湖北省武汉市武汉某中学2024届高考物理押题试卷含解析

湖北省武汉市武汉外国语学校2024届高考物理押题试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题；木题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2,原线圈与定值电阻品串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交

流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻A、V是理想电表。当此=2用时，电流表的读数为1A,电压表的读

数为4V,则（）

A.电源输出电压为8V

B.电源输出功率为4W

C.当凡=8Q时，电压表的读数为3V

D.当肥=8。时，变压器输出功率最大

2、在地球上不同的地方，重力加速度大小是不同的。若把地球看成一个质量分布均匀的球体，已知地球半径为R,地

球自转的周期为T,则地球两极处的重力加速度与赤道处的重力加速度之差为

3不火2江C.竽4/R

A.下yrT-

3、关于玻尔的原子模型，下列说法正确的是（）

A.按照玻尔的观点，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波

B.电子只能通过吸收或放出一定频率的光子在轨道间实现跃迁

C.电子从外层轨道跃迁到内层轨道时，动能增大，原子能量也增大

D.电子绕着原子核做匀速圆周运动。在外层轨道运动的周期比在内层轨道运动的周期小

4、2020年1月我国成功发射了“吉林一号"卫星，卫星轨道可看作距地面高度为650km的圆，地球半径为6400km,

第一宇宙速度为7.9km/s。则该卫星的运行速度为（）

A.11.2km/sB.7.9km/sC.7.5km/sD.3.1km/s

5、如图所示，足够长的直线H靠近通电螺线管的一端，且与螺线管垂直。用磁传感器测量"上各点沿打方向上的

磁感应强度分量氏的大小，在计算机屏幕上显示的图像大致是（）

6、基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点，发明了指纹识别技术,目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用

的指纹识别传感器是电容式传感器,如图所示.指纹的凸起部分叫“蜡”，凹下部分叫“峪”.传感器上有大量面积相同

的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在暗处和峪处形成

的电容器的电容大小不同.此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器

放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到喳和峪的位置，从而形成指纹图象数据.根据文中信息，下列说法正

确的是（）

A.在峪处形成的电容器电容较大

B.在峪处形成的电容器放电较慢

C.充电后在崎处形成的电容器的电荷量大

D.潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响

二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图，正方形金属线框自某一高度在空气中竖直下落（空气阻力不计），然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强

磁场区域，进入时线框动能为良】，穿出时线框动能为质2。从刚进入到刚穿出磁场这一过程，线框产生的焦耳热为。,

克服安培力做的功为Wi,重力做的功为1%,线框重力势能的减少量为AEp,则下列关系正确的是（）

XXXXX

XXXXX

A.0=W1B.Q=W2-VV1

C.Q=AEP+Eki~Ek2D.VVz=1%+(Ek2-EH)

8、一简谐机械横波沿，轴负方向传播，已知波的波长为8m,周期为2s,f=Os时刻波形如图甲所示，a、b、d是波

上的三个质点。图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是

B.在0~0.25s和0.25~0.5s两段时间内，质点〃运动位移相同

C.该波传播速度为y=16m/s

D.质点。在Z=ls时位于波谷

E.质点d简谐运动的表达式为y=O.lsinm(m)

9、地球探测器的发射可简化为以下过程。先开动发动机使探测器从地表由静止匀加速上升至100km高处，该过程的

平均加速度约为30m/s2。再开动几次发动机改变探测器速度的大小与方向，实现变轨，最后该探测器在100km高度

绕地球做匀速圆周运动。已知探测器的质量约为2xl()2kg,地球半径约为6400km,万有引力常量为

6.67xlO-MN.m2/kg2,»探测器上升过程中重力加速度可视为不变，约为9.8m/s2。则关于探测器的下列说法，正

确的是()

A.直线上升过程的末速度约为1.73xl()3m/s

B.直线上升过程发动机的推力约为7.96x1O'N

C.直线上升过程机械能守恒

I).绕地球做匀速圆周运动的速度约为7.86xl()3m/s

10、水平地面上有一个质量为6kg的物体，在大小为12N的水平拉力尸的作用下做匀速直线运动，从x=2.5m位置处

拉力逐渐减小，拉力产随位移x变化规律如图所示，当x=7m时拉力减为零，物体也恰好停下，取g=10N/kg,下列说

法正确的是()

FN

A.2.5m后物体做匀减速直线运动

B.合外力对物体所做的功为一27J

C.物体在减速阶段所受合外力的冲量为-12N・S

D.物体匀速运动时的速度大小3m/s

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的

质量，血为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）

（1）实验时，一定要进行的操作是______。

A.用天平测出砂和砂桶的质量

B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力

C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数

D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带

E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量〃，远小于小车的质量M

⑵该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两相邻计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为

50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s"结果保留两位有效数字）。

单位：cm

⑶以弹簧测力计的示数户为横坐标，加速度为纵坐标，画出的。•尸图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为伍求得

图线的斜率为A,则小车的质量为o

12

A.2tan6^B.-------c.kD.-

tan9k

12.（12分）为了测量一个电动势约为6V~8V,内电阻小于3。的电源，由于直流电压表量程只有3V,需要将这只电

压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程9V的电压表，然后再用伏安法测电源的电动势和内电阻，以

下是他们的实验操作过程：

⑴把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空。

第一步：按电路图连接实物

第二步：把滑动变阻器滑动片移到最右端，把电阻箱阻值调到零

第三步：闭合电键，把滑动变阻器滑动片调到适当位置，使电压表读数为3.0V

第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为Vo

第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其它线路，即得量程为9V的电压表

⑵以上实验可供选择的器材有：

A.电压表（量程为3V,内阻约2kC）

B.电流表（量程为3A,内阻约0.1C）

C.电阻箱（阻值范围0~9999。）

D.电阻箱（阻值范围999。）

E.滑动变阻器（阻值为0〜20Q,额定电流3A）

F.滑动变阻器（阻值为（）〜20k。,额定电流0.2A）

电阻箱应选______,滑动变阻器应选________o

③用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电源电动势£和内电阻「，实验电路如图乙所示，得到多组电压

表U和电流/的值，并作出U—/图线如图丙所示，可知电池的电动势为—V,内电阻为（结果保留2位

有效数字）

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示为俯视图，两半径均为A=0.2m的光滑半圆轨道PM、QN处于同一光滑水平面内，两半圆轨道

刚好与直线PQ、MN相切于P、Q和M、N点。水平面上MF部分的虚线方框内涂有粗糙介质，滑块与MF段材料

间的动摩擦因数为4=01,该区城的宽度为L”尸=0.2m,质量均为利=1kg的两相同的滑块A、B固定于直线MN

上，它们不在AF区域，且A滑块靠近F,AB之间夹有少量火药，点燃爆炸后产生沿MN方向的速度，重力加速度g

取10m/s:o

（1）已知火药点燃爆炸A、B分离后两滑块获得的动能均为昂=0.5J,求B在Q点所受半圆轨道的弹力大小;

（2）若A、B两滑块获得沿MN方向大小相等、方向相反的速度%,若要求二者只能在MN间相碰，求％的取值范

围。（结果可用根式表示）

14.（16分）如图所示，圆心为0、半径为「的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，

外部磁场的磁感应强度大小为瓦。P是圆外一点，OP=2ro一质量为加、电荷量为q的带正电粒子从P点在纸面内垂

直干。尸射出.第一次从4点（图中未画出）沿圆的半杼方向射入圆内后从。点（P、O,。二点共线）沿尸。方向射出圆

形区域。不计粒子重力，sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

⑴粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的轨道半径；

⑵圆内磁场的磁感应强度大小；

⑶粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经过的时间。

15.（12分）如图所示，质量加i=lkg的木板静止在倾角为。=30。足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半

径/?=6111的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量机2=2kg、可视为质点的小滑块以

vo=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数”走,木板每次撞击圆弧轨道时都会

3

立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=10m/s2。求

⑴滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；

（2）木板的最小长度；

⑶木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。

参考答案

一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。

1、D

【解析】

A.当凡=2凡时，电流表的读数为1A,电压表的读数为4V,根据欧姆定律

凡=^2_=-Q=4Q

■I21

a=2C,理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2,根据电压与匝数成正比得原线圈电压是

q=^UJ」x4V=2V

n2~2

根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是

/)=—12=1A=2A

所以电源输出电压为

U=q+/内=2V+2x2V=6V

A错误；

B.电源输出功率为

P==12W

B错误;

D.根据欢姆定律得副线圈电流为『，所以原线圈电流是2丁，所以

12R2

当&=8。时，t/2=6V,即电压表的读数为6V；变压器输出的功率

_]44鸟_144

耳（3）2­髀6

所以满足

时变压器输入功率最大，解得

R2=8。

9

变压器输出的功率6最大为5W,C错误，D正确。

故选Do

【解析】

一〜一mM——八2兀、、c27rl4兀

在两极：G-^-=mg]；在赤道上：O-^-mg2=m（­）R,则Ag=g1-g?=（于）~R=—产

A.三,与结论不相符，选项A错误；

T2

B.冬，与结论不相符，选项B错误；

占，与结论不相符，选项C错误;

苓四，与结论相符，选项D正确;

【解析】

A.根据玻尔的原子模型可知，电子在定态轨道上运行时不向外辐射电磁波，A正确;

B.电子在轨道间跃迁时，可通过吸收或放出一定频率的光子实现，也可通过其他方式实现（如电子间的碰撞），B错

误；

C.电子从外层轨道（高能级）跃迁到内层轨道（低能级）时。动能增大，但原子的能量减小，C错误；

D.电子绕着原子核做匀速圆周运动，具有“高轨、低速、大周期”的特点。即在外层轨道运动的周期比在内层轨道运

动的周期大，D错误。

故选A。

4、C

【解析】

近地卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有

-MmV

G——=m——

R2R

则有第一宇宙速度

v==7.9km/s

“吉林一号”卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有

-Mmv'2

G-----7=m-------

（R+/;）2R+h

联立解得

v'=7.5km/s

故C正确，ABD错误。

故选C。

5、C

【解析】

通电螺线管的磁场分布相当于条形磁铁，因此根据磁感线的分布，再由磁感线的疏密程度来确定磁感应强度的大小，

如图所示：那么各点沿功方向上的磁感应强度分量员的大小从。向力先增大，后减小到零，再反向增大，最后减小,

故C正确。

故选C。

6、C

【解析】

根据电容的决定式C=:之分析d改变时电容的变化以及电荷量的多少；

4/rkd

根据电荷量的多少分析放电时间长短.

【详解】

A.根据电容的计算公式C二:果可得，极板与指纹峪（凹下部分）距离d大，构成的电容器电容小，故A错误；

4兀kd

BC.传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，所以所有的电容器电压一定，根据

Q=CU=苦；可知，极板与指纹沟｛凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷较少，所以在峪处形成的电

容器放电过程中放电时间短，放电快；反之，在靖处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故C正确，B错

误；

D.湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D错误.

二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、ACD

【解析】

AR.由能量关系可知.线框产生的焦耳热。等于克服安培力做的功为W-选项A正确，R错误：

CD.由动能定理

叱

即

W2=Wi+（Ek2-Eki）

而

W2=AEp

则

Q=Wi=A£p+Eki.Eki

选项CD正确。

故选ACDo

8、ADE

【解析】

A.由图乙知，U0时刻质点经过位置向下运动，图甲是U0时刻的波形，此时〃位于波峰，位移最大，与图乙中U0

时刻质点的状态不符，而质点力在U0时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中U0时刻质点的状态相符，所以图乙不

能表示质点d的振动，可以表示质点。的振动，故A正确；

B.由于质点做简谐振动，并不是匀速直线运动，则在0〜0.25s和0.25〜0.5s两段时间内，质点力运动位移不相同，

故B错误；

C.由图可知，波的波长为8m,周期为2s,故传播速度

v=—=4m/s

T

故C错误；

D.因周期T=2s,那么质点〃在Qis时，即振动半个周期，其位于波谷，故D正确;

E.根据平移法可知，质点d下一时刻沿着y轴正方向运动，振幅

A=10cm=0.1m

而

2兀..

co=—=7irad/s

T

因此质点d简谐运动的表达式为

y=0.1sin7ir(m)

故E正确。

故选ADEc

9、BD

【解析】

A.匀加速上升过程有

v2=2ah

解得

v=12x30xl00xl03m/s=2.45x10?m/s

A错误；

B.匀加速上升过程有

F-mg=ma

解得

/=m(g+a)=2x1(尸x(9.8+30)N=7.96xlO3N

B正确；

C.匀加速上升过程除地球引力做功外，还有发动机推力做功，则机械能不守恒，C错误;

D.匀速圆周运动过程有

「Mm咽

(R+hfR+h

解得

JGM

咻1=NR+h

又有

「Min

解得

9.8x（6400xl03）,

--------J--------Jm/s«7.86x1O'm/s

6400X103+100X103

D正确。

故选BD,

10、BD

【解析】

A.由题意知2.5m后拉力逐渐减小，摩擦力不变，所以合外力在改变，根据牛顿第二定律可知加速度也在改变，不是

匀减速直线运动，故A错误;

B.图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知

唯=g(2.5+7)xl2J=57J

物体做匀速运动时，受力平衡，则

/=F=12N

所以

一二上二0.2

mg6x10

所以滑动摩擦力做的功

Wf=-/.ungx=-0.2x6x10x7J=-84J

所以合外力做的功为

W,r=W,+WE=-84+57J=-27J

故B正确;

CD.根据动能定理有

卬介=。-；〃忐

代入数据解得％=3m/s；根据动量定理可知，物体在减速过程中合外力的冲量等于动量的变化量，即

/=0-mvQ=-6x3N-s=-18N-s

故C错误，D正确。

故选BD.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、BCD1.3D

【解析】

(DU1AE.本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质

量远小于车的总质量，AE错误；

B.该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确;

C.打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录

弹簧测力计的示数，C正确；

D.改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随尸变化关系，D正确；

故选：BCDo

⑵⑵相邻计数点间的时间间隔为

T=3x0.02=0.06s,

连续相等时间内的位移之差：

Ax=0.5cm,

根据Ar=a"得：

67=Ax=O：5xlOlm/s2=13m/s2；

T10.062

⑶⑶对尸图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数:

2F=Ma,

即

。•尸图线的斜率为A,则

故小车质量为:

M=2,

k

故D正确。

故选I).

12、1.0C6.91.5

【解析】

(1)”］把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为9V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电

压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V,则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为

U=，3V=1.0V

9

(2)［2］由题，电压表的量程为3V,内阻约为2kC,要改装成9V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻

箱电阻应为

2x2kC=4kQ

故电阻箱应选C；

［3］在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E；

(3)［4］由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为

U=2.3V

则电源的电动势为

E=2.3x3V=6.9V

［5］内阻为

2.3x3-1.5x3

Q=1.5Q

1.6

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)5N(2)正叵m/s

55

【解析】

(1)设A、B分离后获得的速度大小分别为匕和彩，则由题意可得

口1。12

纥=5阳彳=5〃呜

解得

H=v2=lm/s

由下半轨道和水平面光滑，B在半圆轨道上做匀速圆周运动，则B在Q点，由牛顿第二定律得

2

N=〃z五=5N

R

（2）由题意可知，A、B分开后，二者获得的初速度为%,设A能通过涂有粗糙材料的区域，则A通过涂有粗糙材

料区域的最长时间为

2L

rAm-

%

2兀R

B运动到M处需要的时间——，通过判断可得所以若A、B只能在M、N间相碰，则A必须在相碰

%

前就停在M、F间;

A、B初速度大小相等，要满足在涂有粗糙材料的区域相碰，则A至少应运动到MF的中点（A、B相遇在中点）至多

运动到M点AB相遇在M点

若停在M点，则由动能定理有

，八12

一〃〃吆=机灯

解得

x/io.

vo=­m/s

若A停在MF的中点，则由动能定理有

1,八1，

--pmgLMF=^--mvQ

解得

%=fn/s

故%的取值范围为

且巫m/s

505

B674团

14、(l)/?=3r(2)BA=-^-(3)TT—~

243OqB0

【解析】

（1）设粒子在圆外和圆内磁场中运动的轨道半径分别为此、心,由几何关系可知:

P+Ri2=(2r-7?i)2

解得

3r

三角形OiAO与三角形OiQOz相似，则

0A_0,4

配二丽

即

二:工

R-,3r—

解得：

&=3r

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有

R

即

mv

B=—

qR

mv

%=3r

俨又

mv

b内=gx3/

解得

B。

8内=受

4

(3)由几何关系知:

,R,3

tanNOiOA=——=—

r4

解得:

NOiOA=37°

同理可