2024年高考物理湖北卷試題依托《中國高考評價體系》,銜接高中課程標準，注重深化基礎，豐富問題情境，增強探究性，突出思維考查，在夯實知識基礎的同時發展物理學科核心素養。今年的高考湖北卷物理試卷共15道物理試題，其中6道試題屬于力學模塊(4道選擇題，1道實驗題，1道計算題),6道試題屬于電磁學模塊(5道選擇題，1道計算題),1道熱學試題(計算題),1道近代物理(選擇題)和1道光學試題(選擇題)。屬于必修一、二、三的共4題。物理觀念是物理學科核心素養的重要組成部分，也是學生適應未來學習和發展的重要知識基礎。2024湖北卷第1題以夢溪筆談中記載的雷擊導致金屬熔化，引導學生分析自然現象，把握物理本質；第6題拖2024年高考物理湖北卷重視科學思維的考查，豐富試題的呈現形式、轉換問題的表達方式、改變試題的設問方向等，引導學生從不同角度思考問湖北卷第15題在水平導軌上設置圓形框架，運用新的表述方式描述，很好地考查了學生的創新思維品實驗是物理學的基礎，實驗教學是培養學生物理學科素養的重要途學探究能力。2024年高考物理湖北卷注重科學探究考查，引導學生經歷實驗過程，體會科學研究方法，養成科學思維習慣。創新設問角度，注重考查基本實驗原理、基本實驗儀器、基本北卷第12題，以豎直彈簧振子為裝置測量重力加速度，增強實驗開放性和探究性，鼓勵多角度思考問題，1.試題情境創設更加豐富多元，如湖北卷第1題，以夢溪筆談引入雷電導致金屬器件熔化；第4題太空碎片會對航天器帶來危害；第6題兩拖船拉貨船等。情境是學科評價的載體，也是學科育人的載體。2.試題綜合性強。第14題將傳送帶與碰撞、繩系小球豎直面內圓周運動有機結合；學生需通過分析物體作用的各個過程，正確運用對應的物理規律來解決問題，很好地考查學生3.題目的呈現方式別具一格。第7題是對帶電粒子在磁場中運動規律的考查，設置了圓形邊界內外磁感應強度方向相反，學生需要深刻理解題意，結考查知識點1夢溪筆談中雷擊金屬熔化渦流23平拋運動4空間站變軌萬有引力定律、開普勒定律5交流二極管電路電功率67帶電粒子在圓形邊界方向相反磁場中運動洛倫茲力、圓周運動8電荷和靜電場靜電場相關知識點9知識點7分實驗題10分實驗題力學實驗豎直彈簧振子測量重力加速度10分熱學氣缸模型氣體實驗定律、熱力學第一定律20分計算題單桿導軌切割磁感線運動培力2024年湖北省普通高中學業水平選擇性考試注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并認真核準準考證號條形碼上的以上信息，將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚。4.考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.《夢溪筆談》中記錄了一次罕見的雷擊事件：房屋被雷擊后，屋內的銀飾、寶刀等金屬熔化了，但是漆器、刀鞘等非金屬卻完好(原文為：有一木格，其中雜貯諸器，其漆器銀扣者，銀悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一寶刀，極堅鋼，就刀室中熔為汁，而室亦儼然)。導致金屬熔化而非金屬完好的原因可能為()【答案】C【解析】在雷擊事件中金屬和非金屬都經歷了摩擦，聲波和光照的影響，導致金屬熔化而非金屬完好的原因可能為雷電產生的變化磁場在金屬中因電磁感應產生渦流，非金屬不能產生渦流，因此C正確。2.硼中子俘獲療法是目前治療癌癥最先進的手段之一、3B+!n→3X+?Y是該療法中一種核反應的方程，其中X、Y代表兩種不同的原子核，則()A.a=7,b=1B.a=7,b=2C.a=6,b=1D.a=6,b=2【答案】B【解析】由質量數和電荷數守恒可得解得a=7,b=2,B正確。3.如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到()【答案】C【解析】青蛙做平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向自由落體則有可得因此水平位移越小，豎直高度越大初速度越小，因此跳到荷葉c上面。故選擇C。4.太空碎片會對航天器帶來危害。設空間站在地球附近沿逆時針方向做勻速圓周運動，如圖中實線所示。為了避開碎片，空間站在P點向圖中箭頭所指徑向方向極短時間噴射氣體，使空間站獲得一定的反沖速度，從而實現變軌。變軌后的軌道如圖中虛線所示，其半長軸大于原軌道半徑。則()A.空間站變軌前、后在P點的加速度相同B.空間站變軌后的運動周期比變軌前的小C.空間站變軌后在P點的速度比變軌前的小D.空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的大【答案】A【解析】在P點變軌前后空間站所受到的萬有引力不變，根據牛頓第二定律可知空間站變軌前、后在P點的加速度相同，故A正確；因為變軌后其半長軸大于原軌道半徑，根據開普勒第三定律可知空間站變軌后的運動周期比變軌前的大，故B錯誤；變軌后在P點因反沖運動相當于瞬間獲得豎直向下的速度，原水平向左的圓周運動速度不變，因此合速度變大，故C錯誤；由于空間站變軌后在P點的速度比變軌前大，而比在近地點的速度小，則空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的小，故D錯誤。。5.在如圖所示電路中接入正弦交流電，燈泡L?的電阻是燈泡L?的2倍。假設兩個二極管正向電阻為0、反向電阻無窮大。閉合開關S,燈泡L?、L?的電功率之比P:P?為()A.2:1B.1:1【答案】C【解析】兩個二極管正向電阻為0,反向電阻無窮大，二極管導通則短路并聯的燈泡，此時另一個燈泡與電源串聯，根據電路圖可知在一個完整的周期內，兩個燈泡有電流通過的時間相等都為半個周期，電壓有效值相等，則根據可知6.如圖所示，兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進，兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30°。假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為f,方向與船的運動方向相反，則每艘拖船發動機提供的動力大小為()C.2fD.3f【答案】B【解析】根據題意對S受力分析如圖2Tcos30=f對P受力分析如圖則有解得故選B。7.如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為子沿直徑AC方向從A點射入圓形區域。不計重力，下列說法正確的是()A.粒子運動軌跡可能經過0點B.粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向C.粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域最小時間間隔為D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小【解析】在圓形勻強磁場區域內，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據圓的特點可可能經過O點，故AB錯誤；粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域，時間最短則根據對稱性可知軌跡如圖D.粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，則軌跡如圖所示設粒子在磁場中運動半徑為r,根據幾何關系可知故D正確。8.關于電荷和靜電場，下列說法正確的是()A.一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變B.電場線與等勢面垂直，且由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面C.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，該點電荷的電勢能將減小D.點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，將從高電勢地方向低電勢的地方運動【答案】AC【解析】根據電荷守恒定律可知一個與外界沒有電荷交換的系統，這個系統的電荷總量是不變的，故A正確；根據電場線和等勢面的關系可知電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故B錯點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小，根據可知正電荷將從電勢高的地方向電勢低的地方運動，負電荷將從電勢低的地方向電勢高的地方運動，故Co9.磁流體發電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)從左側以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產生電壓。下列說法正確的是()A.極板MN是發電機的正極B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大D.僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓增大【解析】帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉，極板MN帶正電為發電機正極，A正確；BCD.離子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時，此時令極板間距為d,則可得因此增大間距U變大，增大速率U變大，U大小和密度無關，BD錯誤C正確。故選AC。10.如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為M、長為L的木塊，質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小vo成正比，即f=kv?(k為已知常數)。改變子彈的初速度大小vo,若木塊獲得的速度最大，則()A.子彈的初速度大小為B.子彈在木塊中運動的時間為C.木塊和子彈損失的總動能為D.木塊在加速過程中運動的距離【答案】AD【解析】子彈和木塊相互作用過程系統動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別為v?,v?,則有子彈和木塊相互作用過程中合力都為f=kv?,因此子彈和物塊的加速度分別為由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為聯立上式可得因此木塊的速度最大即取極值即可，該函數在到無窮單調遞減，因此當木塊的速度最大，A正確；B.則子彈穿過木塊時木塊的速度為由運動學公式可得故B錯誤；由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉化為系統摩擦生熱，即故C錯誤；木塊加速過程運動的距離為故D正確。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.某同學利用激光測量半圓柱體玻璃磚的折射率，具體步驟如下：①平鋪白紙，用鉛筆畫兩條互相垂直的直線AA'和BB',交點為0。將半圓柱體玻璃磚的平直邊緊貼AA',并使其圓心位于0點，畫出玻璃磚的半圓弧輪廓線，如圖(a)所示。②將一細激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃磚，記錄折射光線與半圓弧的交點M。③拿走玻璃磚，標記CO光線與半圓弧的交點P。⑤改變入射角，重復步驟②③④,得到多組x和y的數據。根據這些數據作出y-x圖像，如圖(b)所示。(1)關于該實驗，下列說法正確的是(單選，填標號)。A.入射角越小，誤差越小B.激光的平行度好，比用插針法測量更有利于減小誤差C.選擇圓心0點作為入射點，是因為此處的折射現象最明顯(2)根據y-x圖像，可得玻璃磚的折射率為(保留三位有效數字)。(3)若描畫的半圓弧輪廓線半徑略大于玻璃磚的實際半徑，則折射率的測量結果(填“偏大”“偏小”或“不變”)?！敬鸢浮?1)B(2)1.57(3)不變【解析】(1)A.入射角適當即可，不能太小，入射角太小，導致折射角太小，測量的誤差會變大，故A錯誤；B.激光的平行度好，比用插針法測量更有利于減小誤差，故B正確；C.相同的材料在各點的折射效果都一樣，故C錯誤。故選B。(2)設半圓柱體玻璃磚的半徑為R,根據幾何關系可得入射角的正弦值為(3)根據(2)中數據處理方法可知若描畫的半圓弧輪廓線半徑略大于玻璃磚的實際半徑，則折射率的測12.某同學設計了一個測量重力加速度大小g的實驗方案，所用器材有：2g砝碼若干、托盤1個、輕質彈簧1根、米尺1把、光電門1個、數字計時器1臺等。具體步驟如下：①將彈簧豎直懸掛在固定支架上，彈簧下面掛上裝有遮光片的托盤，在托盤內放入一個砝碼，如圖(a)所示。②用米尺測量平衡時彈簧的長度l,并安裝光電門。③將彈簧在彈性限度內拉伸一定長度后釋放，使其在豎直方向振動。④用數字計時器記錄30次全振動所用時間t。⑤逐次增加托盤內砝碼的數量，重復②③④的操作。該同學將振動系統理想化為彈簧振子。已知彈簧振子的振動周期,其中k為彈簧的勁度系數，M為振子的質量。(1)由步驟④,可知振動周期T=(3)由實驗數據作出的1-T2圖線如圖(b)所示，可得g=m/s2(保留三位有效數字，π2取9.87)。(4)本實驗的誤差來源包括(雙選，填標號)。A.空氣阻力B.彈簧質量不為零C.光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置【答案】(1)【解析】(1)30次全振動所用時間t,則振動周期(2)彈簧振子的振動周期可得振子的質量振子平衡時，根據平衡條件Mg=k△l可得(3)根據-整理可得則1-T2圖像斜率解得(4)A.空氣阻力的存在會影響彈簧振子的振動周期，是實驗的誤差來源之一，故A正確；B.彈簧質量不為零導致振子在平衡位置時彈簧的長度變化，不影響其他操作，根據(3)中處理方法可知對實驗結果沒有影響，故B錯誤；C.根據實驗步驟可知光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置會影響振子周期的測量，是實驗的誤差來源之013.如圖所示，在豎直放置、開口向上的圓柱形容器內用質量為m的活塞密封一部分理想氣體，活塞橫截面積為S,能無摩擦地滑動。初始時容器內氣體的溫度為T。,氣柱的高度為h。當容器內氣體從外界吸收一定熱量后，活塞緩慢上升再次平衡。已知容器內氣體內能變化量△U與溫度變化量△T的關系式為△U=CAT,C為已知常數，大氣壓強恒為Po,重力加速度大小為g,所有溫度為熱力學溫度。求(1)再次平衡時容器內氣體的溫度。(2)此過程中容器內氣體吸收的熱量。【答案】(1)(2)【解析】(1)氣體進行等壓變化，則由蓋呂薩克定律得即解得(2)此過程中氣體內能增加氣體對外做功此過程中容器內氣體吸收的熱量14.如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O,用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在0點右側的P點固定一釘子，P點與0點等高。將質量為0.1kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞0點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,重力加速度大小g=10m/s2。(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大??；(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能；(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離?！敬鸢浮?1)5m/s;(2)0.3J;(3)0.2m【解析】(1)根據題意，小物塊在傳送帶上，由牛頓第二定律有解得由運動學公式可得，小物塊與傳送帶共速時運動的距離為可知，小物塊運動到傳送帶右端前與傳送帶共速，即小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小等于傳送帶的速度大小5m/s。(2)小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，小物塊與小球組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有其中解得小物塊與小球碰撞過程中，兩者構成的系統損失的總動能為解得(3)若小球運動到P點正上方，繩子恰好不松弛，設此時P點到0點的距離為d,小球在P點正上方的速