物理试题
本试卷共6页，15 题。全卷满分 100 分。考试时间 75 分钟。
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。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．原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的是（ ）
16 4 6
A． 8 O 核的结合能约为 64MeV B． 2 He 核比 3 Li 核更稳定
2 4 235 89
C．两个 1 H 核结合成 2 He 核时吸收能量D． 92 U 核中核子的平均结合能比 36 Kr 核中的大
2．如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C 三点，其中A、B 两点
位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（ ）
A．B 点场强小于C 点场强
B．某不计重力的正电荷在A、B 两点的加速度相同
C．正电荷在C 点的电势能比其在B 点的电势能大
D．将负电荷从C 点移动到B 点，电场力所做的总功为正
3．某款手机防窥屏的原理图如图所示，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实
现对像素单元可视角度 的控制。发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的
正中间。下列说法正确的是（ ）
A．防窥屏的厚度越大，可视角度 越小
B．屏障的高度d 越大，可视角度 越大
C．透明介质的折射率越小，可视角度 越小
D．防窥屏实现防窥效果主要是因为光发生了全反射
4．2023年7月 23 日，我国首个火星探测器“天问一号”成功发射三周年，如图所示，已知地球表面重力
加速度为g，地球的质量是火星质量的k 倍，地球的半径是火星半径的n 倍，假设探测器在火星的着陆点为
水平面，探测器总质量为m，探测器有4 条腿，每条腿与地面夹角为 ，则每条腿对火星表面的正压力大
小为（ ）
mg mn2 g mn2 g mn2 g
A． B． C． D．
4cos 4k 4k cos k
5．物块P、Q 中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P 的质量为 2kg，如图甲所示。开始时
两物块均静止，弹簧处于原长， t 0 时对物块P 施加水平向右的恒力F， t 1s 时撤去，在 0~1s 内两物体
的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是（ ）
A． t 1s 时，物块Q 的速度大小为 0.4m/s
B．恒力F 大小为 1.6N
C．物块Q 的质量为 0.5kg
D． t 1s 后，物块P、Q 一起做匀加速直线运动
6．如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B 点，半圆轨道的圆心为O，半径为R，C 为其最高点。BD
段为双轨道，D 点以上只有内轨道，D 点与圆心的连线与水平方向夹角为 ，一小球从水平面上的A点以
一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达C 点。不计一切摩擦。则（ ）
A．小球到达C 点时速度为 gR
B．小球到达C 点后会向左做平抛运动
5
C．小球在A 点的初动能等于 mgR
2
2
D．若小球到达D 点时对内外轨道均无弹力，则 sin
3
7．某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为 20m 的圆面。某时间内该地区的风速是 6.0m/s，风
向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3 ，假如这个风力发电机能将此圆内 10%的空气
动能转化为电能。则此风力发电机发电的功率约为（ ）
A．1.6 103 w B．1.6 104 w C．1.6 105 w D．1.6 106 w
8．如图，理想变压器原线圈与定值电阻 R0 串联后接在电压恒定U0 36V 的交流电源上，副线圈接理想电
压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为12。已知 R0 2 ，R 的最大阻值为 20。现将滑
动变阻器R 的滑片P 从最上端开始向下滑动，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电源的输出功率变大
C．当 R 16 时，滑动变阻器消耗的功率最大
D．当 R 16 时，电压表示数为 48V
1
9．一列简谐横波在 t s 时的波形图如图甲所示，P、Q 是介质中的两个质点，图乙是质点Q 的振动图像。
3
关于该简谐波下列说法中正确的是（ ）
A．波速为 9cm/s B．沿x 轴负方向传播
C．质点P 的平衡位置坐标 x 6cm D．质点Q 的平衡位置坐标 x 9cm
10．现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的
匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为
m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O 点由静止释放，运动到磁场的下边界的P
点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M 点由静止释
放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（ ）
B2qd
A．匀强电场的场强大小为
m
4m
B．粒子从O 点运动到P 点的时间为
2qB
3
C．M、N 两点的竖直距离为 d
4
Bqd
D．粒子经过N 点时速度大小为
m
二、非选择题：本题共5 小题，共 60分。
11．（7 分）
某学习小组利用手机和刻度尺研究小球做平抛运动的规律。他们用手机拍摄功能记录小球抛出后位置的变
化，每隔时间T 拍摄一张照片。
（1）小球在抛出瞬间拍摄一张照片，标记小球位置为A（抛出点），然后依次连续拍下两张小球照片并标记
位置B和C；
（2）经测量，AB、BC 两线段的长度分别为 l1 、 l2 ；
（3）若忽略空气阻力，
l 1
1 ______ （选填“=”或“>”或“<”）；
l2 3
1
如图，若某同学测得AB 与水平方向的夹角为 30， l 2.5cm ，已知照片中尺寸为实际尺寸的 ，
1 32
2
g 10m/s ，则小球经过B 点的速度大小为 vB ______m/s。
小球从A到C 的平均速度大小 vAC ______ vB （选填“等于”或“不等于”）
12．（10 分）
如图甲为某同学组装的双倍率欧姆表电路图，该欧姆表的低倍率挡位为“ 10 ”，高倍率挡位为“100 ”，
使用过程中只需控制开关K 的断开或闭合，结合可调电阻R 的调整，就能实现双倍率测量。
所用器材如下：
A．干电池（电动势 E 1.5V ，内阻 r 1 ）
B．电流表G（满偏电流 I g 1mA ，内阻 Rg 5 ）
C．定值电阻 R0 15
D．可调电阻R
E．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干。
欧姆表正确组装完成之后，这位同学把原来的表盘刻度改为欧姆表的刻度，欧姆表刻度线正中央的值为
“15”。
（1）欧姆表的表笔分为红黑两种颜色，电路图甲中的表笔1是______表笔（填“红”或“黑”）；
（2）请根据电路图判断，电路中开关K 闭合时对应欧姆表的______（填“高”或“低”）倍率；
（3）使用“ 100 ”挡位时，两表笔短接电流表指针满偏，可调电阻R 的值为______；
（4）欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为 1.35V，内阻变为 2，但此表仍能进行欧姆调零。若用此表
规范操作，测量某待测电阻得到的测量值为 300，则该电阻的真实值为______。
13．（10 分）
某物理兴趣小组受“蛟龙号”载人潜水器的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的
汽缸、内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，
汽缸左端开口。外界大气压强为 p0 ，汽缸内通过活塞A 封有压强为 p0 的气体，汽缸内通过活塞B
封有压强为 4 p0 的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B 均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过
A 向右移动的距离可测定水的深度。已知 p0 相当于h 高的水柱产生的压强，不计水温变化，装置的内径远
小于水的深度，被封闭气体视为理想气体。
2
（1）当A 向右移动 L 时，求该深度计所处位置水的深度；
3
（2）求该深度计能测量的最大水深。
14．（15 分）
下图是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。固定在地面上的圆弧轨道上表面光滑。质量
M 4kg 的平板浮于河面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切。平板左侧放置质量
m0 1kg 的橡胶块A。质量 m 5kg 的人从圆弧轨道上与平板上表面高度差 h 3.2m 处由静止滑下，人与
A 碰撞后经 t1 0.6s 与平板速度相等，此时A 恰好冲出平板并沉入水中，不影响平板运动。已知人、橡胶
块与平板间的动摩擦因数均为 0.5；平板受到水的阻力是其所受浮力的k倍 k 0.1 。平板碰到河岸
立即被锁定。河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的安全保障措施。人、橡胶块A 可看作质
点，重力加速度g取 10m/s2 ，求：
（1）人与橡胶块A 相撞之后，A 冲出平板之前，平板的加速度多大；
（2）人与橡胶块A 相撞之后瞬间，A 的速度多大；
（3）若“渡河”过程中，平板能够碰到河岸，河岸宽度的最大值。
15．（18 分）
如图，间距为 L 1m 的U 形金属导轨，一端接有电阻为 R 0.1 的定值电阻，固定在高为 h 0.8m 的绝
缘水平桌面上。质量均为 m 0.1kg 的匀质导体棒a和b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与
导轨垂直，接入电路的阻值均为 R 0.1 ，与导轨间的动摩擦因数均为 0.1（设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力），导体棒a 距离导轨最右端距离为 x 2.5m 。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），
磁感应强度大小为 B 0.1T 。用沿导轨水平向右的恒力 F 0.4N 拉导体棒a，当导体棒a 运动到导轨最右
端时，导体棒b 刚要滑动，撤去F，导体棒a 离开导轨后落到水平地面上。（重力加速度g取 10m/s2 ，不计
空气阻力，不计其他电阻）求：
（1）导体棒a 刚要离开导轨时的速度大小v；
（2）导体棒a 由静止运动到导轨最右端的过程中，通过导体棒a 的电荷量q 以及导体棒a 中产生的焦耳热
Qa ；
（3）设导体棒a 与绝缘水平面发生碰撞前后，竖直方向速度大小不变，方向相反，碰撞过程中水平方向所
受摩擦力大小为竖直方向支持力的k 倍（碰撞时间极短，重力冲量可忽略不计）， k 0.025 ，请计算导体
棒a 离开导轨后向右运动的最大水平距离 lm 。
2
2024 届高三湖北十一校第二次联考 vD 2
道均无弹力，重力的分力提供向心力，有 mg sin m ，解得 sin ，D 正确。
参考答案 R 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7．B 在 t 时间内空气动能为 m = vts = ，则此风力发电机发电功率约为 =
k
1 2 1 2 1 2 3 10%E
B D C B C D B BD BD BD ，B 正确 Ek = 2 2 2 P = t 1.6
16 16 4 4
1．B 由题图可知， 8 O 的比结合能约为 8 MeV，故 8 O 核的结合能约为 128 MeV，A 项错误；2 He 核
8．BD10 根据变压器的等效w 等效 （） 副 。故 等效 R，当滑片 P 从最上端开始向下滑动时，R 变小，
1 2
6 4 6 1
比 3 Li 核的比结合能更大，故 2 He 核比 3 Li 核更稳定，B 项正确；从比结合能小的元素生成比结合
2 4
等效变小，电压表示数R变小，=电 流表示数变大R ，电=源的输出功率变大，A 错误；B 正确；当 等效 2，
2 4 235
能大的元素，有核能释放，故两个 1 H 核结合成 2 He 核时释放能量，C 项错误；由题图可知， 92 U
即R R=8时，滑动变阻器消耗的功率最大，C 错误；当 R=16时， 等效 4，此时变压器原R 线圈=端分
89
核的平均结合能比 36 Kr 核的平均结合能小，D 项错误
得的电压为 24V，由 可得，电压表示数为 48V，D 正确。 R =
2．D 由等势面的分布可知，A、B 两点的电场强度大小相等，方向不同，均大于 C 点的电场强度，则不 1 1
9．BD 由题图甲可以看出，2 =该波2 的波长为 ，由题图乙可以看出周期为 ，波速为
计重力的正电荷在 A、B 两点的加速度大小相等，但方向不同，A、B 项错误；由电势能 Epq可知，
正电荷在 B 点的电势能大于在 C 点的电势能，C 项错误；由 WqUCB 和 UCB0、q0 得 W0，则 ，A 错误；当 时，Q 点向上=运36动cm，结合题图甲，根据“上下坡”法=可2得 波沿 x 轴负=方向=传
1
D 项正确 18cm/ = 3 A 30
播，B 正确；由题图甲可知， 处 y Asin 30 ，则 x 3cm ，C 错误；由题图
2 P 360
3．C 由光路图可知，可视角度 与防窥屏的厚度无关，选项 A 错误；如果屏障越高，则入射角越小，
= 0 1
根据折射定律可知折射角越小， 角越小， 错误；由图可知，可视角度 是光线进入空气中时折射 乙可知， 时，质点 Q 处于平衡位置，经过 t s ，其振动状态向 x 轴负方向传播到 P 点处，则
B 3
角的 2 倍，透明介质的折射率越小，折射角越小，可视角度 越小，C 正确；防窥屏实现防窥效果的 = 0 1
x x vt 18 cm 6cm, x 9cm ，得 ，D 正确
Q P 3 Q
原理是因为某些角度范围内的光被屏障吸收，能射出到空气中的光其入射角都小于临界角，没有发生
= 9cm
1 2
全反射，D 错误 10．BD 设粒子在磁场中的速率为 v，半径为 R，由动能定理，有 qEd mv ，洛伦兹力充当向心力，
2
4．B 对地球表面的物体，由万有引力定律得 =mg，对火星表面的物体，由万有引力定律得 =m ， 2 2
火
GM地m GM地m mv B qd
2 2 有 Bqv ，由几何关系可得 R d ，综上， E ，A 错误；粒子在电场中的运动时间为
R R R 2m
可得 = ，设每条支架腿对火星表面的正压力大小为 FN，则有 = ，可得 = ，B 正
火 2 火 2
m 4 m
d 2m ，在磁场中的运动时间为 ，粒子从 运动到 的时间为 ， 正
t1 t2 O P t B
确 4 4 v qB 2qB 2qB
2
5．C 图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若 0~1s 内 Q 的加速度均匀增大，则 t=1s 时 Q 的速
确；将粒子从 到 的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量 、 ，再把粒子受到的洛伦
M N vx vy
度大小 等于 ，由图可得实际 Q 的 图象与坐标轴围成的面积大于 Q 的
兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为 、 。设粒子在
1 Fx Bqvy Fy Bqvx
加速度均匀增大=时2 1 图0象.8m与/坐s=标0.轴4m围/s成的面积，故 t=1s 时， Q 的速度大小大于 0.4m /s，A 错误；
最低点 的速度大小为 ， 的竖直距离为 。水平方向由动量定理可得 ，
N v MN y mv 0 qBvy t qBy
t=0 时，对物块 P 有 ，故恒力 F 大小为 2N，B 错误；t=1s 时，对物块 P、Q
2
1 2 B qd Bqd
整体有 （ ） ，0解得 ，C 正确；t=1s 时，物块 P、Q 加速度相同，但物块 P 由动能定理可得 qEy mv 0 ，结合 E ，解得 y d v ，故 C 错误，D 正确
= = 2 1 = 2 2 2m ， m
速度比物=块 Q速度+大， t=11s 后，弹簧继=续0.5压缩 ，物块 P、Q 不可能一起做匀加速直线运动，D 错误。 11．>（2 分） （2 分） 等于（3 分）
6．D 小球恰好过圆弧轨道最高点 C，由于下方有支持物，所以过 C 点时速度为 0，A 错误；小球过 C 点
由几何关系可知 14 >； = g ， = ， g ，可得 = m/s；
1 1 sin2 1 0 1 2 0 2 2
时速度为 ，不能做平抛运动， 错误； 到 ，由机械能守恒定律可得 2 ，解得 1 1 = =
0 B A C mvA mg 2R 2 1 sin30 cos30 + 14
2 = sin 3 2
在 B 点，竖直方向上 = ，水平方向上 = ，故 = 2 2 ，而 = 2 2 ，
+ +
2 2
1 2
， 错误；由 到 根据机械能守恒有 ，在 点小球对内外轨 所以 = 2 2 2
vA 2 gR C D C mgR(1 sin ) mvD D 2 2 + =
2
=
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设人与平板共速时的速度为 v ，有 v v1 a1t1 解得 v =3m/s（1 分）
12.（10 分）（1）红（2 分） （2）低（2 分） （3）1494（2 分） （4）270（2 分）
人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移大小 x 满足 0 v2 2ax
欧姆表红表笔接电源负极，电势低；欧姆表低倍率时内部总电阻小于高倍率时内部总电阻，故开关 K 2 2
闭合时对应欧姆表低倍率；使用“100 ”挡位时，开关 K 断开， 总 =1500 解得 =1494 ； 解得 x2 =4.5m（1分）
规范操作测量某待测电阻得到的测量值为 ，说明此时使用的=“ + ” +挡位，由 ， 则河岸宽度的最大值 d x x =9.6m（2 分）
300 10 ， m 1 2
1.5 1.35
内 15．（1）3m/s ；（2） 5 ； （3）18m
= 150 = C 0.2J
可得 ， ，可得 R 3
内=135 ，又 ， 真=270
1.5 内1.35真 （1）由题意知， Ia 2I ， Ib I ，对 b 分析有 BIL mg 解得 I 1A （2分）
R 150+300 = R
13 ．（10 分）（1）2h （2）4h R +R BLv
I 2I
又 a R 解得 v 3m/s （2分）
R
（1）当 A 向右移动 L 时， 设 B 不移动，对内气体，由玻意耳定律得 2
2
L （2）整个过程中通过 a 的电荷量 BLx 5 （2分）
P SL PS 解得3 p13p0（2分） q 2It C
0 1 3
3 R 3
2
此时B 中气体的压强为4p0p1 ，故B 不动，假设成立
1 2
由 p1p0 +p 得p=2p0 （1 分） 故水的深度H （1分） 整个过程对 A 运用功能关系有 Fx mgx Q mv （2分）
2
（2）该装置放入水下后，由于水的压力 A 向右移动，内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于 4p
2h 0 2
根据焦耳定律可知Q Q 0.2J （2分）
后B 开始向右移动， 当 A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原内气体全部进入内， 设B a 3
向右移动x 距离， 两部分气体压强为 p2，
（3）a 离开导轨后，至与地面碰撞前做平抛运动，落地前瞬间竖直速度 vy 2gh 4m/s （1 分）
对原内气体， 由玻意耳定律得 p0SLp2Sx（2分）
碰撞过程中，竖直方向，由动量定理 FN t 2mvy （1 分）
对原内气体， 由玻意耳定律得 4p0SLp2S（Lx）（2分）
同理，水平方向上有 kFNt mvx 解得 （1分）
解得 p15p0
即每次与地面碰撞，水平速度减小 ，又水平初速度 ，故与地面碰撞 次后，水平
0.2m/s vx = 0.2m/sv 3m/s 15
由 p2p0 +p2 得 p2=4p0 （1分）
1 2
故水的最大深度 Hm 4h（1 分） 速度为 0，运动到最右侧，从抛出到第一次与地面碰撞 h gt
2
14.（1）5m/s2；（2）10m/s （3）9.6m
解得 t=0.4s （1分）
（ ）人与 碰撞后，由牛顿第二定律，对人 ，解得 2
1 A =5 a1 =5m/s 故 （1分）
对 A 分析 = ， 解得 a =5m/s2 1 第 次碰撞与第 次碰撞之间
2 5 10 = = 1.22
对平板分析得 2 （2分） 第 次碰撞与第 次碰撞之间
= 2 3 1 = (3 0.2) 0.8 = 2.8 0.8
2 3 以此类推，第 14 次碰撞与第 152次碰撞之间
解得 a3 =5m/s （2分+）5 10 4 = (3 0.4) 0.8 = 2.6 0.8
以上数据正好组成一个等差数列，由求和公式可得 （1 分）
14 = (3s=x21+.8x)2+..0...8.+=x140=.216.80m.8
（2）设人滑到圆弧轨道底端时的速度为 v0 ，由机械能守恒定律 h= 5 ，解得 v0 =8m/s（1分）
1 2 故导体棒 a 离开导轨后向右运动的最大水平距离lm = +s=18m（2分）
人与 A 碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向5右为正2 方0向，经 t1=0.6s 人与平板共速，
x0
有 v1 a1t1 a3t1 解得 v1 =6m/s（2分）
由动量守恒定律得 = + 解得 v2 =10m/s（2分）
0 1 2
5 5 1 2
（3） t =0.6s 内，橡胶块 A 的位移为 x v t a t 解得 x =5.1m（1分）
1 1 2 1 2 2 1 1
人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为 a ，对人与板，由牛顿第二定律得
=9 解得 a =1m/s2（1分）
1
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