2024年高考第三次模拟考试题：物理（湖北卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：物理（湖北卷）（解析版），共21页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
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。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．如图（a）所示为氢原子能级图，图（b）Ⅰ、Ⅱ分别是氢原子从高能级跃迁到低能级产生的两种频率的单色光的干涉条纹。结合图中所给数据，下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率小
B．如果Ⅰ光和Ⅱ光分别同时通过双缝中的一个缝，其干涉条纹宽度在图（b）两条纹宽度之间
C．Ⅰ光的光子动量比Ⅱ光的光子动量小
D．用Ⅱ光照射某金属时，能产生光电子，则用Ⅰ光照射一定能产生光电子
【答案】 D
【解析】A．根据以及可得，干涉条纹宽度越大，波长越大，其光的频率越小，所以Ⅰ光的频率比Ⅱ光的频率大，A错误；
B．图（b）中两单色光的频率不同，不可能产生干涉条纹，B错误；
C．光子动量，因为Ⅰ光的波长小于Ⅱ光的波长，所以Ⅰ光的光子动量大于Ⅱ光的光子动量，C错误；
D．因为Ⅰ光的频率大于Ⅱ光的频率，根据爱因斯坦光电效应方程可知，用Ⅱ光照射某金属时，能产生光电子，则用Ⅰ光照射一定能产生光电子，D正确。
故选D。
2．一物体做匀加速直线运动，从计时开始的函数关系图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体的初速度为0.5m/sB．物体的加速度为2m/s2
C．前5s内物体的位移为17.5mD．第5s内物体的平均速度为6.5m/s
【答案】 C
【解析】AB．根据匀变速直线运动的位移与时间的关系
可得
结合图像可得
所以
，
故AB错误；
C．前5s内物体的位移为
故C正确；
D．第5s内物体的平均速度等于4.5s时的瞬时速度，所以
故D错误。
故选C。
3．如图所示，通有大小恒为、方向向右电流的长直导线水平固定，通有大小也为、沿逆时针方向恒定电流的矩形线框通过轻弹簧悬挂，悬挂点为边的中点，线框静止，边水平，和线框在同一竖直面内，和间距离为d，和间距离也为d，长为2d，已知长直通电导线在距离导线为r的位置产生的磁感应强度为（其中k为常数，I为长直通电导线中的电流），则下列判断正确的是（ ）
A．长直导线PQ受到的安培力方向向下
B．长直导线PQ受到的安培力大小为
C．长直导线PQ受到的安培力大小为
D．将长直导线中电流增大，弹簧的长度会变短
【答案】 B
【解析】A．长直导线PQ在矩形线框处的磁场垂直纸面向外，根据左手定则可知受到的安培力向下，受到的安培力向上，由于长直导线PQ在处的磁感应强度较大，则长直导线PQ对矩形线框的安培力向下，根据牛顿第三定律，长直导线PQ受到的安培力方向向上，故A错误；
BC．矩形线框受到的安培力的大小为
根据牛顿第三定律，长直导线PQ受到的安培力大小为，故B正确，C错误；
D．对矩形线框，根据平衡条件有
将长直导线中电流增大，矩形线框受到的安培力的大小增大，弹簧的长度会变长，故D错误。
故选B。
4．一遵从胡克定律、劲度系数为k的弹性轻绳，绕过固定于平台边缘的小滑轮A，将其一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，静止于M处。已知OA的距离恰为弹性绳原长，现将小球拉至与M等高的N处静止释放，MN的距离为d，则小球从释放到与平台右侧面碰撞前的过程中（不计空气阻力及绳子和滑轮间的摩擦，小球视为质点，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为g）（ ）
A．小球的最大速度为
B．小球的最大速度为
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大加速度为
【答案】 A
【解析】AB．根据受力分析可知，小球在N到M的过程中，只受重力和弹力，且从N到M的过程中只有弹力在水平方向的分力做功，且弹力和位移成线性关系，因此可得
解得最大速度为
A正确B错误；
CD．小球的最大加速度时，即合力最大，为一开始释放的时候，因为小球最后静止于M点，因此弹力在竖直方向分力，与重力相等，水平分力，为合力，所以可得
解得
CD错误。
故选A。
5．我国是目前世界上唯一用特高压输电技术进行远距离输电的国家，也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是交流特高压远距离输电的原理图，假定在远距离输电过程中，等效理想变压器的输入功率，输入电压，输电线上的电流，输电线的总电阻为R，输电线中的功率损失为输入功率的4%。则（ ）
A．
B．变压器的原副线圈匝数比为
C．
D．若保持输入功率不变，提高输电电压，则与的差值增大
【答案】 B
【解析】A．根据电功率的计算公式
代入数据解得
故A错误；
C．根据电功率的计算公式
代入数据解得
故C错误；
D．根据电功率的计算公式
保持输入功率不变，可知增大时，减小，故的差值减小，故D错误；
B．根据原副线圈电压之比与线圈匝数的之比关系可知
故B正确。
故选B。
6．在均匀介质中，两波源分别位于和处，产生的简谐横波沿轴相向传播，波速均为。时刻两波源同时开始振动，且振动方程均为，下列说法正确的是（ ）
A．两波源的起振方向都沿轴负方向
B．时，两列波的第一个波峰在处相遇
C．0~10s内，处的质点运动的路程为8cm
D．形成稳定干涉图样后，轴上两波源间（不含波源）有10个振动加强点
【答案】 C
【解析】A．由振动方程知，波源的起振方向都沿轴正方向，故A错误；
B．简谐横波的周期为
左波源的第一个波峰到达的时刻是
右波源的第一个波峰到达的时刻是
故B错误；
C．简谐横波的波长为
0~4.5s内，处的质点不振动，4.5s~5.5s内，左波源的振动传播到处，质点运动的路程为
5.5s~10s内，两波源的振动都传播到处，由于
质点为振动减弱点，振幅为0，其运动的路程为0，因此，0~10s内，处的质点运动的路程为8cm，故C正确；
D．设振动加强点的坐标为，两波源振动同步，振动加强点满足波程差
（n＝0，1，2，3…）
其中
解得
、、、、0、2、4、6、8
故轴上两波源间（不含波源）有9个振动加强点，故D错误。
故选C。
7．如图所示，水平面上固定一光滑绝缘半圆环，半圆坏的半径为r，整个半圆环处于匀强电场中，匀强电场的方向与水平面平行，电场强度大小为E，方向与半圆环的直径相垂直。套在半圆环上的两球用轻绳相连，两球所带电量分别为、、质量分别为、，两球可视为质点。两球分别静止在圆环的P点与Q点，已知绳长，。不考虑小球之间的库仑力。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．半圆环对球的弹力大小为
D．半圆环对球的弹力大小为
【答案】 A
【解析】根据题意，以整体为研究对象，水平面内的受力如图所示
根据受力平衡，垂直电场方向有
沿电场方向有
做出球的矢量三角形，如图所示
由正弦定理得
同理对球由正弦定理得
联立解得
，，
半圆环对球的在竖直方向的弹力与球的重力平衡，则半圆环对球的弹力大小为
半圆环对球的在竖直方向的弹力与球的重力平衡，则半圆环对球的弹力大小为
故选A。
8．如图甲所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞下方封闭有一定质量的理想气体，已知理想气体内能U与温度T的关系为，为正的常量，重力加速度为g。开始时封闭气体温度为T0，压强等于外界大气压强p0，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的三个状态变化过程，则（ ）
A．活塞质量为
B．从b→c过程，气体对外做功
C．从a→d全过程，气体内能增加
D．从a→d全过程，气体吸收的热量小于其内能的增量
【答案】 AC
【解析】A．气体在等压膨胀过程中由受力平衡，有
解得
故A正确；
B．图像斜率不变时体积不变，只有在b→c过程中气体对外做功
故B错误；
C．在a→d全过程中，由理想气体状态方程，有
由题目条件可知气体内能的变化量
故C正确；
D．从a→d全过程，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于其内能的增量，故D错误。
故选AC。
9．2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度
B．飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在Q点点火加速
C．飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
D．若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P到Q的时间为
【答案】 BD
【解析】
A．第一宇宙速度是最大的环绕速度，飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，选项A错误；
B．飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在Q点点火加速，选项B正确；
C．虽然在①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，故无法判断他们动能的大小，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知
可得
飞船在②轨道从P到Q的时间为，故等于，选项D正确。
故选BD。
10．如图所示，在平面直角坐标系中，竖直向下，水平。在第一象限（空间足够大）存在垂直平面向外的磁场区域，磁感应强度沿y轴正方向不变，沿x轴正方向按照（且为已知常数）规律变化。一个质量为m、边长为L的正方形导线框，电阻为R，初始时一边与x轴重合，一边与y轴重合。将导线框以速度沿x轴正方向抛出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度恰好竖直向下的过程中，导线框下落高度为h，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．导线框受到的安培力总是与运动方向垂直
B．导线框下落高度为h时的速度小于
C．整个过程中导线框中产生的热量为
D．导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
【答案】 CD
【解析】A．根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边框产生方向向右的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培力，下边框产生方向向上的安培力，再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小于右边框产生的安培力，上、下边框产生的安培力大小相等，可知导线框受到向左的安培力的作用，即沿x轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向垂直，故A错误；
B．导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下落高度为h时的速度满足运动学关系
可得
故B错误；
C．当导线框速度恰好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直方向所受合力与重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线框中产生的热量大小等于水平方向动能的损失，大小为，故C正确；
D．设导线框在时间t时的水平分速度大小为，水平位移为x，则在此时刻导线框产生感应电动势大小为
导线框内的感应电流大小为
所以导线框受到安培力的大小
又根据
可得
导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为
故D正确。
故选CD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. （8分）在验证机械能守恒定律的实验中，实验小组设计了如图甲所示装置。用细线连接质量、的两物体，跨过光滑轻质滑轮，下端接着纸带通过打点计时器，让从高处由静止开始下落。实验中打出的一条纸带如图乙所示，O是打下的第一个点，A、B、C、D是连续打出的4个点，打点计时器频率为f。
（1）从O点到C点的过程中，系统动能的增加量 ，系统重力势能的减少量 。
（2）从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量的可能原因是： ；
（3）若利用机械能守恒定律，使用该装置可以测量当地的重力加速度。测量出O到各点的距离记为h并计算出各点的瞬时速度v，做出图像如图丙所示，测得图线斜率为k，则当地的重力加速度 。
【答案】 （1） ； ；（2） 纸带和限位孔之间有摩擦、滑轮具有一定的质量 ；（3）
【解析】（1）从O点到C点的过程中，系统动能的增加量
系统重力势能的减少量为
（2）系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量的可能原因是，纸带和限位孔之间有摩擦力、以及滑轮具有一定的质量，这些都会消耗系统的机械能；
（3）若机械能守恒，则有
整理可得
即图像的斜率为
所以有
12. （10分）某同学要测量一段特制的圆柱形导体材料的电阻率，同时测电源的内阻r，实验室提供了如下器材：
待测的圆柱形导体（阻值未知）
螺旋测微器
游标卡尺
电流表A（内阻很小）
电阻箱R
待测电源
开关S、开关K，导线若干
(1)他用螺旋测微器测量该导体的直径D，结果如图甲所示，可读出 mm，用游标卡尺测得该导体的长度为。
他设计了如图乙所示的电路，并进行了如下的操作：
①断开开关K，闭合开关S，改变电阻箱的阻值R，记录不同R对应的电流表示数I；
②将开关S、K均闭合，改变电阻箱的阻值R，再记录不同R对应的电流表示数I。
(2)他画出了步骤①②记录的数据对应的图像，如图丙中两条图线I、II，则步骤①对应的图线为 （选填“I”或“II”），电源的内阻 。
(3)若考虑电流表内阻的影响，则电源内阻的测量值相对真实值 （选填“偏大”、“偏小”、“相等”）。
(4)若不考虑电流表内阻的影响，此导体材料的电阻率为 。（结果保留1位有效数字）
【答案】 (1) 9.499~9.501；(2) II ； 2.1；(3)偏大；(4)
【解析】（1）螺旋测微器的读数为
（2）在步骤①中，由闭合电路欧姆定律有
整理可得
在步骤②中，由闭合电路欧姆定律有
整理可得
对比以上结果可知，步骤①对应的图线应为II，由图线II及
可得
解得电源内阻
（3）若考虑电流表内阻的影响，则步骤①中，由闭合电路欧姆定律有
即电源内阻测量值
故测量值相对真实值偏大
（4）在图像中，设
，，
则由图像及、可得
则材料电阻率为
代入数据计算得
13. （9分）如图所示，三棱镜的横截面ABC为直角三角形，，。一单色光从BC边的中点E射入三棱镜，在AB边的中点F发生全反射后，从AC边的G点（图中未画出）射出三棱镜。已知入射光线与BC边的夹角，求：
（1）三棱镜对光的折射率n；
（2）光在G点的折射角γ。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）由光路图可得
光在E点的入射角
折射角
则有
解得
（2）作出光路图如图所示，光在F点的入射角为60°，在G点的入射角
则有
解得
14. （15分）如图，倾角为的斜面足够长，区间光滑，长度为，其余部分粗糙程度相同。长为的轻绳连接两个相同的小滑块、。开始时处于点，轻绳恰好伸直。由静止同时释放、，经过一段时间后，、发生弹性碰撞。再经过一段时间轻绳突然绷紧，、达到共同速度，并一起匀速运动。已知重力加速度大小为，求
（1）滑块与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数；
（2）滑块从静止释放至运动到点的时间；
（3）滑块、一起匀速运动的速率。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）、一起匀速运动时，对、整体有
解得
（2）、一起下滑距离，对、整体有
解得
由位移公式可得
解得
此时、的速度为
从运动至，因绳子松弛，故对有
由位移公式可得
解得
又
解得
（3）运动至点后匀速运动，此时速度为
之后、发生弹性碰撞，由于质量相同，所以碰后交换速度，直至轻绳绷紧，二者以相同的速度匀速运动，该过程系统动量守恒，则有
解得
15. （18分）如图所示的平面直角坐标系中，x轴水平向右、y轴竖直向上，区域I存在平行于xy平面的匀强电场，电场强度大小为，区域II存在垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域III存在竖直向上、场强大小为的匀强电场，和垂直于xy平面向外、宽度均为d、磁感应强度大小依次为，的匀强磁场。在坐标原点O将质量为m、电荷量为的小球以大小为的初速度竖直向上抛出，小球运动过程中经过A、C两点，在A点的速度大小为，方向与x轴正方向相同，第一次经过时速度方向沿x轴正方向；，是相邻区域的边界且均与x轴垂直，C是与x轴的交点，各区域竖直空间足够大。已知重力加速度为g。求：
（1）小球从O到A速度变化量的大小和区域I中电场强度与x轴正方向的夹角；
（2）小球经过C点时的速度大小和在区域II运动时的最大速度v；
（3）若，小球在区域III运动过程中最大的水平位移x。
【答案】 （1），；（2），；（3）
【解析】（1）小球从O到A速度变化量的大小为
对小球受力分析，水平方向有
竖直方向有
设小球从O到A经历的时间为，则
，
联立解得
，，
（2）小球经过C点时的速度大小
根据配速法，给小球配一个水平向右的速度，大小满足
可得
设与等大反向，与的合速度为，则小球的运动可看成以速度大小为的匀速圆周运动和速度大小为的匀速直线运动的合运动，如图所示
根据几何关系可得
可知当与方向相同时，在区域II运动时的速度最大，为
（3）小球在区域III运动，由于
可知电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，此时小球在区域III中运动的水平位移最大。小球在第1个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得
同理可得小球在第2个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得
小球在第3个磁场中，有
小球在第n个磁场中，有
则小球经过n个磁场后，竖直方向有
可得
当时，可得
当时，可得
可知小球在第64个磁场中速度方向变为竖直方向，设此时在第64个磁场中沿水平方向通过的位移为，则有
解得
小球在区域III运动过程中最大的水平位移为