资源简介

湖南省2024年普通高中学业水平选择性考试
物　理
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．量子技术是当前物理学应用研究的热点，下列关于量子论的说法正确的是(　　)
A．普朗克认为黑体辐射的能量是连续的
B．光电效应实验中，红光照射可以让电子从某金属表面逸出，若改用紫光照射也可以让电子从该金属表面逸出
C．康普顿研究石墨对X射线散射时，发现散射后仅有波长小于原波长的射线成分
D．德布罗意认为质子具有波动性，而电子不具有波动性
B　[物理学史　普朗克认为黑体辐射的能量是量子化的，A错误；紫光的频率大于红光的频率，由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，若改用紫光照射此金属表面，一定能发生光电效应，即电子从金属表面逸出，B正确；康普顿散射实验发现，X射线被较轻物质(石墨、石蜡等)散射后除了有波长与原波长相同的成分外还有波长较长的成分，C错误；德布罗意认为实物粒子具有波粒二象性，D错误。]
2．如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6 m，t0时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是(　　)
A．波长为3 m
B．波速为12 m/s
C．t0＋0.25 s时刻，B点速度为0
D．t0＋0.50 s时刻，A点速度为0
D　[波的形成与传播　由题意可知xAB＝λ，则该波的波长为λ＝4 m，A错误；根据题意可知该波的周期T＝1 s，结合A项分析可得该波的波速为v＝＝4 m/s，B错误；由于t0时刻A点、B点分别位于波谷、波峰位置，则t0时刻A点、B点的速度均为0，从t0时刻到t0＋ 0.25 s时刻，B点振动了个周期，运动至平衡位置，速度最大，C错误；从t0时刻到t0＋0.5 s时刻，A点振动了个周期，运动至波峰位置，速度为0，D正确。]
3．如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　)
A．g，1.5g B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
A　[受力分析＋牛顿第二定律的瞬时性　细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3 maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正确。]
4．如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　)
A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φc
C．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc
C　[转动切割磁感线＋右手定则　由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，根据E＝得EOa＝BR2ω，E Ob＝，EOc＝BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，故φO>φa>φb＝φc，C正确。]
5．真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是(　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
D　[点电荷＋(φx图像)　无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝k可知，x正半轴上，电荷量为＋4q的点电荷在x处产生的电势为φ1＝，电荷量为－q的点电荷在x处产生的电势为φ2＝－k，x正半轴上在x处的电势φx＝，可知在x＝处电势为0，在x＝0处电势接近负无穷大，则选项D正确。]
6．根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是(　　)
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
A　[理想变压器原理＋功率　设升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，将降压变压器和用户端所接定值电阻R等效为一个电阻R等效，则R等效＝R。发电机转子以角速度ω匀速转动时，产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则升压变压器输入端的电压有效值U1＝，转子角速度增加一倍，则升压变压器输出端电压为U2＝U1增加一倍，根据闭合电路欧姆定律知定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，结合P＝R0可知，转子角速度增加一倍，R0上消耗的功率变为4P，选项A正确；结合P＝·R0，若R0增加一倍，则R0上消耗的功率为·2R0≠4P，选项B错误；若升压变压器的副线圈增加一倍，根据理想变压器变压规律知，升压变压器副线圈两端的电压变为原来的2倍，由I0＝可知，定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，R0上消耗的功率变为4P，选项C错误；若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，降压变压器和用户端所接定值电阻的等效电阻变为R等效，R0上消耗的功率变为·R0≠6P，选项D错误。]
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集，并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。已知月球表面重力加速度约为地球表面的，月球半径约为地球半径的。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是(　　)
A．其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度
B．其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度
C．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
BD　[万有引力定律＋第一宇宙速度　地球上的第一宇宙速度等于卫星在近地轨道的环绕速度，根据万有引力定律知，结合mg＝得第一宇宙速度v＝，又g月＝g地，R月＝，可知返回舱相对月球的速度小于地球上的第一宇宙速度，选项A错误，B正确；根据万有引力定律知，在近地(月)轨道上有R，又GM＝gR2，得T＝，可得，可知选项C错误，D正确。]
8．某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．金属杆经过BB1的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为μmgd
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
CD　[法拉第电磁感应定律＋动量定理＋能量守恒定律＋冲量　设金属杆经过BB1的速度大小为v1，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量定理有t1＝m(v0－v1)，又t1＝d，则＝m(v0－v1)，对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有t2＋μmgt2＝mv1，又t2＝d，则＋μmgt2＝mv1，分析可知v0－v1，即金属杆经过BB1的速度大于，A错误；整个过程，由能量守恒定律可得＝QR＋Q杆＋μmgd，由于通过定值电阻R和金属杆的电流时刻相等，则由焦耳定律可知QR＝Q杆，联立可得QR＝μmgd，B错误；规定水平向左为正方向，则结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I1＝，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I2＝，可得I1＝I2，即金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确；若将金属杆的初速度加倍，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量定理有＝m(2v0－vB)，对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有t4＋μmgt4＝m(vB－vC)，即＋μmgt4＝m(vB－vC)，又由运动学知识有t4v0，对金属杆经过CC1之后的运动过程，由动量定理有＝mvC>mv0，又由A项分析有2d，故金属杆在磁场中运动的距离为x＝2d＋Δx>4d＝2×2d，即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，D正确。]
9．1834年，洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果(称洛埃镜实验)，平面镜沿OA放置，靠近并垂直于光屏。某同学重复此实验时，平面镜意外倾斜了某微小角度θ，如图所示。S为单色点光源。下列说法正确的是(　　)
A．沿AO向左略微平移平面镜，干涉条纹不移动
B．沿OA向右略微平移平面镜，干涉条纹间距减小
C．若θ＝0°，沿OA向右略微平移平面镜，干涉条纹间距不变
D．若θ＝0°，沿AO向左略微平移平面镜，干涉条纹向A处移动
BC　[洛埃镜实验＋推理论证能力　作出S关于平面镜对称的点S′，如图1所示，则S和S′相当于双缝干涉实验中的双缝，若沿AO向左略微平移平面镜，则双缝间距减小，双缝到屏的距离增大，结合双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ可知干涉条纹间距增大，干涉条纹移动，A错误；若沿OA向右略微平移平面镜，则双缝间距d增大，双缝到屏的距离l减小，结合双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ可知干涉条纹间距减小，B正确；若θ＝0°，作出S关于平面镜对称的点S″，如图2所示，可知无论是沿OA向右略微平移平面镜，还是沿AO向左略微平移平面镜，S和S″的位置均不变，则干涉条纹不移动，干涉条纹间距不变，C正确，D错误。
]
10．如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1、方向沿x轴正方向，B球速度大小为v2＝2 m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1 m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，下列说法正确的是(　　)
A．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15°
B．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0°
C．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0°
D．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15°
AC　[特殊的追及相遇＋最值问题　作出两小球的运动路径，如图所示。
根据几何关系在图中标出相应角度，设小球B从坐标原点运动至与挡板碰撞经历的时间为t1，从与挡板碰撞运动至与小球A相遇所用时间为t2，小球A从坐标原点处运动至与小球B相遇所用时间为t，则有t＝t1＋t2，根据正弦定理有，联立解得v1＝ m/s，令β＝α＋θ，则有v1＝(单位为m/s)，由基本不等式的性质可知，θ确定时，当且仅当时，v1取最大值，解得β＝α＋θ＝30°，故θ＝15°时，α＝15°，此时v1＝ m/s；θ＝30°时，α＝0°，此时v1＝ m/s。A、C正确，B、D错误。]
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11．(7分)某实验小组要探究一金属丝的阻值随气压变化的规律，搭建了如图(a)所示的装置。电阻测量原理如图(b)所示，E是电源，?V为电压表，?A为电流表。
(1)保持玻璃管内压强为1个标准大气压，电流表示数为100 mA，电压表量程为3 V，表盘如图(c)所示，示数为________V，此时金属丝阻值的测量值R为________Ω(保留三位有效数字)；
(2)打开抽气泵，降低玻璃管内气压p，保持电流I不变，读出电压表示数U，计算出对应的金属丝阻值；
(3)根据测量数据绘制Rp关系图线，如图(d)所示；
(4)如果玻璃管内气压是0.5个标准大气压，保持电流为100 mA，电压表指针应该在图(c)指针位置的________侧(选填“左”或“右”)；
(5)若电压表是非理想电压表，则金属丝电阻的测量值________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。
[解析]　仪器读数＋欧姆定律＋误差分析　(1)由电压表读数规则可知题图(c)的示数为(1＋0.10×2.5)V＝1.25 V；根据题图(b)由欧姆定律可知R＝ Ω＝12.5 Ω。
(4)玻璃管内气压降低到0.5个标准大气压，由题图(d)可知金属丝的阻值增大，又保持电流为100 mA，所以电压表示数增大，即电压表指针应该在题图(c)指针位置的右侧；
(5)若电压表是非理想电压表，则流过金属丝的电流的测量值偏大，由欧姆定律可知金属丝的电阻的测量值小于真实值。
[答案]　(1)1.25(1.24～1.26均可)　12.5　(4)右　(5)小于
12．(9分)在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量。如图(a)，某同学设计了一个动力学方法测量物体质量的实验方案，主要实验仪器包括：气垫导轨、滑块、轻弹簧、标准砝码、光电计时器和待测物体，主要步骤如下：
(1)调平气垫导轨，将弹簧左端连接气垫导轨左端，右端连接滑块；
(2)将滑块拉至离平衡位置20 cm处由静止释放，滑块第1次经过平衡位置处开始计时，第21次经过平衡位置时停止计时，由此测得弹簧振子的振动周期T；
(3)将质量为m的砝码固定在滑块上，重复步骤(2)；
(4)依次增加砝码质量m，测出对应的周期T，实验数据如下表所示，在图(b)中绘制T2m关系图线；
m/kg T/s T2/s2
0.000 0.632 0.399
0.050 0.775 0.601
0.100 0.893 0.797
0.150 1.001 1.002
0.200 1.105 1.221
0.250 1.175 1.381
(5)由T2m图像可知，弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是________(选填“线性的”或“非线性的”)；
(6)取下砝码后，将待测物体固定在滑块上，测量周期并得到T2＝0.880 s2，则待测物体质量是________kg(保留三位有效数字)；
(7)若换一个质量较小的滑块重做上述实验，所得T2m图线与原图线相比将沿纵轴________移动(选填“正方向”“负方向”或“不”)。
[解析]　借助弹簧振子振动周期测量物体质量＋数据处理　(4)将题表中的数据在题图(b)中进行描点，然后用直线拟合，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，偏离直线较远的点舍去，如图所示。
(5)由于T2m图像为一条直线，则弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是线性的。
(6)根据(4)中图像可知T2＝0.880 s2时，m＝0.120 kg。
(7)当m＝0时，T2为滑块对应的弹簧振子振动周期的平方，由(4)中图像可知物体的质量越大，对应的弹簧振子的振动周期越大，所以质量较小的滑块对应的弹簧振子的振动周期较小，故换一个质量较小的滑块重做实验，所得T2m图线与原图线相比将沿纵轴负方向移动。
[答案]　(4)见解析图　(5)线性的　(6)0.120　(7)负方向
13．(10分)一个充有空气的薄壁气球，气球内气体压强为p、体积为V。气球内空气可视为理想气体。
(1)若将气球内气体等温膨胀至大气压强p0，求此时气体的体积V0(用p0、p和V表示)；
(2)小赞同学想测量该气球内气体体积V的大小，但身边仅有一个电子天平。将气球置于电子天平上，示数为m＝8.66×10-3 kg(此时须考虑空气浮力对该示数的影响)。小赞同学查阅资料发现，此时气球内气体压强p和体积V还满足：(p－p0)(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105 Pa为大气压强，VB0＝0.5×10-3 m3为气球无张力时的最大容积，C＝18 J为常量。已知该气球自身质量为m0＝8.40×10-3 kg，外界空气密度为ρ0＝，重力加速度g取10 m/s2，求气球内气体体积V的大小。
[解析]　玻意耳定律＋力的平衡条件　(1)由玻意耳定律有pV＝p0V0
解得V0＝。
(2)气球内空气体积为V0时，密度为ρ0，故气球内部空气质量m内＝ρ0V0＝
对气球和气球内部气体组成的系统受力分析，由力的平衡条件有
(m0＋m内)g＝F浮＋mg
又F浮＝ρ0gV
结合(p－p0)(V－VB0)＝C
联立解得V＝5×10-3 m3。
[答案]　(1)　(2)5×10-3 m3
14．(14分)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左、右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值；
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时在y轴正方向的最大位移。
[解析]　电子在电、磁组合场中的运动
(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…)
联立解得B＝(n＝1，2，3，…)
当n＝1时，Bmin＝。
(2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxB＝m
则|tan θ|＝。
(3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动时在y轴正方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有
eE＝ma
由速度位移公式有2aym＝
联立解得ym＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
15．(16分)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比；
(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0[解析]　碰撞模型＋动量守恒＋机械能守恒
(1)小球A与B碰撞后结合在一起，则小球A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，设碰后两者的共同速度为v，有
mAv0＝(mA＋mB)v，则v＝
根据向心力公式F向＝(mA＋mB)，得F向＝。
(2)若小球A、B之间为弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两球第一次碰撞在B球初始位置，设碰后A、B的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2
由机械能守恒定律有
可得v1＝
因mA>mB，则碰后瞬间两球同向运动，又<，结合(v2－v1)t＝2πR可知，从第一次碰撞到第二次碰撞的过程，A的路程小于一个圆周。
第一种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，
可得＝2
第二种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，
可得＝5
由动量守恒和机械能守恒可知两种情况下第二次碰撞后A球速度重新变为v0，B球的速度为0，之后两小球做周期性运动，两种情况均符合题意。
(3)第1次碰后瞬间，两球相对速度为ev0，B比A多跑一圈后发生第2次碰撞，设第1、2次碰撞的时间间隔为t1，圆周长为L＝2πR，则t1＝
根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA1＋mBvB1，且e＝
解得vB1＝v0，则该段时间内B的路程为vB1t1＝L
B追上A后两球发生第2次碰撞，碰后瞬间两球相对速度为e2v0，A比B多跑一圈后发生第3次碰撞，设第2、3次碰撞的时间间隔为t2，则t2＝
根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA2＋mBvB2，且e＝
解得vB2＝v0，该段时间内B的路程为vB2t2＝L
A追上B后两球发生第3次碰撞，碰后瞬间两球相对速度为e3v0，B比A多跑一圈后发生第4次碰撞，设第3、4次碰撞的时间间隔为t3，则t3＝
根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA3＋mBvB3，且e＝
解得vB3＝v0，该段时间内B的路程为vB3t3＝L
依此类推，A、B第2n次碰撞后瞬间，两球相对速度为e2nv0，碰后A比B多跑一圈后发生第2n＋1次碰撞，该时间内B的路程为L
综上，B的路程为s＝。
[答案]　(1)　(2)2或5 (3)

展开更多......

收起↑