湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案17

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．现在地球上消耗的能量，追根溯源，绝大部分来自太阳，即太阳内部核聚变时释放的核能。已知氘氚核聚变方程为12H+13H→24He+01A．E3−EC．4E3−22．电影《热辣滚烫》讲述了一个女孩通过学习拳击实现自我蜕变的励志故事。沙袋用绳竖直悬挂，主角对沙袋施加300N的作用力，通过调整施力方向使沙袋缓慢移动，尝试了各种施力方向后发现绳偏离竖直方向的最大夹角为30A．150N B．1503N C．300N 3．如图所示，一束复色光从真空射向半圆形玻璃砖的表面，在圆心O处发生折射，光分成了两束单色光ab分别从AB两点射出，下列说法正确的是（）A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率B．a光从O传播到A的时间大于b光从O传播到B的时间C．若该复色光由红光与紫光组成，则a光为红光D．若用同一双缝干涉装置实验，可看到a光的干涉条纹间距比b光的大4．如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数之比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，则（）A．原、副线圈回路中电阻两端的电压之比为3∶1 B．原、副线圈回路中电阻两端的电压之比为1∶3C．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为3∶1 D．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶35．与岳阳隔江相望的监利市正处北纬30°线上。若有一颗绕地球做匀速圆周运动的极地卫星某时经过了监利市正上方，12小时后，该卫星又经过了监利市正上方，问再过多少小时，该卫星还会出现在监利市正上方（）A．24 B．36 C．48 D．606．如图所示，竖直墙壁连有一劲度系数为k=1N/cm的轻质弹簧，弹簧右端连有一质量为m=1kg的重物，重物与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦等于滑动摩擦。推动重物，使弹簧压缩量达到x0A．释放后瞬间重物的加速度大小为15m/B．重物做往复运动，第一次向右运动的最大距离为25cmC．重物最终停在弹簧的原长处D．从静止开始释放，到最终停下，重物运动的总路程为42cm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．如图所示，正四面体的四个顶点ABCD分别固定一个点电荷，电荷量分别为−Q、+Q、+Q和+Q，O点为正四面体的正中心，O点到ABCD四点的距离均为r，E点为AD边的中点，静电力常量为k，下列说法正确的是（）A．O点电场强度的大小为2kQr2 B．C．O点电势比E点电势高 D．O点电势比E点电势低8．如图所示，从距地面5m高处的塔上，同时从同一位置抛出两小球，初速度大小都为2m/s，A球初速度水平向右，B球初速度与水平方向成60°角斜向右上，忽略空气阻力，重力加速度大小10m/sA．在A落地前，A、B可能在空中相遇 B．在A落地前，A、B间的距离不会超过2mC．B比A滞后35s落地 9．如图所示，倾角为θ的足够长的斜面上放有质量均为m相距为L的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为μ，μ=tanθ。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为A．释放时，A的加速度为gB．第一次碰后A的速度为2gLC．从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为2LD．从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为210．如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。某处S点有电子射出，电子的初速度大小均为v，初速度方向呈圆锥形，且均与磁场方向成θ角（0<θ<90°），S点右侧有一与磁场垂直的足够大的荧光屏，电子打在荧光屏上的位置会出现亮斑。若从左向右缓慢移动荧光屏，可以看到大小变化的圆形亮斑（最小为点状亮斑），不考虑其它因素的影响，下列说法正确的是（）A．若圆形亮斑的最大半径为R，则电子的比荷为2vB．若圆形亮斑的最大半径为R，则电子的比荷为vC．若荧光屏上出现点状亮斑时，S到屏的距离为d，则电子的比荷可能为2πvD．若荧光屏上出现点状亮斑时，S到屏的距离为d，则电子的比荷可能为4πv阅卷人三、非选择题：本题共5小题，共56分。得分11．某次实验课上，为测量重力加速度，小组设计了如下实验：如图甲所示，细绳一端连接金属小球，另一端固定于O点，O点处有力传感器（图中未画出）可测出细绳的拉力大小。将小球拉至图示位置处，由静止释放，发现细绳的拉力大小在小球摆动的过程中做周期性变化如图乙所示。由图乙可读出拉力大小的变化周期为T，拉力的最大值为F1，最小值为F（1）小王同学认为：若小球摆动的角度较小，则还需测量摆长L，结合拉力大小的变化周期T，算出重力加速度g=（用L、T表示）；（2）小王同学用刻度尺测量了摆线长，用游标卡尺测量了小球直径如图丙所示，小球直径为mm；（3）小李同学认为：无论小球摆动的角度大小，都只需测量小球的质量m，再结合拉力的最大值F1、最小值F2，算出重力加速度g=（用m、F1（4）小李同学测量出数据：m=40.0g，F112．为测量某电压表的内阻，兴趣小组利用如下器材设计了实验，电路图如图所示实验器材：待测电压表（量程1V，内阻约为500Ω）电源E1电源E2滑动变阻器R1滑动变阻器R2电阻箱R3开关S及导线若干操作步骤：①按图连接好电路，闭合开关S前，先调节滑动变阻器的滑片至最左端，调节电阻箱阻值为0②保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使得电压表指针由满偏变半偏③闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片至适当位置，使得电压表指针满偏④读出电阻箱的阻值，即为电压表的内阻请根据以上实验回答下列问题（1）操作步骤正确的顺序是；（2）从系统误差的角度考虑，电压表内阻的测量值真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）；（3）为减小系统误差，滑动变阻器应选择（选填“R1”或“R（4）为减小系统误差，电源应选择（选填“E1”或“E13．如图所示，一足够长、两侧粗细均匀的U型管竖直放置。管内盛有水银，右端开口，左端封闭一定质量的理想气体，封闭气体的长度L1=20cm，右管水银液面比左管水银液面高ℎ1（1）求左管内封闭气体的压强；（2）现从右管口逐渐取出水银，直到右管中水银液面下降25cm为止，求此时左管内封闭气体的压强。设整个过程温度不变。14．如图所示（俯视图），光滑绝缘水平面上有一边长L=1m的正方形单匝导体线框abcd，线框质量m=0.1kg，总电阻R=0.4Ω。线框的右侧有两块条形区域的匀强磁场依次排列，条形区域的宽度也均为L=1m，长度足够长，磁场的边界与线框的bc边平行。区域Ⅰ磁场的磁感应强度为B1（1）若线框向右的初速度v0=4m/s，求线框（2）若线框bc边能穿过区域Ⅰ，则线框bc边穿过区域Ⅰ的过程中，线框受到安培力的冲量；（3）要使线框能完全穿过整个磁场区域，至少给线框多大的初速度。15．三个可视为质点的小球A、B、C用两根长为L的轻杆通过铰链相连，竖立在足够大的水平地面上，A、B、C的质量分别为m、m、14m。因受微小的扰动，A球下降，B球向左，C球向右滑动，若三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为（1）A球落地前瞬间的速度大小及方向；（2）A球的水平位移的大小；（3）过程中A球机械能最小时，离地多高。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】因为该反应放出能量，所以生成物的比结合能更大，由题意可知，12H有两个核子，13H有三个核子，24He共有四个核子，所以其释放的核能为2．【答案】D【解析】【解答】如图

根据力的三角形，当施力方向与绳子垂直时，此时绳偏离竖直方向的夹角最大，沙袋的重力为

G=Fsin30°=600N

3．【答案】B【解析】【解答】A、根据图像可知，入射角相同，a的折射角小，根据

n=sinθ1sinθ2

可知，a光的折射率大，故A错误；

B、根据

v=cn

可知，在玻璃砖中的a光的传播速度小于b光的传播速度，光传播的路程都为半圆形玻璃砖的半径r，根据

t=rv

可知，在玻璃砖中的a光的传播时间大于b光的传播时间，故B正确；

C、a光的折射率大，频率高，波长小，若该复色光由红光与紫光组成，则a光为紫光，故C错误；4．【答案】B【解析】【解答】AB、根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系可得

I1I2=n2n1=13

根据欧姆定律

U=IR

原、副线圈回路中电阻两端的电压之比为

U1:U2=5．【答案】D【解析】【解答】两次相遇如图所示

若卫星逆时针旋转从A到B对应两次相遇，则极地卫星的周期为

T极地=360°2×(90°+30°)×12ℎ=18ℎ

若卫星第三次在A点相遇，则从A点回到A点有

24n=18m

解得

m=4，n=3

则需经历的时间为

t=18×3ℎ−12ℎ=60ℎ

若卫星第三次在B点相遇，则从B点再回到B点有

24n=18m

解得

m=4，n=3

则需经历的时间为

t=18×3ℎ=72ℎ

若卫星顺时针旋转从A到B对应两次相遇，则极地卫星的周期为

T极地=360°2×(90°−30°)×12ℎ=36ℎ

若卫星第三次在A点相遇，则从A点回到A点有

24n=36m

解得

m=2，n=3

6．【答案】D【解析】【解答】A、释放后瞬间，根据牛顿第二定律可得

kx0−μmg=ma

则释放后瞬间重物的加速度大小为

a=11m/s2

故A错误；

B、设重物第一次向右运动的最大伸长量为x1，根据功能关系可得

μmg(x0+x1)=12kx02−12kx12

代入数据解得

x1=9cm

则重物第一次向右运动的最大距离为

xm=x0+x1=22cm

故B错误；

CD、设重物向右运动运动到最大伸长量x1后，反向向左的最大压缩量为x2，

根据功能关系可得7．【答案】A,C【解析】【解答】AB、C点的点电荷在O点的电场如图所示（在AOC平面内）

其中CN为BCD平面内的高，AN为ABD平面内的高，设正四面体的棱长为L，由几何关系可得

CN=AN=3L2

NM=AN3=3L6

则

sinθ=NMCN=13

点电荷C在O点的电场强度为

EOC=kQr2

在竖直方向的分量为

EOCy8．【答案】B,D【解析】【解答】A、A在竖直方向做自由落体运动，B竖直方向可看作上抛运动，则在竖直方向不可能同时到达相同高度，则不可能在空中相遇，故A错误；

BCD、A落地过程有

ℎ=12gtA2

xA=v0tA

xB=v0cos60°tA

ℎB=−v09．【答案】A,C【解析】【解答】A、A物体沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律

mgsinθ=ma

解得

a=gsinθ

故A正确；

C、对A滑块，设从开始释放A与B第一次碰撞所用时间为t1，根据运动学

12at12=L

解得

t1=2Lgsinθ

故C正确；

B、第一次碰撞前，A的速度为

v0=at1=2gLsinθ

设第一碰后A的速度为vA，B的速度为vB，则碰撞过程根据动量守恒和动能守恒

mv0=mvA+mvB

12mv02=10．【答案】A,C,D【解析】【解答】AB、将电子的速度分解为水平方向的速度vx，和竖直方向的速度vy，即

vx=vcosθ，vy=vsinθ

在水平方向因为电子速度与磁场方向平行，所以不会受到洛伦兹力，即电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向因为粒子与磁场方向垂直，所以受到洛伦兹力，由于不计重力，所以在竖直方向粒子做匀速圆周运动。综上所述，可以将其看成水平方向的匀速直线，与竖直方向的粒子源问题，即，电子圆形亮斑的最大半径是电子轨迹圆周的半径的二倍，由此可知，在竖直方向轨迹圆周的半径为R2，有

evyB=mvy2R2

整理有

em=2vsinθRB

故A正确，B错误；

CD、由于电子在水平方向做匀速直线运动，设电子到荧光屏的时间为t，有

d=vxt

解得

t=dvcosθ11．【答案】（1）π（2）21.3（3）F（4）9.7m/s2【解析】【解答】（1）依题意，单摆的周期为2T，由

2T=2πLg

解得

g=π2LT2

（2）小球直径为

2.1cm+3×0.1mm=21.3mm

（3）小球在最高点时，速度为零，可得

F2=mgcosθ

小球在最低点时，由牛顿第二定律可得

F1−mg=mv12．【答案】（1）①③②④（2）大于（3）R（4）E【解析】【解答】（1）实验通过半偏法测电阻，操作步骤为：按图连接好电路，闭合开关S前，先调节滑动变阻器的滑片至最左端，调节电阻箱阻值为0；闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片至适当位置，使得电压表指针满偏；保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使得电压表指针由满偏变半偏；读出电阻箱的阻值，即为电压表的内阻。

操作步骤正确的顺序是①③②④。

（2）实际上，由于电阻箱与电压表串联后接入电路增加了总电阻，则滑动变阻器的分压将增大，这样当电压表半偏时，电阻箱的电压比电压表大，所以测量值大于真实值。

（3）由于满偏和半偏时认为电压未变，故只有滑动变阻器远小于电压表内阻时才成立，故选择最大阻值为10Ω的R1。

（4）由于电压表要满偏，达到1V，且电源内阻不能忽略，则其路端电压小于电源电动势，为减小系统误差，确保电压表要满偏，电源应选择电动势为1.5V的电源，即E1。

【分析】熟练掌握半偏法测电阻的操作步骤及注意事项。明确半偏法测电阻中理想化处理的物理量。再结合实际情况分析理想化处理对实验结果的影响。满偏和半偏时认为电压未变，故需让滑动变阻器远小于电压表内阻，这样才能尽可能的减小实验带来的误差影响。13．【答案】（1）解：以封闭气体为研究对象，设初始时气体的压强为p1p（2）解：设最终左侧封闭气体的液面下降高度为L2V最终阶段气体的体积为V最终阶段气体的压强为p由于该过程气体的温度不变，即发生等温变化，有p解得p【解析】【分析】（1）以封闭气体为研究对象，根据平衡条件及解答即可；

（2）现从右管口逐渐取出水银，根据平衡条件可知左侧封闭气体压强减小，则左侧封闭气体体积减小，即液面下降。根据几何关系及题意可知，稳定后，左右两侧液面高度差等于左侧液面下降的高度。确定稳定时左侧液面体积与下降高度的关系，再根据平衡条件及玻意耳定律进行解答。14．【答案】（1）解：线框bc边刚进区域Ⅰ时，感应电动势为E=电流为I=线框的加速度大小为a=（2）解：线框bc边穿过区域Ⅰ的过程中，线框受到安培力的冲量为I其中q解得I方向水平向左。（3）解：要使线框能完全穿过整个磁场区域，根据动量定理−其中qq解得线框初速度至少为v=3【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律确定bc边刚进入磁场时产生的感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律及安培力公式和牛顿第二定律进行解答；

（2）确定线框bc边进入磁场至穿过区域1时的受力情况，再根据冲量的定义及电荷量与磁通量变化量的关系进行解答；

（3）要使线框能完全穿过整个磁场区域，则线框完全离开磁场时，速度恰好为零时，线框的初速度最小。确定线框穿过磁场的过程中分为几个运动解答，以及各阶段中各边切割磁场的情况。确定各阶段穿过线框磁通量的变化情况，再对全过程根据动量定理及电荷量与磁通量变化量的关系进行解答。15．【答案】（1）解：令A落地瞬间，水平分速度为vx，根据运动的关联速度规律，可知，B、C的水平速度也为v(m+m+解得v对A、B、C构成的系统，根据机械能守恒定律有mgL