07- 备战2024年高考物理模拟卷（湖南专用）（解析版）

这是一份07- 备战2024年高考物理模拟卷（湖南专用）（解析版），共19页。试卷主要包含了如图等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．图像可以直观地反映物理量之间的关系，如图所示，甲图是光电管中光电流与电压关系图像，乙图是c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像，丙图是放射性元素氡的质量和初始时质量比值与时间之间的关系图像，丁图是原子核的比结合能与质量数之间关系图像，下列判断正确的是（ ）
A．甲图中，a光的波长大于b光的波长
B．乙图中，金属c的逸出功小于金属d的逸出功
C．丙图中，每过3.8天要衰变掉质量相同的氡
D．丁图中，质量数越大原子核越稳定
【答案】 B
【解析】A． 由图可知，a光的截止电压大，根据逸出功表达式
所以a光频率大，a光波长短，故A错误；
B．由光电效应可知
能量守恒有
有
当频率相等时，由于金属c遏止电压大，所以c的逸出功小，故B正确；
C．由图可知氡半衰期为3.8天，由于每次衰变后的氡质量均变成原来的一半，故每过3.8天要衰变掉质量不相同的氡，故C错误；
D．质量数大，比结合能不一定大，故D错误。
故选B。
2．在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。如图，带箭头的实线表示电场线，虚线表示电子的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．M点的电势高于N点
B．电子在M点的加速度大于在N点的加速度
C．电子在M点的动能大于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】 D
【解析】A．沿电场线电势逐渐降低，可知 M点的电势低于N点，选项A错误；
B．因N点电场线比M点密集，可知N点场强较大，电子在N点受电场力较大，则电子在M点的加速度小于在N点的加速度，选项B错误；
CD．电子从M到N点，电场力做正功，动能增加，则在M点的动能小于在N点的动能，电势能减小，则电子在M点的电势能大于在N点的电势能，选项C错误，D正确。
故选D。
3．一光滑半圆环固定于竖直平面内，O为半圆环的圆心，AB为半圆环的水平直径，一质量为m的小球套在半圆环上，小球和圆心O之间连接一轻弹簧，弹簧处于伸长状态。在半圆环所在的竖直平面内对小球施加一水平向左的拉力F，小球静止于C点，OC与水平直径的夹角为。现保持拉力F的方向不变，将小球从C点缓慢拉动到D点。OD与水平直径的夹角为，则此过程中（ ）
A．弹簧对小球的弹力逐渐变小
B．半圆环对小球的弹力逐渐变大
C．弹簧对小球弹力与半圆环对小球弹力的合力逐渐变小
D．水平向左的拉力F逐渐变大
【答案】 C
【解析】A．由于从C到D的过程，弹簧的长度始终为半圆形圆环的半径，即弹簧的伸长量不变，根据胡克定律
所以该过程中，弹簧的弹力大小不变，故A项错误；
B．对小球进行受力分析，其受到重力G、弹簧的弹力，半圆形圆环对小球的弹力以及向左的拉力F，设为弹簧弹力与水平方向的夹角，如图所示
因为小球静止，所以水平方向有
竖直方向有
整理有
在从C到D的过程，由于是缓慢运动，所以一直处于平衡态，由于该过程中，角度变大，由之前的分析可知，弹簧的弹力大小不变，所以半圆形圆环对小球的弹力减小，故B项错误；
CD．由之前的分析可知以及平衡结论有，外力F与小球的重力G的合力大小等于小球受到弹簧弹力和半圆环对小球的弹力的合力大小，由于重力大小方向不变，外力F方向不变，由之前的分析可知
由C到D的过程，角度变大，所以F的大小变小，由力的合成知识点可知，重力与F的合力为
即该合力在减小，所以弹力和半圆环对小球的弹力的合力大小也在减小，故C正确，D错误。
故选C。
4．电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂竖直挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向垂直线圈平面向里。当没有通电时，调节砝码使两臂达到平衡。当线圈中通过如图所示方向的电流I时，要使两臂重新达到平衡，在某一盘中增加了质量为m的砝码。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为
B．增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为
C．增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为
D．增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为
【答案】 A
【解析】当线圈中通过如图所示方向的电流I时，线圈受安培力向下，要使两臂重新达到平衡，在左盘中增加砝码
匀强磁场的磁感应强度大小为
故选A。
5．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各投出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为和；已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，，。下列说法正确的是（ ）
A．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的小
B．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的长
C．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙大
D．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大
【答案】 A
【解析】AB．设箭的水平初速度为，入壶时与水平方向的夹角为，则有
由于
所以
若两人站在距壶相同水平距离处投壶，即时，则，根据
可知，即甲所投的箭在空中运动时间比乙的长；根据
可知，即甲所投箭的初速度比乙的小，故A正确、B错误；
CD．若箭在竖直方向下落的高度相等，即时，则，即甲投壶位置距壶的水平距离比乙小；根据
可知，根据
可知，则射箭落入壶口时的速度
即甲所射箭落入壶口时速度比乙小，故CD错误。
故选A。
6．如图所示的电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在了图中，电压表和电流表均为理想电表，电压表V、和的示数分别为U、和，三个电压表变化量的绝对值分别、和，电流表A的示数为I（电流表示数变化量的绝对值为，当滑动变阻器的滑片P向a端移动时，下列说法中正确的是（ ）
A．和均增大
B．电源的总功率和效率均增大
C．
D．如果设流过电阻的电流变化量的绝对值为，流过滑动变阻器的电流变化量的绝对值为，则
【答案】 D
【解析】A．由于
当滑动变阻器的滑片P向a端移动时，增大，增大，根据
得
则
不变，故A错误；
B．当滑动变阻器的滑片P向a端移动时，增大，电路中总电阻增大，总电流减小，电源的总功率
减小，故B错误；
C．根据
则
故C错误；
D．根据
所以
当滑动变阻器的滑片P向a端移动时，增大，电路中总电流增大，增大，为定值，所以
故D正确。
故选D。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
7．我国在探索宇宙文明过程中取得了重大突破，中国科学院高能物理研究所公布：在四川稻城的高海拔观测站，成功捕获了来自天鹅座万年前发出的信号。若在天鹅座有一质量均匀分布的球形“类地球”行星，其密度为ρ，半径为R，自转周期为T0，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．该“类地球”行星的同步卫星的运行速率为
B．该“类地球”行星的同步卫星的轨道半径为
C．该“类地球”行星表面重力加速度在两极的大小为
D．该“类地球”行星的卫星在行星表面附近做匀速圆周运动的速率为
【答案】 CD
【解析】A．根据匀速圆周运动线速度公式以及行星的同步卫星周期，可知其运行速率为
为该“类地球”行星的同步卫星的轨道半径，并不是R，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力
“类地球”行星的质量为
该“类地球”行星的同步卫星的轨道半径为
故B错误；
C．该“类地球”行星表面重力加速度在两极处有
解得
故C正确；
D．根据万有引力提供向心力
该“类地球”行星的卫星在行星表面附近做匀速圆周运动的速率为
故D正确。
故选CD。
8．如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．在真空中，a 光的波长大于b光的波长
B．在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C．若光束的入射角θ逐渐变大，则折射光线a首先消失
D．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距
【答案】 CD
【解析】AB．由题图可知，玻璃砖对a 光的折射率大于对b光的折射率，则a光的频率大于b光的频率，由可知，在真空中，a光的波长小于b光的波长，由可知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故AB错误；
C．若光束的入射角θ逐渐变大，因为a光的折射率更大，所以折射光线a首先消失，故C正确；
D．a光的波长小于b光的波长，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故D正确。
故选CD。
9．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取，则下列说法正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值
B．煤块与传送带间的动摩擦因数
C．煤块从最高点下滑到A端所用的时间为
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
【答案】 ABD
【解析】AB．由题图乙可知，在0~1s时间内，煤块的加速度为
负号表示方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得
在1~2s内，煤块的加速度为
负号表示方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得
联立以上各式，解得
则有
AB正确；
C．由图像与时间轴所围面积表示位移，可知煤块上升的位移为
由位移时间公式，可得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为
C错误；
D．传送带的速度为4m/s，在0~1s时间内煤块相对传送带向上运动，则有传送带的位移为
煤块的位移
煤块与传送带的相对位移为
在1~2s时间内传送带相对煤块向上运动，则有传送带的位移
煤块的位移
煤块与传送带的相对位移为
因在0~1s时间内煤块相对传送带向上运动，在1~2s时间内传送带相对煤块向上运动，因此在煤块向上运动中，与传送带留下的痕迹长为4m；在时间内，传送带向上运动，煤块向下运动，则有煤块在传送带上留下的总痕迹长为
D正确。
故选ABD。
10．如图（a）所示，在竖直平面内有宽度为L的匀强磁场I、II、III、IV，各磁场边界平行且在水平面内，四个区域内匀强磁场磁感应强度的大小均为B，磁场I、III的磁感应强度的方向垂直于纸面向外，磁场II、IV的磁感应强度的方向垂直于纸面向里，磁场I、II之间的距离为L，磁场II、III、IV依次相邻。一质量为m、边长为L的正方形单匝闭合导线框从磁场I上方某一位置静止释放，从导线框下边到达磁场I上边界开始计时，当导线框下边到达磁场IV的下边界时停止计时，此过程中导线框内电流大小随时间的变化规律如图（b）所示，图中开始阶段和最后阶段的电流图线平行于时间轴。在运动过程中导线框始终在竖直平面内且上下两边与各磁场边界始终平行，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．图（b）中导线框中的电流之比
B．导线框的电阻R为
C．从导线框上边到达磁场II上边界至导线框下边到达磁场IV下边界运动的总时间为
D．从导线框下边到达磁场II上边界至导线框下边到达磁场IV下边界过程中导线框中产生的热量为
【答案】 BD
【解析】A．由图像可知，线圈的下边进入磁场I到线圈的下边进入磁场II的下边界一直做匀速运动，则
线圈的下边进入磁场IV的上边界到线圈的下边进入磁场IV的下边界也做匀速运动，则
则
故A错误；
B．线圈的下边进入磁场I到线圈的下边进入磁场II的下边界一直做匀速运动，运动速度为
解得
故B正确；
C．从导线框上边到达磁场II上边界至导线框下边到达磁场IV上边界过程中，根据动量定理
其中
解得
从导线框上边到达磁场II上边界至导线框下边到达磁场IV下边界运动的总时间大于，故C错误；
D．从导线框下边到达磁场II上边界至导线框下边到达磁场IV下边界过程中导线框中由能量关系
解得产生的热量为
故D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共56分．
11. （6分）某同学通过实验测定阻值约为10Ω的电阻Rx，用内阻约为3kΩ的电压表，内阻约为0.125Ω的电流表进行测量，他设计了图甲和图乙两种电路。
（1）为得到更加准确的测量结果，本实验应采用图 （填“甲”或“乙”）所示的电路，此电路测得的Rx偏 （填“大”或“小”）。
（2）要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图丙所示，其中定值电阻R1=40Ω，R2=360Ω，当开关S接B端时，该电流表的量程为0~ mA。
【答案】（1） 甲 ； 小 ；（2） 10
【解析】（1） 由题知
故电流表应采用外接法，即实验中应采用图甲所示的电路图，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据
可知，测得的电阻比真实值小。
（2）当开关S接B端时，R2和电流表串联，再与R1并联，则有
故该电流表的量程为0~10 mA。
12. （10分）用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量能量问题。实验中采用质量分别为m1和m2的两个小球，图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在地面上的三个落点位置，M、P、N到斜槽末端在地面的投影O点的距离分别为xM、xP、xN。
（1）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是
A．两小球的质量和尺寸可以不同
B．选用两球的质量应满足
C．必要的测量仪器有天平、刻度尺和秒表
D．斜槽轨道越光滑误差越小
（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 （用题目中所给的物理量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么应该满足的表达式为 （用题目中所给的物理量表示）
（3）某次实验中的部分数据为：m1=50g，m2=8g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示则碰撞前、后总动量的比值为= ；（小数点后保留两位）
（4）若在这次实验中仅更换被撞小球的材质，保持两小球质量、尺寸等其它条件不变，可以使被撞小球m2做平抛运动的射程改变。请根据题中给出的数据， 分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程的最大可能值为 cm。（小数点后保留一位）
【答案】（1） B；（2） ；；（3）1.03 （4） 77.6
【解析】（1）AB．为了确保发生对心正碰，两小球尺寸必须相同，为了避免碰撞后发生反弹，入射球质量必须大于被碰小球质量，即
故A错误，B正确；
C．小球平抛运动的竖直方向的高度相等，根据
解得
可知，小球平抛运动经历的时间相等，能够用高度间接表示时间，即实验中不需要测量时间，即必要的测量仪器有天平、刻度尺，不需要秒表，故C错误；
D．入射球每次均从斜槽同一位置静止释放，小球克服摩擦力做功相同，入射球飞出斜槽的速度大小一定，即斜槽的摩擦对实验没有影响，实验不需要确保斜槽光滑，故D错误。
故选B。
（2）平抛运动水平方向有
，，
碰撞过程动量守恒，则有
结合上述解得
若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为
结合上述解得
（3）碰前的总动量为
碰后的总动量为
解得
（4）若发生弹性碰撞，被碰小球获得速度最大，平抛运动水平射程最大，根据弹性碰撞规律有
，
解得
结合上述，水平射程有
13. （10分）按压式饮水器的原理如图所示。已知气囊的体积，忽略细管及连接处的体积。某次使用前，桶内气体压强与外部大气压强相等，桶内气体体积，挤压气囊一次，当气囊中的气体全部被挤入桶内时，桶内的水恰好上升到出水口处。若整个装置气密性良好，气体温度变化忽略不计。已知大气压强，水的密度，重力加速度取。
（1）请判断说明上述过程中桶内气体是吸热还是放热并说明理由；
（2）求挤压气囊前，桶内液面离出水口的高度h。
【答案】 （1）放热，理由见详解；（2）
【解析】（1）在挤压气囊过程中，气囊内的气体进入桶中，外界在对气囊内气体和原有气体做功，被压入的气体和原有的气体都被压缩，而桶中气体的温度不变，则原有气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体要向外放热。
（2）根据题意可知，压缩气囊过程中，温度不变，由于水管体积非常小，水桶中气体体积认为不变，由玻意耳定律可知
当气囊中的气体全部被挤入桶内时，桶内的水恰好上升到出水口处，则有
联立解得
14. （14分）如图甲所示，水平地面上放有一质量的长木板，木板正中间放有一可视为质点的质量的小物块。时木板在水平向右的恒力的作用下由静止开始向右运动，时撤去恒力，小物块恰好不能从长木板的左端掉落，小物块在木板上滑动时木板的图像如图乙中的折线所示，小物块的图像如图乙中们折线所示，取重力加速度大小，求：
（1）木板的长度；
（2）恒力的大小；
（3）木板沿水平地面运动的最大距离。
【答案】 （1）6m；（2）16N；（3）11m
【解析】（1）依题意可知小物块相对于长木板的位移对应图中阴影部分面积
结合小物块放在木板正中间，根据几何关系解得
（2）由题图可知，内小物块的加速度大小，内木板的加速度大小，内木板的加速度大小，结合牛顿第二定律有
解得
（3）由上可得，后木板和小物块一起减速，设其加速度大小为，结合牛顿第二定律有
解得
所以沿水平地面运动的最大距离
15. （16分）利用电磁场偏转离子是在科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在Oxy平面（纸面）的第一象限内有边界平行于x轴的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，宽度均为L，区域Ⅰ为匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴负方向，区域Ⅱ、Ⅲ为匀强磁场，方向均垂直纸面向里。一群速度大小不同的离子由（0，3L）处沿x轴正方向进入电场，已知离子质量为m、电荷量为+q，不计离子重力，忽略磁场的边界效应。求：
（1）恰从（L，2L）处进入区域Ⅱ离子的初速度；
（2）若要使初速度为0的离子不进入区域Ⅲ，B1的范围；
（3）若，且，经过处离子的初速度范围。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据
解得
（2）当初速为0的粒子轨迹恰好与Ⅱ、Ⅲ边界相切时，为最小值，此时，粒子进磁场时
解得
即的范围为
（3）设某一初速度释放的粒子，其轨迹与相切。运动中经电场偏转后进入Ⅱ区域时，速度与竖直方向的夹角为θ，经Ⅱ区域偏转后进入第Ⅲ区域时，其半径与水平方向夹角为α，粒子在Ⅱ区域的半径为r1，Ⅲ区域的半径为，如图所示
由，可得
粒子在电场中做类平抛运动
解得
则，即
经过处粒子的初速度范围