湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案14

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．我国自主研发的氢原子钟现已运用于中国的北斗导航系统中，高性能的原子钟对导航精度的提高起到了很大的作用，同时原子钟具有体积小、重量轻等优点，原子钟通过氢原子能级跃迁而产生的电磁波校准时钟，氢原子能级示意图如图，则下列说法正确的是（）A．用11.5eV的光子照射处于基态的氢原子可以使处于基态的氢原子发生跃迁B．一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射出6种不同频率的光子C．用12.09eV的光子照射一群处于基态的氢原子后，最多可辐射出4种不同频率的光子D．氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.12eV的某种金属所产生的光电子的最大初动能为6.63eV2．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾角为θ的斜面上，质量分别为m和4m的物块A、B通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行，A和B，B与斜面间动摩擦因数均为μ=1A．5135mgsinθ B．5435mg3．由于大气层的存在，太阳光线在大气中折射，使得太阳“落山”后我们仍然能看见它。某同学为研究这一现象，建立了一个简化模型。将折射率很小的不均匀大气等效成折射率为2的均匀大气，并将大气层的厚度等效为地球半径R。根据此模型，一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间是（地球自转时间为24小时，地球上看到的太阳光可以看成平行光）（）A．3小时 B．2小时 C．1.5小时 D．1小时4．如图甲所示，挡板OA与水平面的夹角为θ，小球从O点的正上方高度为H的P点以水平速度v0水平抛出，落到斜面时，小球的位移与斜面垂直；让挡板绕固定的O点转动，改变挡板的倾角θ，小球平抛运动的初速度v0也改变，每次平抛运动都使小球的位移与斜面垂直，1taA．图乙的函数关系图像对应的方程式1tan2θ=gH2C．当图乙中b=1，H的值为0.2m D．当θ=45°，图乙中b=15．如图，三根绝缘细线OA、OB、AB长均为1.00m，连着质量均为m=1.00g，电量均为q=1.00×10−9C的带电小球，A球带正电，B球带负电，AB水平。整个装置处在水平向左的匀强电场中，场强E=1A．系统最终静止时重力势能较最初减少了1B．系统最终静止时重力势能较最初减少了0C．系统最终静止时电势能和重力势能的总和较最初减少了2D．系统最终静止时电势能和重力势能的总和较最初减少了66．如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1，在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2。有一簇质量为m，电荷量为+q的粒子，以相同的速度A．S=(π+12)C．S=(π+1)B12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．位于坐标原点的波源从t=0时刻开始做简谐运动，t1=3s时第一次形成如图实线所示的波形，A．波源的起振方向沿y轴正方向 B．t2C．t2时刻可能为7.5s D．t8．如图，一小型发电厂的电压有效值为220V，通过升压变压器n1:n2=1:2，然后输出给终端，已知n3:n4A．闭合S1，断开S2，B．闭合S2，断开SC．闭合S2，断开S1，D．闭合S2，断开S1，增大9．如图，光滑的水平面左端为O，右端足够长，在O的左下方有一倾斜的传送带，传送带始终以10m/s的速度逆时针转动，物体与传送带间的动摩擦因数μ=316，物体的质量m=2kg，传送带上、下两端相距5m，物体在O处在水平恒力F1的作用下由静止向右运动一段时间，后将F1反向，大小变为F2，经过相同的时间它刚好回到OA．物块从O处以4m/s的水平速度做平抛运动 B．物块在传送带上运动的时间为2C．物块在传送带上留下痕迹的长度103m D．整个过程中F110．如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，电阻不计，导轨最右端接有阻值为R的定值电阻。整个装置处于两种磁感应强度大小均为B、方向竖直且相反的匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根导体棒MN、PQ静止于导轨上，两导体棒接入电路的电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数均为μ（设导体棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。t1时刻，用水平向左的恒力F拉MN棒，使其由静止开始运动，t2时刻，PQ刚好要滑动。该过程中，两棒始终与导轨垂直且接触良好，通过金属棒PQ的电荷量为q，重力加速度为A．t2B．t2时刻，金属棒MN速度大小为C．从t1到t2D．从t1到t2阅卷人三、实验题（第11题6分，第12题9分）得分11．某实验小组做“测量滑块与长木板之间的动摩擦因数”实验时，实验装置如图甲所示。在水平桌面上固定放置一端有定滑轮长木板，靠近定滑轮的B处有一个光电门。在A处有一上端带遮光条的滑块，A、B之间的距离保持L不变。不计滑轮质量及其与绳子之间的摩擦。（1）实验过程中用游标卡尺测量遮光条的宽度d，游标卡尺读数如图乙所示，读出遮光条的宽度为d=mm。（2）实验时，将滑块从A处静止释放，若光电门显示遮光时间为t，此时力传感器示数为F，从而可以得到一组F、t数据，多次改变所挂重物的质量进行实验，可得到多组数据。根据这些数据，作出F−1t2的关系图像如图丙所示，则滑块与遮光条的总质量为，滑块与长木板之间的动摩擦因数为（用L、a、b、d12．某实验小组欲测量某电源的电动势E和内阻r。实验室提供下列器材：A．待测电源（电动势不超过6V，内阻不超过2Ω）B．定值电阻R0=5ΩC．滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）D．电压表（0~6V，内阻约为5kΩ）E．电流表（0~0.6A，内阻约为0.5Ω）F．开关1只，导线若干（1）为了让实验效果较明显，且误差较小，请结合所给的实验器材设计最合理的实验电路图并画在虚线框中；（2）按电路图连接实际电路，调节滑动变阻器R，绘出U-I图线（如图甲所示），则电源的电动势E=V，内阻r=Ω；（结果均保留2位有效数字）（3）该小组同学又将该电源与另一个定值电阻Rʹ=199Ω和两个完全相同的热敏电阻Rt连接成如图乙所示的电路，已知热敏电阻Rt的伏安特性曲线如图丙所示，则此时每个热敏电阻消耗的电功率为W。阅卷人四、计算题（第13题10分，第14题15分，第15题16分）得分13．如图所示，两正对且固定不动的导热汽缸，与水平成30°角，底部由体积忽略不计的细管连通、活塞a、b用不可形变的轻直杆相连，不计活塞的厚度以及活塞与汽缸的摩擦，a、b两活塞的横截面积分别为S1=10cm2，S2=20cm2，两活塞的总质量为m=12kg，两汽缸高度均为H=10cm．汽缸内封闭一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到汽缸底的距离均为L=5cm(图中未标出)，已知大气压强为P=105Pa.环境温度为T0=300K，重力加速度g取10m/s2．求：（1）若缓慢降低环境温度，使活塞缓慢移到汽缸的一侧底部，求此时环境的温度；（2）若保持环境温度不变，用沿轻杆向上力缓慢推活塞，活塞a由开始位置运动到汽缸底部，求此过程中推力的最大值．14．如图，倾角为37°的足够长斜面底端有一弹性挡板P，O为斜面底端，离O处为L的斜面上有一点A，在A处有三个弹性滑块，均可视为质点，m1:m2:m3（1）3刚要与挡板碰撞时速度大小；（2）它们完成第一次碰撞后，1沿斜面向上滑行的最大位移（相对O）。15．如图，在第一象限内有垂直该平面的匀强磁场，以虚线x=a为界，左侧磁场垂直于该平面向里，右侧磁场垂直于该平面内向外。第四象限内互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直向里。所有磁场的磁感应强度相等，一质量为m，电量为＋q的带正电粒子从O沿＋x方向紧邻第一象限射入，粒子入射速度大小在0~vm中的所有数值，其中速度为vm的粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为2:（1）求磁感应强度的大小；（2）从第一象限射到y轴最远的粒子的速度大小；（3）场强E=Bvm（B为上述所求的值），求粒子在第四象限内运动离

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、用11.5eV的光子照射处于基态的氢原子，氢原子吸收光子后能量值为

E=−13.6eV+11.5eV=−2.1eV

由能级图可知氢原子并没有该能级，所以11.5eV的光子不能使处于基态的氢原子发生跃迁，故A错误；

B、一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出3种不同频率的光子，故B错误；

C、用12.09eV的光子照射一群处于基态的氢原子后，其能量将达到

E=−13.6eV+12.09eV=−1.51eV

即氢原子将跃迁到n=3的能级上；这群氢原子在向基态跃迁的过程中，最多可辐射出3种不同频率的光子，故C错误；

D、氢原子从n=4能级跃迁到=1能级辐射出的光子能量为

E=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV

用此光照射逸出功为6.12eV的金属，根据光电效应方程可得光电子的最大初动能为

Ek=ℎv−W0=12.75eV−6.12eV=6.63eV

2．【答案】B【解析】【解答】由于μ<tanθ，因此A、B间会发生相对滑动，根据A、B的质量关系可知，B将沿着斜面向下滑动，而A相对于B将向上滑动，二者为绳相连的连接体，滑动过程中加速度大小相同，则对A由牛顿第二定律有

T−μmgcosθ−mgsinθ=ma

对B由牛顿第二定律有

4mgsinθ−μ(4m+m)gcosθ−μmg3．【答案】D【解析】【解答】太阳光是平行光，临界光路图如图所示

由几何关系可得临界光线的折射角为

sinr=R2R=12

可知临界光线的折射角为30°

根据折射定律

n=sinisinr=2

可得

i=45°

4．【答案】C【解析】【解答】A、设平抛运动的时间为t，如图所示

把平抛运动的位移分别沿水平和竖直方向分解，由几何关系

v0t12gt2=tanθ

解得

t=2v0gtanθ

根据几何关系有

H−12gt2=v0t×tanθ

联立整理

1tan2θ=gH2×1v02−1

故A错误；

B、结合图乙图像可得

a=−1

故B错误；

C、由图乙可得图像的斜率

5．【答案】D【解析】【解答】AB、以A、B为整体，整体不带电，则系统最终静止时细线OA竖直向下，系统最终静止时细线OB与水平方向的夹角为θ，对B受力分析可得

tanθ=mgqE=1

解得

θ=45°

系统最终静止后，如图所示

系统最终静止时重力做功为

WG=mg(l−lsin60°)+mg(l−lsin60°+lsin45°)=0.975×10−3J

根据功能关系，系统最终静止时重力势能较最初减少了0.975×10-3J，故AB错误；6．【答案】C【解析】【解答】由

qv0B1=mv02r

则

r=R

故粒子圆形磁场区域经历磁聚焦，聚于两区域相切点而后进入正方形区域图形如下图

图中阴影部分即为所求，则

r=mv0qB2=7．【答案】A,B,C【解析】【解答】A、波源的起振方向与t=3s时，x=6m处质点的振动方向相同，故波源的起振方向沿y轴正方向，故A正确；

BCD、由图可知

λ=4m

由

v=ΔxΔt=63m/s=2m/s

所以

T=λv=42s=2s

t2时刻部分波形如图中虚线，但波不是传播到x=9m，质点的起振方向与波源的起振方向相同，即沿y轴正方向，故x=9m以后至少还有半个波长，即波至少传播到

x=9m+2m=11m

至少传播的时间

t8．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、由变压器原理得

U1U2=n1n2

其中

U1=220V

解得

U2=440V

设流过r的电流为I，则

U3=440−Ir，U4=440−Ir2

用户的电流为

2I=U4R用

P=2U4I=4000W

解得

I=10A

r=4Ω

故A正确；

BC、闭合S2，断开S1，设流过r的电流为I'，则

U3=440−4I'

U5=880−8I'

R2的电流为

I29．【答案】A,B【解析】【解答】A、物体在O处在水平恒力F1的作用下由静止向右运动一段时间，设末速度为v1，运动时间为t，则

a1=F1m

W1=Ek1=F1x=12mv12

x=12a1t2

大小变为F2后

a2=F2m

W2=Ek2=F2x=12mv22

x=12a2t2

联立解得10．【答案】A,D【解析】【解答】A、由于金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，金属棒PQ的电流方向为P到Q，根据左手定则可知，金属棒PQ受到的安培力方向水平向右，故A正确；

B、t2时刻，PQ刚好要滑动，设PQ上的电流为I，则有

BIL=μmg

金属棒MN产生的感应电动势为

E=BLv

由于金属棒PQ与电阻R并联，所以金属棒MN上的电流为2I，则根据闭合电路欧姆定律有

E=IR+2IR

联立可得，t2时刻，金属棒MN速度大小为

v=3μmgRB2L2

故B错误；

C、通过金属棒PQ的电荷量为q，则通过金属棒MN的电荷量为2q，则有

2q=IMN⋅Δt=ER+0.5R⋅Δt=ΔΦv=BLx1.5R

可得，从t1到t2时间内，金属棒MN在导轨上运动的距离为

x=3qRBL

故C错误；11．【答案】（1）2.25（2）2Lbad【解析】【解答】（1）遮光条的宽度为

d=2mm+0.05mm×5=2.25mm

（2）光电门显示遮光时间为t，则滑块到B处的速度为

v=dt

滑块从A点运动到B点，由运动学公式得

v2=2aL

滑块从A点运动到B点，由牛顿第二定律得

F−μmg=ma

解得

F=md22L×112．【答案】（1）（2）6.；1.0（3）1.44×10-2【解析】【解答】（1）电源的内阻远远小于电压表的内阻，所以应该选择对电源来说的外接法，电路图如下

（2）根据闭合电路欧姆定律得

U=E−Ir+R0

结合图像解得

r=1.0Ω

E=6.0V

（3）设热敏电阻两端电压为U、通过热敏电阻的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有

2U+I(R'+r)=E

代入数据得

U=3−100I

作出图线如图所示

图线交点表示此时热敏电阻的电压为2.4V、电流为6mA，故电功率

P=UI=1.44×1013．【答案】（1）解：设初始气体压强为p1，将两活塞作为整体受力分析，由平衡条件可得：p0活塞缓慢移动过程中，缸内气体压强不变，温度降低，体积减小，活塞向下移动；由盖·吕萨克定律可得：S1L+（2）解：沿轻杆向上的力缓慢推活塞，气体体积变化，又气体温度不变，则气体压强变化，当活塞到达汽缸顶部时，向上的推力最大，此时气体的体积为HS2，设此时的压强为p代入数据解得：p将两活塞作为整体受力分析，由平衡条件可得：F+代入数据解得：F=40N【解析】【分析】（1）以两活塞构成的整体进行受力分析，根据平衡条件确定封闭气体的压强。对整体进行受力分析可知，活塞缓慢移动过程中，缸内气体压强不变，温度降低，体积减小，活塞向下移动。确定封闭气体初末态气体的体积，再根据盖吕萨克定律进行解答；

（2）温度不变，封闭气体做等温变化。当封闭气体的压强越小，则向上的推力越大。故当活塞到达汽缸顶部时，向上的推力最大，根据几何关系确定初末态封闭气体的体积，再根据玻意耳定律确定末态时封闭气体的压强，再对两活塞构成的整体进行受力分析，根据平衡条件进行解答。14．【答案】（1）解：由静止下滑，设m19mg解得a=由运动学公式v解得3刚要与挡板碰撞时速度大小为v（2）解：3与挡板碰后以v0反弹，然后3与2碰，设3与2碰后的速度分别为v1、6m1联立解得v1=0同理对2与1碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得2m×21联立解得v3=0碰后1获得v40−解得1沿斜面向上滑行的最大位移为x【解析】【分析】（1）碰撞前，三个滑块一起在斜面上向下做匀加速直线运动，