2024年湖北省普通高中學業水平選擇性考試模擬物理試卷（一）

年湖北省普通高中學業水平選擇性考試模擬卷（一）物理注意事項：．答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。．選擇題的作答：每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。．非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交。一、選擇題（本題共小題，每小題4分，共分。只有一項是符合題目要求，有多項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1.如圖所示是氫原子的能級圖，一群氫原子處于量子數的激發態，這些氫原子能夠自發地躍遷到較低的能量狀態，并向外輻射多種頻率的光，用輻射出的光照射圖乙光電管的陰極K，已知陰極K的逸出功為5.32eV，則（）A.陰極K逸出的光電子的最大初動能為8eVB.這些氫原子最多向外輻射6種頻率的光C.向右移動滑片P時，電流計的示數一定增大D.波長最短的光是原子從激發態躍遷到基態時產生的【答案】A【解析】【詳解】A．一群氫原子處于量子數的激發態躍遷至基態輻射的光子的能量最大0.28eV（13.60eV）=13.32eV根據光電效應方程有第1頁/共25頁解得故A正確；B．這些氫原子最多向外輻射光的頻率數目為故B錯誤；CPC錯誤；D．波長最短的光頻率最大，光子能量最大，結合上述可知，波長最短的光是原子從激發態躍遷到基態時產生的，故D錯誤。故選A。2.m的小球P用輕彈簧和細線分別懸掛于固定在小車上的支架MN度系數為k，重力加速度為g，當小車水平向右做直線運動時，細線與豎直方向的夾角為，輕彈簧處于豎直方向，則下列說法中正確的是（）A.細線張力不可能為0B.若小車向右做勻速直線運動，彈簧伸長量C.彈簧的彈力不可能為0，也不可能處于壓縮狀態D.若小車水平向右的加速度，彈簧伸長量為【答案】B【解析】【詳解】AB．若小車向右做勻速直線運動，因輕彈簧處于豎直方向，可知細線拉力為0，此時彈簧彈力等于重力，即第2頁/共25頁解得故A錯誤；B正確；CD．若，則，解得即彈簧彈力為0。若，則彈簧壓縮量為故CD錯誤。故選B。3.A穿在光滑固定的豎直細桿上與一不可伸長的輕質細繩連接，細繩另一端跨過輕質光滑定滑輪連接物塊BAA的質量為mB的質量為到細桿的距離為L，細繩的長度為2L。現由靜止釋放物塊A，不計一切摩擦、空氣阻力及定滑輪大小，重力加速度大小為g，兩物塊均可視為質點，下列說法正確的是（）第3頁/共25頁A.物塊A的機械能一直增大B.物塊A的速度始終小于物塊B的速度C.物塊A、B等高時物塊B的速度大小為0D.物塊A下落到最低點時物塊B的速度為0，A下落的最大距離為【答案】D【解析】【詳解】A．由靜止釋放物塊A，物塊A向下加速運動過程中，重力做正功，繩子的拉力做負功，物塊A的機械能減小。故A錯誤；B．設物塊A下滑過程中繩與豎直方向的夾角為，則由此可知，物塊A的速度大于物塊B的速度，當物塊A的速度為零時，物塊B的速度也為零。故B錯誤；C．設物塊A、B處于同一高度時定滑輪左側細繩與水平方向所成的角為，有又解得所以等高時的總動能為解得故C錯誤；D．當物塊A的速度為零時，下落的高度最大，此時物塊B的速度也為0，則解得第4頁/共25頁故D正確；故選D。4.我國首顆量子科學實驗衛星于2016年8月16日1點40軌道為量子衛星靜止在赤道上隨地球自轉，23為地球的同步軌道，如圖所示。已知該衛星在1軌道隨地球自轉的周期約為近地軌道2運動周期的17123軌道繞地球做勻速圓周運動的說法中正確的是（）A.衛星在軌道1的加速度最大，線速度最小B.衛星在軌道2的加速度最大，線速度最大C.衛星在軌道3運動的周期最大，線速度最小D.若將該衛星放在南極極點上，與軌道1處相比，其重力將變為原來的2.89倍【答案】B【解析】【詳解】ABC．對于1軌道和3軌道，周期相等，角速度相等，根據可知衛星在1軌道的加速度和線速度都小于衛星在3軌道的加速度和線速度，對于2軌道和3軌道，根據萬有引力提供向心力可得第5頁/共25頁可知衛星在2軌道的線速度大于衛星在3軌道的線速度，衛星在2軌道的加速度大于衛星在3軌道的加速度，衛星在2軌道的周期小于衛星在3軌道的周期，綜上所述可得衛星在軌道2的加速度最大，線速度最大，故B正確，AC錯誤；D．設衛星在2軌道上運行的周期為，地球半徑為，根據題意可知在南極極點上，衛星的重力在赤道上，衛星的重力可得故D錯誤。故選B。5.如圖甲所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠寬，在x軸方向寬度為（BC邊的長度為為電流的正方向，在圖乙中感應電流i、BC兩端的電壓u與線框移動的距離x的關系圖象正確的是A.B.第6頁/共25頁【答案】D【解析】【詳解】導體棒切割磁感線產生感應電動勢E=BLv，感應電流，方向沿逆時針，為正．在0aLIa2aL方向沿順時針，為負，故AB不正確；BC兩端的電壓u=iR0ai均勻增大，u均勻增大，且B的電勢高于C點的電勢，u＞0．在a2a內，i均勻增大，u均勻增大，且B的電勢低于C點的電勢，u＜0．故C不正確，D正確，故選D．6.如圖甲所示，A、B兩個物體靠在一起，靜止在光滑的水平面上，它們的質量分別為，，現用水平力拉A，用水平力推B，和隨時間t變化關系如圖乙所示，則（）A.0~2s內，物體A所受的合外力一直增加B.0~4s內，物體A做加速運動，B做減速運動C.時，力對物體A做功的功率為78WD.時，物體B做勻速直線運動，速度大小為4m/s【答案】C【解析】【詳解】A．由圖乙可知第7頁/共25頁在未脫離的過程中，整體受力向左，且大小總是不變，恒定為A、B一起做勻加速運動的加速度為脫離時滿足A、B加速度相同，且彈力為零，則解得可知0~s內，物體A所受的合外力不變，故A錯誤；B．0~4s內，水平力、均大于零，方向向左，則0~4s內，物體A、B均做加速運動，故B錯誤；C．末，A、B脫離時的速度為，力的沖量為，根據動量定理時，力對物體A做功的功率為故C正確；D．，力的沖量為，根據動量定理解得第8頁/共25頁后物體B做勻速直線運動，速度大小為3m/s，故D錯誤。故選C。7.臨近盛夏，池中的荷葉已經寬大而厚實，像一把巨大的綠色傘蓋，為小生命們提供了遮陽避雨的場所。若在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得時間t內杯中水面上升的高度為h撞擊產生的平均壓強p，建立以下模型：假設荷葉葉面呈水平狀，雨滴豎直下落的速度為v，所有落到葉上的雨滴，約有向四周濺散開，濺起時豎直向上的速度大小為，另約的雨滴撞擊葉面后無反彈留在葉面上；忽略葉上的積水以及雨滴落在葉面上時重力的影響；忽略風力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為，則p約為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】設芭蕉葉的面積為S，則t時間內落到芭蕉葉上面雨滴的質量為根據題意，有的雨滴向四周散開，取豎直向上為正方向；根據動量定理有另留在葉面上，根據動量定理有根據壓強的定義式，可得聯立解得第9頁/共25頁8.兩持續振動的振源P、Q分別位于x軸上和處，時刻兩振源同時開始振動，在同一均勻介質中在x時刻第一次形成如圖所示的波形，則下列說法正確的是（）A.振源Q起振方向沿y軸負方向B.兩列波的傳播速度大小為2cm/sC.兩列波在處相遇后，該質點的振動始終加強D.兩列波在處相遇后，該質點的振動始終加強【答案】AD【解析】【詳解】A．振源Q形成的波沿x軸負方向傳播，根據同側法可知x=6cm處質點起振方向沿y軸負方向，則振源Q起振方向沿y軸負方向。同理可知，振源P起振方向沿y軸正方向。兩振源的起振方向相反。故A正確；B．兩列波的傳播速度大小為故B錯誤；Cx=1cm弱。故C錯誤；D．同理，兩列波在處相遇后，振動情況完全相同，該質點的振動始終加強。故D正確。故選AD。9.如圖所示，一定質量的某種理想氣體，沿圖像中箭頭所示方向，從狀態a開始先后變化到狀態b、c，再回到狀態a。已知a狀態氣體溫度為27℃。則下列說法正確的是（絕度零度取－273）第10頁/共25頁A.氣體在c狀態時的溫度為400KB.氣體在a→b→c→a過程中放出熱量100JC.從狀態a→b→c的過程中，氣體對外界做功200JD.氣體在b→c過程中單位時間內撞擊單位面積器壁上的氣體分子個數增多【答案】AB【解析】【詳解】A．氣體在a狀態氣體溫度為根據理想氣體狀態方程，對a、c兩狀態有結合圖像，求得氣體在c狀態時的溫度為故A正確；C．理想氣體在a→b→c過程中，氣體體積增大，氣體對外界做功，根據圖像圍成的面積，可得氣體對外界做功為故C錯誤；B．氣體在a→b→c→a過程中，根據圖像圍成的面積，可得外界對氣體所做的功為根據熱力學第一定律，可得第11頁/共25頁得所以氣體在a→b→c→a過程中放出熱量為100J，故B正確；D．氣體在b→c過程中，氣體壓強不變，體積變大，則溫度升高，分子平均動能增大，則單位時間內撞擊單位面積器壁上的氣體分子個數變少，故D錯誤。故選AB。10.如圖所示，豎直平面直角坐標系xOy所在平面內存在一勻強電場，電場的方向與x軸負方向成60°角。A、B為以坐標原點O為圓心的豎直圓周上的兩點，O、A兩點的連線與一條電場線重合。一質量為m、電荷量為q的帶電小球從A點沿平行于x軸正方向射出，小球經過時間t到達x軸上的B點，到達B點時小球的速度大小與在A點射出時相同。已知重力加速度大小為g。則（）A.小球一定帶正電，場強B.小球從A點運動到B點過程中增加的電勢能為C.小球從A點運動到B點過程中運動速度的最小值為初速度的倍D.小球運動到B點時的速度大小為，方向與場強方向相反【答案】BCD【解析】AA點運動到BAB兩點距離坐標原點O的距離為L，由動能定理知解得第12頁/共25頁故A錯誤；B．小球沿y軸方向，由牛頓第二定律知又解得小球沿電場線方向上的位移大小為則電勢能的增加量故B正確；CD．對小球受力分析，如圖由圖可知，聯立，解得第13頁/共25頁又可知小球所受合力與豎直方向夾角為小球做類平拋運動，沿合力方向與垂直合力方向分解速度，如圖根據類平拋運動的對稱性，小球從A點運動到B點過程中當速度方向與合力垂直時，所用時間為，運動速度具有最小值為又，解得根據類平拋運動的對稱性，可知小球運動到B點時沿合力方向速度大小為，垂直合力方向速度大小為，設合速度與夾角為，則有解得第14頁/共25頁由幾何關系可知，小球運動到B點時速度方向與x軸正方向夾角為即與場強方向相反。故CD正確。故選BCD。二、非選擇題（本題共5小題，共分）ab放置g要步驟及需解答的問題如下：（1）測量出懸點到小球a球心的距離L，小球a、b的質量分別為、；（2a向左拉起使其懸線與豎直方向的夾角為b發生對心碰撞后球a反彈，球ba向左擺到最高點時其懸線與豎直方向的夾角為ab的質量大小需滿足______（3）測量出碰撞后小球b做平拋運動的水平位移x，豎直下落高度h，可知碰撞后小球b的速度大小______；（4）若該碰撞中的總動量守恒，則需滿足的表達式為______（5）碰撞中的恢復系數定義為，其中、分別是碰撞前兩物體的速度，、分別是碰撞后兩物體的速度，則本次實驗中碰撞恢復系數的表達式為______【答案】①.<②.③.④.【解析】第15頁/共25頁2）[1]實驗中需要碰撞后小球a反彈，所以小球a、b的質量大小需滿足<。（3）[2]小球b平拋運動，則有，聯立，解得（4）[3]碰撞前小球a擺動過程中，由機械能守恒可得解得同理，碰撞后小球a擺動過程中，由機械能守恒可得解得若該碰撞中的總動量守恒，則有聯立，解得（5）[4]本次實驗中碰撞恢復系數的表達式為12.某同學為了將一量程為3V的電壓表改裝成可測量電阻的儀表—歐姆表。第16頁/共25頁3kΩ時，電壓表恰好滿偏；將電阻箱阻值調到12kΩ時，電壓表指針指在如圖b所示位置，則電壓表的讀數為______V，由以上數據可得電壓表的內阻R=______kΩ；（2a的電路稍作改變，在電壓表兩端接上兩個表筆，就改裝成了一個可測量電阻的簡易歐姆表，如圖c所示，為將表盤的電壓刻度轉換為電阻刻度，進行了如下操作：將兩表筆斷開，閉合開關，調節電阻箱，使指針指在“3.0V”處，此處刻度應標阻值為______（選填“0”或“∞b所示位置處對應的電阻刻度為______kΩ；（3）若該歐姆表使用一段時間后，電池內阻不能忽略且變大，電動勢不變，但將兩表筆斷開時調節電阻箱，指針仍能滿偏，按正確使用方法再進行測量，其測量結果將______【答案】（1）①.1.50②.6（2）①.∞②.2（3）不變【解析】【小問1詳解】[1]電壓表的讀數為1.50V；[2]根據閉合電路歐姆定律得解得第17頁/共25頁【小問2詳解】[1]使指針指在3.0V處，兩個表筆之間的電阻無窮大，此處刻度應標阻值為∞；[2]電壓表內阻13.0V阻箱阻值不變，當電壓表的示數為1.50V時有解得【小問3詳解】根據3kΩ將兩表筆斷開時調節電阻箱，指針仍能滿偏，表明電池內阻與電阻箱阻值之和能調整到3kΩ，所以電池內阻增大，測量結果不變。13.1965研發熱潮，1970年康寧公司最先發明并制造出世界第一根可用于光通信的光纖，使光纖通信得以廣泛應用。此舉被視為光纖通信的里程碑之一，高錕也因此被國際公認為“光纖之父”d的圓柱形玻璃棒彎成c曲太大，要使從A端垂直入射的光線能全部從B端射出。求：（1）圓環內徑R的最小值；（2）在（1）問的情況下，從A端最下方入射的光線，到達B端所用的時間。【答案】（1）2）【解析】第18頁/共25頁1）從A端最下方入射的光線發生全反射時其他光線能發生全反射，根據幾何關系得設全反射臨界角為C，則要使A端垂直入射的光線全部從B端射出，必須有根據臨界角公式有因此有即解得所以R的最小值為；（2）在（1）問的情況下代入可得如圖所示光在光纖內傳播的總路程為光在光纖內傳播速度為第19頁/共25頁14.如圖，粒子源發射質量為m，電荷量為的離子，經加速后以速度v沿水平方向進入速度選擇器、磁分析器和電場偏轉系統最后打在xOy軸線上的兩端M和N中心位置處各有一個小孔，圓環內外半徑分別為L和3L。離子從M孔穿出后進入磁分析器，磁分析器也是一樣的四分之一圓環，其圓心和電場圓心重疊，內部分布垂直紙面向內的勻強磁PQPQxOyxOy平面距PQ距離為2L，其中圓環中軸線剛好正對O點。求：（1）電場偏轉區場強E的大小；（2）要保證離子能順利通過磁分析器，磁感應強度B取值范圍；（3）若磁分析器中的磁場強度為時，離子落在xOy平面上的坐標，用（xy）表示，并寫出計算過程。【答案】（1）2）3）【解析】第20頁/共25頁牛頓第二定律有解得（2）當離子從P點飛出時，設離子的運動半徑為R，根據幾何關系有解得根據牛頓第二定律有解得當離子從Q點飛出時，設離子的運動半徑為R，據幾何關系有第21頁/共25頁解得又因為解得故磁感應強度B的取值范圍是（3）離子從Q點飛出時速度方向與水平方向的夾角θ的余弦值為離子在電場力的作用下沿x方向做勻加速直線運動，加速度大小為離子從Q點到xOy平面的運動的時間為根據運動學規律可得根據幾何關系可得所以離子落在xOy平面上的坐標為15.A匝數A中有面積的第22頁/共25頁計的寬度的足