湖北省2024年高考物理压轴卷含解析

PAGE15-湖北省2024年高考物理压轴卷（含解析）一、选择题（每题4分，共44分。1-7为单选题，8-11为多选题，选对但不全得2分，选错得0分）1．下列说法正确的是（）A．由可知，电场强度与检验电荷所受的电场力成正比，与电荷量成反比B．由可知，金属导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比C．由可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处肯定无磁场D．由可知，导体中的电阻与导体两端的电压成正比，与电流成反比2．如图甲所示，静止在水平面上重力为F0的物块A受到竖直向上拉力F作用。F与时间t的关系如图乙所示。则（）A．0~t0时间内拉力F对物体作的功不为零B．2t0时刻物块速度最大C．2t0~3t0时间内物块处于失重状态D．2t0与3t0时刻拉力F的功率相同3．探讨表明，中子（）发生β衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子。在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的中子发生β衰变，放出的质子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，其动能为Ek。已知中子、质子、电子的质量分别为m1、m2、m3，元电荷为e，真空中光速为c，则下列说法正确的是（）A．质子的动量大小为B．中子衰变的核反应式为C．电子和反中微子的总动能为（m2+m3–m1）c2–EkD．质子的圆周运动可等效成一个环形电流，其大小为4．截至2024年11月，被称为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜运行稳定牢靠，发觉脉冲星数量超过240颗，将于2024年8月面对全球科学界开放。脉冲星实质是快速自转的中子星，每自转一周，就向外放射一次电磁脉冲信号，因此而得名。若观测到某个中子星放射电磁脉冲信号的周期为，该中子星的半径为，已知引力常量为，则以下物理量可以求出的是（）A．该中子星的质量 B．该中子星的第一宇宙速度C．该中子星表面的重力加速度 D．该中子星赤道上的物体随中子星转动的线速度5．图甲为一列简谐横波在t=4s时刻的波形图a、b两质点的横坐标分别为xa=2m和xb=6m，质点b从t=0时刻起先计时的振动图像为图乙。下列说法正确的是（）A．该波沿+x方向传播，波速为1m/s B．t=4s时该质点b的速度沿+y方向C．质点a经4s振动的路程为2m D．质点a在t=2s时速度为最大6．如图所示，一半圆形玻璃砖，C点为其圆心，直线OO'过C点与玻璃砖上表面垂直。与直线OO'平行且等距的两束不同频率的细光a、b从空气射入玻璃砖，折射后相交于图中的P点，以下说法正确的是A．b光从空气射入玻璃，波长变长B．真空中a光的波长小于b光的波长C．a光的频率大于b光的频率D．若a、b光从同一介质射入真空，a光发生全反射的临界角较大7．如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，A在一个水平向左的力F作用下缓慢地向左移动少许，在这一过程中（）A．墙面对B的弹力先减小后增大B．A对B的弹力始终增大C．F始终增大D．A受到的地面的支持力不变8．电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图所示，取无限远处电势为零。下列说法正确的（）A．正方形右下角电荷q带正电 B．M、N、P三点中N点场强最小C．M、N、P三点中M点电势最高 D．负电荷在P点的电势能比在O点的电势能小9．如图所示，甲球从O点以水平速度v1抛出，落在水平地面上的A点；乙球从O点以水平速度v2抛出，落在水平地面上的B点，乙球与地面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，反弹后恰好也落在A点。已知两球质量均为m，乙球落在B点时速度与水平方向夹角为，不计碰撞时间和空气阻力，以水平地面为重力势能零势面，则下列说法正确的是（）A．甲球落在A点时速度与水平方向夹角为B．甲乙抛出时速度之比v1：v2＝3:1C．甲乙落地时速度之比为v甲：v乙＝：1D．甲乙抛出时机械能之比为E甲：E乙＝3:110．如图所示，志向变压器原线圈接在的沟通电源上，阻值的电阻与变压器原线圈并联。副线圈与阻值为的电阻组成闭合回路，电流表为志向电流表。已知电阻消耗的电功率是消耗的电功率4倍，则下列说法正确的是（）A．电流表的示数为B．电阻消耗的电功率为C．电源输出的功率为D．变压器原、副线圈的匝数之比为11．如图所示，光滑且足够长的两平行金属导轨固定在同一水平面上，两导轨间的距离，定值电阻、，导轨上放一质量为的金属导体棒，棒的电阻。整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面对上，现用一拉力F沿水平方向向左拉棒，使棒以肯定的初速度起先运动，如图为中电流的平方随时间t的变更关系图像，导轨的电阻不计。下列说法正确的是（）A．末棒的速度大小为B．内中产生的焦耳热为C．内拉力F所做的功为D．棒受到的安培力的大小与时间t的关系为二、非选择题，共5题，共56分12．（7分）某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图（甲）所示。框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小钢球，小钢球的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐。切断电磁铁线圈中的电流时，小钢球由静止释放，当小钢球先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小和。小组成员保证光电门2的位置不变，多次变更光电门1的位置，得到多组和的数据，建立如图（乙）所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k。

(1)用20分度的游标卡尺测量小钢球的直径，如图（丙）所示，该小钢球的直径是______mm；(2)下面关于减小重力加速度的测量误差的说法中正确的是______；A．光电门1的位置尽可能靠近刻度尺零刻度B．光电门1的位置不能太靠近光电门2C．换用大小相同但密度较小的小塑料球完成此试验，对测量结果没有影响(3)当地的重力加速度为______（用k表示）；(4)撤掉光电门1，也能测出当地的重力加速度。考虑到切断电流时电磁铁线圈中的磁性不能立刻消逝，利用和的数据测出的当地重力加速度比原方案相比______（选填“偏大”、“偏小”、“相等”）。13．（9分）为了测一个自感系数很大的线圈L的直流电阻R，试验室供应以下器材：待测线圈L（阻值约为5Ω）；电流表A1（量程3.0A，内阻r1约为0.2Ω）；电流表A2（量程0.6A，内阻r2=1.0Ω）；滑动变阻器R1（0~10Ω）；电压表V（3V量程，约为2kΩ）；电阻箱R2（0~99.9Ω）；电源E（电动势E约为3V，内阻很小）；单刀单掷开关S1、S2；导线若干。(1)某试验小组按如图（a）所示的电路测量线圈L的直流电阻RL。试验主要步骤如下：①按电路图连接好电路，断开开关S1、S2，滑动变阻器R1的滑片移动___（填“左”或者“右"）端；②闭合开关S1、S2，移动滑动变阻器R的滑片至适当位置，登记电流表A2的示数为I2，电压表V的示数为U，线圈L的直流电阻的测量值的计算式为RL=_____；③测量完后，应先断开开关S2，再断开开关S1，其理由是_________。(2)若只供应一个开关S1，为避开自感现象对电表的影响，经探讨，同学们认为可以利用两个电流表和一个电阻箱达到测量的目的。图（b）方框中已画了部分电路，请依据你的设计，在方框中完成电路图________。四、解答题14．（9分）如图所示，一端封闭、一端开口且粗细匀称的直角细玻璃管，在直角处用一段水银柱封闭了肯定质量的空气，起先时，封闭端处于竖直状态·直角处水银柱的竖直部分与水平部分长度均为h=10cm。开口端空气柱的长度h=10cm。保持温度不变。以玻璃管的封闭端为转轴。将玻璃管在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转。管内水根柱恰好到达开口端。已知大气压强为p=76cmHg。封闭端空气柱的初始温度T=27℃。求：(1)封闭端空气柱的长度L；(2)若保持封闭端处于竖直状态，加热封闭端空气，当管内水根柱恰好到达开口端时，此时管内空气柱的温度t（结果保留一位小数）。15．（13分）如图所示，光滑的水平面上，质量为m1=1kg的平板小车以v0=5m/s的速度向左运动，同时质量为m2=4kg的铁块（可视为质点）从小车左端以v0=5m/s的速度向右滑上平板小车，一段时间后小车将与右侧足够远的竖直墙壁发生碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后小车速度大小不变，方向相反。已知铁块与平板车之间的动摩擦因数为μ=0.25，小车始终未从小车上掉下来，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）小车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小；（2）小车的最小长度；（3）小车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程（计算结果保留三位有效数字）。

16．（18分）如图所示，在直角坐标系中，和轴之间有垂直纸面对里的匀强磁场，轴左侧有沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为，在轴上处有一个粒子源，该粒子源可以在纸面内沿各个方向射出速率相同的同种粒子（重力不计），粒子的质量为、电荷量为，沿轴负方向射出的粒子经电场和磁场偏转后，恰好不从磁场的右边界射出，并且第一次和其次次经过轴的位置相距，求：（1）粒子的初速度大小及磁场的磁感应强度大小；（2）沿轴正方向射出的粒子其次次经过轴的位置坐标；（3）沿与轴负方向成角向上（图示方向）射出的粒子第一次经过轴和其次次经过轴的位置间的距离。

2024湖北省高考压轴卷物理参考答案1．【答案】B【解析】电场强度反映电场本身的性质，与摸索电荷的电荷量无关，故A错误；由电阻定律的表达式可知，金属导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，故B正确；公式F=BIL运用的条件是电流的方向与磁场垂直，当通电导线与磁场平行时，不受安培力，但有磁场，故C错误；电阻的大小是由导体本身确定的，与导体两端的电压无关，与电流无关，故D错误。2．【答案】D【解析】0~t0时间内依据图像可知拉力小于重力，所以物块静止不动，拉力对物体不做功，A错误；依据图像可知t0时刻和3t0时刻外力等于物体重力，所以t0~2t0时间内依据牛顿其次定律可知物体做加速度增大的加速运动，同理可知2t0~3t0时间内物体做加速度减小的加速运动，在3t0时刻物体所受合外力为0，加速度为0，速度达到最大，B错误；2t0~3t0时间内物块所受拉力大于重力，处于超重状态，C错误；t0~2t0时间内，选取竖直向上为正，图像和时间轴围成的面积即为外力对应的冲量，依据动量定理解得2t0时刻物体的速度；F的瞬时功率为；同理，2t0~3t0时间内依据动量定理解得；3t0时刻F的瞬时功率为；D正确。3．【答案】D【解析】质子的动量大小为，A错误；依据核反应过程质量数，电荷数守恒定律可知，中子衰变的核反应式为；B错误；电子和反中微子的总动能为（m2-m3–m1）c2–Ek，C错误；质子的圆周运动可等效成一个环形电流，由洛伦兹力供应向心力，则有，，联立解得；D正确。4．【答案】D【解析】依据题中条件不能求解中子星的质量M；依据中子星的质量M未知，则也不能求解中子星的第一宇宙速度；依据中子星的质量M未知，则也不能求解中子星表面的重力加速度；依据可求解该中子星赤道上的物体随中子星转动的线速度。故选D。5．【答案】A【解析】由乙图可知，周期T=8s，t=4s时该质点b的速度沿y轴负方向，则可知该波沿+x方向传播。由图甲可得波长为，则波速为，故A正确，B错误；质点a振动4s，经过半个周期，则质点运动的路程为振幅的2倍，即为1m，故C错误；在t=2s时，质点b在正方向的最大位移处，a、b两质点的振动步调完全相反，所以a质点在负方向的最大位移处，则此时a的速度为零，故D错误。6．【答案】D【解析】b从空气射入玻璃砖，频率不变，由可知传播速度变小，由知波长变短，故A错误；由图和折射定律可知，玻璃砖对b的折射率大于a的，所以b的频率高，由可知在真空中，a光的波长大于b光的波长，故BC错误；由可知，a光的折射率小，所以a光发生全反射的临界角大，故D正确。7．【答案】D【解析】A在一个水平向左的力F作用下缓慢地向左移动少许的过程中，对B受力分析如图，利用图解法处理动态平衡问题，A向左移动过程中，A对B的弹力F1与竖直方向的夹角越来越小，墙面对B的弹力F2方向不变，由图可知墙面对B的弹力F2渐渐减小，A对B的弹力F1渐渐减小，所以AB错误；对AB整体受力分析如图水平方向有F=F2，所以A对B的弹力F2渐渐减小，则F始终减小，竖直方向G=FN，所以地面的支持力等于AB的重力，则A受到的地面的支持力不变，所以C错误；D正确；8．【答案】AC【解析】依据电场线的特点，正方形左上角电荷带正电，顺时针起先，其次个电荷带负电，右下角电荷带正电，第四个电荷带负电，A正确；依据电场线的疏密，M、N、P三点中M点场强最小，B错误；依据对称性可知，O点电势为零，M点电势为零，N、P两点更接近负电荷，电势为负，所以三点中M点电势最高。将负电荷从P点移动到O点，电势上升，电场力做正功，电势能削减，所以负电荷在P点的电势能比在O点的电势能高，C正确，D错误。9．【答案】BCD【解析】设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为，乙球运动时间是甲球的3倍。设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有3x=v1t，对乙球有x=v2t，则得v1：v2=3：1，在B点，对乙球甲球落在A点时；故甲球落在A点时速度与水平方向夹角为，故A错误B正确；甲乙落地时速度，；故甲乙落地时速度之比为v甲：v乙＝：1故C正确；依据题意可知，运动过程机械能不变，故甲乙抛出时机械能之比为E甲：E乙＝故D正确。10．【答案】AB【解析】电阻R1消耗的电功率是R2消耗的电功率4倍，电阻R1两端电压是R2两端电压的2倍，原、副线圈的匝数比为2：1，D错误；加在电阻两端电压的有效值为电阻两端的电压为；电流表的示数为；A正确；电阻消耗的功率为；电阻消耗的电功率为电源输出的功率为；B正确、C错误。11．【答案】ACD【解析】由题图可知，5s末通过R1的电流为；依据并联电路电流关系可知此时通过R2的电流为；通过ab的电流为I=I1+I2=0.6A；依据闭合电路欧姆定律可得ab产生的感应电动势为E=Ir+I1R1=2.4V；依据法拉第电磁感应定律有E=BLv解得5s末ab的速度大小为；故A正确；依据焦耳定律可知图像与t轴所围图形的面积值与R1的乘积表示5s内R1产生的焦耳热，即；故B错误；设5s内R2中产生的焦耳热为W2，电阻r产生的焦耳热为Wr，则依据焦耳定律可得；；解得W2=2W1=1.8J；Wr=3W1=2.7J依据对A项的分析同理可得t=0时刻，ab的初速度大小为；；依据功能关系可得5s内拉力F所做的功为；故C正确；由题图可知与t的关系为；通过ab的电流I与t的关系为；ab受到的安培力大小与时间t的关系为；故D正确。12．【答案】5.70B偏小【解析】(1)[1]小钢球的直径是5mm+0.05mm×14=5.70mm；(2)[2]光电门1的位置若靠近刻度尺零刻度，则小球经过光电门1时的速度过小，对速度的测量产生的误差会较大，选项A错误；若光电门1靠近光电门2，会影响高度差的测量，会产生误差，选项B正确；换用大小相同但密度较小的小塑料球完成此试验，空气的阻力影响会过大，对测量结果会有影响，选项C错误。(3)[3]依据速度位移公式得v22−v12＝2g(x2−x1)；知道图线的斜率k=2g；则重力加速度(4)[4]考虑到切断电流时电磁铁线圈中的磁性不能立刻消逝，则会对小球产生向上的吸引力，使得重力加速度测量值偏小。13．【答案】右若先断开S1，则由于断电自感现象，电压表会烧坏【解析】(1)①[1]连接好电路后，由于滑动变阻器采纳限流式，所以闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移至阻值最大处，即最右端；②[2]依据电路结构特点和欧姆定律可得线圈L的直流电阻的测量值的计算式为③[3]试验结束时为防止自感现象损坏电流表，应先断开开关S2，后断开开关S1；(2)[4]由于待测线圈L的阻值约为5Ω，电源电动势为3V，流过待测线圈L的电流为所以选电流表A2（量程0.6A，内阻r2=1.0Ω）测量待测线圈L的电流，由于只供应一个开关S1，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，所以当开关S1断开时，电流表与一个电阻箱串联，来爱护电流表A2；若电阻箱串联在待测线圈L的支路上，会使待测线圈L的支路的电流过小造成误差，所以电阻箱并联在待测线圈L两端；电阻箱并联在待测线圈L两端时，可用电阻箱间接来测待测线圈L两端的电压，在干路上串联一个电流表A1（量程3.0A，内阻r1约为0.2Ω）即可，所以电路如图所示14．【答案】