湖北省2024年高考物理模拟试卷及答案14

湖北省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、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。得分1．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：2，在原线圈电路的a、b端输入电压一定的正弦交变电流，电阻R1、R2消耗的功率相等，则R1A．14 B．4 C．122．下列关于原子核的说法正确的是（）A．质子由于带正电，质子间的核力表现为斥力B．原子核衰变放出的三种射线中，α粒子的穿透能力最强C．铀核发生链式反应后能自动延续下去，维持该反应不需要其他条件D．比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定放出核能3．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在0~t0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则（）A．从左向右看感应电流的方向为顺时针B．从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针C．感应电流的大小先减小后增加D．铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右4．用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是（）A．改用红光照射 B．改用X射线照射C．改用强度更大的原紫外线照射 D．延长原紫外线的照射时间5．如图所示，粗细均匀的正方形金属线框abcd用轻质导线悬吊，线框一半处在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，给导线通以如图的恒定电流，静止时每根导线的拉力为F。保持电流不变，将金属线框向下平移刚好完全进入磁场中，静止时每根导线的拉力为2F。ab边始终保持水平，导线始终竖直，则金属框的重力为（）A．12F B．23F 6．下列说法正确的是（）A．射线是高速电子流，它的穿透能力比射线和射线都弱B．在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子的动能减小D．当紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当改为红光照射时，也能发生光电效应，但从锌板表面逸出的光电子的最大初动能减小阅卷人二、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。得分7．如图，光滑平行导轨MN和PQ固定在同一水平面内，两导轨间距为L，MP间接有阻值为R2的定值电阻。两导轨间有一边长为LA．金属杆匀速运动时的速率为3FRB．出磁场时，dc间金属杆两端的电势差UC．从b到c的过程中，金属杆产生的电热为2FLD．从b到c的过程中，通过定值电阻的电荷量为B8．如图所示，A和B是两个等量异种点电荷，电荷量的绝对值为q，两点电荷的连线水平且间距为L，OP是两点电荷连线的中垂线，O点是垂足，P点到两点电荷的距离也为L。整个系统处于水平向右的匀强电场中，一重力不计的电子恰好能静止在P点，下列说法正确的是（）A．点电荷A一定带正电 B．匀强电场的电场强度大小为2kqC．O点的电场强度大小为7kqL2 D．O点和9．如图所示，倾角为α=37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点10m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点为零势能面（sln37°=0.6，cos37°=0.8）。则下列说法正确的是（）A．Q点到B点距离为2mB．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加C．物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m10．下列关于温度及内能的说法中正确的是A．物体的内能不可能为零B．温度高的物体比温度低的物体内能大C．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化D．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同E．温度见分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高阅卷人三、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。得分11．把较粗的铜丝和铁丝相隔约几毫米插入苹果中就制成了一个水果电池。水果电池的电动势较小（约为1V），而内阻较大（约为300Ω）。用下列提供的器材设计电路，实现准确测量电动势E和内阻r。A．苹果一个B．较粗的铜丝和铁丝各一根C．电流表A1（量程3.0mA，内阻约100Ω）D．电流表A2（量程E.定值电阻R0（阻值为R0=600Ω）F.滑动变阻器RG.开关、导线若干（1）根据上述的器材设计测量电动势E和内阻r的实验电路，如图甲所示请根据图甲在图乙中进行实物连线。（2）实验中测量出多组数据，电流表A1的示数记为I1，电流表A2的示数记为I2，画出I1随I2变化的图像如图丙所示，根据图像可得，该水果电池的电动势E=（3）要内阻减小，可采取____。A．铜丝和铁丝距离近一些B．铜丝和铁丝插入深一些C．铜丝和铁丝更细一些12．在研究“加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨，装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处（档光片左端与滑块左端齐平）。实验中测出了滑块释放点到光电门（固定）的距离为s，挡光片经过光电门的速度为v，钩码的质量为m，（重力加速度为g，摩擦可忽略）（1）本实验中钩码的质量要满足的条件是；（2）该同学作出了v2—m的关系图象（如图乙），发现是一条过原点的直线，间接验证了“加速度与力的关系”，依据图象，每次小车的释放点有无改变（选填“有”或“无”），从该图象还可以求得的物理量是。阅卷人四、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。得分13．如图所示，有两个不计质量的活塞M，N将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是270C．M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S=2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H=27cm，N活塞相对于底部的高度为h=18cm．现将一质量为m=400g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0=1.0×105Pa，（1）求下部分气体的压强多大；（2）现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为1270C，求稳定后活塞M，N距离底部的高度．14．某透明材料做成的梯形棱镜如图甲所示，AB//CD，∠B=∠C=90°，∠D=60°，把该棱镜沿AC连线分割成两个三棱镜，并把三楼镜A’BC向右平移一定的距离，如图乙所示。一光线与AD边夹角α=30°，从E点射入棱镜，最终垂直于BC边从F点（图中未画出）射出，E、F在垂直于D的方向上相距为d。求：（1）透明材料的折射率；（2）三棱镜A’BC向右平移的距离。15．如图所示，竖直光滑的半圆轨道ABC固定在粗糙水平面上，直径AC竖直。小物块P和Q之间有一个被压缩后锁定的轻质弹簧，P、Q和弹簧作为一个系统可视为质点。开始时，系统位于4处，某时刻弹簧解锁（时间极短）使P、Q分离，Q沿水平面运动至D点静止，P沿半圆轨道运动并恰能通过最高点C，最终也落在D点。已知P的质量为m1=0.4kg，Q的质量为m2=0.8kg，半圆轨道半径R=0.4m，重力加速度g取10m/s2，求：（1）AD之间的距离；（2）弹簧锁定时的弹性势能；（3）Q与水平面之间的动摩擦因数。（结果保留两位小数）

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因为电阻R1、R2消耗的功率相等，所以有

I12R=I22R

又因为

I12．【答案】D【解析】【解答】A、核力与电荷无关，原子核中质子间的核力都表现为引力，故A错误；

B、原子核衰变放出的三种射线中，α粒子的速度最小，穿透能力最弱，故B错误；

C、铀核发生链式反应后能自动延续下去，要维持链式反应，铀块的体积必须达到其临界体积，故C错误；

D、比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时有质量亏损，一定会放出核能，故D正确。

故答案为：D。

【分析】核力与电荷无关，原子核中质子间的核力都表现为引力。α粒子穿透能力最弱，电离能力最强。要维持链式反应铀块的体积必须达到其临界体积。比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时有质量亏损，有能量损耗，即释放核能。3．【答案】A【解析】【解答】】AB、根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流顺时针（从左向右看）。

当电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。故电流方向不变，故A正确，B错误；

C、由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。故C错误；

D、当线圈中电流为零时，铝环M和线圈之间无磁场力作用，故D错误；

故答案为：A。

【分析】根据图乙电流方向根据右手螺旋定则确定线圈ab产生磁感应强度的方向，再根据电流变化情况，确定线圈ab产生磁场穿过环M磁通量的变化情况，再根据楞次定律确定感应电流的方向。注意磁场力产生的条件。4．【答案】B【解析】【解答】根据光电效应的条件γ＞γ0，要产生光电效应，必须用能量更大，即频率更高的粒子．能否发生光电效应与光的强度和照射时间无关．X射线的频率大于紫外线的频率．故A、C、D错误，B正确．故选：B．【分析】要产生光电效应，根据光电效应的条件必须用能量更大，即频率更高的粒子．5．【答案】D【解析】【解答】线框有一半在磁场中时，对整体根据平衡条件得到：2F=G+当线框全部在磁场中时，根据并联电路特点可知ab边和cd边电流之比为1：3，则根据平衡条件可知：4F=G+4求得：G=故答案为：D

【分析】利用平衡方程可以求出金属框的重力大小。6．【答案】B【解析】【解答】A．射线是高速电子流，它的穿透能力比射线强，比射线弱，A项错误；B．原子核的结合能与核子数之比称做比结合能，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能，B项正确；C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子跃迁到离核较近的轨道上运动，据k可得，核外电子的动能增加，C项错误；D．当紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，当改为红光照射时，不能发生光电效应，因为红光的频率小于锌板的极限频率，D项错误。故答案为：B。

【分析】结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能；根据玻尔理论以及光电效应的条件进行分析判断。7．【答案】B,D【解析】【解答】A．设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得F=解得I=根据欧姆定律有I=所以金属杆匀速运动的速度为v=A不符合题意；B．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为E=Bv·所以金属杆在出磁场时，dc间金属杆两端的电势差为U=B符合题意；C．设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得Q=F·代入v可得Q=所以金属杆上产生的热量为QC不符合题意；D．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为q=It=D符合题意。故答案为：BD。

【分析】利用平衡条件结合欧姆定律可以求出速度的大小；利用欧姆定律可以求出电势差的大小；利用能量守恒定律可以求出产生的焦耳热大小；利用磁通量变化量可以求出电荷量大小。8．【答案】C,D【解析】【解答】A、对P点的电子进行受力分析可知，等量异种电荷A、B在P点产生的合场强方向向左，故点电荷A带负电，故A错误；

B、匀强电场强度大小

E=2kqL2cos60°=kqL2

故B错误；

C、O点的电场强度大小

E0=2kqL9．【答案】A,D【解析】【解答】A、设BQ之间的距离为s2，则物块从A到Q全过程由动能定理得

mgs1−s2sin37°−μmgs1+s2cos37°=0

代入μ=0.5，s1=10m，解得

s2=2m

故A正确；

B、全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，故B错误；

C、设物体下滑位移为s时，物体的动能与势能相等，则根据动能定理可得

mgssin37°−μmgscos10．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息的做无规则运动，所以内能永不为零，故A正确；

B、物体的内能除与温度有关外，还与物体的种类、物体的质量、物体的体积有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体内能大，也可能与温度低的物体内能相等，也可能低于温度低的物体的内能，故B错误；

C、一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C正确．

D、内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故D正确；

E、温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E错误。

故答案为：ACD。

【分析】影响内能大小的因素：质量、体积、温度和状态，温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大。内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，在永不停息的做无规则运动。11．【答案】（1）（2）1.2；300（3）A；B【解析】【解答】（1）根据电路图，连接实物图如图。

（2）根据闭合电路欧姆定律，可得

I2R0+R2+I1+I2r=E

整理得

I1=Er12．【答案】（1）钩码质量远小于滑块质量（2）无；滑块质量【解析】【解答】（1）设钩码质量为m，滑块质量为M，对整体分析，根据牛顿第二定律，滑块的加速度a=mg隔离对滑块分析，可知细绳上的拉力FT=Ma=Mmg要保证绳子的拉力FT等于钩码的重力mg，则钩码的质量m要远小于滑块的质量M，这时有FT≈mg；（2）滑块的加速度a=v22s，当s不变时，可知加速度与v2成正比，滑块的合力可以认为等于钩码的重力，滑块的合力正比于钩码的质量，所以可通过v2﹣m的关系可以间接验证加速度与力的关系，在该实验中，s不变，v2—m的关系图象是一条过原点的直线，所以每次小车的释放点无改变；因为a与F成正比，则有：v2

【分析】（1）利用绳子的拉力等于钩码的重力可以判别钩码的质量要远远小于滑块的质量；

（2）利用速度位移公式可以判别每次释放位置没有改变；利用图像斜率可以求出滑块的质量大小。13．【答案】（1）对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：pS=mg+解得：p=1（2）对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：p解得：h2=20cm，对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律定律可得：p解得：L=7.5cm，故此时活塞M距离底端的距离为：H2=20+7.5=27.5cm【解析】【分析】（1）以两个活塞和重物作为整体进行受力，下降稳定后，整体处于平衡状态，再根据平衡条件确定下部分气体的压强；

（2）根据平衡条件确定不加重物时，下部分气体的压强，再以下部分封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程确定加重物后温度变为127℃时活塞N距底部的