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2024年湖北省普通高中学业水平选择性考试
物　理
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。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为(　　)
A．摩擦 B．声波
C．涡流 D．光照
C　[涡流＋电流的热效应　雷击时，瞬时非均匀变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场在金属内产生涡电流，发热使金属熔化，C正确。]
2．硼中子俘获疗法是目前治疗癌症最先进的手段之一B＋X＋是该疗法中一种核反应的方程，其中X、Y代表两种不同的原子核，则(　　)
A．a＝7，b＝1 B．a＝7，b＝2
C．a＝6，b＝1 D．a＝6，b＝2
B　[核反应方程　根据质量数守恒、电荷数守恒有：10＋1＝a＋4，5＝3＋b，解得a＝7，b＝2，B正确。]
3．如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上，设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到(　　)
A．荷叶a B．荷叶b
C．荷叶c D．荷叶d
C　[平抛运动规律＋最值问题
4．太空碎片会对航天器带来危害。
设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则(　　)
A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同
B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小
D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大
A　[万有引力定律的应用＋开普勒定律＋卫星变轨　根据a＝可知，空间站变轨前、后在P点的加速度相同，A正确；由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，B错误；变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在P点的速度比变轨前的大，C错误；变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于变轨后在P点的速度，结合C项分析可知，变轨后空间站在近地点的速度大于变轨前的速度，D错误。]
5．在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为(　　)
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
C　[含二极管电路分析＋交流电＋功率　分析电路特点可知，在接入正弦式交流电的一个周期内，有半个周期只给L1供电，另半个周期只给L2供电，L1两端电压的有效值与L2两端电压的有效值相等，又R1∶R2＝2∶1，则根据P＝可知，灯泡L1、L2的功率之比P1∶P2＝1∶2，C正确。]
6．如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　)
A．f B．f
C．2f D．3f
B　[受力分析＋力的平衡条件
]
7．如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　)
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
D　[带电粒子在圆形边界磁场中的运动　根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，又T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝，联立解得v2＝，D正确。
]
8．关于电荷和静电场，下列说法正确的是(　　)
A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变
B．电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面
C．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小
D．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动
AC　[电荷＋静电场　电荷只能从一个物体转移给另一个物体，不能被创造，也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，A正确；电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C正确；结合C项分析和Δφ＝可知，当q<0时，Δφ>0，当q>0时，Δφ<0，即负点电荷将从低电势的地方向高电势的地方运动，正点电荷将从高电势的地方向低电势的地方运动，D错误。]
9．磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　)
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
AC　[左手定则＋电压与场强的关系＋磁流体发电机　由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；结合B项分析可知，仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；结合B项分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。]
10．如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则(　　)
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
AD　[动量守恒定律＋能量守恒定律＋动量定理＋运动学规律　子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度大小v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有(m＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0>，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据位移关系有v0t－aMt2＝L，对木块有v2＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运动的时间t＝，B错误；由能量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L＝，C错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。]
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．(7分)某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率，具体步骤如下：
①平铺白纸，用铅笔画两条互相垂直的直线AA′和BB′，交点为O。将半圆柱体玻璃砖的平直边紧贴AA′，并使其圆心位于O点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线，如图(a)所示。
②将一细激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃砖，记录折射光线与半圆弧的交点M。
③拿走玻璃砖，标记CO光线与半圆弧的交点P。
④分别过M、P作BB′的垂线MM′、PP′，M′、P′是垂足，并用米尺分别测量MM′、PP′的长度x和y。
⑤改变入射角，重复步骤②③④，得到多组x和y的数据。根据这些数据作出yx图像，如图(b)所示。
(1)关于该实验，下列说法正确的是________(单选，填标号)。
A．入射角越小，误差越小
B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差
C．选择圆心O点作为入射点，是因为此处的折射现象最明显
(2)根据yx图像，可得玻璃砖的折射率为 ________(保留三位有效数字)。
(3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
[解析]　测量玻璃砖的折射率＋对实验原理的理解＋数据处理＋误差分析　(1)在本实验中，为了减小测量误差，入射角应适当大些，因为入射角越大，折射角也越大，则入射角和折射角的测量误差都会减小，从而使折射率测量的误差减小，A错误；与插针法测量相比，激光的平行度好，能更准确地确定入射光线和折射光线，从而更有利于减小实验误差，B正确；选择圆心O点作为入射点，是因为便于计算，并不是因为此处的折射现象最明显，C错误。
(2)设入射角为α、折射角为β、半圆弧轮廓线半径(玻璃砖半径)为R，则由几何关系可知sin α＝、sin β＝，根据折射定律可得玻璃砖的折射率n＝，结合题图(b)可知yx图像的斜率为该玻璃砖的折射率，故该玻璃砖的折射率n＝≈1.58。
(3)由(2)问分析可知折射率的表达式中没有半圆弧轮廓线半径R，所以轮廓线半径的测量误差对实验结果没有影响，即折射率的测量结果不变。
[答案]　(1)B　(2)1.58(1.56～1.60均可)　(3)不变
12．(9分)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2 g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图(a)所示。
②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。
④用数字计时器记录30次全振动所用的时间t。
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。
该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T＝2π，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。
(1)由步骤④，可知振动周期T＝________。
(2)设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式为l＝________。
(3)由实验数据作出的lT2图线如图(b)所示，可得g＝________m/s2(保留三位有效数字，π2取9.87)。
(4)本实验的误差来源包括________(多选，填标号。)
A．空气阻力
B．弹簧质量不为零
C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
[解析]　测量重力加速度大小＋数据处理＋误差分析　(1)由于30次全振动所用的时间为t，则1次全振动的时间，即振动周期T＝。
(2)弹簧振子平衡时，由力的平衡条件有k(l－l0)＝Mg，又T＝2π，联立可得l＝l0＋T2。
(3)结合(2)问分析可知lT2图线的斜率k＝，由题图(b)可知k＝ m/s2，联立解得g≈9.65 m/s2。
(4)空气阻力会使本实验中的振动系统做阻尼振动，即本实验中的振动系统并不是理想化的弹簧振子，而本实验中是将振动系统理想化为弹簧振子，从而测出重力加速度的，所以空气阻力是本实验的一个误差来源，A正确；(2)问分析中将弹簧振子的质量等效为托盘及其上物体的总质量，但是实际上弹簧振子的质量为弹簧的质量和托盘及其上物体的总质量之和，所以弹簧质量不为零是本实验的一个误差来源，B正确；由于数字计时器记录的是30次全振动的时间，所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可，即光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置不是本实验的误差来源，C错误。
[答案]　(1)　(2)l0＋T2　(3)9.65(9.55～9.75均可)　(4)AB
13．(10分)如图所示，在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU＝CΔT，C为已知常量，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
[解析]　(盖 吕萨克定律)＋热力学第一定律
(1)设容器内气体初、末状态体积分别为V0、V，末状态温度为T，由盖 吕萨克定律得
其中V0＝Sh，V＝S
联立解得T＝T0。
(2)设此过程中容器内气体吸收的热量为Q，外界对气体做的功为W，由热力学第一定律得
ΔU＝Q＋W
其中ΔU＝C(T－T0)
W＝－(mg＋p0S)h
联立解得Q＝(CT0＋mgh＋p0Sh)。
[答案]　(1)T0　(2)(CT0＋mgh＋p0Sh)
14．(16分)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
(2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
(3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
[解析]　传送带模型＋碰撞＋竖直面内的圆周运动
(1)设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有
＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1>5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。
(2)设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球的碰撞过程，由动量守恒定律得
mv1＝－mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
ΔEk＝
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
(3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有
Mg＝M
对小球的整个上升过程，由动能定理得
－Mg(l＋l－x)＝
联立并代入数据得x＝0.2 m。
[答案]　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m
15．(18分)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小。
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
[解析]　法拉第电磁感应定律＋动量定理＋双棒模型
(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL＝
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLv1
联立解得E1＝BL。
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有
I1＝
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则
F1＝I1LB
由牛顿第二定律得
F1＝2ma
联立解得a＝。
(3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得
＝2mv2－0
F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得
I＝
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有
E＝BL
s＝L＋
联立解得s＝＋L。
[答案]　(1)BL　(2)
(3)]

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