湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案26

湖南省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题得分1．辘轳是古代庭院汲水的重要机械。如图，井架上装有可用手柄摇转的辘轳，辘轳上缠绕绳索，绳索一端系水桶，摇转手柄，使水桶起落，提取井水。P是辘轳边缘上的一质点，Q是手柄上的一质点，当手柄以恒定的角速度转动时（）A．P的线速度大于Q的线速度 B．P的向心加速小于Q的向心加速度C．辘轳对P的作用力大小和方向都不变 D．辘轳对P的作用力大小不变、方向变化2．2023年12月9日，由湖南科技大学与天仪研究院联合研制的天仪33卫星发射成功，该卫星绕地球公转周期约1.5ℎ，则它与地球同步卫星的轨道半径之比约为（）A．1632:1 B．1:3．将乒乓球从某一高度静止释放后，与水平地板碰掩若干次后最终停在地板上。设乒乓球每次弹起的最大高度为前一次的k倍（k<1），不计空气阻力，则在相邻的前后两次碰撞过程（）A．乒乓球的动能变化量相等 B．乒乓球的动量变化量相等C．乒乓球损失的机械能相等 D．乒乓球所受冲量之比为14．株洲蹦床运动员严浪宇在杭州亚运会蹦床比赛中勇夺冠军，在决赛中，严浪宇从最高点落到蹦床上再被弹起的v−t图像如图所示，图中只在0∼t1和t5A．在t2时刻，蹦床弹性势能最大 B．在t3C．在t4时刻，运动员离开蹦床 D．在t5．如图，一蚂蚁(可看成质点)在半径为R的半球体表面上缓慢爬行，蚂蚁与半球体间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若蚂蚁在爬行过程中不滑离球面，则其距半球体顶点的竖直高度不应超过（）A．R−R1+μ2 B．R−R1−6．图甲为使用风簸的情景。风簸是清谷的农用工具，主要用于筛选精谷粒和瘪谷粒。图乙为其工作原理示意图：匀速摇动扇叶（图中未画出），在AB和CD间形成持续稳定的风力场，风速水平向左，开启斗仓下方的狭缝S1，轻重显著不同的谷粒由狭缝进入风力场，在风力和重力作用下经由具有一定宽度的出谷口S2或S3离开风力场后被收集。现考查同时进入风力场的精谷粒a和瘪谷粒b这两粒谷子，设它们所受风力相同，忽略初速度和空气阻力的影响，那么（）A．a比b先到达出谷口B．到达出谷口时a的速度较大，b的速度较小C．a经由S3离开风力场，b经由S2离开风力场D．离开出谷口时，a的机械能增量较小，b的机械能增量较大阅卷人二、选择题得分7．如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，则（）A．A、C所受静电力大小之比为1:3 B．M、C．电子在M点电势能比在O点时要小 D．电子在N点电势能比在O点时要大8．如图，质量为m的小物块（可视为质点）静止在质量为M、长为l的木板上的最右端，木板放在光滑水平桌面上，某时刻木板以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为fA．物块的动能等于fl B．物块的动能小于flC．木板的动能大于12Mv9．一种新型潜水装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上升。某次试潜中该装置的速度时间图像如图所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的图像，已知加速和减速过程中加速度大小相等，潜水装置质量为m，重力加速度为g，忽略水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的整个过程中（）A．最大下潜深度为2B．下潜过程所用总时间为2NC．上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小为NmgD．潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为g−10．如图，质量为m的电动遥控玩具车在竖直面内沿圆周轨道内壁以恒定速率v运动，已知圆轨道的半径为R，玩具车所受的摩擦阻力为玩具车对轨道压力的k倍，重力加速度为g，P、Q为圆轨道上同一竖直方向上的两点，不计空气阻力，运动过程中，玩具车（）A．在最低点与最高点对轨道的压力大小之差为6mgB．通过P、Q两点时对轨道的压力大小之和为2mC．由最低点到最高点克服摩擦力做功为kπmD．由最低点到最高点电动机做功为2kπm阅卷人三、非选择题得分11．利用单摆测量重力加速度，实验操作如下：

（1）使用游标卡尺测量实芯钢球的直径，如下图所示，钢球直径的读数为d=mm；（2）将器材按甲图方式连接，用刻度尺测量出悬点与钢球最上端间细线长度为l；使钢球按照乙图方式运动，摆角小于5°，钢球第1次经过最低点处开始计时，第n次经过最低点时的总时间为t，则重力加速度g=；（用测得的物理量表示）（3）若钢球实际按图丙方式在水平面内做圆周运动，但仍然视作单摆，则测量出的重力加速度值（填“偏大”或“偏小”）。12．实验室提供电阻箱R、一个开关S、电流表A、电压表V各一个，导线若干，测量一节干电池的电动势E和内电阻r。某同学先后按图甲和图乙所示方式进行实验。（1）改变电阻箱的阻值R，该同学发现，在调节变阻箱×1000或×100旋钮时，电压表的示数几乎不发生变化，其原因是；（2）实验中调节变阻箱合适的旋钮，读取多组对应的电压U、电流I、电阻R的数据。为方便利用图像的线性关系，根据图里获得的实验数据，若以“1R”为坐标横轴，则纵轴应为；根据图乙获得的实验数据，做1I−R（3）在图乙中，电流表的内阻对于电池电动势和内阻测量的具体影响情况分别是。13．如图，生产活动中的常用工具“镐”由镐头和木柄两部分组成，镐头嵌套在木柄上。为使两者嵌套深度更大，手持木柄（木柄底端距离地面高为ℎ）使两者一起以相同加速度2g竖直向下运动，木柄与地面碰撞后速度立刻变为零并保持静止不动。已知镐头与木柄间的滑动摩擦力大小为Ff，镐头质量为m，木柄足够长，重力加速度为g（1）镐头和木柄一起向下运动时，两者之间的摩擦力的大小；（2）木柄与地面碰撞后镐头相对于木柄运动的距离。14．一质量为1.6×10−2kg，电荷量为+1.6×10−5C的小球在光滑绝缘的水平面上运动，整个空间存在平行于水平面的匀强电场，在水平面建立直角坐标系，t=0s、（1）前4s内小球位移的大小及小球通过B点时的速度大小和方向；（2）该匀强电场场强的大小和方向。15．如图，半径为R的四分之一光滑圆弧与足够长的光滑水平轨道平滑连接，在水平轨道上等间距的静止着质量均为3m的n个小球，编号依次为1、2、3、4……n，整个轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球A在圆弧最高点静止下滑，重力加速度为g，小球间发生对心弹性碰撞，求：（1）小球A第一次与1号小球发生碰撞后瞬间，两个小球的速度大小；（2）第n号小球的速度大小；（3）1号小球的最终速度大小。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、P、Q两质点同轴转动，角速度相等，根据

v=ωr

由于P质点的半径小于Q质点的半径，则P的线速度小于Q的线速度，故A错误；

B、根据

a=ω2r

结合上述可知，由于P质点的半径小于Q质点的半径，则P的向心加速小于Q的向心加速度，故B正确；

CD、手柄以恒定的角速度转动时，即质点均在做匀速圆周运动，P质点受到重力与辘转对P的作用力，根据

F=mω2r2．【答案】C【解析】【解答】根据万有引力定律可得，对地球同步卫星

GMmr2=m4π2T2r，T=24ℎ

解得

r=3GMT24π2

3．【答案】D【解析】【解答】A、令前一次碰撞前后的速度大小分别为v0、v1，则后一次碰撞前后的速度大小分别为v1、v2，根据动能定理有

mgℎ=12mv2

解得

v=2gℎ

则有

v1=kv0，v2=kv1

乒乓球的动能变化量大小分别为

ΔEk1=12mv12−12mv02=12m1−kv02

ΔEk2=14．【答案】B【解析】【解答】A、根据v-t图像中面积表位移，由图可知，在t3时刻，运动员向下运动到最低点，蹦床的形变量最大，弹性势能最大，故A错误；

BC、根据题意可知，v-t图像在0~t1和t5-t6两段时间内为直线，说明运动在这两段时间内做匀变速直线运动，此时只受重力，加速度为重力加速度，由v-t图像的斜率表示加速度，由图可知，在t3时刻，运动员加速度大于g，运动员在t1时刻接触蹦床，在t5时刻，离开蹦床，故C错误，B正确；

D、由图可知，在t3~t5这段时间内，运动员先做向上的加速运动，后做向上的减速运动，先处于超重状态，后处于失重状态，故D错误。

故答案为：B。

【分析】v-t图像的斜率表示加速度，v-t图像与时间轴所谓面积表示位移。运动员向下运动到最低点，蹦床的形变量最大，弹性势能最大。确定运动员在空中及与蹦床接触过程的受力情况，加速度向上，运动员处于超重状态。5．【答案】A【解析】【解答】根据运动的可逆性，蚂蚁缓慢的沿轨道下移，受力如图所示

随着蚂蚁的移，支持力与竖直方向的夹角θ在增大，蚂蚁受到的摩擦力在增大，当摩擦力达到最大静摩擦力时，蚂蚁离顶点最远，此时有tan蚂蚁离顶点的高度为ℎ=R结合几何关系可解得ℎ=R−故答案为：A。

【分析】蚂蚁缓慢爬行，处于动态平衡状态，当摩擦力达到最大值时，蚂蚁离顶点的距离最大。根据平衡条件确定此时夹角与支持力和摩擦力的关系，再根据几何关系进行解答。6．【答案】D【解析】【解答】A.谷粒进入风力场后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由竖直方向运动学关系式ℎ=12gt2，可得t=2ℎg，因精谷粒a和瘪谷粒b竖直方向下落高度相同，所以两谷粒在风力场中运动的时间相同，与质量无关，A不符合题意；

B.设精谷粒a质量为ma，瘪谷粒b质量为mb，风力为F，由牛顿第二定律可得，谷粒水平方向加速度为a=Fm，因为ma>mb，则ab=Fm7．【答案】A,C【解析】【解答】A、对点电荷A进行受力分析，点电荷A所受点电荷B的库仑力和C点电荷的库仑力夹角为120°，所以A所受的静电力为

FA=kq2L2

对点电荷C进行受力分析，根据平行四边形可知C所受静电力大小为

FC=kq2L2·2cos8．【答案】B,D【解析】【解答】CD、设物块离开木板时的速度为v1，对地位移为x1，物块离开木板时木板的速度为v2，对地位移为x2，因物块从木板左端离开，则可知离开时有v2>v1，对物块和木板整体由能量守恒有

12Mv02=12mv12+12Mv22+fl

整理可得

12Mv22=12Mv02−12mv12−fl<129．【答案】B,C,D【解析】【解答】A.根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，可得潜水装置返程上升的高度为H=由于下潜的最大深度和返程上升的高度大小相等，可得最大下潜深度为ℎA不符合题意；

B.设下潜的总时间为T，根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，有(T+T−2解得T=2NB符合题意；

C.取向上为正方向，设上升过程中，加速阶段浮力的冲量为I1，匀速阶段浮力的冲量为I2，减速阶段浮力的冲量为I1−mg·2t0整理可得上升过程中浮力的冲量大小为I=C符合题意；

D.加速阶段浮力最大，由牛顿第二定律有F减速阶段浮力最小，由牛顿第二定律有mg−则可得FD符合题意。

故答案为：BCD。

【分析】根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，求出下潜的最大深度和下潜过程所用总时间；对上升过程中潜水装置加速、匀速和减速的三段过程，分别应用动量定理，求出三段过程中浮力的冲量，再求出总冲量；由牛顿第二定律求解潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比。10．【答案】B,C【解析】【解答】A、在最低点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向上的支持力，由向心力公式得

F1−mg=mv2R

在最高点，玩具车在半径方向受到向下的重力和向下的支持力，由向心力公式得

F2+mg=mv2R

可得

F1−F2=2mg

故A错误；

BC、在PQ两点的受力如图所示

在Q点，由向心力公式有

N1−mgcosθ=mv2R

在P点，由向心力公式有

N2+mgcosθ=mv2R

可得

N1+N211．【答案】（1）12（2）[(（3）偏大【解析】【解答】（1）20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，则钢球直径的读数为

d=12mm+7×0.05mm=12.35mm

（2）据题意可知单摆的摆长为

L=l+d2

钢球第1次经过最低点处开始计时，第n次经过最低点时的总时间为t，则单摆的周期为

T=tn−12=2tn−1

由单摆的周期公式

T=2πLg

12．【答案】（1）电压表测量电阻箱的电压，电源内阻较小（2）1U；（3）对电动势的测量没有影响；内阻的测量值偏大【解析】【解答】（1）电压表测量电阻箱的电压，电源内阻较小，所以在调节变阻箱×1000或×100旋钮时，电压表的示数几乎不发生变化；

（2）对图甲根据闭合电路欧姆定律有

E=U+URr

解得

1U=1E+rE·1R

则纵轴应为1U；

对图乙根据闭合电路欧姆定律有

E=I(R+r)

解得

1I=1ER+r13．【答案】（1）解：根据题意，镐头和木柄一起向下运动时，对镐头由牛顿第二定律有f+mg=ma，其中a=2g，解得f=mg（2）解：设木柄与地面碰撞时，搞头的速度为v，由运动学公式有v2=2aℎ，解得v=2gℎ，木柄与地面碰撞后，镐头相对木柄向下运动，以向下为正方向，由牛顿第二定律有mg−Ff=m【解析】【分析】（1）根据镐头和木柄一起向下运动时加速度的大小，确定镐头所受摩擦力的方向，再对镐头运用牛顿第二定律确定摩擦力的大小；

（2）木柄与地面碰撞前，镐头和木柄一起向下以2g做匀加速直线运动，根据位移与速度的关系确定木板与地面碰撞时镐头的速度。木柄与地面碰后，镐头向下做减速运动，且镐头与木柄之间发生相对滑动，再根据牛顿第二定律及运动学公式进行解答。14．【答案】（1）解：前4s内小球的位移大小即为A、C两点间的间距x0=xB2+yC2=82+62m=10m，设小球加速度在坐标轴上的投影分别为ax，ay，经过B点时瞬时速度的投影分别为vBx、vBy，从A至B过程中有xB−xA=vBxT−（2）解：小球从A到C过程中，在x轴方向上有Δx2−Δx1=(xC−xB)−(xB−xA)=【解析】【分析】（1）位移大小为小球初末位置间的距离，再根据几何关系进行解答即可。将电场分解成沿x轴和y轴方向的分电场。则小球沿x轴和y轴方向均做匀变速直线运动，对小球从B到A及从B到C的过程，分别运用位移与时间的关系进行联立解答；

（2）小球沿x轴和y轴方向均做匀变速直线运动，根据逐差法确定小球在x和y方向的加速度，再根据矢量求和法则及牛顿第二定律确定场强的大小，根据几何关