北京曲一線圖書策劃有限公司5年高考3年模擬B版物理屆湖北省武漢市高三下學期4月調(diào)研（二模）物理試題1．2024年2月29日，國際熱核聚變實驗堆（ITER）組織與中核集團牽頭的中法聯(lián)合體正式簽署真空室模塊組裝合同，中國將再次為ITER計劃順利推進貢獻智慧和力量。下列核反應方程，屬于熱核反應的是（）A．12H+13C．92238U→1.【答案】A【解析】太陽內(nèi)部的兩個輕核結合成質量較大的核，可在瞬間產(chǎn)生大量熱能，發(fā)生的反應是熱核反應，核反應方程為12H2．如圖所示，在水平面上M、N兩點固定著兩個電荷量相等的正點電荷，A、B為MN上的兩點，C、D為MN中垂線上的兩點，且到MN中點O的距離相等。下列說法正確的是（）A．沿中垂線從C點到D點電場強度一定先減小后增大B．沿MN從A點到B點電勢先升高后降低C．將電子在C點釋放，電子將在C、D之間做簡諧運動D．將電子沿直線從A點移到O點，再從O點移到C點，電子的電勢能一直增加2.【答案】D【解析】根據(jù)等量同種正點電荷的電場分別規(guī)律可知，在中垂線上，無窮遠處的電場強度為0，中點O處的電場強度也為0，則從無窮遠到中點的電場強度先增大后減小，由于C點與D點位置不確定，可知，沿中垂線從C點到D點電場強度可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大最后減小，故A錯誤；沿電場線電勢降低，根據(jù)等量同種正點電荷的電場分別規(guī)律可知，沿MN從A點到B點電勢先降低后升高，故B錯誤；結合上述可知，沿中垂線從C點到D點電場強度可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大最后減小，則電子沿中垂線從C點到D點所受電場力可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大最后減小，即電子所受電場力大小與相對平衡位置的位移大小不成正比關系，即將電子在C點釋放，電子在C、D之間的運動不是簡諧運動，故C錯誤；沿電場線電勢降低，根據(jù)等量同種正點電荷的電場分別規(guī)律可知，從A點移到O點，再從O點移到C點，電勢一直降低，電子帶負點，則將電子沿直線從A點移到O點，再從O點移到C點，電子的電勢能一直增加，故D正確。3．在x≤0和x>0的空間分別分布著均勻介質1和均勻介質2。t=0時刻，x軸上的波源S沿y軸方向開始做簡諧振動。t=t0時刻，x軸上的P點恰好開始振動，波形如圖。已知S點橫坐標為?4x0，A．波由介質1進入介質2周期變小B．波由介質1進入介質2傳播速度不變C．波源振動的周期為3D．波在介質2中的傳播速度為33.【答案】D【解析】頻率與周期由波源的振動決定，可知，波由介質1進入介質2周期不變，故A錯誤；根據(jù)圖像可知，介質1與介質2中的波長分別為λ1=4x0，λ2=2x0，根據(jù)v1=λ1f，v2=λ2f，結合上述可知4．如圖是一個既適用于220V，又適用于110V電源的理想變壓器，其中兩個原線圈完全相同，且允許通過的最大電流均為0.30A。用于220V時，應把兩個原線圈串聯(lián)起來再接電源（B、C相接，再從A、D端引線接電源）；用于110V時，應把兩個原線圈并聯(lián)起來再接電源（A、C相接，B、D相接，再從A、B端引線接電源）。已知副線圈的輸出功率為50W，則（）A．用于220V電源時，變壓器不能正常使用B．用于110V電源時，變壓器不能正常使用C．把B、D相接并從A、C端引線接電源，變壓器不能正常使用D．把A、C相接并從B、D端引線接電源，變壓器仍能正常使用4.【答案】C【解析】理想變壓器P1=P2，且P1=U1I1，用于220V電源時，電流I1=P1U1=50W220V=5．2023年5月，我國成功發(fā)射北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)第56顆衛(wèi)星。圖（a）是西安衛(wèi)星測控中心對某衛(wèi)星的監(jiān)控畫面，圖中左側數(shù)值表示緯度，下方數(shù)值表示經(jīng)度，曲線是運行過程中，衛(wèi)星和地心的連線與地球表面的交點（即衛(wèi)星在地面上的投影點，稱為星下點）的軌跡展開圖。該衛(wèi)星運行的軌道近似為圓軌道，高度低于地球同步衛(wèi)星軌道，繞行方向如圖（b）所示。已知地球自轉周期為24小時，地球半徑為R，地球同步衛(wèi)星軌道半徑約為6.6R。根據(jù)以上信息可以判斷（）A．該衛(wèi)星軌道平面與北緯30°線所在平面重合B．該衛(wèi)星運行速度大于第一宇宙速度C．該衛(wèi)星運行周期為12小時D．該衛(wèi)星軌道半徑約為3.3R5.【答案】C【解析】根據(jù)圖（b）可知該衛(wèi)星軌道平面與北緯30°線所在平面不重合，故A錯誤；衛(wèi)星做圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，解得v=GMr，該衛(wèi)星運行的軌道半徑大于地球半徑，因此該衛(wèi)星運行速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；由圖（a）可知2T=T地，則該衛(wèi)星運行周期6．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個重環(huán)，繞過光滑定滑輪的輕繩一端與重環(huán)相連，另一端施加拉力F使重環(huán)從A點緩慢上升到B點。設桿對重環(huán)的彈力大小為FNA．F逐漸增大，F(xiàn)NB．F逐漸增大，F(xiàn)NC．F先減小后增大，F(xiàn)ND．F先減小后增大，F(xiàn)N6.【答案】B【解析】對物體受力分析，并構封閉的矢量三角形，如圖所示由圖可知，在拉力到達豎直方向前，與豎直方向的夾角越來越小，拉力F增大，F(xiàn)N減小，經(jīng)過豎直方向后，夾角又逐漸變大，拉力F繼續(xù)增大，F(xiàn)7．如圖，某透明介質（折射率n>5）由兩個半徑分別為2R和R的半球疊合而成，O為二者的球心，OA為與兩半球接觸面垂直的半徑。現(xiàn)有一束細單色光在紙面內(nèi)從A點以入射角i射入介質，不考慮多次反射，要使折射光能從小半球面射出，則入射角iA．0°≤i<15C．0°≤i<457.【答案】B【解析】根據(jù)幾何關系可知，入射角i越小，大半球的折射角越小，小半球界面的入射角越小，光越容易從小半球面射出，當入射角i達最大值時，小半球界面恰好發(fā)生全反射，此時，令在大半球界面處的折射角為θ，則有n=sinimaxsinθ，在小半球界面處恰好發(fā)生全反射，則有n=1sinC，根據(jù)正弦定理有2RsinC8．（多選）彩燈串是由幾十個額定電壓約為6V的小燈泡串聯(lián)組成，小燈泡的結構如圖所示：小燈泡內(nèi)有一根表面涂有氧化層（導電性能很差）的細金屬絲（電阻可忽略）與燈絲并聯(lián)，正常工作時，細金屬絲與燈絲支架不導通；當加上較高電壓時，細金屬絲的氧化層被擊穿，與燈絲支架導通。當某個小燈泡的燈絲熔斷時，下列說法正確的是（）A．彩燈串上其他小燈泡仍能發(fā)光B．彩燈串上其他小燈泡不能發(fā)光C．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加D．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均保持不變8.【答案】AC【解析】當其中一只彩燈燈絲燒斷瞬間，發(fā)生斷路的地方的電壓接近電源電壓220V，氧化銅被擊穿，細金屬絲與燈絲支架導通，保證其它燈泡繼續(xù)發(fā)光，故A正確，B錯誤；由于導通的部分相當于導線，整個彩燈串上相當于少了一個燈，根據(jù)串聯(lián)電路特點可知，總電阻減小，總電流略有增大，所以彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加，故C正確，D錯誤。9．（多選）如圖，電阻不計的固定直角金屬導軌AOC的兩邊AO=OC=l，角度為45°的“”形均勻金屬桿可繞O'轉動，轉動過程中金屬桿與導軌接觸良好。最初“”形金屬桿的a段恰好與A端接觸，b段恰好與O接觸，整個空間存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙而向里的勻強磁場。“”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度ω沿逆時針方向轉動45°的過程中（）A．回路中感應電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向B．穿過回路的磁通量先增大后減小C．回路中感應電動勢的最大值為BD．“”形金屬桿a、b兩段產(chǎn)生的焦耳熱相等9.【答案】BD【解析】“”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度ω沿逆時針方向轉動45°的過程中，閉合電路在磁場中的面積先增大后減小，所以穿過回路的磁通量先增大后減?。挥衫愦味煽芍芈分懈袘娏飨妊啬鏁r針方向，后沿順時針方向，故A錯誤，B正確；在開始時a、b兩金屬棒的長度差最大，回路中感應電動勢最大，回路中感應電動勢的最大值Em=B2l·2l2ω?Bl·l2ω=12Bl2ω，故C錯誤；“10．（多選）如圖所示，水平面上放置著半徑為R、質量為3m的半圓形槽，AB為槽的水平直徑。質量為m的小球自左端槽口A點的正上方距離為R處由靜止下落，從A點切入槽內(nèi)。已知重力加速度大小為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）A．槽向左運動的最大位移為0.5RB．小球在槽中運動的最大速度為2C．小球能從B點離開槽，且上升的最大高度小于RD．若槽固定，小球在槽中運動過程中，重力做功的最大功率為810.【答案】AD【解析】半圓形槽和小球在水平方向動量守恒，設小球水平方向分速度大小為v1，槽的速度大小為v2，則mv1=3mv2，當小球運動到B點時，小球和槽的水平位移最大，設小球的水平位移大小為x1，槽的位移大小為x2，半圓形槽和小球運動時間相同，則mv1t=3mv2t，即mx1=3mx2，半圓形槽和小球在水平方向上位移大小之和，即相對位移大小x1+x2=2R，解得x2=0.5R，故A正確；小球運動到最低點時速度最大，根據(jù)動量守恒mv1=3mv2，根據(jù)機械能守恒mg×2R=12m11．某同學用如圖（a）所示的裝置探究氣體等溫變化的規(guī)律，空氣柱的壓強可以通過壓力表讀出，空氣柱的體積即空氣柱的長度與橫截面積的乘積。整個裝置安裝在固定架上，把柱塞置于注射器玻璃管的某一刻度處，將橡膠套套在玻璃管的下端，把一段空氣柱封閉在玻璃管中，實驗中空氣柱質量保持不變。(1)請將下列實驗步驟補充完整：①讀出初始狀態(tài)下空氣柱的壓強p和空氣柱的長度l；②（填“緩慢”或“快速”）向上拉或向下壓柱塞，待壓力表示數(shù)穩(wěn)定后，讀出空氣柱的壓強和空氣柱的長度；③重復步驟②，記錄多組數(shù)據(jù)；(2)某次實驗時，壓力表的示數(shù)如圖（b）所示，則空氣柱的壓強p=Pa；(3)以p為縱坐標，以為橫坐標，把采集的各組數(shù)據(jù)在坐標紙上描點，各點位于過原點的同一條直線上，由此得出結論：在實驗誤差允許范圍內(nèi)，一定質量的氣體，在溫度不變的情況下，壓強與體積成反比。11.【答案】(1)②緩慢(2)1.20×105【解析】（1）②為避免溫度變化，應該把柱塞緩慢地向下壓或向上拉。（2）由圖可知壓強為1.20×10（3）根據(jù)pSl=nRT，解得p=nRTS?112．某同學用如圖（a）所示的電路描繪電動機的伏安特性曲線，并同時測量電源的電動勢和內(nèi)阻?，F(xiàn)有實驗器材：待測電源、電壓表（內(nèi)阻很大）、電流表（內(nèi)阻很?。?、電阻箱R1、滑動變阻器R(1)描繪電動機的伏安特性曲線步驟如下：①斷開S1、S2、S3，先將滑動變阻器的滑片P滑到（填“c②閉合開關S1，S3接③以電動機兩端的電壓U為縱坐標，以通過電動機的電流I為橫坐標，根據(jù)數(shù)據(jù)描點作圖，得到電動機的伏安特性曲線如圖（b）所示。請簡要說明圖中OA段為直線的原因：。(2)測電源的電動勢和內(nèi)阻步驟如下：①斷開S1，閉合S2，S3②調(diào)節(jié)電阻箱，讀出相應的阻值和電壓表示數(shù)；③多次測量后，以1R1為橫坐標，1U為縱坐標，描點連線，得到圖（c），由此可得電源電動勢E=V，內(nèi)阻r(3)把上述兩個規(guī)格相同的電動機串聯(lián)后接在該電源兩端，則其中一個電動機的電功率為W（結果保留2位有效數(shù)字）。12.【答案】(1)①c③見解析(2)③2.02.0(3)0.25（0.23~0.27）【解析】（1）滑動變阻器采用分壓式，為了確保安全，閉合開關之前，需要使得控制電路輸出電壓為0，即應先將滑動變阻器的滑片P滑到c端；U?I圖像中，圖線上的點與坐標原點連線的斜率表示電阻，OA段為直線表明電阻不變，原因是電壓較小，電動機不轉動，可視為純電阻。（2）斷開S1，閉合S2，S3接b，根據(jù)閉合電路歐姆定律有U=E?UR1r，則有1U=1E（3）把上述兩個規(guī)格相同的電動機串聯(lián)后接在該電源兩端，通過兩電動機的電流相等，兩電動機兩端電壓相等，根據(jù)電動機的伏安特性曲線可知，當電流為0.45A時，每個電動機兩端電壓約為0.55V，此時有0.45×2V+2×0.55V=2.013．在滑雪比賽中，某運動員從跳臺上的A點以速度v0=15m/s與水平方向成α=37°角斜向上起跳，落在傾角θ=37°的斜坡上的B點，著陸時速度方向與斜坡的夾角β=16°，如圖所示。已知運動員和裝備（均可視為質點）總質量m=60kg，著陸緩沖的時間Δt=0.5s，著陸緩沖過程運動員不反彈、沿斜坡方向的速度不變，重力加速度大小g=10m（1）運動員在空中飛行的時間；（2）運動員著陸緩沖過程受到的平均支持力大小。13.【答案】（1）2.5s（2）1152N【解析】（1）運動員在空中做斜拋運動，根據(jù)拋體運動規(guī)律vv解得t=2.5s（2）運動員著陸時，由動量定理(N?mg解得N=1152N14．如圖，水平直邊界下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，O、P、Q為邊界上的三個點，一電荷量為q（q>0）的粒子在紙面內(nèi)以水平向右的速度經(jīng)過O點正下方M點，分裂成兩個質量相等的、帶正電的粒子1和粒子2，分裂后兩粒子的運動方向與分裂前相同，粒子1從P點離開磁場時、粒子2也恰好從Q點離開磁場。已知OP=d，OQ=3d，（1）求粒子1、2各自在磁場中運動的半徑；（2）求粒子1所帶的電荷量；（3）若邊界上方同時存在磁感應強度大小相同、方向垂直紙面向外的勻強磁場，當粒子2第二次經(jīng)過邊界時，求兩粒子之間的距離。14.【答案】（1）233d23d【解析】（1）粒子運動軌跡如圖設粒子1運動的半徑為t1，由幾何關系得解得r設粒子2運動的半徑為r2，由幾何關系得解得r2（2）由幾何關系知，粒子1運動時間t=粒子2運動時間t=又T=而m由電荷守恒定律q解得q1（3）若在邊界上方同時存在大小相同、方向垂直直面向外的勻強磁場，粒子1、2將做周期性運動。粒子2第2次經(jīng)過邊界時，粒子1也經(jīng)過邊界。如