湖南省2024年高考物理模擬試卷及答案14

湖南省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。）得分1．我國自主研發(fā)的氫原子鐘現(xiàn)已運用于中國的北斗導航系統(tǒng)中，高性能的原子鐘對導航精度的提高起到了很大的作用，同時原子鐘具有體積小、重量輕等優(yōu)點，原子鐘通過氫原子能級躍遷而產(chǎn)生的電磁波校準時鐘，氫原子能級示意圖如圖，則下列說法正確的是（）A．用11.5eV的光子照射處于基態(tài)的氫原子可以使處于基態(tài)的氫原子發(fā)生躍遷B．一個處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時可輻射出6種不同頻率的光子C．用12.09eV的光子照射一群處于基態(tài)的氫原子后，最多可輻射出4種不同頻率的光子D．氫原子從n=4能級躍遷到n=1能級輻射出的光照射逸出功為6.12eV的某種金屬所產(chǎn)生的光電子的最大初動能為6.63eV2．如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾角為θ的斜面上，質量分別為m和4m的物塊A、B通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行，A和B，B與斜面間動摩擦因數(shù)均為μ=1A．5135mgsinθ B．5435mg3．由于大氣層的存在，太陽光線在大氣中折射，使得太陽“落山”后我們仍然能看見它。某同學為研究這一現(xiàn)象，建立了一個簡化模型。將折射率很小的不均勻大氣等效成折射率為2的均勻大氣，并將大氣層的厚度等效為地球半徑R。根據(jù)此模型，一個住在赤道上的人在太陽“落山”后還能看到太陽的時間是（地球自轉時間為24小時，地球上看到的太陽光可以看成平行光）（）A．3小時 B．2小時 C．1.5小時 D．1小時4．如圖甲所示，擋板OA與水平面的夾角為θ，小球從O點的正上方高度為H的P點以水平速度v0水平拋出，落到斜面時，小球的位移與斜面垂直；讓擋板繞固定的O點轉動，改變擋板的傾角θ，小球平拋運動的初速度v0也改變，每次平拋運動都使小球的位移與斜面垂直，1taA．圖乙的函數(shù)關系圖像對應的方程式1tan2θ=gH2C．當圖乙中b=1，H的值為0.2m D．當θ=45°，圖乙中b=15．如圖，三根絕緣細線OA、OB、AB長均為1.00m，連著質量均為m=1.00g，電量均為q=1.00×10?9C的帶電小球，A球帶正電，B球帶負電，AB水平。整個裝置處在水平向左的勻強電場中，場強E=1A．系統(tǒng)最終靜止時重力勢能較最初減少了1B．系統(tǒng)最終靜止時重力勢能較最初減少了0C．系統(tǒng)最終靜止時電勢能和重力勢能的總和較最初減少了2D．系統(tǒng)最終靜止時電勢能和重力勢能的總和較最初減少了66．如圖所示，有一圓形區(qū)域勻強磁場，半徑為R，方向垂直紙面向外，磁感應強度大小B1，在其右側有一與其右端相切的正方形磁場區(qū)域，正方形磁場的邊長足夠長，方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B2。有一簇質量為m，電荷量為+q的粒子，以相同的速度A．S=(π+12)C．S=(π+1)B12閱卷人二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）得分7．位于坐標原點的波源從t=0時刻開始做簡諧運動，t1=3s時第一次形成如圖實線所示的波形，A．波源的起振方向沿y軸正方向 B．t2C．t2時刻可能為7.5s D．t8．如圖，一小型發(fā)電廠的電壓有效值為220V，通過升壓變壓器n1:n2=1:2，然后輸出給終端，已知n3:n4A．閉合S1，斷開S2，B．閉合S2，斷開SC．閉合S2，斷開S1，D．閉合S2，斷開S1，增大9．如圖，光滑的水平面左端為O，右端足夠長，在O的左下方有一傾斜的傳送帶，傳送帶始終以10m/s的速度逆時針轉動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=316，物體的質量m=2kg，傳送帶上、下兩端相距5m，物體在O處在水平恒力F1的作用下由靜止向右運動一段時間，后將F1反向，大小變?yōu)镕2，經(jīng)過相同的時間它剛好回到OA．物塊從O處以4m/s的水平速度做平拋運動 B．物塊在傳送帶上運動的時間為2C．物塊在傳送帶上留下痕跡的長度103m D．整個過程中F110．如圖所示，兩條足夠長的平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌間距為L，電阻不計，導軌最右端接有阻值為R的定值電阻。整個裝置處于兩種磁感應強度大小均為B、方向豎直且相反的勻強磁場中，虛線為兩磁場的分界線。質量均為m的兩根導體棒MN、PQ靜止于導軌上，兩導體棒接入電路的電阻均為R，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ（設導體棒的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）。t1時刻，用水平向左的恒力F拉MN棒，使其由靜止開始運動，t2時刻，PQ剛好要滑動。該過程中，兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，通過金屬棒PQ的電荷量為q，重力加速度為A．t2B．t2時刻，金屬棒MN速度大小為C．從t1到t2D．從t1到t2閱卷人三、實驗題（第11題6分，第12題9分）得分11．某實驗小組做“測量滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)”實驗時，實驗裝置如圖甲所示。在水平桌面上固定放置一端有定滑輪長木板，靠近定滑輪的B處有一個光電門。在A處有一上端帶遮光條的滑塊，A、B之間的距離保持L不變。不計滑輪質量及其與繩子之間的摩擦。（1）實驗過程中用游標卡尺測量遮光條的寬度d，游標卡尺讀數(shù)如圖乙所示，讀出遮光條的寬度為d=mm。（2）實驗時，將滑塊從A處靜止釋放，若光電門顯示遮光時間為t，此時力傳感器示數(shù)為F，從而可以得到一組F、t數(shù)據(jù)，多次改變所掛重物的質量進行實驗，可得到多組數(shù)據(jù)。根據(jù)這些數(shù)據(jù)，作出F?1t2的關系圖像如圖丙所示，則滑塊與遮光條的總質量為，滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為（用L、a、b、d12．某實驗小組欲測量某電源的電動勢E和內阻r。實驗室提供下列器材：A．待測電源（電動勢不超過6V，內阻不超過2Ω）B．定值電阻R0=5ΩC．滑動變阻器R（最大阻值為20Ω）D．電壓表（0~6V，內阻約為5kΩ）E．電流表（0~0.6A，內阻約為0.5Ω）F．開關1只，導線若干（1）為了讓實驗效果較明顯，且誤差較小，請結合所給的實驗器材設計最合理的實驗電路圖并畫在虛線框中；（2）按電路圖連接實際電路，調節(jié)滑動變阻器R，繪出U-I圖線（如圖甲所示），則電源的電動勢E=V，內阻r=Ω；（結果均保留2位有效數(shù)字）（3）該小組同學又將該電源與另一個定值電阻R?=199Ω和兩個完全相同的熱敏電阻Rt連接成如圖乙所示的電路，已知熱敏電阻Rt的伏安特性曲線如圖丙所示，則此時每個熱敏電阻消耗的電功率為W。閱卷人四、計算題（第13題10分，第14題15分，第15題16分）得分13．如圖所示，兩正對且固定不動的導熱汽缸，與水平成30°角，底部由體積忽略不計的細管連通、活塞a、b用不可形變的輕直桿相連，不計活塞的厚度以及活塞與汽缸的摩擦，a、b兩活塞的橫截面積分別為S1=10cm2，S2=20cm2，兩活塞的總質量為m=12kg，兩汽缸高度均為H=10cm．汽缸內封閉一定質量的理想氣體，系統(tǒng)平衡時活塞a、b到汽缸底的距離均為L=5cm(圖中未標出)，已知大氣壓強為P=105Pa.環(huán)境溫度為T0=300K，重力加速度g取10m/s2．求：（1）若緩慢降低環(huán)境溫度，使活塞緩慢移到汽缸的一側底部，求此時環(huán)境的溫度；（2）若保持環(huán)境溫度不變，用沿輕桿向上力緩慢推活塞，活塞a由開始位置運動到汽缸底部，求此過程中推力的最大值．14．如圖，傾角為37°的足夠長斜面底端有一彈性擋板P，O為斜面底端，離O處為L的斜面上有一點A，在A處有三個彈性滑塊，均可視為質點，m1:m2:m3（1）3剛要與擋板碰撞時速度大小；（2）它們完成第一次碰撞后，1沿斜面向上滑行的最大位移（相對O）。15．如圖，在第一象限內有垂直該平面的勻強磁場，以虛線x=a為界，左側磁場垂直于該平面向里，右側磁場垂直于該平面內向外。第四象限內互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直向里。所有磁場的磁感應強度相等，一質量為m，電量為＋q的帶正電粒子從O沿＋x方向緊鄰第一象限射入，粒子入射速度大小在0~vm中的所有數(shù)值，其中速度為vm的粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)的運動時間之比為2:（1）求磁感應強度的大??；（2）從第一象限射到y(tǒng)軸最遠的粒子的速度大小；（3）場強E=Bvm（B為上述所求的值），求粒子在第四象限內運動離

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、用11.5eV的光子照射處于基態(tài)的氫原子，氫原子吸收光子后能量值為

E=?13.6eV+11.5eV=?2.1eV

由能級圖可知氫原子并沒有該能級，所以11.5eV的光子不能使處于基態(tài)的氫原子發(fā)生躍遷，故A錯誤；

B、一個處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時最多可輻射出3種不同頻率的光子，故B錯誤；

C、用12.09eV的光子照射一群處于基態(tài)的氫原子后，其能量將達到

E=?13.6eV+12.09eV=?1.51eV

即氫原子將躍遷到n=3的能級上；這群氫原子在向基態(tài)躍遷的過程中，最多可輻射出3種不同頻率的光子，故C錯誤；

D、氫原子從n=4能級躍遷到=1能級輻射出的光子能量為

E=?0.85eV?(?13.6eV)=12.75eV

用此光照射逸出功為6.12eV的金屬，根據(jù)光電效應方程可得光電子的最大初動能為

Ek=?v?W0=12.75eV?6.12eV=6.63eV

2．【答案】B【解析】【解答】由于μ<tanθ，因此A、B間會發(fā)生相對滑動，根據(jù)A、B的質量關系可知，B將沿著斜面向下滑動，而A相對于B將向上滑動，二者為繩相連的連接體，滑動過程中加速度大小相同，則對A由牛頓第二定律有

T?μmgcosθ?mgsinθ=ma

對B由牛頓第二定律有

4mgsinθ?μ(4m+m)gcosθ?μmg3．【答案】D【解析】【解答】太陽光是平行光，臨界光路圖如圖所示

由幾何關系可得臨界光線的折射角為

sinr=R2R=12

可知臨界光線的折射角為30°

根據(jù)折射定律

n=sinisinr=2

可得

i=45°

4．【答案】C【解析】【解答】A、設平拋運動的時間為t，如圖所示

把平拋運動的位移分別沿水平和豎直方向分解，由幾何關系

v0t12gt2=tanθ

解得

t=2v0gtanθ

根據(jù)幾何關系有

H?12gt2=v0t×tanθ

聯(lián)立整理

1tan2θ=gH2×1v02?1

故A錯誤；

B、結合圖乙圖像可得

a=?1

故B錯誤；

C、由圖乙可得圖像的斜率

5．【答案】D【解析】【解答】AB、以A、B為整體，整體不帶電，則系統(tǒng)最終靜止時細線OA豎直向下，系統(tǒng)最終靜止時細線OB與水平方向的夾角為θ，對B受力分析可得

tanθ=mgqE=1

解得

θ=45°

系統(tǒng)最終靜止后，如圖所示

系統(tǒng)最終靜止時重力做功為

WG=mg(l?lsin60°)+mg(l?lsin60°+lsin45°)=0.975×10?3J

根據(jù)功能關系，系統(tǒng)最終靜止時重力勢能較最初減少了0.975×10-3J，故AB錯誤；6．【答案】C【解析】【解答】由

qv0B1=mv02r

則

r=R

故粒子圓形磁場區(qū)域經(jīng)歷磁聚焦，聚于兩區(qū)域相切點而后進入正方形區(qū)域圖形如下圖

圖中陰影部分即為所求，則

r=mv0qB2=7．【答案】A,B,C【解析】【解答】A、波源的起振方向與t=3s時，x=6m處質點的振動方向相同，故波源的起振方向沿y軸正方向，故A正確；

BCD、由圖可知

λ=4m

由

v=ΔxΔt=63m/s=2m/s

所以

T=λv=42s=2s

t2時刻部分波形如圖中虛線，但波不是傳播到x=9m，質點的起振方向與波源的起振方向相同，即沿y軸正方向，故x=9m以后至少還有半個波長，即波至少傳播到

x=9m+2m=11m

至少傳播的時間

t8．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、由變壓器原理得

U1U2=n1n2

其中

U1=220V

解得

U2=440V

設流過r的電流為I，則

U3=440?Ir，U4=440?Ir2

用戶的電流為

2I=U4R用

P=2U4I=4000W

解得

I=10A

r=4Ω

故A正確；

BC、閉合S2，斷開S1，設流過r的電流為I'，則

U3=440?4I'

U5=880?8I'

R2的電流為

I29．【答案】A,B【解析】【解答】A、物體在O處在水平恒力F1的作用下由靜止向右運動一段時間，設末速度為v1，運動時間為t，則

a1=F1m

W1=Ek1=F1x=12mv12

x=12a1t2

大小變?yōu)镕2后

a2=F2m

W2=Ek2=F2x=12mv22

x=12a2t2

聯(lián)立解得10．【答案】A,D【解析】【解答】A、由于金屬棒MN向左運動，根據(jù)右手定則可知，金屬棒PQ的電流方向為P到Q，根據(jù)左手定則可知，金屬棒PQ受到的安培力方向水平向右，故A正確；

B、t2時刻，PQ剛好要滑動，設PQ上的電流為I，則有

BIL=μmg

金屬棒MN產(chǎn)生的感應電動勢為

E=BLv

由于金屬棒PQ與電阻R并聯(lián)，所以金屬棒MN上的電流為2I，則根據(jù)閉合電路歐姆定律有

E=IR+2IR

聯(lián)立可得，t2時刻，金屬棒MN速度大小為

v=3μmgRB2L2

故B錯誤；

C、通過金屬棒PQ的電荷量為q，則通過金屬棒MN的電荷量為2q，則有

2q=IMN?Δt=ER+0.5R?Δt=ΔΦv=BLx1.5R

可得，從t1到t2時間內，金屬棒MN在導軌上運動的距離為

x=3qRBL

故C錯誤；11．【答案】（1）2.25（2）2Lbad【解析】【解答】（1）遮光條的寬度為

d=2mm+0.05mm×5=2.25mm

（2）光電門顯示遮光時間為t，則滑塊到B處的速度為

v=dt

滑塊從A點運動到B點，由運動學公式得

v2=2aL

滑塊從A點運動到B點，由牛頓第二定律得

F?μmg=ma

解得

F=md22L×112．【答案】（1）（2）6.；1.0（3）1.44×10-2【解析】【解答】（1）電源的內阻遠遠小于電壓表的內阻，所以應該選擇對電源來說的外接法，電路圖如下

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得

U=E?Ir+R0

結合圖像解得

r=1.0Ω

E=6.0V

（3）設熱敏電阻兩端電壓為U、通過熱敏電阻的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有

2U+I(R'+r)=E

代入數(shù)據(jù)得

U=3?100I

作出圖線如圖所示

圖線交點表示此時熱敏電阻的電壓為2.4V、電流為6mA，故電功率

P=UI=1.44×1013．【答案】（1）解：設初始氣體壓強為p1，將兩活塞作為整體受力分析，由平衡條件可得：p0活塞緩慢移動過程中，缸內氣體壓強不變，溫度降低，體積減小，活塞向下移動；由蓋·呂薩克定律可得：S1L+（2）解：沿輕桿向上的力緩慢推活塞，氣體體積變化，又氣體溫度不變，則氣體壓強變化，當活塞到達汽缸頂部時，向上的推力最大，此時氣體的體積為HS2，設此時的壓強為p代入數(shù)據(jù)解得：p將兩活塞作為整體受力分析，由平衡條件可得：F+代入數(shù)據(jù)解得：F=40N【解析】【分析】（1）以兩活塞構成的整體進行受力分析，根據(jù)平衡條件確定封閉氣體的壓強。對整體進行受力分析可知，活塞緩慢移動過程中，缸內氣體壓強不變，溫度降低，體積減小，活塞向下移動。確定封閉氣體初末態(tài)氣體的體積，再根據(jù)蓋呂薩克定律進行解答；

（2）溫度不變，封閉氣體做等溫變化。當封閉氣體的壓強越小，則向上的推力越大。故當活塞到達汽缸頂部時，向上的推力最大，根據(jù)幾何關系確定初末態(tài)封閉氣體的體積，再根據(jù)玻意耳定律確定末態(tài)時封閉氣體的壓強，再對兩活塞構成的整體進行受力分析，根據(jù)平衡條件進行解答。14．【答案】（1）解：由靜止下滑，設m19mg解得a=由運動學公式v解得3剛要與擋板碰撞時速度大小為v（2）解：3與擋板碰后以v0反彈，然后3與2碰，設3與2碰后的速度分別為v1、6m1聯(lián)立解得v1=0同理對2與1碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律得2m×21聯(lián)立解得v3=0碰后1獲得v40?解得1沿斜面向上滑行的最大位移為x【解析】【分析】（1）碰撞前，三個滑塊一起在斜面上向下做勻加速直線運動，