06- 备战2024年高考物理模拟卷（湖南专用）（解析版）

这是一份06- 备战2024年高考物理模拟卷（湖南专用）（解析版），共19页。
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．在空间站进行实验可以克服来自地球磁场及电场的干扰，使得物理现象更为准确和明显。为了研究电感现象，宇航员在空间站进行如图所示的研究。在图中，为自感系数较大的电感线圈，且电阻不计，、为两个完全相同的灯泡，且它们的额定电压均等于电源的电动势。则（ ）
A．断开以后，熄灭，重新亮后再熄灭B．断开以后，变得更亮，缓慢熄灭
C．合上的瞬间，先亮，后亮D．合上的瞬间，先亮，后亮
【答案】 A
【解析】AB．断开以后，马上熄灭，线圈中产生自感电动势阻碍电流减小，在线圈与小灯泡B构成的闭合回路中产生感应电流，故闪亮后熄灭，故A正确，B错误；
CD．合上的瞬间，电源电压同时加到两灯上，两灯同时亮，故CD错误。
故选A。
2．2023年9月21日下午，“天宫课堂”第四课中神舟十六号三位宇航员景海鹏、朱杨柱、桂海潮通过精彩的实验面向全国青少年进行太空科普授课。其中一个情境为动量守恒演示实验：质量为500g的大钢球A静止悬浮在空中，宇航员用手推出质量为100g的小钢球B，使它以一定的初速度水平向左撞向大钢球A，撞后小钢球B水平向右运动，大钢球A水平向左运动，如图所示。已知后面的背景板上小方格的边长为10cm，为了验证两球组成的系统在碰撞中动量守恒，除了以上给出的实验数据外，还需要测量的物理量是（ ）
A．两个钢球的直径
B．两个钢球的碰撞时间
C．手对小钢球B推力的冲量
D．两钢球碰撞前后各自运动的距离和对应时间
【答案】 D
【解析】根据动量守恒定律可知
为了验证两球组成的系统在碰撞中动量守恒，除了以上给出的实验数据外，还需要测量的物理量是时间，可利用两钢球运动的距离和对应时间解得速度。
故选D。
3．如图是光学仪器——道威棱镜的简要结构，等腰梯形ABCD是棱镜的横截面，其底角为45°。现有红紫两条与底边BC平行的光线射向AB，经AB折射后，均能直接到达BC边，并都在BC边发生全反射，光均未到达AD面，不考虑光在CD面上的反射，下列说法正确的是（ ）
A．光有可能从AD射出棱镜
B．从CD射出的两条光线不再平行
C．从CD射出的两条光线，紫光在上红光在下
D．两条光线有可能从CD边同一点射出
【答案】 C
【解析】光在介质中的光路图如下
A．由几何关系和不考虑光在CD面上的反射，结合几何光学可知光不可能从AD射出棱镜，故A错误；
B．由几何关系得从CD射出的两条光线仍平行，故B错误；
C．从CD射出的两条光线，紫光在上红光在下，故C正确；
D．由光路图分析可知两条光线从CD边同一点射出，需要AB面的入射点重合，所以不符合，故D错误。
故选C。
4．如图所示，弹性绳一端系于A点，绕过固定在B处的光滑小滑轮，右端与套在粗糙竖直固定杆M处的小球相连，此时ABM在同一水平线上，弹性绳原长自然长度为AB。小球从M点由静止释放，到达N点时速度恰好为零，P为MN的中点，弹性绳的弹力与其伸长量成正比，且始终处在弹性限度内，杆与小球间的动摩擦因数一定，则此过程中关于小球下列说法错误的是（ ）
A．受到的4个力的作用
B．受到的摩擦力逐渐增大
C．在P点时重力的瞬时功率最大
D．在MP过程损失的机械能比在PN过程的小
【答案】 B
【解析】A．小球受到重力、弹性绳的弹力、竖直杆的支持力和摩擦力，共四个力的作用，A正确，不符合题意；
B．设初始状态时弹簧的伸长量为x，由胡克定律和平衡条件可知小球受到的支持力为
设弹性绳与竖直杆的夹角为θ时弹性绳的伸长量为L，如图所示，此时弹性绳的弹力为
小球受到的支持力为
可知小球向下滑动的过程中，受到杆的支持力不变，因动摩擦因数一定，所以摩擦力不变，B错误，符合题意；
C．弹性绳的弹力在竖直方向的分力
设小球从M到N下落的高度为h，由动能定理可得
设在距离M点y处速度最大，由动能定理可得
由数学知识可知当
时动能最大，即速度最大，由
可知此时重力的功率有最大值，C正确，不符合题意；
D．在MP过程小球克服摩擦力做的功等于PN过程小球克服摩擦力做的功，这两个阶段小球克服弹性绳做功不同，由于弹性绳的弹力沿竖直方向的分力越来越大，可知小球在MP过程克服弹性绳做功小于在PN过程克服弹性绳做功，因此在MP过程损失的机械能比在PN过程的小，D正确，不符合题意。
故选B。
5．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度
B．小球动能的最小值为
C．小球的重力势能最小时机械能也最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先增大后减小再增大
【答案】 B
【解析】A．小球静止时悬线与竖直方向成角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有
解得
故A错误；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，如图
根据牛顿第二定律，有
则最小动能
故B正确；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，电场力先做正功后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误。
故选B。
6．由教育部深空探测联合研究中心组织，重庆大学等高校合作的“多段式多功能载运月球天梯概念研究”，图甲是“天梯”项目海基平台效果图，是在赤道上建造重直于水平面的“太空电梯”，宇航员乘坐太空舱通过“太空电梯”直通地球空间站。图乙中为宇航员到地心的距离，为地球半径，曲线为地球引力对宇航员产生的加速度大小与的关系；直线为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与的关系，关于相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的是（ ）
A．宇航员的线速度随着的增大而减小
B．图乙中为地球同步卫星的轨道半径
C．宇航员在处的线速度等于第一宇宙速度
D．宇航员感受到的“重力”随着的增大而增大
【答案】 B
【解析】A．相对地面静止在不同高度的宇航员，角速度相同都等于地球的自转角速度，宇航员的线速度，随着r增大线速度v增大，故A错误；
B．当r=r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，所以宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看作是地球的同步卫星，即r0为地球同步卫星的轨道半径，故B正确；
C．宇航员在r=R处是在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，线速度远小于第一宇宙速度，故C错误；
D．宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，由牛顿第二定律可得
其中FN为太空舱对宇航员的支持力，宇航员感受的“重力”为
其中：a引为地球引力对宇航员产生的加速度大小，a向为地球自转而产生的向心加速度大小，由图可知：在时，（a引-a向）随着r增大而减小，宇航员感受的“重力”随r的增大而减小；在r＞r0时，（a引-a向）随着r增大而反向增大，宇航员感受的“重力”随r的增大而增大，故D错误。
故选B。
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．x轴上a、b、c、d四个质点的坐标分别为、、、，一列简谐横波沿x轴传播，在时刻的波形图如图甲所示，图乙为质点d的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．时刻质点a在平衡位置
C．时间内质点b通过的路程为16m
D．时刻质点c处于平衡位置并正向y轴正方向运动
【答案】 AB
【解析】A．由质点d的振动图像可知，该简谐横波沿x轴负方向传播，选项A正确；
B．时刻质点a在平衡位置正向y轴负方向运动，选项B正确；
C．时间内质点b通过的路程为16，选项C错误；
D．时刻质点c处于平衡位置并正向y轴负方向运动，选项D错误。
故选AB。
8．如图所示，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述中正确的是（ ）
A．阴极K需要预热，光束照射后需要一定的时间才会有光电流
B．保持光照不变，滑片P向右滑动的过程中，电流表示数一定不断增大
C．不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，电流表示数会增大
D．调换电源的极性（同时调整电压表），移动滑片P，当电流表示数刚为零时，电压表示数为遏止电压的数值
【答案】 CD
【解析】A．因为光电效应是瞬时发生的不需要预热，A错误；
B．保持光照不变，滑片P向右滑动的过程中，当电流达到最大电流之后，即使电压再大，电流也不增加，B错误；
C．不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，相当于增大光子数目，因此移动的电子增加，电流表示数会增大，C正确；
D．调换电源的极性，移动滑片P，电场力对电子做负功，当电流表示数为零时，则有
那么电压表示数为遏止电压的数值，D正确。
故选CD。
9．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，有一边长为L的正三角形区域abc，三角形所在平面与磁场方向垂直。两个相同的带正电粒子从a点沿ab方向分别以不同的速率、射出，若，且速率为的粒子从ac边射出，它们在三角形区域内运动的时间。不计粒子所受的重力及粒子间的相互作用，则两个粒子的速率之比可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】 AB
【解析】速率为的粒子从ac边射出，作出该粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系，该粒子轨迹对应的圆心角为120°，当轨迹与bc边相切时，粒子圆周运动的半径最大，根据几何关系可知，此时粒子恰好从c点飞出，则有
由于洛伦兹力提供向心力，则有
解得
由于粒子在磁场中运动的周期
令粒子轨迹对应的圆心角为，粒子运动的时间
解得
由于在三角形区域内运动的时间，可知速率为的粒子运动轨迹对应的圆心角为60°，可知速率为的粒子必定从bc边射出，作出其运动轨迹如图所示
根据几何关系有
由于洛伦兹力提供向心力，则有
解得
结合上述，两个粒子的速率之比
可知，两个粒子的速率之比可能为与。
故选AB。
10．一辆新能源汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．v0=7.5m/s
B．该汽车的质量为1×103kg
C．在前5s内，汽车克服阻力做功为2.5×104J
D．在5～15s内，汽车的位移大小约为50m
【答案】 ABC
【解析】B．由图乙可知汽车匀加速阶段的加速度为
由图甲可知牵引力为
根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
A．当汽车达到最大功率时做匀速直线运动，则有
解得
故A正确；
C．前5s内汽车的位移为
则汽车克服阻力做功为
故C正确；
D．在5～15s内，根据动能定理可得
解得
故D错误。
故选ABC。
三、非选择题：本题共5小题，共56分．
11. （6分）2023年夏天，异常炎热，这注定水枪玩具销售火爆，不仅儿童玩水枪，甚至成人也开始玩。据《钛媒体》报道，今年夏天，汕头的工厂几乎都在做电动水枪， 生产电动水枪的玩具厂数量相较去年翻了至少 5 倍；在玩具枪市场，今年夏天水枪销量占比已经超过了 。周潇同学有一把电动水枪，它有三种模式，一种是散射，一种是直线连续喷射，还有一种是脉冲式发射。周潇同学想测定后两种模式水枪的发射速度。
（1） 将电动水枪水平固定在铁架台上，采用直线连续喷水模式，按压扳机后细水柱沿直线喷出，在空中划出一条曲线。在铁架台后面平行于水枪竖直固定一块坐标板，使 点处于枪口位置， 轴与枪口在同一水平线上，水枪喷水后用手机拍照， 得到如图乙所示的轨迹。 如果重力加速度 ，根据图中轨迹可得初速度v0= m/s。（结果保留一位小数）
（2） 如果水枪并不完全水平， 而是枪口略向下偏， 则根据图乙数据测出的初速度相对实际值 （选填“偏大”“相等”或“偏小”）。
（3）改用脉冲发射方式，每次发射都射出一个“水弹”（很短的小水柱）。测出枪口的高度及“水弹”的射程。改变水枪高度， 多次实验。根据实验数据作出枪口高度“y”与射程的平方（x2）关系图线如图丙所示∶
如果重力加速度 ，由图可知水枪发射 “水弹” 的初速度大小为 。
【答案】 （1） 2.5；（2） 偏小 ；（3）5
【解析】（1）在图乙中选点（100cm，80cm）， 据
代入数据解得
（2） 如果水枪枪口略向下偏， 则射程会偏小， 根据图乙数据测出的初速度相对实际值偏小。
（3）由
消去可得
在图丙中如果都取米为单位， 则可得图线斜率
可得
12. （10分）新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某校学生实验小组通过网络找到了比亚迪“秦”电池铭牌如图所示，电池采用的是比亚迪刀片电池技术。已知该车内的整块电池是由10块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池又由10块电芯串联而成。现将一块电芯拆解出来，测量其电动势E和内阻r。实验小组设计了如图甲、乙所示的实验电路图，所用器材如图丙所示。已知电流表的内阻约为1Ω，电压表的内阻约为3kΩ，滑动变阻器最大电阻20Ω、额定电流1A，定值电阻R0=2Ω。请回答下列问题：
（1）实验前利用1A恒流电源对一块电芯进行充电，充满的时间要 h；
（2）按照图甲所示的电路图，将图丙中的实物连线补充完整；
（3）闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应移至最 端；（选填“左”或“右”）
（4）闭合开关S后，移动滑片P改变滑动变阻器的接入阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I，将实验记录的数据在坐标系内描点作出U-I图像；
（5）在图丙中通过改变导线的接线位置，完成了图乙电路图的实物连接，重复步骤（3）（4）。将实验记录的数据在同一坐标系内描点作出U-I图像，如图丁所示。可知图丁中标记为I的图线是采用实验电路 （填“甲”或“乙”）测量得到的：
（6）利用图丁图像提供的信息可知，该电源电动势E的准确值为 ，该电源内阻r的准确值为 （U1、U2、I1、I2、R0均已知）。
【答案】（1）0.26； （2） ；（3） 左 ；（5） 乙；（6） ；
【解析】（1）由铭牌可知一块电芯额定容量为
则用1A恒流电充电有
（2）实验电路图如图所示
（3）闭合开关S前，滑动变阻器应全部接入电路，所以滑片P应移至最左端。
（5）选用甲电路时，所测电动势为电压表与电源并联后整体的等效电源的电动势，即选甲电路时的电动势的测量值小于真实值，选用乙电路时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，所以图丁中标记为I的图线是采用实验电路乙测量得到的；
（6）根据以上分析可知，I图线电动势的测量值等于真实值，即
根据闭合电路欧姆定律可得
所以
即
13. （10分）一个容积为的导热汽缸下接一圆柱形管，二者总质量为，现用质量、横截面积、厚度可忽略不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管管壁间摩擦不计。活塞下端连接弹簧，弹簧下端与地面固定，气缸始终保持竖直。开始时气体温度为，活塞处在A位置，气缸内气体压强为。随着环境温度缓慢升高到，活塞恰能缓慢移至容器底部B位置处，已知A、B间距离，外界大气压强。
（1）环境温度由缓慢升高到过程中，气缸内气体压强（选填“变化”或“不变”）；
（2）求汽缸内的气体压强及环境温度；
（3）升温过程中，若气体内能增加了，求气体需要向外界吸收的热量。
【答案】 （1）不变；（2），；（3）
【解析】（1）对气缸受力分析，变化前有
变化后有
可知
则可知，环境温度由缓慢升高到过程中，气缸内气体压强不变。
（2）以气缸为研究对象，根据平衡条件可知
解得
气体升温膨胀过程为等压过程，由盖吕萨克定律定律有
解得
（3）由热力学第一定律可知
气体膨胀对外做功，则可得
所以气体需要向外界吸收热量
14. （14分）如图甲所示，在光滑水平面上静止的小物块A和长木板B质量均为m=2kg，小物块A位于长木板B的左端，二者之间的动摩擦因数μ=0.1。t=0时刻小物块A获得水平向右、大小为v0=7m/s的初速度，同时给小物块A施加如图乙所示的水平向右的作用力。5s时长木板B与其右侧竖直挡板发生第1次碰撞。5s后撤去小物块A所受的水平作用力，最终小物块A没有从长木板B上滑下。长木板B与竖直挡板的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后长木板B的速度大小不变，方向相反。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）0~5s内水平作用力的冲量大小；
（2）t=0时刻长木板B右侧与竖直挡板的距离；
（3）长木板B与竖直挡板第2次碰撞前的速度大小，并通过计算分析是否会发生第3次碰撞。
【答案】 （1）；（2）12.5m；（3）1m/s，不会
【解析】（1）冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，即
（2）对小物块A分析，取向右为正方向，由动量定理可得
解得
对长木板B应用动量定理，得
解得
说明长木板B与竖直挡板发生第1次弹性碰撞时，二者还没有达到共同速度，则t=0时刻长木板B右侧与竖直挡板的距离
（3）长木板B与竖直挡板碰后，速度反向，大小不变，由动量守恒定律，得
解得
长木板B与竖直挡板发生第2次弹性碰撞时，小物块A与长木板B已达到共同速度。
第2次碰撞后，对小物块A和长木板B应用动量守恒定律，得
解得
第2次碰后，长木板B向左运动过程中与小物块A速度会同时减为0，所以不会发生第3次碰撞。
15. （16分）如图所示，两根平行金属导轨a1b1c1、a2b2c2平行放置，导轨间距L=1m，a1b1、a2b2段倾斜且足够长，与水平方向的夹角θ=37°，b1c1、b2c2段水平，在距离b1b2连线的左侧x=1.75m处有两根固定立柱，导轨水平和倾斜部分平滑连接。倾斜部分导轨处于磁感应强度大小B=0.3T、方向垂直斜面向上的匀强磁场中（不包括b1b2连线上），水平导轨处没有磁场。质量为m1=0.3kg、电阻为R=0.4Ω的金属棒甲置于倾斜导轨上，质量为m2=0.1kg、电阻为r=0.2Ω的金属棒乙静止在b1b2位置，两金属棒的长度均为L=1m。金属棒甲从距离导轨底端足够远处由静止释放，在b1b2处与金属棒乙碰撞，碰后金属棒乙向左运动，与固定立柱碰后等速率反弹。已知两金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因数均为μ1=0.5，与水平导轨间的动摩擦因数均为μ2=0.2，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，所有碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，导轨电阻不计，sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。
（1）求金属棒甲沿导轨向下运动的最大速度vm；
（2）金属棒甲从开始运动至达到最大速度的过程中，其产生的焦耳热为0.4J，求这个过程经历的时间；
（3）求金属棒甲、乙第二次碰撞结束瞬间两者的速度大小分别为多少？
【答案】 （1）；（2）；（3）2m/s,4m/s
【解析】（1）金属棒甲由静止释放，沿倾斜导轨做变加速直线运动，加速度不断减小，当加速度为零时，速度达到最大值，此时根据受力平衡可得
又
联合解得
（2）设金属棒甲从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑的距离为x，由能量守恒可得
金属棒甲、乙串联，根据焦耳定律可得
由题意可知
联合解得
根据
联合解得
整个过程根据动量定理
而
联合解得
即金属棒甲从开始运动至达到最大速度的时间为3.25s；
（3）取水平向左为正方向，设第一次碰撞后甲、乙两棒的速度分别为、，根据动量守恒、机械能守恒有
解得
第一次碰撞后，在摩擦力作用下，甲棒向左做匀减速直线运动，乙棒先向左做匀减速直线运动，与立柱碰撞后再向右左匀减速直线运动，运动过程中甲、乙两棒的加速度大小均为
设从第一次碰撞到第二次碰撞，甲、乙两棒通过的路程分别为、，则
由于乙棒与立柱是弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，则由运动学公式有
联合解得
（不符合实际情况，舍去）
则第二次碰撞前甲、乙两棒的速度大小分别为
由上面分析可知的方向水平向左，的方向水平向右，取水平向左为正方向，第二次碰撞根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
、不符合实际情况，舍去，故金属棒甲、乙第二次碰撞结束瞬间两者的速度大小分别为2m/s、4m/s。