4.物理·2024年普通高中学业水平选择性考试(湖北卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考物理真题汇编

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. 倒 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。 密 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 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 ( 线 A.摩擦 B.声波 C.涡流 D.光照 餐 内 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 不 A.a=7,b=1 B.a=7,b=2 C.a=6,b=1 D.a=6,b=2 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、 数 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 答 题 甫 A.荷叶a B.荷叶b C.荷叶c D.荷叶d 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 北 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 ( ) 2024·湖北卷第1页（共8页） 地球 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 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L: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,·P2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 () 30 0 B.V② 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m、电荷量为g (q>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2页（共8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 C粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为沿 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 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，MV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入磁 场，极板间便产生电压。下列说法正确的是 ( XX XX XX X XX P ■0 A.极板MV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入速率，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() 777/ A.子弹的初速度大小为2L(m十M 2mM mM B.子弹在木块中运动的时间为(m干M C.木块和子弹损失的总动能为L(m十M mM D.木块在加速过程中运动的距离为mL m十M 2024·湖北卷第3页（共8页） 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： y/mm 45 35 30 2 1520 250mm 因) 图(h) 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(a)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改变入射角，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.人射角越小，误差越小 B.激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差 C.选择圆心O点作为入射点，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： 2024·湖北卷第4页（共8页） 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，在托盘内放人一个砝码， 如图(a)所示。 i/m 0.55 .54 0.53 .52 0.5 .50 0.48 .47 出 03 .1 0.5 0.6T/s (图a) (图b) ②用米尺测量平衡时弹簧的长度1，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②③④的操作。 该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=2√ M 其中k为弹簧 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l。,则l与g、l。、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/s(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5页（共8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m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。 77777777777777777 2024·湖北卷第6页（共8页） 14.(16分)如图所示，水平传送带以5m/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。 2024·湖北卷第7页（共8页） 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b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ab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8页（共8页）第二种情沉，若第二次碰撞发生在图中的点，则从第一次3.C 碰撞到第二次碰撞之间A,B道过的路程之比为十3欢，其● 一水平方向：r=t 平抛 最小 中k:=0,1,2,3,…,则兰=2+3 运动 2/ 5十3k2 竖直方向：h= 2 长立部受-装足格只意取6受- 最小，C对 4.A 同理可得第二次碰撞后A=6,n=0,则第三次碰撞发生 在点、第四次碰擅发生在b点，以此类推，满足题意。 变轨前、后，根据a= GM 可知，空间站在P 路上所丝哈2美5 A正确 点的加速度相同 (3)第一次碰前相对速度大小为，第一次碰后的相对速度 由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨 大小为v=,第一次碰后与第二次相碰前B琼比A球 道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间 B错误 多运动一图，即B球相对A球运动一因，有，=2迟 站变轨后的运动周期比变轨前的大 V1格 第一次碰撞有mg=m”1十mnm· 变轨时，空间站喷气加谁，因此变轨后其在 第一次碰撞后有u地=一A= C错误 P点的速度比变轨前的大 mA一（十v1 解得vm一m十m 变轨后，空间站在近地，点的速度最大，大于 2Rm(+1）一m,十mn B球运动的路程=v1山一m十m 2Rm 变轨后在P点的速度，结合C项分析可知， 变轨后空间站在近地，点的递度大于变轨前 D错误 (日+小 的速度 第二次碰撞的相对速度大小为心。=巴相=e一 2xR 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， 有半个周期只给1，供电，另半个周期只给1供电，L1两端 第二次碰撞有mA"。=m,”A:十mn”腿· 电压的有效值与L两端电压的有效值相等，又R1:R:= 第二次碰撞后有和=”一m' m1(一 21,期根据P发可，有泡山的功来之比户：P 解得ve一m,十mn 1：2,C正确. 2Rm（0一1）=m人+mn 6.B B球运动的路程s2=一m人十m。和 2xRm 27e0s4”=f (小 吗 对P: B止确 由以上规律可以归纳为第2n十1次碰前一共碰撞了2次。 定0产=/4r-26os15y 2R1上十十…十7.D报据带电粒子在国形边界磁场中的运动性质可知鞋子 =,十十十…十=m,十mn e e 运动轨迹不可能经过)点，粒子射出圆形区域时的递度方向 一定沿孩区城的半径方向，A、B错误：当粒子在磁场中运动 的轨迹半径为广1=R时，粒子连续两次由A,点沿AC方向射 解得s= 2xRm e2m-1 入磁场区城的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦 mA十mge(e-1) 兹力提供向心力有B=m型，又T,=2“,剥最短时间间 答案：(1)m4 mi明 mx十m(m,十m)R (2)21或5：1 隔为1=2T=4,C错误：粒子从A点射入到从C点射出 qB · (3) e-1 国形区城用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由儿何关 2024年普通高中学业水平选择性考试 系可知此时粒子的轨迹率径为，=，由洛伦兹力提供向 3 (湖北卷) 心力有g,B=m ，联立解得=③gBS,D正确. 3m 1.C雷击时，瓣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，发热使金属挖化，C正确。 2.B 质景数H:10+1=w+4 0B+in→X+Ya=7,=2,B对 电荷数守恒：5+0=3+ 图 图2 物理答案一8 8.AC电荷只能从一个物体转移给另一个物体，不能被创造， 射现象最明显，C错误。(2)设入射角为α，折射角为3、半风 也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的 弧轮廓线半径（玻璃砖半径）为R,则由几何关系可知sina 代数和保持不变，A正确：电场线与等势面垂直，沿电扬线方 -言咖震-京根器折特定律可得玻瑞砖的折 PP 向电势逐新降低，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 射率m=加g=义，结合题图(b可知yr困像的斜率为该 sin B r 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 电势能将减小，C正确：锆合C预分析和△g△E,可知，当 或璃玲的折粉率，故接疏璃砖的折射率一怎一158。 (3)由(2)问分新可知折射率的表达式中没有半國孤轮廓线 <0时，△>0，当q>0时，△g<0,即负点电荷将从低电势的 半径R,所以轮原线半径的测量误差对实验结果没有影响， 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 即折射率的测量结采不变。 电势的地方运动，D错误。 答案：(1)B(2)1.58(1.561.60均可)(3)不变 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 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 兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦滋力，测等离子体 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 时间，即振动周期T=0(2)弹簧振子平衡时，由力的平 转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确：极板间 的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有E 街条件有-)=M,又T=2√受，联立可得1=十 gB,又U=Ed,可得U=Bd,所以仅增大两极板间的距离 d,极板间的电压增大，B错误：结合B项分析可知，仅增大等 T,(3)结合(2)问分桥可知上T图线的斜率=景 4x 离子体的喷入速奉，极板间的电压增大，C正确：结合B项 由题因（)可知长=0智，联主部释g 分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间 9.65m/s。(4)空气阻力会使本实验中的振动系统做阻尼 的电压不变，D错误。 振动，即本实验中的振动系统并不是理想化的弹簧扳子，而 10.AD子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统 本实验中是将振动系统理想化为弹簧报子，从而测出重力加 所受合外力为0，所以孩系皖动量守恒，若子弹没有射出木 速度的，所以空气肌力是本实验的一个误差来源，A正确： 块，则由动量守恒定律有m=(m十M),解得木块获得的 (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 速度大小为一m十M又子弹的初速度越大，其打入木块越 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 深，测当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有 上物体的总质量之和，所以弹簧质量不为零是本实脸的一个 合md-号(m+M)+kL,解得6=2L+M,若于 误差来源，B正确：由于数字计时器记录的是30次全振动的 mM 时间，所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可，即光 弹能够射出木块，则有>2kL(m十M,子弹在木块内运动 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 mM 源，C错误 的过程，对子弹和木块分别由牛领第二定律有k=mm, k=Mau,根据位移关系有一0-a=L,时木 答案：0(2l,+接T（3)9.65(9.5~9.75均可) (4)AB 2kmL 块有西=a,联立解得=2MmM十m又越大，13，解：(1)设容器内气体初，末状态体积分别为V,V,未状态温 1越小，则越小，即随着，的增大，木块获得的速度不 度为T,由盖一吕萨克定律得 断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大 小=2L(m+①，A正确：子弹在木块内运动的过程，对 mM (注：活塞缓慢上升过程，容器内气体压强不变，气体做等压 子弹由动量定理有一k1=m知一，解得子弹在木块中运 变化) mM 动的时间一(m十M而B错误：由能量守恒定律可知，木块 其中V,=S,V=5h+号) 和子弹损失的总动能△E.=k,L=2L(m十边，C错误： mM 联立解得T-号工 木块在加速过程中做匀加逸运动，由运动学规律有x=2, vt (2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q,外界对气体做 的功为W,由热力学第一定律得△U=Q十W 解得木块在加连过程中运动的距离一D正确 其中△U=C(T一T) 11.解析：(1)在本实验中，为了减小测量误差，入射角应造当大 W=-(mg+A.s)写h 些，因为入射角越大，折射角也越大，则入射角和折射角的测 量误差都会减小，从而使折射率测量的误差减小，A错误：与 联立解得Q号(CT,+mgh十AS0) 插针法测量相比，激光的平行度好，能更准确地确定入射光14.解：(1)设小物块的质量为m,传送带左右两端的距离为【， 线和折射光线，从而更有利于减小实验误差，B正确：选择國 小物块与传送带间的动摩擦因教为以，小物块在传送带上加 心O点作为入射，点，是因为便于计算，并不是因为此处的折 速时的加速度大小为4，由牛顿第二定律有ng= 物理答案一9 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为，假设小物 (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守 块在传送带上一直加速，由运动学公式有 恒，设两者共速时的速度大小为2，由动量守恒定律得 vj=2al. =(m十2m)u 联立并代入数据得，=6m/s (注：极短时间△t内，磁通量变化量为BL△x) 由于v1>5m/s,故假设不成立，小物块到达传选带右端前 设在极短时间△内，b与金属环圆心的距离减少量为△x, 已经与传送带共递，故小物块与小球碰撞前除间的速度大小 金属环所受安培力大小为F,流过ab的电流为I,整个电路 为h1=5m/8. 的电动势为E,对金属环，由动量定理得 (2)设小球的质量为M,碰撞后小物块与小球的递度大小分 ∑Fy=2m-0 别为功、，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为 F=ILB △E,对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得 由闭合电路欧姆定律得 助=一物十M E 小物块与小球碰撞过程中，系统桶失的总动能为 I-R+R. 设金属环图心初始位置到MP的最小距离为￥，若ab与金属 =m时-m-M 环共速时，两者恰好接触，金属环间心初始位置到MP的距 联立并代入数据得△Ek=0,3J. 离最小，对b进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感 (3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时， 应定律有 小球绕P点运动的半径最大，（注：小球从与P点等高处到 E-BL岁 运动至最高点过程，由动能定理知一MaR-之M-司 x=L+2△x M,越小，R越大，当绳子拉力刚好为零时，最小，R 联立解得s= mR V2gL+L. B'L* 最大)P点到O,点距离最小，设这种情况下小球运动到P点 2024年普通高中学业水平选择性考试 正上方的速度大小为，，P点到O点的距离为x,绳子的长 度为(，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向 (江西卷)】 心加速度公式有Mg=M户 1.B 对小球的整个上升过程，由动能定理得 V不变，d减小U= E增大F-E +F增大 -Mg+-)=M-Md 电场强度方向向左电子带负电电子所安电 B对。 联立并代入数据得x=0.2m, 15.解：(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为1，产生的电动势 场力方向向右 大小为E1,对：b在圆孤导轨上运动的过程，由机械能守恒 2.C根据题意可知，辐射出的光子能量e=3.52×10”」.由 定律有 e=hv代入数据解得￥=5.31×10"H,C正确。 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 mL=m 随时间变化的快慢，BD错误：根据T与t的关系式可知，t ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得 0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=6m处，因 E=BLv 此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C正确。 联立得E=BL√2gL. 4.A (2)经分析知金属环在导轨外的两夜电阻被短路，由几何关 GM E- 2m2 Ekl r2 系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R,它们在电路中并 GMm Ek2 ri 联后的总电程R-餐 ·A对 4 T→T GM 设电路中初始的千路电流为L,,由闭合电路欧姆定律有 E 。WW=mgh Q -R+R. 5.B发电功率P=7·7m=pV PVgh 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 Qgh代入数据解得p≈10W,B对。 R。的金属棒，设盒属环刚开始运动时所受的安培力大小为 6.A根据反射信号图像可知，超声波的传据周期T=2×10 F、加速度大小为a,则 s,又波速口=6300m/s,则超声波在机翼材料中的波长1 F=ILB vT=1.26×10m,结合题图(b)和题图(c)可知，两个反射信 由牛颜第二定律得 号传搞到探头处的时间差为△1=1,5X108,故两个反射信 F=2ma 联立解得u=LV2虹 号的路程差2d==9.45X10m=号.解得d=4.725× 3mR 10m,且两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。 物理答案一10