物理·2024年普通高中学业水平选择性考试(湖北卷)（含答题卡）

13.解析：(1)理想气体做等猛变化，根据玻意耳定律有pV 分两种情况讨论： =pV。 第一种情况，若第二次碰撞发生在图 解得V。=V 中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰 Po 撞之间，A、B通过的路程之比为 120(- (2)设气球内气体质量为m气，则m气=PV。 1209 对气球进行受力分析如图所示 1士3张其中=0,1,2,3，，则 有mg十pgV=mg十m。g FN-mg =1+36 结合题中p和V满足的关系为(p Pugv 4+3k P)(V-V)=C 解得V=5×10-3m 联立解祥。4+3 m s -2-3k ,显然k1只能取0，则巴4=2 答案：(1)2Y (2)5×103m 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为)A,V,则 气g 14.解析：(1)电子在匀强磁场中运动时，将 mAA十HUBMAUA十mmvn 1 1 其分解为沿x轴的匀逸直线运动和在 m小g y):平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度 联立解得人=，日=0，故第三次碰撞发生在b点、第四次 大小为v,由电子在x轴方向微匀速直线运动得1=v, 碰撞发生在点，以此类推，满足题意。 在O:平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期 第二种情况，若第二次碰撞发生在图中的（点，测从第一次 为T, 由牛频第二定律知B=m是，可得R=肥 碰撞到第二次碰撞之同A,B通过的路程之比为论，其 T=2πk_2xm 中：=0，l,2,3…,期兰-2+3张 Be 05+3k 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有！=nT(n -5十3张，显然k只能取0，期=5 1,2,3,…) 联立解得m。一3 联立得B三当n=1时，B有最小位，可得B 同理可得第二次碰撞后=，=0，则第三次碰授发生 在，点、第四次碰撞发生在b,点，以此类推，满足题意。 2πn el. =2或5。 综上所选·m (2)如图所示，tan0= (3)第一次碰前相对逸度大小为%，第一次碰后的相对速度 大小为=，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球 当tan0有最大值时，包，最大，R最大，此时R=r 义B-2R-0 多运动一圈，脚B球相对A球运动一圈，有1=2， )1相 eL 第一次碰撞有肚，V%=m十mm· 2xv 联立可得"m=L. -,tn0= 2π 第一次碰撞后有巴1=Va1一V1=· 解得心m一m,十m （十） 2πRmx（0十1) B球运动的路程s=vm4一m十m。巴 2元Rm ,十mg (是+以 (3)当)，最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大 第二次碰撞的相对速度大小为h=m。=4-水。 位移y,根据匀变逢直线运动规律有y。一温 第二次碰撞有m'。=m卫和十m似· 第二次碰撞后有心=一V阳· 由牛频第二定律知a=巴 mA一（一将） 解得ve一十ms 又= xtor L B球运动的路程s:=,= =2元Rmx(-1一m,+m 联立得ym= 2π2r话m n十m2相 EeL (3- 答案：222a2 由以上规律可以归纳为第2n十1次碰前一共碰撞了2n次。 el. Eel. 15.解析：(1)对A、B系统，碰撞前，后动量守，设碰撞后小球 s=51十十十…十w= 组合体的递度大小为， 由动量守恒有mAVg=(m,十m)u 碰撞后，对组合体，由牛领第二定律有 F。=(m+mn）R 解得s= e-1 ma十mne"(e-1) 联立解得一m十m mVa mivg E,-(m,十mR 答案：(1)m mava 川十ng (m+mg)R (2)2：1或5：1 (2)设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为A·碰撞过 e-1 (3) 2xRm· 程动量守恒，机械能守恒，对A,B系统有 m十mae(e-1) mU。一m'⅓十m" 2024年普通高中学业水平选择性考试 2m=2m+2m呢 (湖北卷) 联立解得A=一 （mA二mn） 2mAvo n1十加月 ,n一m、十m 1.C雷击时，醉时非均匀变化的电场产生变化的磁场，变化的 磁场在金属内产生涡电流，发热使金属熔化，C正确。 物理答案一6 2.B 8.AC电荷只能从一个物体转移给另一个物体，不能被创造， 质景数守何：10+1=w+4 也不能祓消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的 代数和保持不变，A正确：电场线与等势面垂直，沿电场线方 P=7,=2,B对 向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低 的等势面，B错误：点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将 电荷数守恒：5+0=3+b 沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该，点电荷的 3.C 电势能将减小，C正确：结合C项分析和y=△上，可知，当9 一水平方向：x=%t <0时，4>0，当9>0时，△g<0,即负点电荷将从低电势的 平抛 地方向高电势的地方运动，正，点电荷将从高电势的地方向低 运动 2/ +Uo 电势的地方运动，D错误 9.AC由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦 -竖直方向：h= 2双 兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体 最小，C对。 从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏 4.A 转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确：极板间 变轨前、后，根据a=G可知，空间站在P 的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE A正确 gB,又U=El,可得U=Bd,所以仅增大两极板间的距离 点的加速度相同 d,极板间的电压增大，B错误：结合B项分析可知，仅增大等 离子体的喷入速牵，极板间的电压增大，C正确：结合B项 由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨 分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间 的电压不变，D错误。 道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间 B错误 10,AD子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统 站变轨后的运动周期比变轨前的大 所受合外力为0，所以孩系统动量守恒，若子弹没有射出木 块，则由动量守恒定律有=(m十M),解得木块获得的 变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在 C错误 P点的速度比变轨前的大 连度大小为=又子择的物连度越大，其打入木块想 深，则当子弹怜不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有 变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于 2m听-之(m十M0e+k知b,解得队=2LCm+M;若子 变轨后在P点的速度，结合C项分析可知 mM 变轨后空间站在近地，点的速度大于变轨前 D错误 弹能够射出木块，则有>L(m十M迎，子弹在木块内运动 的递度 M 的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有=mm, 5.C分析电路特点可知，在接入正弦式交流电的一个周期内 =Ma,根据位移关系有1一af2- 之awt=L,对木 有半个周期只给L1供电，另半个周期只给1供电，11两端 2kmL 电压的有效值与【：两端电压的有效值相等，又R,:R: 块有=a,联立解得=2Mm-M十m又%越大， 21,时根据P-只可知，女泡1山的功率之比户，：P 1越小，则巴越小，即随着的增大，木块获得的递度：不 断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大 1:2,C正确 小=2L(m十M,A正确：子弹在木块内运动的过程，对 mM 6.B 子弹由动量定理有一k1=n一m,解得子弹在木块中运 +21c0530°= mM 动的时间t(m十DB错误：由能量守恒定律可知，木块 对P: H正响 和子弹损失的总动能△E,=kL=2L(m十①，C辑误： 定f4P-27%1r mM 1509 木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有工=罗】 2· 7,D根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的 运动轨迹不可能经过)点，粒子射出圆形区圾时的速度方向 解得木块在加递过程中运动的距高= m十MD正确。 一定沿该区域的半径方向，A、B错误：当粒子在磁场中运动 11,解析：(1)在本实验中，为了减小测量误差，入射角应适当大 的轨迹半径为r1=R时，粒子连实两次由A点沿AC方向朝 些，因为入射角越大，折射角也越大，则入射角和新射角的测 入磁场区域的时间间隔最短，其途动轨迹如图1所示，由洛伦 量误差都会减小，从而使折射率测量的误差减小，A错误：与 兹力提供向心力有mB=m三，又T,=2,则最短时间间 插针法测量相比，激光的平行度好，能更准确地确定入射光 线和折射光线，从而更有利于减小实验误差，B正确：选择圆 隔为1=2T=1,C错误：粒子从A点射入到从C点射出 心O点作为入射点，是因为便于计算，并不是因为此处的折 gB 射现象最明显，C错误。(2)设入射角为a,折射角为B、半回 圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关 弧轮廓线半径（玻稿砖半径）为R,则由几何关系可知sina= 系可知此时粒子的轨迹半径为，=，由洛伦数力提供向 3 RRsin B-MM PP 一尺，根据折射定律可得玻璃砖的折 心力有B=m三，联立解得=③B迟.D正确。 射率=m。=义，结合题图(b)可知yx国像的针率为该 sin 8 x 3m 45 玻璃砖的折射率，故诚玻璃砖的折射率加一28.5=1,58 (3)由(2)问分新可知折射率的表达式中没有半國孤轮廊线 半径R,所以轮廓线半径的测量误差对实验结果没有影响， 即折射率的测量结果不变。 答案：(1)B(2)1.58(1.56一1.60均可)(3)不变 12.解析：(1)由于30次全振动所用的时间为1，则1次全振动的 时间，即振动网期T一0。(2)弹簧振子平街时，由力的平 街条件有k(1-l)=Mg,又T=2√ M 图1 图2 ,联立可得=十 物理答案一7 T.（3)站合(2)问分折可知上T图线的斜率k=是 ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得 π E=BLV 由题图(b)可知k=0.51一0.474 联立得E,=BL/2gL. 0.57-0.3 m/s,联立解得g= (2)经分析知金属环在导航外的两段电阻被短路，由几何关 9.65m/s。(4)空气阻力会使本实验中的振动系统做阻尼 系可知导轨之间两段金病环的电阻均为R,它们在电路中并 振动，即本实验中的振动系统并不是理想化的弹簧振子，而 本实验中是将振动系统理想化为弹簧振子，从而测出重力加 联后的总电阻尺一尽 速度的，所以空气阻力是本实验的一个误差来源，A正确： 没电路中初始的干路电流为I1·由闭合电路欧姆定律有 (2)问分析中将弹簧振子的质量等效为托盘及其上物体的总 E 质量，但是实际上弹簧振子的质量为弹簧的质量和托盘及其 1=R+R 上物体的总质量之和，所以弹簧质量不为零是本实验的一个 经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为 误差来源，B正确：由于数字计时器记录的是30次全振动的 R。的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为 时间，所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可，即光 F,、加速度大小为4，则 电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置不是本实验的误差来 F=ILB 源，C错误。 由牛顿第二定律得 答案：1)0 (2)l。+5T(3)9.65(9.55~9.75均可) F=2ma 4π (4)AB 展立解得u=BLV2gL 3mR 13.解：(1)设客器内气体初、末状态体积分别为。，V,末状态温 (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守 度为T,由盖一吕萨克定律得 恒，设两者共速时的追度大小为，由动量守恒定律得 V V =(m+2m) T (注：极短时间△内，磁通量变化量为BL△x) (注：活塞缓慢上升过程，容器内气体压强不变，气体做等压 设在极短时间△内，ab与金属环园心的距离减少量为△x, 支化) 金属环所受安培力大小为F,流过b的电流为I,整个电路 其中V,=Sh,V=Sh+合) 的电动势为E,对金属环，由动量定理得 3F△=2m2一0 联立解得T=号T F=ILB 由闭合电路欧域定律得 (2)设此过程中客器内气体吸收的热量为Q,外界对气体做 E 的功为W,由热力学第一定律得△U=Q十W I-R+R 其中△U=C(T一T。) 设全属环团心初始位置到MP的最小距离为，若ab与金属 w=-(mg十p,S)吉 环共速时，两者治好接触，金属环圆心初始位置到MP的距 离最小，对b进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感 应定律有 联立解得Q=号(CT。十mgh十p,Sh) E=BL.Ar 14.解：(1)设小物块的质量为m,传送带左右两端的距离为1， 小物块与传送带间的动摩擦因数为以，小物块在传送带上加 x=L.十∑△x 速时的加速度大小为a,由牛顿第二定律有mg=ma 联立解得s= mR√2L+L 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为功，假设小物 B212 块在传送带上一直加递，由运动学公式有 2024年普通高中学业水平选择性考试 vi=2al (江西卷) 联立并代入数据得队=6m/5s 由于>5m/s,故假设不成立，小物块到达传送带右瑞前1.B 已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小 U-Ed F-eE 为u1=5m/8. U不变，d减小 E增大 ,F增大 (2)设小球的质量为M,碰撞后小物块与小球的递度大小分 电场强度方向向左 电子带负也，电子所受电 B对 别为西、马，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为 △上·对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得 场力方向向右 =一m达十M 2.C根据题意可知，辐射出的光子能量e=3.52×10"J,由 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 e=hv代入数据解得y=5.31×10“Hz,C正确. △E=2m时-2m-2M 3.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位置 随时间变化的快慢，B,D错误：根据x与1的关系式可知，1 联立并代入数据得△E=0.3J. 0时，质点位于x=1m处l=1s时，质点位于r=6m处，因 (3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时， 此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C正确 小球绕P点运动的半径最大，（注：小球从与P点等高处到 4.A 运动至最商点过程，由动能定理知一MgR=号M- 1 v? GM Ex-2 r2 M,越小，R越大，当绳子拉力刚好为零时，u最小，R GMm r Nr Ek2 ri 最大)P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点 A对。 正上方的速度大小为：，P点到O点的距离为x,绳子的长 4x? 度为I,小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向 GM 心加违度公式有Mg=M户 WW=mP=Yg坐 Q- 5.B发电功P=7·m=pV P= 对小球的整个上升过程，由动能定理得 -Mg1+1-x)=2Md-2M Qgh代入数据解得p≈10W,B对。 6.A根据反射信号图像可知，超声波的传播周期T=2×10 联立并代入数据得x=0.2m. s,又波速v=6300m/s,则超声波在机翼材补中的波长入 15.解：(1)设ab捧刚越过MP时速度大小为1，产生的电动势 vT=1,26×10m,结合题图(b)和题图(c)可知，两个反射信 大小为E1,对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒 号传播到探头处的时间差为△1=1.5×10s,故两个反射信 定律有 号的路程差2d==9.45×10'm=受1，解得d=4725× mgl.-之mv 10m,且两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。 物理答案一8绝密★启用前 2024年普通高中学业水平选择性考试（湖北卷）》 物 理 本试卷满分100分，考试时间75分钟. 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1~7题只有 一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分。 1.《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但 密 是漆器、刀鞘等非金属却完好（原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在 地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金 属完好的原因可能为 ( A.摩擦 B.声波 C.涡流 D.光照 封 2.硼中子俘获疗法是目前治疗癌症最先进的手段之一、B十。→X十。Y是该疗法中一种核反应 的方程，其中X、Y代表两种不同的原子核，则 A.a=7,b=1 B.a=7,b=2 C.a=6,b=1 D.a=6,b=2 线 3.如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上，设低处荷叶、 b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青 蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到 A.荷叶a B.荷叶b C.荷叶c D.荷叶d 内 地球 ☒i 准 第3题图 第4题图 第5题图 第6题图 4.太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中 实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间 站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道 半径。则 A.空间站变轨前、后在P点的加速度相同 B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 题 C.空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 D.空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大 5.在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L,的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向 电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S,灯泡L1、L2的电功率之比P,：P,为 A.2:1 B.1:1 C.1:2 D.1:4 6.如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平 缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f,方向与船 的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为 岗 北 B.y 3/ C.2f D.3f 7.如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为、电荷量为9 (9>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是() 2024·湖北卷第1页（共4页） A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 粒子连续两次由A点沿AC方向射人圆形区域的最小时间间隔为 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为3gBR 3m X X X 7777777777777777777 第7题图 第9题图 第10题图 8.关于电荷和静电场，下列说法正确的是 A.一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变 B.电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小 D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动 9.磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等 离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷人磁 场，极板间便产生电压。下列说法正确的是 A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷人速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 10.如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入 木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小。成正比， 即f=k,(k为已知常量)。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则() A.子弹的初速度大小为2kL(m十M0 mM 且子弹在木块中运动的时同为以 C.木块和子弹损失的总动能为1(m十M mM D.木块在加速过程中运动的距离为m山 m+M 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7分)某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率，具体步骤如下： ymm 0 35 30 25 2 15 1 以 51015202530xmm 图(a) 图(h) 2024·湖北卷第2页（共4页） ①平铺白纸，用铅笔画两条互相垂直的直线AA和BB',交点为O。将半圆柱体玻璃砖的平 直边紧贴AA',并使其圆心位于O点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线，如图()所示。 ②将一细激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃砖，记录折射光线与半圆弧的交点M。 ③拿走玻璃砖，标记CO光线与半圆弧的交点P ④分别过M、P作BB'的垂线MM'、PP',M'、P'是垂足，并用米尺分别测量MM、PP'的长度 x和y。 ⑤改变人射角，重复步骤②③④，得到多组x和y的数据。根据这些数据作出y-x图像，如图 (b)所示。 (1)关于该实验，下列说法正确的是 (单选，填标号)。 A.入射角越小，误差越小 B.激光的平行度好，比用插针法测量更有利于诚小误差 C.选择圆心O点作为人射点，是因为此处的折射现象最明显 (2)根据y-x图像，可得玻璃砖的折射率为 (保留三位有效数字) (3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果 (填 “偏大”“偏小”或“不变”)。 12.(9分)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2g砝码若干、托 盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。 具体步骤如下： ①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码， 如图(a)所示。 m 0.53 0.51 0.53 0.52 0.5 0.50 .49 0.48 0.47出 03 0.4 0.5 0.67s (图a) (图b) ②用米尺测量平衡时弹簧的长度，并安装光电门。 ③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。 ④用数字计时器记录30次全振动所用时间1。 ⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③①的操作」 晐同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T=元，其中k为弹 的劲度系数，M为振子的质量。 (1)由步骤④，可知振动周期T (2)设弹簧的原长为1，则1与g,,、T的关系式为l (3)由实验数据作出的-T2图线如图(b)所示，可得g= m/s2(保留三位有效数字，π 取9.87)。 (4)本实验的误差来源包括 (双选，填标号)。 A.空气阻力 B.弹簧质量不为零 C.光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置 2024·湖北卷第3页（共4页） 13.(10分)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为的活塞 密封一部分理想气体，活塞横截面积为S,能无摩擦地滑动。初始时容器内 气体的温度为T。,气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后， 活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量△U与温度变化量 △T的关系式为△U=C△T,C为已知常量，大气压强恒为p。,重力加速度大 77777777777777777 小为g,所有温度为热力学温度。求 (1)再次平衡时容器内气体的温度： (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 14.(16分)如图所示，水平传送带以5/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3. 6m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等 高。将质量为0.10kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰 撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周 运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因 数为0.5，重力加速度大小g=10m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小： (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总 动能： (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最 小距离。 15.(18分)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L,固定在同一水平面内，直 导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨 垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质 量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金 属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽 略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重 力加速度大小为g。现将金属棒αb由静止释放，求 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小： (2)金属环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环 圆心初始位置到MP的最小距离。 2024·湖北卷第4页（共4页）2024年普通高中学业水平选择性考试(湖北卷) 物理答题卡 姓 名: 台重 准考证号: 贴条形码区 考生 缺考考生由监考员贴条形码,并用2B铅笔填涂下面的缺考标 (正面朝上,请勿贴出虚线方框 禁填 记。 密 1.答题前,考生将自已的姓名,准考证号填写清楚,并认真核实对监考员所粘贴的条形码上的准考证号、姓名、考场 和座位号是否准确无误。 出幅 封 2.选择题必须使用2B铅笔将对应题目的答案标号涂黑,修改时用橡皮擦干净,再选择其它答案涂黑。非选择题必 须使用0.5毫米黑色签字笔填写,字体工整,笔迹清楚。 3.请按题号顺序在各题的答题区域内答题,超出答题区域的答案无效,在草稿纸、试题纸上书写的答案无效。 线 4.保持卡面清洁、完整、严禁折叠,严禁使用涂改液、胶带纸和修正带。 5.正确填涂 、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。 1.[A][B][C][D] 4.[A][B][C][D] 7. [ABCTD 10.[AB][CD 2.[ABCD 5.[A[B[CD 8.[A[BCTD 我 准 6.[A][B][C]D] 3.[ABCD 9.[A][B][C][D 二、非选择题:本题共5小题,共60分。 11.(7分) 游班 (1) (2) (3) 12.(9分) (1) (2) (③) (4) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 物理答题卡第1页(共4页) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 13.(10分) ___ P 71 n I| 77777777777777777 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 物理答题卡 第2页(共4页) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 14.(16分) #: 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 物理答题卡 第3页(共4页) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 15.(18分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 物理答题卡 第4页(共4页)