湖北省黄冈中学2024届高三下学期5月第二次模拟考试物理试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省黄冈中学2024届高三下学期5月第二次模拟考试物理试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是( )
A. 图甲中，用频率为v1的光照射光电管，微安表有示数，向左调节滑动变阻器的触头P，可以使微安表示数慢慢增大，最后到达饱和电流
B. 图乙中，一个氢原子吸收能量从基态向n=3的能级跃迁时，最多可以吸收3种不同频率的光
C. 图丙中，曲238的半衰期是45亿年，适当加热轴238，可以使衰变速度加快
D. 图丁中，气核的核子平均质量大于氦核的核子平均质量
2.直角坐标系xy的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线。位于x=0处的波源发出的两列简谐横波a、b同时在Ⅰ、Ⅱ中传播。t=0时刻波源开始振动，t=6s时刻只画出了介于一6m和6m之间的波形(图甲)。已知该时刻a波刚好传到x=6m处，则t=1.5s时介于−6m和6m之间的波形图是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，小球A从地面向上斜抛，抛出时的速度大小为10m/s，方向与水平方向夹角为53∘，在A抛出的同时有小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中下落的B，不计空气阻力，sin53∘=0.8，重力加速度g取10m/s2。则A、B两球初始距离是( )
A. 4.8mB. 6.4mC. 8.0mD. 11.2m
4.水上滑翔伞是一项很受青年人喜爱的水上活动。如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉。为了研究这一情境中的受力问题，可以将悬挂座椅的结点作为研究对象，简化为如图2所示的模型，结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3，其中F1斜向左下方，F2斜向右上方。若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变。当提高游艇速度，稳定时则( )
A. F2可能等于F3
B. F1一定变小
C. 当速度增大到一定程度，人的脚尖可以触及海面
D. F2和F3的合力方向可能沿水平向右
5.电熨斗在达到设定温度后就不再升温，当温度降低时又会继续加热，使它与设定温度差不多，在熨烫不同织物时，通过如图所示双金属片温度传感器控制电路的通断，从而自动调节温度，双金属片上层金属的热膨胀系数大于下层金属。下列说法正确的是( )
A. 温度升高时，双金属片会向上弯曲
B. 调节“调温旋钮”，使螺钉微微上升，可以使设定温度降低
C. 调节“调温旋钮”，使螺钉微微上升，可以使设定温度升高
D. 适当增加输入电压，可以使设定温度升高
6.2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功与空间站对接。对接前的运动简化如下：空间站在轨道Ⅰ上匀速圆周运动，速度大小为v1;飞船在椭圆轨道Ⅱ上运动，近地点B点离地的高度是200km，远地点A点离地的高度是356km，飞船经过A点的速度大小为vA，经过B点的速度大小为vB。已知轨道Ⅰ、轨道Ⅱ在A点相切，地球半径为6400km，下列说法正确是( )
A. 在轨道Ⅱ上经过A的速度等于在轨道Ⅰ上经过A的速度，即vA=v1
B. 在轨道Ⅱ上经过A的向心加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的向心加速度
C. 在轨道Ⅱ上经过B的速度有可能大于7.9km/s
D. 在轨道Ⅱ上从B点运动到A点的时间大约为30min
7.竖直平面有一如图所示的正六边形ABCDEF，O为中心，匀强电场与该平面平行。将一质量为m、电荷为+q的小球从A点向各个方向抛出，抛出时速度大小相等。落到正六边形上时，C、E两点电势能相等，D、E连线上各点速度大小相等。重力加速度大小为g，下列说法不正确的是( )
A. 电场强度的方向由A指向O
B. 小球经过F、C两点的速度大小满足vF=vc
C. 小球受到的电场力与重力大小相等
D. B、D两点的电势满足φB=φD
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，矩形线框的匝数为N=100，面积为S=0.02m2，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω=100rad/s沿逆时针方向转动，线框一端接换向器，通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，定值电阻R1=10Ω、R2=2.5，线框内阻r=5Ω，忽略导线的电阻。下列说法正确的是( )
A. 线框经过图示位置时，产生的感应电动势为200V
B. 流过电阻R1的电流是交流电
C. 线框转动一圈，通过电阻R1的电荷量为0.4C
D. 通过电阻R1的电流有效值为5 2A
9.如图所示，两根足够长的平行金属粗糙导轨固定在水平面内，左侧轨道间距为2m，右侧轨道间距为1m，导轨间存在磁感应强度大小为B=1T、方向竖直向下的匀强磁场。金属棒b长为1m，静止在右侧轨道，最右侧固定一个阻值为R=2Ω的定值电阻。金属棒a长为2m，两根金属棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.2，当a在水平恒力F=4N作用下从静止开始运动，到稳定时b发热Q=cJ。已知a始终在左侧轨道运动，a、b质量均为m=1kg，a的阻值为1Ω，b的阻值为2Ω，且始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小g=10m/s2。则下列说法正确的是( )
A. b棒可以运动起来
B. 稳定时a棒做匀速运动，速度为1m/s
C. 从开始到稳定状态，a棒位移为(2c+0.25)m
D. 从开始到稳定状态，a棒运动时间为0.75s
10.如图，倾角为30∘的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端放置一个质量为m的物块B。t=0时刻，将质量也为m的物块A(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，t1时刻A与B发生碰撞并粘在一起。粘合体沿斜面简谐运动过程中，弹簧最大形变量为2mgk。已知弹簧弹性势能表达式为Ep=12kx2，弹簧振子周期公式T=2π Mk，其中x是弹簧形变量，k为弹簧劲度系数，M为振子质量，重力加速度大小g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 粘合体速度最大为 mg22k
B. 物块A释放点到碰撞点的距离为mg2k
C. 粘合体向下运动过程中的最大加速度大小为g
D. 从物体A、B碰撞到运动到最低点的时间为2π3 2mk
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.近年来，对折射率为负值(n<0)的负折射率人工材料的研究备受关注。如图甲所示，光从真空射入负折射率材料时，入射角和折射角的大小关系仍然遵循折射定律，但折射角取负值。即折射光线和入射光线位于界面法线同侧。某同学用图乙所示装置测量该材料对红光的折射率，在空气中(可视为真空)放置两个完全相同的用负折射率材料制作的顶角为θ的直角三棱镜A、B，在棱镜B下方有一平行于下表面的光屏，两棱镜斜面平行且间距为d。一束红色激光，从棱镜 A上的P点垂直入射。
(1)该同学先在白纸上记录两平行斜边位置，放上两三棱镜后，插针P1、P2的连线垂直于A上表面，若操作无误，则在图中下方的插针应该是__________。
A.P3P6 B.P3P8 C.P5P6 D.P7P8
(2)若θ=30∘，激光通过两棱镜后，打在光屏上的点偏离入射光线的水平距离为2d，该材料折射率n=__________。
(3)记录棱镜B的斜边位置后，操作时不小心把棱镜 B 往下方平移了少许距离(使两棱镜实际距离略大于d)，则该材料折射率n的测量值的绝对值会__________。(填“偏大”“不变”或者“偏小”)
12.某学习小组在研究“测量干电池的电动势和内阻”和“测量金属丝电阻率”两个实验时，先设计如图甲所示电路， MN 为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，横截面积为 S。调节滑片P，记录电压表示数 U、及对应的PN长度x，绘制出图乙所示的U−Ux图像，图像与纵轴截距为b1，斜率绝对值为k1。用同一根金属丝MN和同一个电源又设计了如图丙所示电路，调节滑片P，记录电流表示数I、及对应的PN长度x，绘制出图丁所示的Ix−I图像，图像与纵轴截距为b2，斜率绝对值为k2。
(1)若不考虑电表内阻影响，则电池的电动势E=__________，内阻r=__________，金属丝的电阻率ρ=__________;(均选用b1，b2、k1、S表示)
(2)实验中因电压表内阻的影响，电动势测量值__________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值;本实验电流表内阻对电源内阻的测量__________(填“有”或“没有”)影响。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图所示，水平均匀薄玻璃管(质量忽略不计)长为L0=65cm，右端开口，左端封闭并固定在竖直转轴上。静止时，用长度为L=5cm的水银柱村闭着一段长度为L1=40cm的空气。不计一切摩擦，不考虑流速影响，气体温度始终保持不变，管口处压强始终为为p0=75cmHg，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)当玻璃管绕竖直轴以角速度ω1匀速转动时，水银柱刚好没有从玻璃管中溢出。求角速度ω1;(结果可用根式表示)
(2)若从管中抽出部分气体后，玻璃管绕轴仍以(1)中角速度ω1匀速转动，空气柱的长度仍为40cm。求抽出气体质量与抽气前气体总质量的比值。(无需解答过程，本问直接写出结果即可)
14.如图所示，质量为m1=1kg、长度为L=7.5m的木板放在光滑水平面上，质量为m2=0.5kg、可视为质点的木块放在木板最左端，木块与木板动摩擦因数为μ=0.2，其他摩擦均不计。在水平面上长木板的右侧静置一质量为m3=3kg、上表面为圆弧的小车(圆弧半径为R，圆心角为120∘)。质量m4=1.5kg可视为质点的小球放在小车上。令木板和木块以共同速度v0=6m/s水平向右运动，随后木板与小车发生弹性碰撞(仅考虑小车发生一次碰撞)，碰撞时间极短。已知重力加速度大小g取10m/s2。
(1)木板与小车发生弹性碰撞后的瞬间，求小车的速度大小;
(2)最终稳定时，求木板的速度大小;
(3)若小球刚好可以从小车上掉落，求小车上圆弧半径R的大小。
15.如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，两板间所加电压为U0。金属板P和Q水平放置在N板右侧，且关于小孔S1，S2所在直线对称，两板间加有恒定的偏转电压4U0，板长为L，板间距为2L。距离P板右侧L处有一个足够大的荧光屏，板右侧与荧光屏之间分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B= U0mqL2。现有一质子(H11H)和α粒子(He24He)从小孔S1处先后由静止释放，穿过小孔S2水平向右进入偏转电场。已知α粒子的质量为4m，电荷量为2q;质子的质量为m，电荷量为q。不计粒子的重力作用，求
(1)质子在偏转电场中的侧移量y1和速度偏转角θ1;
(2)质子在磁场中运动的时间t1;
(3)两粒子打在在荧光屏上的点沿竖直方向的距离d。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.向左调节滑动变阻器的触头P，光电管加反向电压会使电流变小，A错误；
B.一个氢原子从基态向n=3的能级跃迁时，最多可以吸收2种不同频率的光，B错误;
C.半衰期只与原子核本身有关，与核外环境无关，C错误
D.轻核聚变会释放能量，有质量亏损，反应物的核子平均质量大于生成物的核子平均质量。
故选D。
2.【答案】D
【解析】由题可知，t=6s时，x=6m的质点刚刚开始振动，根据质点的传播方向和振动方向的关系可知，该质点此时刻向y轴负方向振动，说明振源开始振动的方向也为y轴负方向；
t=6s时，a波刚好传到x=6m处，可知a波的波速为：v a=1m/s
则t=1.5s时，a波刚好传到x=1.5m处，且x=1.5m处质点向y轴负方向振动，故AB错误；
由题意可知，这两列波是由同一振源引起的，故两列波的频率关系为：f a=f b，
由图象可知，a波的波长为：λ a=1m，b波的波长为：λ b=4m，
根据公式v=λf可知：va vb = λaλb = 1 4
所以t=1.5s时，b波刚好传到x=6m处，故C错误，D正确；
故选D。
3.【答案】C
【解析】小球A的运动可以看成平抛运动的逆过程；水平速度为v0=vcs53∘=6m/s，竖直速度为vy=vsin53∘53∘=8m/s。
相遇时A球竖直方向位移为yA=vy22g=3.2m，运动时间为t=vyg=0.8s，水平方向位移为x=v0t=4.8m；
B球竖直方向位移yB=12gt2=3.2m，即初始时A、B两球竖直距离y=yA+yB=6.4m；
根据勾股定理，A、B两球初始距离为s= x2+y2=8m
故选C。
4.【答案】C
【解析】解：
A、结点受到三个力的作用处于平衡状态，则三个力的合力为零，所以F 1和F 3的合力大小一定等于F 2的大小，又由于两个力的夹角为锐角时，合力大于任意一个分力，则F2一定大于F3，故A错误；
B、将力F 2和F 3沿水平方向与竖直方向分解如图，设F1和F2与竖直方向的夹角分别为α、β。：
F1x=F1sinα，F2x=F2sinβ，水平方向F1x=F2x，因当速度变大时，空气阻力变大，即F2的水平分量F2x变大，则F2变大，β变大，F1也一定变大，故B错误；
C、人的脚尖触及海面时，F1方向水平向左，结点在三力作用下仍能保持平衡，所以，人的脚尖可以接触海绵，故C正确；
D、结点受到三个力的作用处于平衡状态，则三个力的合力为零，所以F 2和F 3的合力大小一定等于F 1的大小，方向与F 1相反，方向一定不能沿水平方向向右，故D错误。
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：A、当温度升高时，金属片向膨胀系数小的发生弯曲，双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属片，所以温度升高时，双金属片会向下弯曲，触点断开，故 A错误；
BC、调节调温旋钮，使螺丝上移并推动弹性铜片上移，使双金属片只要稍向下弯曲，就能使触点断开，调节前后对比，双金属片向下弯曲程度要小一些，温度要更低一些。故B正确，C错误。
D、电压不影响设定温度，故D错误；
故选：B。
6.【答案】C
【解析】解：
A.载人飞船在A点时经过点火加速做离心运动才能从载人飞船的运行轨道Ⅱ进入空间站的运行Ⅰ，即vAB.根据牛顿第二定律G Mm r2 =ma可知，飞船在轨道Ⅱ上经过A的向心加速度等于在轨道Ⅰ上经过A的向心加速度，故B错误；
C.飞船在近地点B所在的圆轨道运动的速度小于最大环绕速度7.9km/s，但由圆轨道到椭圆轨道II需要加速，所以在轨道Ⅱ上经过B的速度有可能大于7.9km/s，故C正确；
D.设地球表面一个质量为m的物体，则有GMmR2=mg，所以GM=gR2，飞船在轨道I上的周期为T1，则有GMm′R+h12=m′4π2T12R+h1，解得T1=5448s
飞船在轨道II的周期为T2,根据开普勒第三定律得：T12R+h13=T222R+h1+h223，解得，T2=5353s，则在轨道Ⅱ上从B点运动到A点的时间大约为t=T22=2676s=44.6min，则D错误；
7.【答案】D
【解析】解：A.C、E两点电势能相等，则C、E两点电势相等，即C、E两点的连线为等势线，根据电场点与等势线垂直，可知电场强度方向在AD方向上，又由于小球带正电，电场力与方向与电场方向相同，可得电场强度的方向由A指向O；故A正确；
B.D、E连线上各点速度大小相等，可知小球的合力方向垂直于DE的连线，所以小球经过F、C两点的速度大小也相等，故B正确；
C.小球的合力方向垂直于DE的连线，且电场力沿OD方向，重力沿OE方向，由几何关系可得电场力与重力大小相等，故C正确；
D.电场线方向由A指向D，根据沿电场线方向电势降低，可知B、D两点的电势不相等，故D错误；
故选D。
8.【答案】CD
【解析】A、矩形线框转到图示位置时，通过线框的磁通量最大，但磁通量变化率为0，则此时线框产生的感应电动势为0，故 A错误;
B、线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，产生交流电，由于线框一端接换向器，通过电阻R1的是直流电，故B错误；
C、对于R2有PR2=U22R2=n2n1U12R2=U12n1n22R2，所以副线圈的等效电阻为R2′=n1n22R2=10Ω=R1，且与R1并联，线框转一圈，通过电阻R 1的电量为q=ΔΦ2R1=2NBSR1=0.4C，故C正确；
D、矩形线框转动时产生的感应电动势的有效值为E=Em 2=NBSω 2=100 2V，根据闭合电路欧姆定律可知总电流为I=ER并+r=ER1⋅R2 ′R1+R2 ′+r=10 2A
所以通过R1的电流有效值为I1=12I=5 2A，故D正确。
故选CD。
9.【答案】BC
【解析】A.假设a棒稳定时匀速，F−μmg−BIL=0得I=1A，b棒BI2L′=0.5N<μmg，故b棒无法运动，故A错误；
B.稳定时a棒做匀速运动，I=1A，则I=BLvR总，其中R总=Ra+RbRRb+R=2Ω，得v=1m/s，故B正确；
C.从开始到稳定状态，对a棒动能定理Fx−μmgx−4Q=12mv2，得x=(0.25+2c)m，故C正确；
D.从开始到稳定状态，对a棒动量定理Ft−μmgt−BILt=mv，而It=BLvR总t=BLxR总，得t=(2c+0.75)s，故D错误。
10.【答案】AD
【解析】A.由题可知振幅A=mgk，T=2π 2mk，最大速度v=Aω=A2πT，物块AB速度最大为 mg22k
B.碰前A的速度为2v1，(2v1)2=2gsinθl;从碰后到平衡位置动能定理2mgsinθ12mgk=122mv2−122mv12+12k(mgk)2−12k(mg2k)2得l=3mg2k
C.物块AB运动过程中的最大加速度在最低点，k2mgk−2mgsinθ=2ma得a=g2
D.从物体AB碰撞到运动到最低点的时间为t=T3=2π3 2mk
11.【答案】(1)D(2)− 3 (3)偏大
【解析】(1)因负折射率材料的折射光线和入射光线位于法线的同侧，则经过P1P2后，下图中的光线应该经过P7P8，故选：D.
(2)画出光路图如图所示：
由题意得：sin−rsinθ=n
由几何关系得：2d=dcsrsinθ+r，解得n=− 3;
(3)若棱镜B 往下方平移了少许距离，两棱镜实际距离略大于d，折射角增大，则折射率篇大。
12.【答案】(1)b1，Sb1b2， k1b1b2；
(2)小于， 没有
【解析】(1)由图甲，根据闭合电路的欧姆定律得E=U+UρxS⋅r，整理得U=E−Ux⋅Srρ
由图丙，根据闭合电路的欧姆定律得E=I⋅ρxS+I⋅r，整理得Ix=ESρ−rSρ⋅I
结合图乙和图丁可得：E=b1，ESρ=b2，k1=Srρ，解得ρ=Sb1b2，r=k1b1b2;
(2)若考虑电压表内阻的影响，由图甲，根据闭合电路的欧姆定律得E=U+UρxS⋅r+URV⋅r
整理得U=RV⋅ERV+r−Ux⋅Srρ⋅RVRV+r
则RV⋅ERV+r=b1，即E真=RV+rRV⋅b1>b1，所以电动势测量值小于真实值;
若考虑电流表内阻的影响，由图丙，根据闭合电路的欧姆定律得E=I⋅ρxS+Ir+rA
整理得Ix=ESρ−r+rASρ⋅I
结合第(1)问可知，同样满足ESρ=b2，所以电流表内阻对电源内阻的测量没有影响。
13.【答案】(1)等温变化p0V0=p1V1
初始V0=SL1最终V1=S(L0−L)
得p1=50cmHg
受力分析：(p0−p1)S=mω12(L0−L2)
得ω1=4 5rad/s
(2)受力分析：(p0−p2)S=mω12(L1+L2)得p2=58cmHg
等温变化p0SL1=p2SL2比值为△mm1=1−m2m1=1−L0L2=1775

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)碰撞时m1v0=m1v1+m3v3
12m1v02=12m1v12+12m3v32
解得v1=−3m/s，v3=3m/s
(2)碰后木板受力：μm2g=m1a1
滑块受力：μm2g=m2a2
设经过时间t物块掉落，木板x1=v1t+12a1t2
滑块x2=v0t−12a1t2
又L=x2−x1
得t=1s
则稳定时v1′=v1+a1t
得v1′=−2m/s<0，故共速前已经掉落(假设是成立的)
故木板最终速度大小为2m/s
(3)小球在小车左边缘与之共速，根据动量守恒m3v3=(m3+m4)v4
12m3v32−12(m3+m4)v42=m4gR(1−csθ2)
得R=0.6m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)加速场U0q=12mv02
偏转场y1=12at2
L=v0t
4U0q2L=ma
tanθ1=atv0
得y1=L2
θ1=45∘
(2)质子在磁场中水平方向匀速圆周运动速度大小为v0，在竖直方向上匀速直线运动速度大小也为v0
qBv0=mv02r1得r1= 2L
由几何关系圆心角sinβ1=Lr1得β1=45∘
时间t1=β1r1v0
得t1=πL8 2mU0q
(3)质子在磁场中由于水平和竖直速度大小始终相等，所以水平路程等于竖直路程d1=β 1r1
得d1= 24πL
同理α粒子经过加速场后水平速度U02q=124mvx2得vx= U0qm
侧移y2=12a2t2得y2=L2
速度偏转角θ2=45∘
故α粒子从一点都以45∘方向射入磁场，故水平和竖直速度大小始终相等，所以竖直路程等于水平路程2qBvx=4mvx2r2得r2=2L
sinβ2=Lr2得β2=30∘
d2=β2r2=πL3
故Δd=d1−d2得Δd=( 24−13)πL

【解析】详细解答和解析过程见【答案】