）某实验小组使用某个多用电表测量电学中的物理量，并探究欧姆表的原理。

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2.55.02.5

V

5000Q/V

2500Q/V

甲

（1）某次测量时，多用电表表盘指针指在如图甲所示的位置，下列说法错误的是（）

A.若该读数是选用欧姆挡“x100”倍率得到的，应该更换“xio”倍率，欧姆调零后再次进行测量

B.多用电表的欧姆挡是靠内部电源提供电流的，若选用“xlO”倍率测量电阻，则欧姆表内阻约为20。

C.测直流电流时，应让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路的负极

D.测二极管正向电阻时，应让红表笔接二极管的负极，黑表笔接二极管的正极

（2）该小组进一步探究欧姆表的原理，设计了如图乙所示的电路，通过调节开关S,可使欧姆表具有“xl”

和“xlO”的两种倍率，可用器材如下：

A.干电池（电动势£=1.5V,内阻不计）；

B.电流表G（满偏电流7g=lmA,内阻&=90Q）；

C.定值电阻Ro（阻值为5.0。）；

D.滑动变阻器&（最大阻值为150Q）；

E.定值电阻&（阻值为1.0。）、凡未知；

F.开关一个红、黑表笔各一支，导线若干。

虚线框内是双量程电流表，已知当S接。时，对应电流表量程是0〜0.1A；

①定值电阻R3=Q：

②当开关S拨向（填“°”或“6今时，欧姆表的倍率是‘xlO”,欧姆调零后,欧姆表内阻为Qo

③使用一段时间后电池老化，电动势下降到1.4V、内阻增大到4Q,但仍可调零，正确操作后，测量另一个

定值电阻，欧姆表读数为150Q,则这个电阻的阻值应为Qo

12.【答案】⑴B（2）9b150140

【解析】（1）图中多用电表指针偏转较大，说明待测电阻较小，若该读数是选用欧姆挡“xlOO”倍率得到的，

应该更换“xlO”倍率，欧姆调零后再次进行测量，故A正确；多用电表作欧姆表使用时，是靠内部电源提

供电流，中值刻度对应的电阻等于这个倍率下欧姆表的内阻，若选用的是“xlO”的倍率测电阻，则欧姆表

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内阻约为R=15X100=150。，故B错误；测直流电流时，应该让电流从红表笔流进，从黑表笔流出，以

保证表盘指针能够正偏，故必须让红表笔接外电路的正极，黑表笔接外电路负极，故C正确；测二极管正

向电阻时，多用电表内部电源与黑表笔相连，为保证电流从红表笔流进，从黑表笔流出，应让红表笔接二

极管的负极，黑表笔接二极管的正极，故D正确。本题选错误的，故选B；(2)当S接。时，对应电流表量

程是0〜0.1A,则有4(a+4)=(/「/g潟，其中/i=0.1A,解得凡=9。；当S接。时，对应电流表量程是

EIR

0-0.1A,则欧姆表内阻为此内=7=15。，当s接6时，对应电流表量程为/2=4+—^=1011以=0-05，

1]2^2+J^3

E

则欧姆表内阻为R讷=7=150。，故当开关S拨向6时，欧姆表的倍率是“X10”，欧姆调零后，欧姆表内

A

E'

阻为150Q。；电动势下降到1.4V,调零后，则欧姆表内阻为耳内=7=140。，欧姆表读数为150Q,对应的

EE'

电流为/=RP，，解得R真=1400。

4内十尺4内+人真

13.(10分)太阳现正处于主序星演化阶段。它主要是由电子和IH、-He等原子核组成。维持太阳辐射的是

它内部的核聚变反应，这些核能最后转化为辐射能。现将太阳内部的核聚变反应简化为4个氢核(旧)聚变成

氮核(3He),同时放出两个正电子册)。已知光速c=3X108m/s,氢核质量%=1.6726义10=7]^,氢核质量

〜=6.6458X10「27kg,正电子质量磔=0.9Xl(F30kg。要求计算结果保留一位有效数字。贝!|：

(1)请写出题中所述核聚变的核反应方程及该核聚变反应一次所释放的核能；

⑵已知地球的半径R=6.4X日地中心距离r=1.5X10Um,忽略太阳的辐射能从太阳到地球的能量损

失，每秒钟地球表面接收到的太阳辐射的总能量为尸=1.8X10i7j,求每秒钟太阳辐射的电子个数。

13.【答案】(l)41HTHe+2Ye4X10-12J(2)2*1。38个

【解析】(1)根据核反应方程质量数和核电荷数守恒，则聚变的核反应方程为4|H-3He+2?e

每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能为ASuAwicZuK/Wo—Wa—ZmeH

代入数据可得AE=(4x1.6726x10n-1.6726x10?-2x0,9xl0-3°)x(3xl()8)2j74xl0-i2j

(2)设每秒钟太阳辐射的正电子个数为N,则每秒钟发生核聚变的次数为学太阳辐射的能量是以球面波的形

式传播，根据能量守恒定律有P箓蛇

-

可得”：7港

NE

代入数据可得Na2xl()38个

14.(15分)如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是&=0.2m,R2

=0.1mo两环通过电刷分别与间距£=0.2m的平行光滑水平金属轨道尸河和尸W相连，右侧是水平绝

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缘导轨,并由一小段圆弧平滑连接倾角6=30。的等距金属导轨，下方连接阻值尺=0.2。的电阻。水平导轨

接有理想电容器，电容C=1F。导体棒cd,垂直静止放置于两侧，质量分别为相i=0.1kg,mi=

0.2kg,电阻均为r=0.1O。放置位置与ACVT距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均

不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度2=1T,忽略磁场对电容器的影响。圆环处的金

属杆做顺时针匀速转动，角速度。=20rad/s。求：

(1)S掷向1,稳定后电容器所带电荷量的大小4；

⑵在题⑴的基础上，再将S掷向2,导体棒仍到达W的速度大小；

⑶仍与cd棒发生弹性碰撞后，cd棒由水平导轨进入斜面忽略能量损失，沿斜面下滑12m距离后，速度达

到最大，求电阻R上产生的焦耳热(此过程ab棒不进入斜面)。

14.【答案】(1)0.3C(2)-m/s(3)—J

7245

【解析】(1)金属杆顺时针切割磁感线产生电动势为£=尔&—&)刨

稳定时9=匿

解得夕=0.3C

⑵右侧是水平绝缘导轨，将S掷向2后，必棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与仍棒产生

的感应电动势相等时，电路中没有电流，打棒做匀速运动，设此时仍棒速度为v,电容器带电为少,贝I」成v

=他

C

根据动量定理可得miv—0=F^=BLit=BL(q—qi)

联立解得v=-m/s

7

(3)棒ab与cd发生弹性碰撞，则mw=mw\+m2V2

1加1俨=1加1胃+1加2遇

222

解得V2=~m/s

7

当cd棒做匀速运动时速度达到最大，设最大速度为Vm，对Cd棒受力分析，根据受力平衡可得冽2gsin6

=BILcos0

BZzVmCOS6

而1=

R+r

根据能量守恒得加2gxsin加2偏一：加2近+W

安

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