4.2024年普通高中学业水平选择性考试(湖北卷)（含答题卡）-【高考密码】2022-2024三年高考物理真题汇编试卷

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）第一次碰撞有m。=m卫A1十mnm 5.C分析电路特点可知，在接入正孩式交流电的一个周期内， 第一决碰撞后有抽=m一= 有半个周期只给L1供电，另半个周期只给L供电，L1两端 mA（十U1） 电压的有效值与L:两端电压的有效值相等，又R,:R。 解得巴一m干mg 2:1,则根据P= 可知，灯泡L1L的功率之比P,:P:= B球运动的路程s11 2元Rm(a+1) 2元Rm人 R 1:2,C正确。 m专十mn mA十ma 6.B (+ 对S: →270s30= 第二次碰撞的相对速度大小为== 2R 对P: H正确 第二次碰撞有m,。=m十mn'阳· 15( 余 第二次碰撞后有"相=V:一批· …f 定Ff427os1r 解得一mA十m m(6一V 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O点，粒子射出圆形区域时的速度方向 2xRm(-1）=m+m 一定沿该区域的半径方向，A、B错误：当粒子在磁场中运动 B球运动的路程s=V:一m十mn相 2aRm 的轨迹半径为r1=R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射 ( 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 兹力提供向心力有，B=m”,又T,=2,剥最短时间间 由以上规律可以归纳为第2n十1次碰前一共碰撞了2n次 r =十十十…十=m十m 2m士++…士 福为1m=2T-智，C错溪，粒子从A点射入到从C点特出 国形区城用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关 ) e2-1 系可知北时粒子的轨选半径为店=停R,由洛伦营力提供向 解得s= 2Rm mA十mge(e-1) 心力有B=m,联立解得-B卧，D正确 m 3 答案：(1) m4十n:(m,十m。)R (2)2:1或5：1 (3)2Rm. e-1 mA十mge(e-1) 2024年普通高中学业水平选择性考试 (湖北卷) 1.C雷击时，瞬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。 2.B 图1 图2 质量数守恒：10+1=：+4 8.AC电荷只能从一个物体转移给另一个物体，不能被剑造， 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 B+n-X+Y 十a=7,6=2,B对 代数和保持不变，A正确：电场线与等势面垂直，沿电场线方 向电势逐浙降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低 电荷数时H:5+0-3+6 的等势面，B错误：点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将 3.C 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 水平方向：x= 电势能将减小，C正确：结合C项分析和△g,可知，当9 平抛 h <0时，△g>0,当q>0时，△g<0,即负点电荷将从低电势的 运动 2h -Uo 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 -竖直方向：h= 2 电势的地方运动，D错误， 最小，C对 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 4.A 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 从左侧喷入础场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏 变轨前、后，根据a= GM 可知，空间站在P 转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确：极板间 A正确 点的加速度相同 的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE B,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 由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨 离子体的喷入速率，极板间的电压增大，C正确：结合B项 道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间 B错误 站变轨后的运动周期比变轨前的大 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 10,AD子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统 变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在 P点的速度比变轨前的大 C错误 所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木 块，则由动量守恒定律有m=(m十M),解得木块莪得的 变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于 变轨后在P点的速度，站合C项分析可知 速度大小为一加十又子弹的初连度越大，其打入木块越 变轨后空间站在近地点的速度大于变轨前 D错误 深，剥当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有 的逯度 名md=（m+M0+kaL,解释6=2Lm时M,若于 1 mM 物理答案一7 弹能够射出太块，则有>2L(m十M ,子弹在木块内运动 13,解：(1)设容器内气体初，末状态体积分别为V,V,末状态温 mM 度为T,由盖一吕萨克定律得 的过程，对子弹和木块分别由牛颜第二定律有k。=mm, T。 k。=Ma,根据位移关系有t一 241、1 ul=L,对木 (注：活塞缓慢上升过程，容器内气体压强不变，气体做等压 2kmL 变化) 块有路=u,联立解样购=2Mm一M十m,又越大， 共中V,=5动V=Sh+号 1越小，则越小，即随着。的增大，木块获科的速度2不 断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大 联立解得T=号T 小-2L(m十M,A正确：子弹在木块内运动的过程，对 (2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q,外界对气体做 mM 的功为W,由热力学第一定律得△U=Q十W 子弹由动量定理有一k,t=mv一m,解得子弹在木块中运 其中U=C(T一T) mM 动的时间1一km十MB错误：由能量守恒定律可知，木块 W--(mg+p.S)h 和子弹损失的总动能△E.=L=2I(m十M,C错误： 联立解得Q=号(CT,+mgh+pSh) mM 14.解：(1)设小物块的质量为m,传送带左右两端的距离为L, 木块在加速过程中做匀加追运动，由运动学规律有x= 2 小物块与传送带间的动摩擦图数为，小物块在传送带上加 速时的加速度大小为a,由牛领第二定律有mg=ma 解得木块在加逢过程中运动的距高D正确。 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为，假设小物 块在传送带上一直加速，由运动学公式有 11.解析：(1)在本实脸中，为了减小涮量误差，入射角应适当大 vi=2aL 些，因为入射角越大，折射角也越大，则入射角和折射角的则 联立并代入数据得山1=6m/s 量误差都会成小，从而使折射率测量的误差减小，A错误：与 由于v>5m/8,故假设不成主，小物块到达传送带右端前 插针法测量相比，激光的平行度好，能更准确地确定入射光 已经与传送带共速，故小物块与小球碰楂前瞬间的速度大小 线和折射光线，从而更有利于减小实验误差，B正确：选择圆 为=5m/s. (2)设小球的质量为M,碰撞后小物块与小球的速度大小分 心O,点作为入射点，是因为便于计算，并不是周为此处的折 别为U2、,,碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为 射现象最明显，C错误。(2)设入射角为a,折射角为3、半國 △E,对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得 孤轮廓线半径（玻璃砖半径）为R,则由几何关系可知sina mu,=一m边十M PP 一兰、sinB一MM一，根据折射定律可得玻璃砖的志 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 AE-之mn-之md-2Mw 射率n=g义，结合题图(b)可知yx困像的斜率为该 sin B 联立并代入数据得△E=0,3J. 45 (3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时， 玻瑞砖的折射率，故该玻病砖的折射率n=28,5=1.58。 小球绕P点运动的半径最大，（注：小球从与P点等高处到 运动至最商点过程，由动能定理知一MgR=子M一司 1 (3)由(2)问分析可知斯射率的表达式中没有半圆孤轮廊线 半径R,所以轮疏线半径的测量误差对实验结果没有影响， M际，，越小，R越大，当绳子拉力刚好为零时，u:最小，R 即折射率的测量结果不变。 最大)P点到O,点距离最小，设这种情况下小球运动到P点 答案：(1)B(2)1.58(1.561.60均可)(3)不变 正上方的速度大小为，，P,点到)点的距离为x,绳子的长 12.解析：(1)由于30次全振动所用的时间为1，测1次全振动的 度为【，小球运动到P,点正上方时，结合牛頓第二定律和向 时间，即振动周期T=30。(2)弹簧振子平衡时，由力的平 心加速度公式有Mg=M二 对小球的整个上升过程，由动能定理得 衡条件有k(1-)=Mg,又T=2√ M ,联立可得1=1，十 -Mgl+1-)=之M-M T.（3)路合(2)问分桥可知上T图线的外率=授 联立并代入数据得x=0.2m. 4π 15.解：(1)设ab捧刚越过MP时速度大小为：·产生的电动势 由题图(b)可知6=0540.474 大小为E1,对b在间孤导轨上运动的过程，由机械能守恒 0.57-0.3 /s,联立解得g= 定律有 9.65m/s2。(4)空气阻力会使本实脸中的振动系统做阻尼 振动，即本实验中的振动系统并不是理想化的弹簧振子，而 mgL.=豆m b刚总过MP时，由法拉第电磁感应定律得 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 E=BLv 速度的，所以空气阻力是本实验的一个误差来源，A正确： 联主得E=BL√2gL (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 (2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关 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 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 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 误差来源，B正确：由于数字计时器记录的是30次全叛动的 联后的总电阻R= 时间，所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可，即光 设电路中初始的干路电流为I,,由闭合电路欧姆定律有 E 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 =R+R 源，C错误 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 答秦：(1D0(2儿+是下(3)9.65(.55~9.75均可) R的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为 F1,加述度大小为a,则 (4)AB F-ILB 物理答案一8 由牛领第二定律得 8.AD由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方 F=2ma 向上做匀速直线运动，即U为一定量，剩有x=U1,A可能正 联立解得4-BL2L 确，C错误，小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y=?, 3mR 1 (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守 一2gt,出，=0一g,且，最终减为0，B错误，D可能正确。 恒，设两者共速时的速度大小为：，由动量守恒定律得m 9.C光具座上的双缝应该在单缝和遮光简之间，先道过单缝 =(m+2m): 得到线光源，然后通过双缝得到两列完全相同的相干光，A错 (注：极短时间△内，磁通量变化量为BL△x) 误，C正确：透镜的作用是使射向滤光片的光更集中，B正确： 设在极短时间内，ab与金属环圆心的距高减少量为△T, 金属环所受安培力大小为F,流过ab的电流为I,整个电路 根据双缝千涉条纹间距公式△r=子&可知，双缝间距山越 的电动势为E,对金属环，由动量定理得 小，则条纹间距△越大，测量头中观察到的条纹数目越少， ∑F△M=2n2一0 D错误。 F=ILB 10,BD小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，根 由闭合电路欧姆定律得 E 揭能量守恒定律有mg(,-x)=f(,-x)十(k-太 I=R十R kQg 设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s,若ab与金属 ,解得mg》江A错送：小球甲第一次向下运动 环共速时，两者恰好接触，金属环国心初始位置到MP的距 至速度最大的位置，此时加速度为零，根据平衡条件有mg 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 E=BL当 f十9，解得气B正确：若小球甲件业是在下碎 的过程，且停止运动后拾好静止，有mg十∫=，解得， s=L.+∑△x 联立解得=mR②gL+L BL Q,若小球甲停止是在上升的过程，且停止运动后恰 N mg+f 2024年普通高中学业水平选择性考试 好静土，有m8+大解得因此小球甲显 (江西卷) 1.B 后件會：王：的区间丸≤心错送：诺 U不变，d减 U=风E增大 =E,F增大 小球甲在最低点能运日，财有9>mg十人解得工< 电场强度方向向左电子带负电 B对 电子所受电 Q,结合A项分析可知r= Nmg+f mg一f)元，则有 场力方向向右 kQg 2.C根据题意可知，辐射出的光子能量e=3.52×109J,由 Om石m·可得初始电势能E。1<《mg e=hv代入数据解得y=5.31×10"Hz,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 n兴D正 随时间变化的快慢，B、D错误：根据x与1的关系式可知，1= 11.解析：(4)根据题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线 0时，质点位于x=1m处，1=1s时，质点位于x=6m处，因 性区间较大，非线性区间较小。(5)在坐标系中进行描点，结 此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C正确。 合其他，点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的，点在线上，不在 4.A 线上的点均匀分布在线的两侧，如答图所示。(6)对钩码根 据牛頓第二定律有F一T=m,对小车根据牛顿第二定律有 GM Ek= GMm 71 →U入 Ek r T=Ma,联立解得F=(M+m)a,变形得a=M+mF,当m 2 ,A对。 4π T r GM 《M时，可认为m十M≈M,则a=,即a与F成正比， 答案：(4)较大较小()如图所示(6)远大于钩码的质 WW=mgh Q= 5.B发电功率P=?·7m=pV P=nVgh 量见解析 P a(m.s 0Qgh代入数据解得p≈10W,B对。 6.0 6.A根据反射信号图像可知，超声波的传播周期T=2×107 s,又波速v=6300m/s,则超声波在机翼材料中的波长1 50 uT=1.26×10m,结合题图(b)和题图(c)可知，两个反射信 4.0 号传播到探头处的时间差为△1=1.5×10《s,故两个反射信 号的路程差21=p=9,45×10m=号2，解得4=4.725× 3.0 2.0 10m,且两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。 7.D设样品每平方米载流子（电子）数为”，电子定向移动的速 10 率为p,则时间1内通过样品的电荷量g三h,根据电流的 定义式得I=9=mh,当电子稳定通过样品时，其所受电场 0.10 0.20 0.30卡7g.N) 图ih} 力与洛伦接力平衡，则有e方=B,联立解得U=乙B,结合 U 12.解析：(2)由于电流表内阻准确已知，则电流表的分压可以求 出，故电流表采用内接法，又电源电动势为3V,则电压表应 题国可如=品-0V/不.部得n=23X10. e 以量程3V接入电路，电路连接如答图所示。(4)根据电阻 e D正确。 定律有R,=pS,又S=h,联立得R,一品L,故R,l图像 物理答案一92024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)