文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（湖北卷专用）
黄金卷04
（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. 2023年4月12日，中国“人造太阳”全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）创下新纪录，实现403
秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步。氘氚核聚变的
核反应方程为 ，已知氘核、氚核、α粒子和X的质量分别为m、m、m、m，c为真
1 2 3 4
空中的光速，则（ ）
A. 核反应方程中X为质子
B. 核反应方程中X为电子
C. 氘氚核聚变释放的能量
D. 氘氚核聚变释放的能量
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据核反应中电荷数守恒和质量数守恒，可得X的电荷数为0，质量数为1，可知X为中子。
故AB错误；
CD．根据质能方程可知，氘氚核聚变释放的能量为
故C错误；D正确。
故选D。
2.石墨烯是一种超轻超高强度的新型材料。有人设想：用石墨烯制作超级缆绳连接地球赤道上的固定基地
与地球静止同步空间站（周期与地球自转周期相同），利用超级缆绳承载太空电梯从地球基地向空间站运
送物资。已知地球半径为R，自转周期为T，地球北极表面重力加速度为 。若该设想能实现，质量为m的太空电梯（可视为质点）停在距地球表面高度为R的位置时，超级缆绳对太空电梯的拉力大小为
（ ）
A. 0 B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设质量为 的物体在北极地面静止，则有
解得
太空电梯在距离地面高R位置时受到的万有引力为F，则有
太空电梯在超级缆绳上绕地球做匀速圆周运动，其周期与地球同步空间站相同，即也为T，大于它自由绕
地球做匀速圆周运动的周期，此时地球对它的万有引力大于它所需要的向心力，所以超级缆绳对太空电梯
的拉力向上，设为 ，则有
其中解得
故选C。
3. 如图所示，轻杆OA与轻杆OB通过光滑铰链安装在竖直墙面上，另一端通过铰链连接于O点。现将一
个质量为m的物块通过轻绳悬挂于O点保持静止，铰链质量忽略不计，已知A、B两点间的距离为L，轻
杆OA与轻杆OB长分别为 、 ，重力加速度为g，则（ ）
A. 竖直墙对A、B两点铰链的作用力方向垂直墙面向右
B. 竖直墙对A、B两点铰链的作用力方向斜向上
C. 轻杆OA对O点铰链的作用力大小为
D. 轻杆OB对O点铰链的作用力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．对轻杆OA、OB及重物所组成的系统进行受力分析可知，该系统受到三个外力，分别是竖
直墙对A、B两点铰链的作用及重物重力，由三力平衡可知竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向
上，大小等于mg，故AB错误；CD．以铰链O为研究对象，受到三个力的作用处于平衡，构成力的矢量三角形，与几何三角形OAB相似，
如图所示
有
解得
，
故C正确，D错误。
故选C。
4.第19届杭州亚运会，中国女排第九次摘得亚运会金牌。在某次训练中，运动员从底线中点正上方高
处将球以 的速度水平击出，球恰好擦着球网上沿进入对方场内，已知排球场长 ，宽
，球网高 ，不计空气及擦网时的阻力，g取 ，则该运动员击球速度 不可能超
过（ ）A. 22.5m/s B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据平抛规律有
，
解得，球从水平击出到擦网的时间和球运动的总时间分别为
，
当运动员击出的球擦网的速度达到最大时，球恰好到对方场内的边界处，如下图所示
设球击出的速度方向与球场中线的夹角为 ，则有
由题意可知，其中
，
联立解得
故选B。
5. 如图甲所示，某汽车大灯距水平地面的高度为81cm，该大灯结构的简化图如图乙所示。现有一束光从
焦点处射出，经旋转抛物面反射后，垂直半球透镜的竖直直径AB从C点射入透镜。已知透镜直径远小于大灯离地面高度， ，半球透镜的折射率为 ，tan15°≈0.27，则这束光照射到地面的位置与大
灯间的水平距离为（ ）
A. 3m B. 15m C. 30m D. 45m
【答案】A
【解析】
【详解】如图所示
设光线从C点水平射向半球玻璃时的入射角为α，从半球玻璃折射后的出射光线与水平面成β角，依题意
有
根据折射定律有
设这束光照射到地面的位置与车头大灯间的水平距离为x，根据几何关系有
联立得
x=3m
故选A。
6. 如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作
的
原理简化图，卷筒半径为R，某次从深井中汲取质量为m 水，并提升至高出水面H处的井口，假定出水
面到井口转筒以角速度ω匀速转动，水斗出水面立即获得相同的速度并匀速运动到井口，则此过程中辘轳
对水斗中的水做功的平均功率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】水上升的速度为
水提升到井口对水做功为
所用时间为平均功率为
联立解得，此过程中辘轳对水斗中的水做功的平均功率为
故选A。
7. 图甲为某科技兴趣小组自制小型发电机并用理想变压器模拟变压输电过程的示意图，图乙为该发电机产
生的电动势随时间的变化规律。变压器匝数 ，电阻 阻值未知，电阻 ，灯
泡的额定电压为10V，额定功率为5W。不计发电机线圈内阻及交流电表A的内阻。若灯泡正常发光，下
列说法正确的是（ ）
A. 时，通过发电机线圈的磁通量为0
B. 电流表A的示数为1A
C. 0~0.01s内通过发电机线圈的电荷量为
D. 发电机的输出功率为11W
【答案】D
【解析】
【详解】A．由乙图可知， 时，感应电动势为0，此时发动机线圈处于中性面位置，通过它的磁
通量为最大值。故A错误；
B．根据又
解得
则电流表A的示数为
故B错误；
C．由乙图可知发动机线圈转动的角速度为
发动机的电动势峰值为
有效值为
根据
又
联立，解得
根据闭合电路欧姆定律可得解得
0~0.01s内通过发电机线圈的电荷量为
故C错误；
D．发电机的输出功率为
故D正确。
故选D。
8. 某机械波在 轴上传播，如图所示，实线代表 时刻的波形图，虚线代表 时的波形图。下列
关于这列波的说法中正确的是（ ）
A. 若波沿 轴正方向传播，它的周期
B. 若波沿 轴正方向传播，速度可能为
C. 若波沿 轴负方向传播，它的周期
D. 若波速为 ， 时刻， 处质点的位移是0
【答案】BD
【解析】
【详解】A．若波沿x轴正方向传播，则由图可知解得周期为
当n=0时，T=1.2s，因此它的周期可能为1.2s，故A错误；
B．由图可知，波长 ，若波沿x轴正方向传播，则速度
当n=2时，v=30m/s，故B正确；
C．若波沿x轴负方向传播，则由图可知
解得周期为
当n=0时，T=0.4s，因此它的周期可能为0.4s，故C错误；
D．若波沿x轴负方向传播，则速度
当n=0时，v=10m/s，故波沿x轴负方向传播，且周期为T=0.4s。因t=0时刻，x=1m处质点的位移是0，则
t=0.4s时刻，x=1m处质点的位移是0，故D正确。
故选BD。
9.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理可简化为
下述过程，已知静电场的方向平行于x轴，电子从 处静止释放，仅在静电力作用下在x轴上往返运动，其电势能随x的变化如图所示。已知电子质量 、电荷量 。则（
）
A. x轴上O点左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B. x轴上O点左侧的电场强度 和右侧的电场强度 的大小之比
C. 电子在 处的动能为5eV
D. 电子运动的周期
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图可知，电子在x轴上从x=-1cm处向O点运动过程，其电势能一直减小，根据
可知该区间从左至右电势一直增加，即电场强度方向与x轴正方向相反。故A错误；
B．根据
可知图像中图线的斜率表示电子所受电场力大小，可得
，
解得
，
x轴上O点左侧的电场强度 和右侧的电场强度 的大小之比为故B正确；
C．依题意，电子仅在静电力作用下在x轴上往返运动，其动能和电势能之和保持不变，电子释放时动能
为零，电势能为零，总能量为零，电子在 处的能量为
由图可知，电子在 处的电势能为
解得
故C正确；
D．同理，可知电子在O点的电势能最小，动能最大为
依题意，电子在运动过程中，有
电子运动的周期为
联立，解得
故D错误。
故选BC。
10.如图甲所示，粗细均匀的无限长平行导轨固定在倾角 的斜面上，在边界EF下方区域存在垂直
导轨平面向下的匀强磁场B，有两根相同金属棒ab、cd分别从磁场边界EF上方 位置和边界EF
位置同时由静止释放，cd棒运动的 图像如图乙所示，其中OM、NP段为曲线，其他段为直线。已知磁感应强度 ，导轨间距 ，金属棒与导轨间的动摩擦因数 ，导体棒的质量均为
，导体棒电阻均为 ，导轨电阻不计，g取 。则下列说法正确的是（ ）
A. 0~2s内通过导体棒ab的电荷量为
B. ab棒刚进入磁场时ab两端的电压为16V
C. 0~2s内导体棒cd产生的焦耳热为
D. ab、cd棒之间的最小距离为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．导体棒cd在磁场中匀速运动时，有
解得
0~2s内根据动量定理，有解得，通过cd棒的电荷量为
由于ab、cd棒串联，所以0~2s内通过导体棒ab的电荷量也为 ，A正确；
B．棒ab进入磁场前匀加速，有
解得
进入磁场的时间为
解得
进入磁场时的速度为
此时，ab两端的电压为
B错误；
C．0~2s内对cd导体棒有联立，解得
根据动能定理有
根据功能关系，有
解得
C错误；
D．当ab、cd棒速度相等时有最小距离，之后两棒均做匀加速直线运动，设棒ab进入磁场后经 两棒共速，
速度为 ，最近距离为 ，根据动量定理有
cd棒
ab棒
解得
又根据联立，解得
D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 某同学利用如图甲所示的向心力演示器探究小球做圆周运动所需向心力大小F与小球质量m、运动半
径r和角速度ω之间的关系。
（1）本实验采用的主要实验方法为_________ （选填“等效替代法”或“控制变量法”）。在探究小球
做圆周运动所需向心力的大小F与运动半径r的关系时，把两个相同_________ 的小球放到半径r不等的
长槽和短槽上，保证两变速塔轮的_________ 相同，根据标尺上露出的红白相间等分标记，粗略计算出两
个球所需向心力的比值；（2）另一同学利用如图乙所示接有传感器的向心力实验器来进行实验。力传感器可直接测量向心力的大
小F，旋臂另一端的挡光杆经过光电门传感器时，系统将自动记录其挡光时间，用螺旋测微器测量挡光杆
的宽度d，示数如图丙所示，则d=_______mm，挡光杆到转轴的距离为R。某次挡光杆经过光电门时的挡
光时间为Δt，可求得挡光杆的角速度ω的表达式为_________（用题目中所给物理量的字母符号表示）。
该同学保持砝码质量和运动半径r不变，探究向心力F与角速度ω的关系，作出F-ω2图线如图丁所示，若
砝码运动半径r=0.2m，牵引杆的质量和一切摩擦可忽略，由F-ω2图线可得砝码质量m =_________kg（结
果保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 控制变量法 ②. 质量 ③. 角速度ω##角速度##ω ④. 1.730 ⑤. ⑥.
0.45
【解析】
【详解】（1）[1]本实验通过控制小球质量m、运动半径r和角速度ω这三个物理量中两个量相同，探究
向心力F与另一个物理量之间的关系，采用的主要实验方法为控制变量法。
[2][3]在探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与运动半径r的关系时，需要控制m和ω相同，即把两个
相同质量的小球放到半径r不等的长槽和短槽上，保证两变速塔轮的角速度相同。
（2）[4]螺旋测微器的读数等于固定刻度与可动刻度读数之和，即
[5]由于d和Δt都很小，所以可用Δt时间内的平均速度来表示挡光杆的线速度，即
所以挡光杆的角速度为
[6]根据向心力公式有
所以F-ω2图线的斜率为
解得12. 把铜片和锌片相隔1cm插入一个苹果中，就可以制成一个水果电池。小明同学用水果电池给一个规格
为“2.5V，0.5A”的小灯泡供电，发现虽然逐渐增加水果电池串联的数量，但小灯泡依旧几乎不发光。于
是小明利用如下器材测量水果电池的电动势和内阻，探究小灯泡不发光的原因。
A．一个水果电池
B．电流表A（0－0.6mA，内阻250Ω）
C．电压表V（0－3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器R（最大阻值2000Ω）
E．开关一个，导线若干
（1）小明利用电流表和电压表更准确地测量“苹果电池”的电动势和内阻，应该选择的实验电路是图中
的___（选填“（a）”或“（b）”）。
（2）选择正确的电路后由实验数据作出的U－I图像如图所示，由图像可求得电源电动势为___V，内电阻
为___Ω（结果保留三位有效数字）。
（3）根据（2）中测量的结果可知，小灯泡几乎不发光的原因是___。
【答案】 ①. （b） ②. 1.00 ③. 750 ④. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1]电流表内阻已知，电流表的分压值可准确计算得出，为更准确地测量“苹果电池”的电
动势和内阻，应将电流表外接，应选择的实验电路是图中的（b）。
（2）[2]根据闭合电路的欧姆定律
整理得为
由图像可求得电源电动势
[3]图像斜率的绝对值为
内电阻为
（3）[4]根据（2）中测量的结果可知，小灯泡几乎不发光的原因是水果电池的电动势小，内阻比灯泡电阻
大很多，尽管多个水果电池串联，输出的电压也远小于灯泡额定电压，回路中的电流远小于额定电流
13. “拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。如图（a），医生点燃酒精棉球加热一个小罐内的空气，
随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上。图（b）是某同学作出的“拔火
罐”原理示意图，设治疗室室内温度为T，加热后罐内空气温度为T＇。已知罐紧贴皮肤时，罐内皮肤的
面积约为 ，罐口边缘与皮肤的接触面积约为 ，室内大气压强为
， 。罐的质量不计，不考虑皮肤被吸入罐内导致的空气体积变化，皮肤和罐口边
缘均视为水平。当罐内空气温度由T＇变为T时，求：
（1）罐内气体对皮肤的压力大小；
（2）罐口边缘对皮肤的压强大小。
【答案】（1）420N；（2）
【解析】
【详解】（1）拔罐内的气体做等容变化，根据查理定律可得解得降温后罐内气体压强
则罐内气体对皮肤的压力大小
（2）对小罐及其内部气体整体，根据平衡条件
其中 是皮肤对罐口边缘的支持力，解得
根据牛顿第三定律，罐口边缘对皮肤的压力大小
罐口边缘对皮肤的压强大小
14.在水平桌面依次放置长度均为L、质量为m的长方体木块A、B、C，A与B、B与C间的距离也是L，
C的右端刚好与桌面右边缘对齐，三个木块与桌面间的动摩擦因数均为μ，木块间的碰撞均为完全非弹性
L
x =
碰撞（不粘连）。游戏时对A施加一水平向右的恒力F（大小可调），推动A运动位移 0 2 后撤去F，
然后A与B碰撞后再与C碰撞，将C推下桌面而A、B不离开桌面为赢家。
(1)小明同学在一次游戏时，A刚好与B不相碰， 试求小明施
A L B L CF
加水平向右的恒力大小 1;
F
（2）小明同学在一次游戏时，B刚好与C不相碰，试求小明施加水平向右的恒力大小 2;
(3)若要游戏成功，将C推下桌面而A、B不离开桌面，试求水平向右的恒力F所满足的条件；
15.【关键能力】 模型建构能力和分析综合能力
L
F −μmgL=0−0
【解题思路】 (1)对A根据动能定理得 1 2 （2分）
F =2μmg
解得 1 （1分）
L 1
F −μmgL= mv2 −0
（2）设A与B碰撞前的速度为 v ，则对A根据动能定理得 2 2 2 0 （1分）
0
mv =2mv
A与B发生碰撞，根据动量守恒定律可得 0 1（1分）
1
−μ·2mgL=0− ×2mv2
对AB整体，根据动能定理得 2 1（1分）
F =10μmgL
解得 2 (1分)
v¿
（3）设A与B碰撞前的速度为 0，则对A根据动能定理得
L 1
F. −μmgL= mv’2 −0
2 2 0 （1分）
mv¿ =2mv¿
A与B发生碰撞，根据动量守恒定律可得 0 1（1分）
1 1
−μ·2mgL= 2mv2 − ×2mv'2
设B与C碰撞前的速度为 v ，根据动能定理得 2 2 2 1 （1分）
2
v 2mv =3mv
A、B与C发生碰撞后速度为 3，则根据动量守恒定律得 2 3（1分）
L 1
−μ·3mg =0− 3mv2
恰好让C离开桌面，则 2 2 3min （1分）21
F = μmg
解得 min 2
L 1 1
−μ·3mg = ×3mv2 − ×3mv2
B恰好不离开桌面，则 2 2 4 2 3max （1分）
1
−μ·2mgL=0− ×2mv2
2 4（1分）
51
F = μmg
解得 max 4
若要游戏成功将C推下桌面而AB不离开桌面，试求水平向右的恒力F所满足的条件是
21 51
μmg
