文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（湖北专用）
黄金卷02
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
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. 现代核电站主要是通过可控链式裂变反应来实现核能的和平利用， 是核裂变的主要燃料之一、铀
核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出3个中子，核反应方程是
。关于该核反应，下列说法正确的是（ ）
A. 是质子，质子是卢瑟福通过实验最先发现的
B. 与 、 相比， 核子数最多，结合能最大，最稳定
C. 有放射性，经过一个半衰期，1000个 只剩下500个未衰变
D. 该核反应中，X的速度不能太快，否则铀核不能“捉”住它，不能发生核裂变
【答案】D
【解析】
【详解】A．据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，故X是中子，中子是查德威克通
过实验最先发现的，A错误；
B． 核子数最多，结合能最大，但 、 比结合能较大，较稳定，B错误；
C．半衰期针对的是大量原子核的统计规律，对于1000个 不适用，C错误；
D．核裂变中，中子的速度不能太快，否则铀核不能“捉”住它，不能发生核裂变，D正确。
故选D。
2. 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，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】
【详解】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。
3.2023年诺贝尔物理学奖授予三位物理科学家，表彰他们对于超快激光和阿秒物理科学的开创性工作。阿
秒激光脉冲（1阿秒 秒）是目前人们所能控制的最短时间过程，可用来测量原子内绕核运动电子的
动态行为等超快物理现象。其应用类似于频闪照相机，下面三幅图是同一小球，在同一地点，用同一频闪
照相仪得到的运动照片，下列说法正确的是（ ）
A. 三种运动过程中，小球的加速度逐渐增大B. 前两种运动小球处于完全失重状态，而斜上抛运动的小球上升过程处于超重状态
C. 三种运动过程中，相等时间内小球速度变化量相同
D. 三种运动过程中，相等时间内小球在竖直方向上位移相同
【答案】C
【解析】
【详解】AB．三种运动小球均只受重力，小球处于完全失重状态，加速度为重力加速度，保持不变，故
AB错误；
C．平抛运动和斜抛运动水平方向分运动是匀速直线运动，水平分速度不变，只有竖直分速度变化，根据
可知，三种运动过程中，相等时间内速度变化量相同，故C正确；
D．自由落体运动和平抛运动，相等时间内在竖直方向上的位移相同，斜上抛运动在竖直方向上做竖直上
抛运动，与前两种运动相等时间内位移不同，故D错误。
故选C。
4. 如图所示为某电场等势面分布图，现用外力将一带负电的小物块由电场中的A点沿直线匀速移动到B点。
下列说法正确的是（ ）
A. 该电场可能是由孤立的点电荷产生
B. A、B两点的电场强度大小满足
C. 小物块在A点附近比在B点附近电势能变化慢
D. 若改将带正电的小物块由A点沿直线移动到B点，电场力先做负功后做正功
【答案】B
【解析】
【详解】A．由孤立的点电荷产生的等势面，形状为同心圆，题中的电场等势面形状为椭圆，故该电场不
可能是由孤立的点电荷产生，故A错误；
B．电场等差等势面越密，电场强度越大，故A、B两点的电场强度大小满足故B正确；
C．A点附近电场等势面密，电势变化快，则小物块在A点附近比在B点附近电势能变化快，故C错误；
D．若改将带正电的小物块由A点沿直线移动到B点，电势先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故
D错误。
故选B。
的
5. 如图所示，绷紧 水平传送带始终以恒定速度4m/s顺时针运行，质量为1kg的小物块以6m/s的初速度
从传送带右端滑上传送带，经一段时间后小物块离开传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为
0.2，传送带的长度为10m，重力加速度 ，对上述过程，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块对传送带做功为20J
B. 小物块对传送带做功为48J
C. 带动传送带转动的电动机多做的功为40J
D. 带动传送带转动的电动机多做的功为50J
【答案】C
【解析】
【详解】AB．物块的加速度大小为
物块向左减速至0 位的移为
物块向左运动的时间为
向右运动至共速的时间为小物块对传送带做功为
AB错误；
CD．全程物块与传送带的相对位移为
根据功能关系，带动传送带转动的电动机多做的功为
C正确，D错误。
故选C。
6. 2023年9月29日，在杭州亚运会田径项目女子铅球决赛中，中国选手巩立姣夺得金牌，获得亚运会三
连冠。图甲是巩立姣正在比赛中。现把铅球的运动简化为如图乙模型：铅球抛出时离地的高度h=1.928m，
铅球落地点到抛出点的水平距离x=20m，铅球抛出时的速度v 和水平方向的夹角θ=37°，已知铅球的质量
0
为m=4kg，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2， ， ，则（
）
A. 小球运动到最高点时速度为零
B. 小球在空中运动的时间为1.62s
C. 从抛出到落地过程中小球速度的变化量是18.4m/s
D. 小球落地前任意相等时间内速度的变化量不相等
【答案】C【解析】
【详解】A．小球运动到最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故A错误；
B．抛出时水平方向的分速度
小球在空中运动的时间为
抛出时竖直方向的分速度
有
代入数据联立得
故B错误；
C．从抛出到落地过程中小球速度的变化量是
18.4m/s
故C正确；
D．小球落地前加速度为重力加速度不变，任意相等时间内速度的变化量相等，故D错误。
故选C。
7. 如图所示，质量分别为1kg、2kg的两物块A、B紧贴（不粘连）放在光滑水平地面上。 时，水平
推力 和拉力 分别作用于A、B上，其中F=(10-2t）（N），F=4t（N）。下列说法正确的是（ ）
1 2
A. 5s时两物块A、B分离
B. 分离时物块A的速度为C. 物块A的最大速度为
D. 物块A速度最大时，两物块B、A速度之差为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由牛顿第二定律可知，分离前整体有
物块A有
分离条件是 ，可得 时分离，故A错误；
B．分离时 ，分离后再经 ，即 时 减小到0.由牛顿第二定律可得分离前整体的加速度
分离后A的加速度
分离后B的加速度
根据以上分析画出两物块运动的 图像。
由图像可得，分离时A的速度
故B错误C．当 时A的速度最大为
故C错误；
D．A物块速度最大时，B、A两物块速度之差为
故D正确；
故选D。
8. 如图，波源O产生的简谐横波沿x轴正方向传播，P是 处的质点、Q是 处的质点，
在 时振动恰好传播到P点，形成的波的图形为图中的实线；在 时振动恰好传播到Q点，形成
的波的图形为图中的虚线，则（ ）
A. 该波的波速等于2m/s
的
B. 波源开始振动 方向沿y轴正方向
C. 在 时Q点速度等于零
D. Q点的振动方向和P点始终相反
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由题知，在 时振动恰好传播到P点，形成波的图形为图中的实线，在 时振动恰
好传播到Q点，形成波的图形为图中的虚线，则A正确；
B．由题知，在 时振动恰好传播到P点，则根据同侧法可知P点起振方向沿y轴负方向，则波源开始
振动的方向沿y轴负方向，B错误；
C．根据题图可知
λ=0.4m
则该波的周期
且由题知，在 时振动恰好传播到Q点，则再经过0.4s，即再经过2T刚好为0.7s，则Q点回到平衡
位置且沿y轴负方向振动，此时速度最大，C错误；
D．P，Q间距离
则Q点的振动方向和P点始终相反，D正确。
故选AD。
9. 如图所示，固定斜面的倾角为30°，一劲度系数为k的轻质弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为
m的小球甲相连，弹簧与斜面平行。一条不可伸长的轻绳绕过斜面顶端的轻质定滑轮，一端连接小球甲，
另一端连接一轻质挂钩。开始时各段绳子都处于伸直状态，小球甲静止在 A点。现在挂钩上挂一质量也为
m的小球乙，并从静止释放小球乙，当弹簧第一次恢复原长时小球甲运动到B点，一段时间后，小球甲到
达最高点C。不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内，甲不会和定滑轮相碰，乙不会和地面相碰，重力加
速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A. BC=3AB
B. 小球甲从A点运动到C点，弹簧弹性势能的变化量为C. 小球甲从A点运动到C点的过程中，最大速度为
D. 小球甲到达最高点C时绳恰好断开，小球甲回到A点时速度恰好为零
【答案】AC
【解析】
【详解】A．小球甲静止在A点，由平衡条件有
挂上小球乙并从静止释放小球乙后，甲、乙小球做简谐运动，甲、乙与弹簧构成的系统机械能守恒。设小
球甲运动的平衡位置为O点。在O点，对小球甲有
其中T为轻绳的拉力，大小此时等于小球乙的重力，即
解得
根据简谐运动的对称性，有
则有
A正确；
B．小球甲从A点运动到C点过程中，对甲、乙与弹簧构成的系统，根据能量守恒定律有
解得
B错误；
C．小球甲运动到平衡位置O点时速度最大，由于A与O点对应弹簧的形变量相等，弹性势能相等，根据能量守恒定律有
解得
C正确；
D．小球甲到达最高点C时绳恰好断开，对小球甲与弹簧构成的系统，根据能量守恒定律有
小球甲回到A点时速度一定不为零，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，有上下放置的两个宽度均为 的水平金属导轨，左端连接阻值均为2 的电阻 、
，右端与竖直放置的两个相同的半圆形金属轨道连接在一起，半圆形轨道半径为 。整个装置
处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 。初始时金属棒放置在上面的水平导轨上，金属棒的
长刚好为L，质量 ，电阻不计。某时刻金属棒获得了水平向右的速度 ，之后恰好水平抛
出。已知金属棒与导轨接触良好，重力加速度 ，不计所有摩擦和导轨的电阻，则下列说法正确
的是（ ）
A. 金属棒抛出时的速率为1m/s
B. 整个过程中，流过电阻 的电荷量为1C
C. 最初金属棒距离水平导轨右端1m
D. 整个过程中，电阻 上产生的焦耳热为1.5J
【答案】AC【解析】
【详解】A．金属棒从半圆形金属轨道的顶点恰好水平抛出，则有
选项A正确；
BC．对导体棒在水平导轨上运动应用动量定理得
得
解得回路中产生的电荷量为
据
解得导体棒向右移动的距离为
流过 的电荷量
选项B错误，C正确；
D．根据能量守恒得回路中产生的总热量
解得
电阻 上产生的热量选项D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 某同学在做“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，设计了如图甲所示的实验装置。
（1）在实验中，以下说法正确的是__________。（填字母）
A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态
C.用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
D.用几个不同的弹簧，各测出一组拉力与伸长量，可得出拉力与伸长量成正比
（2）如图乙所示，是某根弹簧所受拉力 F与伸长量x之间的关系图，由图可知，该弹簧的劲度系数是
__________N/m。
（3）该同学用此弹簧制作成一把弹簧秤，丙图是某次测力时的弹簧秤指针位置的示意图，则该力的大小
为__________N。
【答案】 ①. AB##BA ②. 200 ③. 2.76（2.73~2.79）【解析】
【详解】（1）[1]A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确；
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力大小等于弹簧的弹力，
要待钩码平衡时再读数，故B正确；
C．弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故C错误；
D．应该用同一个弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出弹力与形变量成正比，故D错误。
故选AB。
（2）[2]根据胡克定律
可知，图像的斜率大小等于劲度系数大小，由图像求出劲度系数为
（3）[3]指针在2.7与2.8之间，估读为2.76N。
12. 某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 ，步骤如下：
（1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为L=___________mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为D=___________mm；
（3）选用多用电表的电阻“×1”挡粗测电阻，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙
所示，则该电阻的阻值约为___________Ω。
（4）为了更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：
电流表 量程300mA，内阻约为2Ω；
电流表 量程150mA，内阻约为10Ω；
电压表 量程1V，内阻为1000Ω；
电压表 量程15V，内阻约为3000Ω；定值电阻阻值
滑动变阻器 最大阻值为5Ω
滑动变阻器 最大阻值1000Ω
电源E（电动势约为4V，内阻r约为1Ω）
开关，导线若干。
为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的 ，请你选择合适的器材，并在线框内补全实验
电路图（作图时要求写清楚器材代号）___________。
（5）连接电路，测得电压表读数为U，电流表读数为I，则电阻率的表达式为 ___________（用题中
所给物理量符号U、I、L、D表示，忽略电压表内阻造成的误差）。
【答案】 ①. 50.15 ②. 4.700 ③. 22 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺是20分度，精度为0.05mm，则其读数为
L=50mm+0.05×3mm=50.15mm
（2）[2]螺旋测微器的精度为0.01mm，测量直径的读数为
D=4.5mm+0.01×20.0mm=4.700mm（3）[3]根据欧姆表的读数规则，该表盘的读数为
22×1Ω=22Ω
（4）[4]为了使测量数据的范围广泛一些，控制电路采用分压式，则滑动变阻器选择总阻值小一些的 ，
调节得到的数据的连续性强一些；电源电动势为4V，直接使用电压表V，量程太小，为了使测量尽量准
1
确，测量时电表读数不得小于其量程的 ，使用电压表V 量程又太大，可以把电压表V 与定值电阻 串
2 1
联，增大其量程进行实验，故电压表选择V，此时将1V电压表串联定值电阻 ，将其改装成量程为3V
1
的电压表，通过待测电阻最大电流
电流表选择A，又由于电压表的内阻远远大于电流表与待测电阻的阻值，因此选择电流表的外接法，电路
2
图如图所示
（5）[5]电压表读数为U，则待测电阻两端电压为3U，待测电阻为
根据电阻与电阻率的关系有
圆柱体的横截面积
解得13. 用如图所示的装置可以测量一些形状不规则而又不便于浸入液体的固体体积，同时也可以测量一些容
器的容积。操作步骤和实验数据如下：
a、打开阀门 ，使管 、容器 、容器 和大气相通。上下移动 ，使左侧水银面到达刻度 的位置。
b、关闭 ，向上举 ，使左侧水银面到达刻度 的位置。这时测得两管水银面高度差为9.5cm。
c、打开 ，把被测固体放在 中，上下移动 ，使左侧水银面重新到达位置 ，然后关闭 。
d、向上举 ，使左侧水银面重新到达刻度 处，这时测得两管水银面高度差为10.0cm。
已知容器 和管 的总体积为1000cm3，大气压相当于 ，以上过程气体的温度均不变。求：
的
（1）容器B 容积；
（2）被测固体的体积。
【答案】（1）125cm3；（2）
【解析】
【详解】（1）对 、 、 中的气体，
初状态有：p=p = 76cmHg V=V +V
1 0 1 AC B
末状态有：p=p+9.5cmHg=85.5cmHg V=V =1000cm3
2 0 2 AC
根据玻意耳定律得
解得
V =125cm3
B
（2）将被测固体放入 中后，对 、 、 中的气体，初状态有： p=p = 76cmHg V=V +V - V
3 0 3 AC B x
末状态有： p=p+10cmHg=86cmHg V=V - V
4 0 4 AC x
根据玻意耳定律得
解得被测固体的体积为
14. 如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，第一象限内有竖直向上的匀强电场E、垂
1
直于xOy平面向里的匀强磁场B=4T；第二象限内有平行于xOy平面且方向可以调节的匀强电场E；第三、
1 2
四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场B= T。x、y轴上有A、B两点，OA=(2+ ）m，OB=1m。
2
现有一质量 ，电荷量q=10-3C的带正电小球，从A点以速度v 垂直x轴进入第一象限，做匀
0
速圆周运动且从B点离开第一象限。小球进入第二象限后沿直线运动到C点，然后由C点进入第三象限。
已知重力加速度为 ，不计空气阻力。求：
（1）第一象限内电场的电场强度E 与小球初速度v 的大小；
1 0
（2）第二象限内电场强度E 的最小值和E 取最小值时小球运动到C点的速度v；
2 2 c
（3）在第（2）问的情况下，小球在离开第三象限前的最大速度v 。
m
【答案】（1）40N/C，2m/s；（2）20N/C，2 m/s；（3）4 m/s，方向水平向左
【解析】
【详解】（1）小球由A点进入第一象限后，所受电场力与重力平衡Eq=mg
1
解得
E=40N/C
1
由几何关系得
r+ =OA
解得
r=2m
小球做匀速圆周运动
解得
v=2m/s
0
（2）由几何关系得：BC与竖直方向夹角为
θ=30°
小球由B到C做直线运动，则电场力与重力的合力与v 均沿BC方向，当电场力与BC垂直时，电场力有
B
最小值
qE =mgsinθ
2min
解得
E =20N/C
2min
对小球有
mgcosθ=ma
根据几何关系
x = m
BC
根据速度位移关系式
v 2-v2=2ax
C 0 BC
代入数据得
a=5 m/s2
v =2 m/s
C（3）小球进入第三象限后，在重力、洛伦兹力作用下做变加速曲线运动，把初速度v 分解为v 和v，其
C 1 2
中v 满足
1
Bqv=mg
1
解得
v= =2 m/s
1
方向水平向左
则
v=2 m/s
2
方向与x轴正方向夹角为60°
小球的实际运动可以分解为
运动一：速度为v=2 m/s，水平向左，合力为
1
Bqv-mg=0
2 1
的匀速直线运动。
运动二：速度为v=2 m/s，顺时针旋转，合力为
2
F =Bqv
洛 2 2
的匀速圆周运动。当v 和v 的方向相同时合运动的速度最大，最大速度
1 2
v =v+v=4 m/s
m 1 2
方向水平向左。
15. 如图所示， 是一倾角为 且逆时针转动的传送带，其长度 ，运行速度 。传
送带的A端与一平台相连，B端通过一小段圆弧（长度不计）与一足够长的水平轨道CD相连，CD右侧与
一足够高的曲面DE相连。在CD轨道上固定有两个小物块a、b，质量分别为0.1kg和0.2kg，两者之间有
一被压缩的轻质弹簧，弹簧与物块a拴接。某时刻将弹簧释放，使物块a、b瞬间分离，每次在物块b离开
水平面CD后都在其原位置再放置一个与物块b完全相同的物块。已知物块b与传送带间的动摩擦因数
，其余各段均光滑，所有的碰撞都发生在平面CD上，取 ， ，。
（1）若弹簧的弹性势能为 ，求释放弹簧后小物块a、b的速度大小。
（2）改变弹簧的弹性势能，若要使小物块b能运动到左侧平台，求小物块b在传送带B端的最小速度。
（3）若弹簧的弹性势能为 ，求最多有几个物块能滑上左侧平台。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）4个
【解析】
【详解】（1）根据题意，设释放弹簧后小物块a、b的速度大小分别为 、 ，由动量守恒定律和能量守
恒定律有
解得
，
（2）若小物块b在传送带B端的速度 ，则由牛顿第二定律有
设恰好能运动到 端时，物块 在 端速度最小，由公式 有
解得假设不成立，即物块b在传送带B端的速度不能小于 ，若小物块b在传送带B端的速度 ，
由牛顿第二定律有
当速度减小到 时，物块减速的加速度变回 ，设恰好能运动到 端时，物块 在 端速度最小，由
公式 有
联立解得
符合假设，则改变弹簧的弹性势能，使小物块 b能运动到左侧平台小物块b在传送带B端的最小速度为
。
（3）由（2）分析可知只要小物块 碰撞后的速度 ，就可以滑上左侧平台，由于其余各段均光
滑，可知，小物块 返回后的速度大小不变，向左为正方向，由动量定律和能量守恒定律有
解得同理可知，第二次碰撞后
第三次碰撞后
第四次碰撞后
可知，最多4个物块能滑上左侧平台
