2024年湖北省武汉市高考物理二模试卷

2024年湖北省武汉市高考物理二模试卷

一、酶题：本题共10小题,每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第广7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符

合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1.（4分）2024年2月29日，国际热核聚变实验堆（ITER）组织与中核集团牵头的中法联合体正式签署真空室模块组装合同，中国将再次为

ITER计划顺利推进贡献智意和力量。卜列核反应方程，属于热核反应的是0

4“/+：〃-*“历+）8.17MN+汕-C.攀U-9广1771+“历

D./U+加一镇8a♦•北Kr+3加

2.（4分）如图所示，在水平面上MN两点固定着两个电荷量相等的正点电荷，A、B为MN上：「

的两点，C、D为MX中垂线上的两点，且到MN中点0的距离相等。下列说法正确的是（）‘

■

■

W8•:…......:N

AB

■

■

A.沿中垂线从C点到D点电场强度一定先减小后增大

B.沿M\从A点到B点电势先升高后降低

C.将电子在C点释放，电子将在C、D之何做简谐运动

D.将电子沿直线从A点移到0点，再从0点移到C点，电子的电势能一直增加

3.（4分）在xWO机＞0的空间分别分布着均匀介质1和均匀介质2。1=0时刻，x轴上的波源S

沿v轴方向开始做简谐振动.C=to时刻，z轴上的P点恰好开始振动，波形如图。已知

S点横卡标为-4%P点横坐标为xs下列说法正确的是（）

A.波白介质1进入介质2周期变小B.波由介质1进入介质2传播速度不变

D.波在介质2中的传播速度为

第1页/MI5K

4.（4分）如图是一个既适用「220V,又适用『110V电源的理想变压器，其中两个原线圈完全相同，A。

且允许通过的最大电流均为0.30A。用于220Y时，应把两个原线圈串联起来再接电源（B、C相接，再

从A、D端引线接电源）：用于U0V时，应把两个原线圈并联起来再接电源（A、C和接，B、D相接，即B

从A、E端引线接电源）。已知副线圈的输出功率为50%则（）C°

A.用干220V电源时，变压器不能正常使用

B.用于110V电源时，变压器不能正常使用

C.把E、D相接并从A、C端引线接电源，变压器不能正常使用

D.把ZC相接并从B、D端引线接电源，变压器仍能正常使用

5.（4分）2023年5月，我国成功发射北斗卫星导航系统第56颗卫星。图（a）是西安卫星测控中心对某卫星的监控画而，图中左恻数值表示

纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中，卫星和地心的连线与地球表面的交点（即卫星在地面上的投影点，称为星下点）的轨迹展开

图.该卫星运行的轨道近似为旧轨道,高度低于地球同步卫星轨道.绕行方向如图所示.己知地球自转周期为24小时，地球半径为R,

地球同步卫星轨道半径约为6.6R。根据以上信息可以判断（）

66.5-N

23.5*N

23.5-S

66.5'S

图（a）图（b>

A.该卫星轨道平面与北纬30°线所在平面重合B.该卫星运行速度大于第一宇宙速度

C.该卫星运行周期为12小时D.该卫星轨道半径约为3.3R

6.（4分）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个重环，绕过光滑定滑轮的轻绳一端与重环相连，

另一端施加拉力卜'使重环从A点缓慢上升到B点。设杆对重环的弹力大小为FN，整个装置处于同一竖直

平面内，在此过程中（）

A.F逐渐增大，入丫逐渐增大B.F逐渐增大，FN先减小后增大C.F先减小后增大，FN逐渐增大

第2贝/先15奥

D.F先成小后增大，FN先减小后熠大

7.（4分）如图，某透明介质（折射率西））由两个半径分别为2R和R的半球鹿合而成，0为二者

的球心，0A为与两半球接触面垂直的半径。现有一束细单色光在纸面内从A点以入射角i射入介质，

不考虑多次反射，要使折射光能从小半球面射出，则入射角i的最大取值范围是（）

40°<<<15°8.0"1V30C.0301<45。D.09<t<69

8.（4分）彩灯事是由几十个额定电压约为6V的小灯泡串联组成，小灯泡的结构如多所示：小灯泡内有一根

表面涂有氧化层（导电性能很差）的细金属丝（电阻可忽略）与灯丝并联，正常工作时，细金周丝与灯丝支架

不导通；当加上较高电压时，细金属丝的氧化层被击穿，与灯丝支架导通。当某个小灯泡的灯丝熔断时

下列说法正确的是（）

A.彩­灯串上其他小灯泡仍能发光B.彩灯串上其他小灯泡不能发光

C.彩­灯串上其他小灯泡两端电压均略有增加D.彩灯串上其他小灯泡两端电压均保持不变

9.（4分）如图，电阻不计的固定直角金属导轨A0C的两边A0=0C=l,角度为45°的”,

7“形均匀金属杆可绕0'转动，转动过程中金属杆与导物接触良好。最初"7”形

金属杆的a段恰好与A端接触，b段恰好与0接触，整个空间存在磁感应强度大小为

B、方向垂宜纸面向里的勾强磁场。“7”形金属杆从图示位置以恒定角速度j沿逆时针方向转动

45°的过程中（）

A.回路中感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向B.穿过回路的磁通量先增大后减小

C.回路中感应电动势的最大值为3D."7“形金属杆a、b两段产生的焦耳热相等

尔3页/M15JJ1

10.（4分）如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为3m的半圆形槽，AB

为槽的水平直径。质量为m的小球自左端槽口A点的正上方距离为R处由静止

下落，从A点切入槽内。已知重力加速度大小为g,不计一切摩擦，下列说

法正确的是（）

A.槽向左运动的最大位移为0.5R

B.小球在槽中运动的最大速度为2J证

C.小球能从B点离开槽，且上升的最大高度小于R

D.若槽固定，小球在槽中运动过程中，重力做功的最大功率为三mg师

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

1.（7分）某同学用如图（a）所示的装置探究气体需

温变化的规律，空气柱的压强可以通过压力表读

出，空气柱的体积即空气柱的长度与横截而积的乘

积。整个装置安装在固定架上，把柱塞置于注射器

玻璃管的某一刻度处，将橡胶套套在玻璃管的下

端，把一段空气柱封闭在玻璃管中，实验中空J

杜质量保持不变。

柱塞

（1）请将下列实验步骤补充完整：

①读出初始状态下空气柱的压强P和空气注的长陵空气柱

1:橡胶套

②（填“缓慢”或“快速”）向上拉或向下

图

压柱塞，待压力表示数稔定后，读出空气柱的压强(b)

和空气柱的长度：

③重复步骤②，记录多组数据:

（2）某次实验时，压力表的示数如图（b）所示，则空气柱的压强「=Pa：

（3）以p为纵坐标，以为横坐标，把采集的各组数据在坐标纸上描点，各点位于过原点的同一条宜线上，由此得出结论：在

实验误差允许范围内，一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比。

2.（10分）某同学用如图（a）所示的电路描绘电动机的伏安特性曲线，并同时测量电源的电动势和内阻。现有实验器材：待测电源、

电压表（内阻很大）、电流表（内阻很小）、电阻箱Ri、滑动变阻器.心,待测电动机M、开关若干、导线若干。

第1页/共15页

（D描绘电动机的伏安特性曲线步骤如下：

①断开先将滑动变阻器的滑片P滑到（填"c”或"d”）端：

②闭会开关S1,S3接a,调节滑动变阻器，读出电流表、电压表的示数，将数据记入表格：

③以电动机两端的电压U为纵坐标，以通过电动机的电流I为横坐标，根据数据描点作图，得到电动机的伏安特性曲线如图⑹所示。请简要说

明图中0A段为直线的原因：,

（2）测电源的电动势和内阻步骤如下：

①断开S】，闭合S2,S3^b:

②调节电阻箱，读出相应的限值和电压表示数；

③多次测量后，以上为横坐标，为纵坐标，描点连线，得到图（c）,由此可得电源电动势1

m

E=v，内阻厂Q：（结果均保留2位有效数字）

（3）把上述两个规格相同的电动机串联后接在该电源两端，则其中一个电动机的电功率为W（结果保留2位有效数字）。

3.（IC分）在滑雪比赛中，某运动员从跳台上的A点以速度％=

方向成0=37。角斜向上起跳，落在倾角。=37。的斜坡上的B点，若

陆时速度方向与斜坡的夹角b=16。,如图所示。已知运动员和装的

（均可视为质点）总质量m=60g,吊陆缓冲的时间△t=0.5s,若

陆缓冲过程运动员不反弹、沿斜坡方向的速度不变，重力加速度大《、

g=lOzn/s2,不计空气阻力，sn370=0.6,eos370=0,8,s«nl60=

0.28,cos16°=1.96.求：斜坡

（1）运动员在空中飞行的时间:

（2）运动员若陆缓冲过程受到的平均支持力大小。

第5贞/共15或

OPQ

4.(15分)如图，水平直边界下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，0、P、Q为边里上的三个点，----------------------------

一电荷量为q(q>0)的粒子在纸面内以水平向右的速度经过()点正下方M点，分裂成两个质量相：

等的、带正电的粒子1和粒子2,分裂后两粒子的运动方向与分裂前相同，粒子1从P点离开磁必X：

时、粒子20恰好从Q点离开磁场。已知OP=d,OQ=3d,OM=bd不计粒子重力和粒子间的相；~

互作用.XM一'XX

(1)求粒子1、2各自在磁场中运动的半径:

XXXXX

⑵求粒子】所带的电荷量：

(3)若边界上方同时存在磁感应强度大小相同、方向垂直纸面向外的匀强檄场，当粒子2第二次经过边界时，求两粒子之间的距离。

笫6页/共15页

5.(18分)如图所示，倾用0=30」的足够长斜面固定在水平面上。1=0时

刻，将物块A、B(均可视为质点)从斜面上相距/=0.057的两处同时由静止点

放。已知A的质量是B的质班的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为乙=士,%=

%B之间的碰撞为弹性碰撞，旦碰撞时间极短，重力加速度大g=10m/s2/h

求：

(DA、E发生第一次碰撞后瞬间，R、B的速度大小：

(2)A、H发生第三次碰报的时刻：

(3)从静止释放到第n次碰撞.A运动的位移.

戢7贝/共15贝

2024年湖北省武汉市高考物理二模试卷（答案&解析）

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第广7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合

题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1.解：A.该反应最典型的是太阳内部的两个轻核结合成质量较大的核，可瞬间产生大量的热能，是轻核的聚变反应，又叫热核反应，

故A正确;

B.该反应是原子核的人工转变，故B错误：

C.该反应是a衰变，故0错误；

D.该反应是重核的裂变反应，故D错误。

故选：A.

【解析】根据原子核的人工转变、轻核聚变、重核裂变以及衰变反应进行分析解答。

2.解：A.根据等量:同种正电荷的电场分布规律可知，在中垂线上，无穷远处的电场强度为0,中点0处的电场强度也为J,则从无穷远到中

点的电场强度先增大后减小，由FC点与D点位置不确定，可知，沿中垂线从C点到D点电场强度可能先减小后增大，也可能先增大后减小，

再增大最后减小，故A错误；

B.沿电场线电势降低，根据等量同种正点电荷的电场分别规律可知，沿MN从A点到B点电势先降低后升高，故B错误；

C.结合上述可知，沿中垂线从C点到D点电场强度可能先减小后增大，也可能先增大后减小，再增大最后减小，则电子沿中垂线从C点到D点

所受电场力可能先减小后增大，也可能先增大后减小，再增大最后减小，即电了•所受电场力大小与相对平衡位置的位移大小不成正比美系,

即将电子在C点释放，电子在C、D之间的运动不是筒谐运动，故0错误：

D.沿电场线电势降低，根据等量同种正点电荷的电场分别规律可知，从A点移到0点，再从0点移到C点，电势一直降低，电子带负点，

则将电子沿直线从A点移到。点，再从0点移到。点，电子的电势能一直增加，故D正确。

故选：D.

【解析】A.根据等量同种正电荷电场分布规律分析在中垂线上的电场强度的大小变化情况；

B.根据等量同种正电荷电场分布规律分析在两点电荷连线上的电势的变化情况；

C.根据A选项分析是否满足做简谐运动的条件进行判断：

D.分析从A到0,再从0到C点的电势变化规律结合电场力做功情况判断电势能的变比。

3.解：AC.波由介质1进入介质2波源的振动频率没有改变，则周期不变，由题图可知：:丁二如解得周期为7二一，

故AO错误；

B、波由介质1进入介质2波长变为原来的3周期不变，由可知，传播速度变为原来的;故B错误：

D、波在介质2中的波长为2-2z。,周期为7=生则波的传播速度为丁/=与=如，故D正确。

37-0

2

故选:D.

第8页/拢】5页

【解析】波在介质间传播，波源的频率不变，则周期不变，由u可求波在介质2中的速度的大小。

4.解：AB、因为变压器是既适用于220V,乂适用于110V电源的理想变压器，所以不管是接220V的电源，还是接110V的电源，变压

器都能正常使用，故AB错误：

C、把B、D相接并从A、C端引线接电源，则原线圈的两个线圈绕行正好完全相反，所产生的磁场相互抵消了，通过副线圈的磁通

量始终为零，则副线圈输出电压始终为零，所以此时变压牌就不能正常使用「，故CiE确；

D、把A、C相接并从B、D端引线接电源，比时原线圈中的两个线圈绕行方向和反，抵消原线圈中的磁场方向，使穿过副线圈的磁通

量始终为零，则副线圈两端电压为零，此时变压器不能正常使用，故D错误。

故选£

【解析】根据题意分析AB：根据线圈的绕行方向分析穿过原副线圈的磁场的方向，分析副线圈中磁通量的变化情况。

5.解：A、卫星轨道平面一定过地球的球心，不可能与北纬30°线所在平面重合，故A错误；

B、笫一宇宙速度是卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，是最大的环绕速度，所以该卫星运行速度小于第一宇宙速度，故B

错误；

C、由图(a)可以看出，卫星处开始到第二次经过最北的点时恰好回到开始E寸的0。经度，可知卫星转两圈时地球恰好转一圈，则

2T=24h,即T=12h,该卫星的周期是12小时，故C正确；

D、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有牛=空二

r2T2

解得r-

同步卫星的周期为24小时，即T=2T

可得该卫星轨道半径r=层,r'=6.6R*的j=4.1R,故D错误。

故选C

【解析】P.星轨道平面一定过地球的球心：由P.星某相邻两次经过最北的点的时间为3由此得到TI星的运行周期；第一宇宙速

度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，是最大的环绕速度：根据天有引力提供向心力求出轨道半径.

6.解：对重环受力分析，并构封闭的矢量三角形，如图所示

第9贝/共16贝

G

由图可知，在拉力到达竖直方向前，与竖直方向的夹角越来越小，拉力F增大,%减小，经过短直方向后，夹角乂逐渐变大,

拉力F继续增大，%也增大，故B正确，ACD错误。

故选：B.

【解析】对电环受力分析，利用图解法可知拉力、重环的弗力大小的变化情况。

7.解:如图

根据几何关系可知，入射角越小，大半期的折射角越小，小半球界面的入射角越小，光越容易从小半球面射出，当入射角达最大值时，小半球界

面恰好发生全反射，此时，令在人半球界面处的折刖角为0,则有n一笔/，在小半球界面处恰好发生全反刖，则有n-

singer

3

三根据正弦定理有—=」一,解得limma-30:即要使折射光能从小半球面射出，则入射角的最大取值范围是0<1<

s>nZCxslnt3sin8卬

30。,故ACD错误,B正确。

故选：B.

【解析】作出入射的光路图，设置好各个夹角，找出相应的几何关系，结合折射率公式，刚好发生全反射的条件并利用正弦定律列式求解。

8.解：当其中i个小灯泡灯丝熔断时，此小灯泡相当于i段导线，起到连接作用，其它小灯泡能继续工作：

灯泡总电压小变，但灯泡个数减少，根据欧姆定律，可知彩灯用上其他小灯泡两端电人均略仃增加，故AC止确，BD错误。

故选：AC

【解析】当其中一个小灯泡灯丝熔断时，此小灯泡相当于一段导线，根据串联关系和欧姆定律分析。

9.解：AB、金属杆从图示位置以恒定角速度《沿逆时针方向转动45的过程中，回路的面积先增大后减小，则穿过回路的磁通量先

增大后减小，根据楞次定律可知，回路中感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误，B正确：

C、刚开始时，金属杆a、b有效切割长度的差值最大，回路中感应电动势最大，且回路中感应电动势的最大值为£□=

汛.湖3=*23,故0错误：

D、金原杆从图示位置转过22.5°的过程与再转22.5°的过程具有对称性。可知金属杆a、b两段产生的焦耳热相等，故D

第10页/共15页

正确。

故选:BO.

【解析】根据回路面积的变化分析磁通量的变化，再根据楞次定律判断感应电流方向.根粕转动切割感应电动势公式£=?班2土求回路中感应电动势的

最大值。根据对称性分析金属杆a、b两段产生的焦耳热关系，

10.解：A、系统水平方向动微守恒，则有mxj=3mx2,Xi+x2=2R,:联立解得：x2=0.5A,故A正确；

B、设带固定，小球及大速度在最低点，由机械能守恒定律可得=2mgR,-,解得：%,=2痂,但

衲不固定，小球及大速度小于2折瓦故B错误：

C、系统机械能守恒，小球从B点离开时，惜速度为0,故小球L升最大高度为R,故。错误：

I)、若树固定，设小球下落到槽内速度和水平方向夹角为。时全力功率最大，即竖直方向速度最大，则有：

mgR(l+cos0)=1?nv2

N-mgcosff=my

Ncosf=mg

联立解得：COS0=1,P=再，则有：sine=J

则重力功率为：P=mgvsine=早须瓦故D正确。

故选:AD.

【解析】小球和半圆形槽组成的系统除重力和弹力外不受其他外力，所以整个系统机械能守恒；但是系统在水平方向上不受任何外力，故水平方向动量

守恒。正根据水平动量守恒及性体的机械能守恒进行求解即可，

二、非选择题：本题共5小题，共60分，

1.解：(D该实验目的是探究气体等温变化的规律，为避免温度变化，应该柱塞獴慢地向下压或向上拉。

(2)由图可得压强为：1.2X105R2

(3)根据理想气体状态方程：pSl=nRT,可得：p=^$故横坐标为十・

故答案为：⑴缓慢：(2)1.2x10s;(3)7.

【解析】根据实验II的是探究气体等温变化的规律分析求解；

(2)根据压力表读出压强：

(3)根据理想气体状态方程分析求解。

第11页/共15页

2.解：(D①为了保证电路安全，应让先将滑动变阻洪的滑片P滑到阻值最大处，即c端，然后再闭合开关：

③0A段电动机两端电压较小，电动机未转动，电动机相可视为纯电阻，符合欧姆定律，所以其LI图线为直线:

(2)③根据闭合电路欧姆定律得：E=U+gr,整理可得：1

I(2^~)~IT

其图纹的斜率*=7t='0n.工0-F=12/V

坐标轴上的截距f)=l=0.50V-1

<1

解得该电源的电动势£=2.0匕内阳r=20/2

(3)设电动机的电压为U,电流为I,根据闭合电路欧姆定律可得：2(/=%lr

整理可为：u=7-?/=T-TJ=1-/

八=0当时，则%=1匕当。=0.64时，则Uz=0,4匕据此描出电源的伏安特性曲线，如图所示:

U/V

0]0.10.2030.40.50.6

电动机两端电压为U=0.6匕电流1=0.45A,其电功率P=Ul=0.6x0.45V=C.271V

故答案为：(D①c:③电乐较小,电动机不转动,可视为纯电阻：(2)③2.0.2.0;(3)0.27

【解析】。)①滑动变阻器应先接入最大阻值以保护电路；变阻器应采用分压式接法：③电动机未转动时属丁•纯电阻元件：

(2)③根据闭合电路欧姆定律得到--二的函数表达式，结合图像的斜率和解决求解电源的电动势和内阻：

uR,

(3)根据电源的伏安特性曲线与电动机的伏安特性曲线的焦点求解电动机的功率。

3.解：(1)运动员在空中做斜抛运动，由斜抛运动的规律可得：rcos«=cos(3+0),lsin(d+0)-(-^sina)=

ygt,联立导入数据解

得：t=2.5s;

(2)运动员在着陆的过程中,由动量定理可得：(N-mgcossi)-△f=0-(一rmcsbi/?),代入数据解得：N=1152A,

答：(】)运动员在空中飞行的时间为2.5s：

(2)运动员着陆缓冲过程受到的平均支持力大小为11521

【解析】(1)根据斜她运动规律求出运动员在空中匕行的时间：

(2)根据动盘定理求出运动员着陆獴冲过程受到区平均支持力大小。

4.解:(1)粒子运动轨迹如图

第12页/共15页

M

设粒子i运动的半径为t】，由几何关系得

22

r\—(V3d-rt)=d.

解得

Hi

r.=­a

13

设粒子2运动的半径为由几何关系得

22

r\-(r2-V3d)=(3d)

解得

r2=2V3d;

(2)由几何关系知

sin(180-%)=,sin%=?

解得

O

yr=12)°,02=6O

故粒子1、粒子2运动时间分别为

(-劫=)」=就72一.2

乂粒子在城场中运动的周期分别为

—2nm—2ml

而

叫=n\2

山电荷守恒定律

qi+仇=q

联立解得

24

=7:

(3)若在边界上方同时存在大小相同、方向垂直纸面向外的匀强磁场.粒子1、2将做周明性运动，粒子2第2次经过边界时，粒子1也经过边界，轨

迹如图所示

第13页/共15或

M

根据几何知识，粒子1距离0点的距离

Xx=沁。。530°

粒子2距离。点的距离

Xi=3r2cos300

所以，两个粒子的距离

"=勺•必

联立解得

Ax=6d„

Wd,2\[id-.

答：(1)粒子1、2各自在磁场中运动的半径分别为

(2)粒子1所带的电荷量为

3

(3)两粒子之间的距离为6d.

【解析】(1)画出粒子运动的轨迹图像,根据几何知识求解粒子1、2件自在磁场中运动的半径：

(2)根据几何知识求解两粒子在磁场中运动的轨迹对应的醐心角，再根据周期公式表示粒子在磁场中运动的周期，联立质量关系、电荷守恒定律求

解粒子1所带的电荷员:：

(3)作巳粒子运动的轨迹图像，根据题意可知两粒子在磁场中做冏期性的运动，根据几何知识求解两粒子第二次经过z轴时到原点。的距离，再根据

距离关系求解当粒子2第二次经过边界时两粒子之间的即离。

5.解：八沿斜而下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根据牛顿第二定律

3mgsa6-〃八x37ngeos。=3ma

分析B的受力：m