湖北省2024年高考物理壓軸卷含解析

PAGE15-湖北省2024年高考物理壓軸卷（含解析）一、選擇題（每題4分，共44分。1-7為單選題，8-11為多選題，選對但不全得2分，選錯得0分）1．下列說法正確的是（）A．由可知，電場強度與檢驗電荷所受的電場力成正比，與電荷量成反比B．由可知，金屬導體的電阻與導體的長度成正比，與導體的橫截面積成反比C．由可知，一小段通電導體在某處不受安培力，說明此處肯定無磁場D．由可知，導體中的電阻與導體兩端的電壓成正比，與電流成反比2．如圖甲所示，靜止在水平面上重力為F0的物塊A受到豎直向上拉力F作用。F與時間t的關系如圖乙所示。則（）A．0~t0時間內拉力F對物體作的功不為零B．2t0時刻物塊速度最大C．2t0~3t0時間內物塊處于失重狀態(tài)D．2t0與3t0時刻拉力F的功率相同3．探討表明，中子（）發(fā)生β衰變后轉化成質子和電子，同時放出質量可視為零的反中微子。在磁感應強度為B的勻強磁場中，一個靜止的中子發(fā)生β衰變，放出的質子在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動，其動能為Ek。已知中子、質子、電子的質量分別為m1、m2、m3，元電荷為e，真空中光速為c，則下列說法正確的是（）A．質子的動量大小為B．中子衰變的核反應式為C．電子和反中微子的總動能為（m2+m3–m1）c2–EkD．質子的圓周運動可等效成一個環(huán)形電流，其大小為4．截至2024年11月，被稱為“中國天眼”的500米口徑球面射電望遠鏡運行穩(wěn)定牢靠，發(fā)覺脈沖星數(shù)量超過240顆，將于2024年8月面對全球科學界開放。脈沖星實質是快速自轉的中子星，每自轉一周，就向外放射一次電磁脈沖信號，因此而得名。若觀測到某個中子星放射電磁脈沖信號的周期為，該中子星的半徑為，已知引力常量為，則以下物理量可以求出的是（）A．該中子星的質量 B．該中子星的第一宇宙速度C．該中子星表面的重力加速度 D．該中子星赤道上的物體隨中子星轉動的線速度5．圖甲為一列簡諧橫波在t=4s時刻的波形圖a、b兩質點的橫坐標分別為xa=2m和xb=6m，質點b從t=0時刻起先計時的振動圖像為圖乙。下列說法正確的是（）A．該波沿+x方向傳播，波速為1m/s B．t=4s時該質點b的速度沿+y方向C．質點a經4s振動的路程為2m D．質點a在t=2s時速度為最大6．如圖所示，一半圓形玻璃磚，C點為其圓心，直線OO'過C點與玻璃磚上表面垂直。與直線OO'平行且等距的兩束不同頻率的細光a、b從空氣射入玻璃磚，折射后相交于圖中的P點，以下說法正確的是A．b光從空氣射入玻璃，波長變長B．真空中a光的波長小于b光的波長C．a光的頻率大于b光的頻率D．若a、b光從同一介質射入真空，a光發(fā)生全反射的臨界角較大7．如圖所示，光滑水平地面上放有截面為圓周的柱狀物體A，A與墻面之間放一光滑的圓柱形物體B，A在一個水平向左的力F作用下緩慢地向左移動少許，在這一過程中（）A．墻面對B的彈力先減小后增大B．A對B的彈力始終增大C．F始終增大D．A受到的地面的支持力不變8．電荷量相等的四個點電荷分別固定于正方形的四個頂點，O點是正方形的中心，電場線分布如圖所示，取無限遠處電勢為零。下列說法正確的（）A．正方形右下角電荷q帶正電 B．M、N、P三點中N點場強最小C．M、N、P三點中M點電勢最高 D．負電荷在P點的電勢能比在O點的電勢能小9．如圖所示，甲球從O點以水平速度v1拋出，落在水平地面上的A點；乙球從O點以水平速度v2拋出，落在水平地面上的B點，乙球與地面碰撞前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變，反彈后恰好也落在A點。已知兩球質量均為m，乙球落在B點時速度與水平方向夾角為，不計碰撞時間和空氣阻力，以水平地面為重力勢能零勢面，則下列說法正確的是（）A．甲球落在A點時速度與水平方向夾角為B．甲乙拋出時速度之比v1：v2＝3:1C．甲乙落地時速度之比為v甲：v乙＝：1D．甲乙拋出時機械能之比為E甲：E乙＝3:110．如圖所示，志向變壓器原線圈接在的溝通電源上，阻值的電阻與變壓器原線圈并聯(lián)。副線圈與阻值為的電阻組成閉合回路，電流表為志向電流表。已知電阻消耗的電功率是消耗的電功率4倍，則下列說法正確的是（）A．電流表的示數(shù)為B．電阻消耗的電功率為C．電源輸出的功率為D．變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為11．如圖所示，光滑且足夠長的兩平行金屬導軌固定在同一水平面上，兩導軌間的距離，定值電阻、，導軌上放一質量為的金屬導體棒，棒的電阻。整個裝置處于磁感應強度為的勻強磁場中，磁場的方向垂直于導軌平面對上，現(xiàn)用一拉力F沿水平方向向左拉棒，使棒以肯定的初速度起先運動，如圖為中電流的平方隨時間t的變更關系圖像，導軌的電阻不計。下列說法正確的是（）A．末棒的速度大小為B．內中產生的焦耳熱為C．內拉力F所做的功為D．棒受到的安培力的大小與時間t的關系為二、非選擇題，共5題，共56分12．（7分）某探究小組想利用驗證機械能守恒定律的裝置測量當?shù)氐闹亓铀俣?，如圖（甲）所示?？蚣苌涎b有可上下移動位置的光電門1和固定不動的光電門2；框架豎直部分緊貼一刻度尺，零刻度線在上端，可以測量出兩個光電門到零刻度線的距離；框架水平部分用電磁鐵吸住一個質量為m的小鋼球，小鋼球的重心所在高度恰好與刻度尺零刻度線對齊。切斷電磁鐵線圈中的電流時，小鋼球由靜止釋放，當小鋼球先后經過兩個光電門時，與光電門連接的傳感器即可測算出其速度大小和。小組成員保證光電門2的位置不變，多次變更光電門1的位置，得到多組和的數(shù)據(jù)，建立如圖（乙）所示的坐標系并描點連線，得出圖線的斜率為k。

(1)用20分度的游標卡尺測量小鋼球的直徑，如圖（丙）所示，該小鋼球的直徑是______mm；(2)下面關于減小重力加速度的測量誤差的說法中正確的是______；A．光電門1的位置盡可能靠近刻度尺零刻度B．光電門1的位置不能太靠近光電門2C．換用大小相同但密度較小的小塑料球完成此試驗，對測量結果沒有影響(3)當?shù)氐闹亓铀俣葹開_____（用k表示）；(4)撤掉光電門1，也能測出當?shù)氐闹亓铀俣??？紤]到切斷電流時電磁鐵線圈中的磁性不能立刻消逝，利用和的數(shù)據(jù)測出的當?shù)刂亓铀俣缺仍桨赶啾萠_____（選填“偏大”、“偏小”、“相等”）。13．（9分）為了測一個自感系數(shù)很大的線圈L的直流電阻R，試驗室供應以下器材：待測線圈L（阻值約為5Ω）；電流表A1（量程3.0A，內阻r1約為0.2Ω）；電流表A2（量程0.6A，內阻r2=1.0Ω）；滑動變阻器R1（0~10Ω）；電壓表V（3V量程，約為2kΩ）；電阻箱R2（0~99.9Ω）；電源E（電動勢E約為3V，內阻很?。粏蔚秵螖S開關S1、S2；導線若干。(1)某試驗小組按如圖（a）所示的電路測量線圈L的直流電阻RL。試驗主要步驟如下：①按電路圖連接好電路，斷開開關S1、S2，滑動變阻器R1的滑片移動___（填“左”或者“右"）端；②閉合開關S1、S2，移動滑動變阻器R的滑片至適當位置，登記電流表A2的示數(shù)為I2，電壓表V的示數(shù)為U，線圈L的直流電阻的測量值的計算式為RL=_____；③測量完后，應先斷開開關S2，再斷開開關S1，其理由是_________。(2)若只供應一個開關S1，為避開自感現(xiàn)象對電表的影響，經探討，同學們認為可以利用兩個電流表和一個電阻箱達到測量的目的。圖（b）方框中已畫了部分電路，請依據(jù)你的設計，在方框中完成電路圖________。四、解答題14．（9分）如圖所示，一端封閉、一端開口且粗細勻稱的直角細玻璃管，在直角處用一段水銀柱封閉了肯定質量的空氣，起先時，封閉端處于豎直狀態(tài)·直角處水銀柱的豎直部分與水平部分長度均為h=10cm。開口端空氣柱的長度h=10cm。保持溫度不變。以玻璃管的封閉端為轉軸。將玻璃管在豎直平面內沿順時針方向緩慢轉。管內水根柱恰好到達開口端。已知大氣壓強為p=76cmHg。封閉端空氣柱的初始溫度T=27℃。求：(1)封閉端空氣柱的長度L；(2)若保持封閉端處于豎直狀態(tài)，加熱封閉端空氣，當管內水根柱恰好到達開口端時，此時管內空氣柱的溫度t（結果保留一位小數(shù)）。15．（13分）如圖所示，光滑的水平面上，質量為m1=1kg的平板小車以v0=5m/s的速度向左運動，同時質量為m2=4kg的鐵塊（可視為質點）從小車左端以v0=5m/s的速度向右滑上平板小車，一段時間后小車將與右側足夠遠的豎直墻壁發(fā)生碰撞（碰撞時間極短）。碰撞前后小車速度大小不變，方向相反。已知鐵塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.25，小車始終未從小車上掉下來，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）小車與墻壁發(fā)生第一次碰撞前的速度大??；（2）小車的最小長度；（3）小車與墻壁發(fā)生第一次碰撞后運動的總路程（計算結果保留三位有效數(shù)字）。

16．（18分）如圖所示，在直角坐標系中，和軸之間有垂直紙面對里的勻強磁場，軸左側有沿軸正方向的勻強電場，電場強度大小為，在軸上處有一個粒子源，該粒子源可以在紙面內沿各個方向射出速率相同的同種粒子（重力不計），粒子的質量為、電荷量為，沿軸負方向射出的粒子經電場和磁場偏轉后，恰好不從磁場的右邊界射出，并且第一次和其次次經過軸的位置相距，求：（1）粒子的初速度大小及磁場的磁感應強度大?。唬?）沿軸正方向射出的粒子其次次經過軸的位置坐標；（3）沿與軸負方向成角向上（圖示方向）射出的粒子第一次經過軸和其次次經過軸的位置間的距離。

2024湖北省高考壓軸卷物理參考答案1．【答案】B【解析】電場強度反映電場本身的性質，與摸索電荷的電荷量無關，故A錯誤；由電阻定律的表達式可知，金屬導體的電阻與導體的長度成正比，與導體的橫截面積成反比，故B正確；公式F=BIL運用的條件是電流的方向與磁場垂直，當通電導線與磁場平行時，不受安培力，但有磁場，故C錯誤；電阻的大小是由導體本身確定的，與導體兩端的電壓無關，與電流無關，故D錯誤。2．【答案】D【解析】0~t0時間內依據(jù)圖像可知拉力小于重力，所以物塊靜止不動，拉力對物體不做功，A錯誤；依據(jù)圖像可知t0時刻和3t0時刻外力等于物體重力，所以t0~2t0時間內依據(jù)牛頓其次定律可知物體做加速度增大的加速運動，同理可知2t0~3t0時間內物體做加速度減小的加速運動，在3t0時刻物體所受合外力為0，加速度為0，速度達到最大，B錯誤；2t0~3t0時間內物塊所受拉力大于重力，處于超重狀態(tài)，C錯誤；t0~2t0時間內，選取豎直向上為正，圖像和時間軸圍成的面積即為外力對應的沖量，依據(jù)動量定理解得2t0時刻物體的速度；F的瞬時功率為；同理，2t0~3t0時間內依據(jù)動量定理解得；3t0時刻F的瞬時功率為；D正確。3．【答案】D【解析】質子的動量大小為，A錯誤；依據(jù)核反應過程質量數(shù)，電荷數(shù)守恒定律可知，中子衰變的核反應式為；B錯誤；電子和反中微子的總動能為（m2-m3–m1）c2–Ek，C錯誤；質子的圓周運動可等效成一個環(huán)形電流，由洛倫茲力供應向心力，則有，，聯(lián)立解得；D正確。4．【答案】D【解析】依據(jù)題中條件不能求解中子星的質量M；依據(jù)中子星的質量M未知，則也不能求解中子星的第一宇宙速度；依據(jù)中子星的質量M未知，則也不能求解中子星表面的重力加速度；依據(jù)可求解該中子星赤道上的物體隨中子星轉動的線速度。故選D。5．【答案】A【解析】由乙圖可知，周期T=8s，t=4s時該質點b的速度沿y軸負方向，則可知該波沿+x方向傳播。由圖甲可得波長為，則波速為，故A正確，B錯誤；質點a振動4s，經過半個周期，則質點運動的路程為振幅的2倍，即為1m，故C錯誤；在t=2s時，質點b在正方向的最大位移處，a、b兩質點的振動步調完全相反，所以a質點在負方向的最大位移處，則此時a的速度為零，故D錯誤。6．【答案】D【解析】b從空氣射入玻璃磚，頻率不變，由可知傳播速度變小，由知波長變短，故A錯誤；由圖和折射定律可知，玻璃磚對b的折射率大于a的，所以b的頻率高，由可知在真空中，a光的波長大于b光的波長，故BC錯誤；由可知，a光的折射率小，所以a光發(fā)生全反射的臨界角大，故D正確。7．【答案】D【解析】A在一個水平向左的力F作用下緩慢地向左移動少許的過程中，對B受力分析如圖，利用圖解法處理動態(tài)平衡問題，A向左移動過程中，A對B的彈力F1與豎直方向的夾角越來越小，墻面對B的彈力F2方向不變，由圖可知墻面對B的彈力F2漸漸減小，A對B的彈力F1漸漸減小，所以AB錯誤；對AB整體受力分析如圖水平方向有F=F2，所以A對B的彈力F2漸漸減小，則F始終減小，豎直方向G=FN，所以地面的支持力等于AB的重力，則A受到的地面的支持力不變，所以C錯誤；D正確；8．【答案】AC【解析】依據(jù)電場線的特點，正方形左上角電荷帶正電，順時針起先，其次個電荷帶負電，右下角電荷帶正電，第四個電荷帶負電，A正確；依據(jù)電場線的疏密，M、N、P三點中M點場強最小，B錯誤；依據(jù)對稱性可知，O點電勢為零，M點電勢為零，N、P兩點更接近負電荷，電勢為負，所以三點中M點電勢最高。將負電荷從P點移動到O點，電勢上升，電場力做正功，電勢能削減，所以負電荷在P點的電勢能比在O點的電勢能高，C正確，D錯誤。9．【答案】BCD【解析】設OA間的豎直高度為h。由O點到A點，甲球運動時間為，乙球運動時間是甲球的3倍。設乙球由O點到B點水平位移為x，時間為t。對甲球有3x=v1t，對乙球有x=v2t，則得v1：v2=3：1，在B點，對乙球甲球落在A點時；故甲球落在A點時速度與水平方向夾角為，故A錯誤B正確；甲乙落地時速度，；故甲乙落地時速度之比為v甲：v乙＝：1故C正確；依據(jù)題意可知，運動過程機械能不變，故甲乙拋出時機械能之比為E甲：E乙＝故D正確。10．【答案】AB【解析】電阻R1消耗的電功率是R2消耗的電功率4倍，電阻R1兩端電壓是R2兩端電壓的2倍，原、副線圈的匝數(shù)比為2：1，D錯誤；加在電阻兩端電壓的有效值為電阻兩端的電壓為；電流表的示數(shù)為；A正確；電阻消耗的功率為；電阻消耗的電功率為電源輸出的功率為；B正確、C錯誤。11．【答案】ACD【解析】由題圖可知，5s末通過R1的電流為；依據(jù)并聯(lián)電路電流關系可知此時通過R2的電流為；通過ab的電流為I=I1+I2=0.6A；依據(jù)閉合電路歐姆定律可得ab產生的感應電動勢為E=Ir+I1R1=2.4V；依據(jù)法拉第電磁感應定律有E=BLv解得5s末ab的速度大小為；故A正確；依據(jù)焦耳定律可知圖像與t軸所圍圖形的面積值與R1的乘積表示5s內R1產生的焦耳熱，即；故B錯誤；設5s內R2中產生的焦耳熱為W2，電阻r產生的焦耳熱為Wr，則依據(jù)焦耳定律可得；；解得W2=2W1=1.8J；Wr=3W1=2.7J依據(jù)對A項的分析同理可得t=0時刻，ab的初速度大小為；；依據(jù)功能關系可得5s內拉力F所做的功為；故C正確；由題圖可知與t的關系為；通過ab的電流I與t的關系為；ab受到的安培力大小與時間t的關系為；故D正確。12．【答案】5.70B偏小【解析】(1)[1]小鋼球的直徑是5mm+0.05mm×14=5.70mm；(2)[2]光電門1的位置若靠近刻度尺零刻度，則小球經過光電門1時的速度過小，對速度的測量產生的誤差會較大，選項A錯誤；若光電門1靠近光電門2，會影響高度差的測量，會產生誤差，選項B正確；換用大小相同但密度較小的小塑料球完成此試驗，空氣的阻力影響會過大，對測量結果會有影響，選項C錯誤。(3)[3]依據(jù)速度位移公式得v22?v12＝2g(x2?x1)；知道圖線的斜率k=2g；則重力加速度(4)[4]考慮到切斷電流時電磁鐵線圈中的磁性不能立刻消逝，則會對小球產生向上的吸引力，使得重力加速度測量值偏小。13．【答案】右若先斷開S1，則由于斷電自感現(xiàn)象，電壓表會燒壞【解析】(1)①[1]連接好電路后，由于滑動變阻器采納限流式，所以閉合開關前應將滑動變阻器的滑片移至阻值最大處，即最右端；②[2]依據(jù)電路結構特點和歐姆定律可得線圈L的直流電阻的測量值的計算式為③[3]試驗結束時為防止自感現(xiàn)象損壞電流表，應先斷開開關S2，后斷開開關S1；(2)[4]由于待測線圈L的阻值約為5Ω，電源電動勢為3V，流過待測線圈L的電流為所以選電流表A2（量程0.6A，內阻r2=1.0Ω）測量待測線圈L的電流，由于只供應一個開關S1，為了防止測量自感系數(shù)很大的線圈斷電產生的大自感電流燒壞電表，所以當開關S1斷開時，電流表與一個電阻箱串聯(lián)，來愛護電流表A2；若電阻箱串聯(lián)在待測線圈L的支路上，會使待測線圈L的支路的電流過小造成誤差，所以電阻箱并聯(lián)在待測線圈L兩端；電阻箱并聯(lián)在待測線圈L兩端時，可用電阻箱間接來測待測線圈L兩端的電壓，在干路上串聯(lián)一個電流表A1（量程3.0A，內阻r1約為0.2Ω）即可，所以電路如圖所示14．【答案】