湖南省2024年普通高中學業水平選擇性考試物理一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．量子技術是當前物理學應用研究的熱點，下列關于量子論的說法正確的是()A．普朗克認為黑體輻射的能量是連續的B．光電效應實驗中，紅光照射可以讓電子從某金屬表面逸出，若改用紫光照射也可以讓電子從該金屬表面逸出C．康普頓研究石墨對X射線散射時，發現散射后僅有波長小于原波長的射線成分D．德布羅意認為質子具有波動性，而電子不具有波動性B[物理學史普朗克認為黑體輻射的能量是量子化的，A錯誤；紫光的頻率大于紅光的頻率，由愛因斯坦光電效應方程Ek＝hν－W0可知，若改用紫光照射此金屬表面，一定能發生光電效應，即電子從金屬表面逸出，B正確；康普頓散射實驗發現，X射線被較輕物質(石墨、石蠟等)散射后除了有波長與原波長相同的成分外還有波長較長的成分，C錯誤；德布羅意認為實物粒子具有波粒二象性，D錯誤。]2．如圖，健身者在公園以每分鐘60次的頻率上下抖動長繩的一端，長繩自右向左呈現波浪狀起伏，可近似為單向傳播的簡諧橫波。長繩上A、B兩點平衡位置相距6m，t0時刻A點位于波谷，B點位于波峰，兩者之間還有一個波谷。下列說法正確的是()A．波長為3mB．波速為12m/sC．t0＋0.25s時刻，B點速度為0D．t0＋0.50s時刻，A點速度為0D[波的形成與傳播由題意可知xAB＝32λ，則該波的波長為λ＝4m，A錯誤；根據題意可知該波的周期T＝1s，結合A項分析可得該波的波速為v＝λT＝4m/s，B錯誤；由于t0時刻A點、B點分別位于波谷、波峰位置，則t0時刻A點、B點的速度均為0，從t0時刻到t0＋0.25s時刻，B點振動了14個周期，運動至平衡位置，速度最大，C錯誤；從t0時刻到t0＋0.5s時刻，A3．如圖，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為()A．g，1.5g B．2g，1.5gC．2g，0.5g D．g，0.5gA[受力分析＋牛頓第二定律的瞬時性細線剪斷前，對B、C、D整體受力分析，由力的平衡條件有A、B間輕彈簧的彈力FAB＝6mg，對D受力分析，由力的平衡條件有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg，細線剪斷瞬間，對B由牛頓第二定律有3mg－FAB＝3maB，對C由牛頓第二定律有2mg＋FCD＝2maC，聯立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正確。]4．如圖，有一硬質導線Oabc，其中abc是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導線在紙面內繞O點逆時針轉動，導線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、cA．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φcC．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φcC[轉動切割磁感線＋右手定則由題及幾何關系可知Oa＝R，Ob＝5R，Oc＝5R，根據E＝12Bl2ω可得EOa＝12BR2ω，EOb＝12B·5R2ω＝52BR2ω，EOc＝12B·5R2ω＝52BR2ω，又EOa＝φ5．真空中有電荷量為＋4q和－q的兩個點電荷，分別固定在x軸上－1和0處。設無限遠處電勢為0，x正半軸上各點電勢φ隨x變化的圖像正確的是()ABCDD[點電荷＋(φx圖像)無限遠處電勢為0，根據點電荷的電勢公式φ＝kQr可知，x正半軸上，電荷量為＋4q的點電荷在x處產生的電勢為φ1＝k4qx+1，電荷量為－q的點電荷在x處產生的電勢為φ2＝－kqx，x正半軸上在x處的電勢φx＝k46．根據國家能源局統計，截止到2023年9月，我國風電裝機4億千瓦，連續13年居世界第一位，湖南在國內風電設備制造領域居于領先地位。某實驗小組模擬風力發電廠輸電網絡供電的裝置如圖所示。已知發電機轉子以角速度ω勻速轉動，升、降壓變壓器均為理想變壓器，輸電線路上的總電阻可簡化為一個定值電阻R0。當用戶端接一個定值電阻R時，R0上消耗的功率為P。不計其余電阻，下列說法正確的是()A．風速增加，若轉子角速度增加一倍，則R0上消耗的功率為4PB．輸電線路距離增加，若R0阻值增加一倍，則R0上消耗的功率為4PC．若升壓變壓器的副線圈匝數增加一倍，則R0上消耗的功率為8PD．若在用戶端再并聯一個完全相同的電阻R，則R0上消耗的功率為6PA[理想變壓器原理＋功率設升壓變壓器原、副線圈匝數分別為n1、n2，降壓變壓器原、副線圈匝數分別為n3、n4，將降壓變壓器和用戶端所接定值電阻R等效為一個電阻R等效，則R等效＝U3I3＝n3n4U4n4n3I4＝n32n42R。發電機轉子以角速度ω勻速轉動時，產生的電動勢的最大值Em＝NBSω，則升壓變壓器輸入端的電壓有效值U1＝NBSω2，轉子角速度增加一倍，則升壓變壓器輸出端電壓為U2＝n2n1U1增加一倍，根據閉合電路歐姆定律知定值電阻R0中的電流變為原來的2倍，結合P＝I02R0可知，轉子角速度增加一倍，R0上消耗的功率變為4P，選項A正確；結合P＝U2R0+R等效2·R0，若R0增加一倍，則R0上消耗的功率為U22二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．2024年5月3日，“嫦娥六號”探測器順利進入地月轉移軌道，正式開啟月球之旅。相較于“嫦娥四號”和“嫦娥五號”，本次的主要任務是登陸月球背面進行月壤采集，并通過升空器將月壤轉移至繞月運行的返回艙，返回艙再通過返回軌道返回地球。設返回艙繞月運行的軌道為圓軌道，半徑近似為月球半徑。已知月球表面重力加速度約為地球表面的16，月球半徑約為地球半徑的1A．其相對于月球的速度大于地球第一宇宙速度B．其相對于月球的速度小于地球第一宇宙速度C．其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛星周期的23D．其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛星周期的32BD[萬有引力定律＋第一宇宙速度地球上的第一宇宙速度等于衛星在近地軌道的環繞速度，根據萬有引力定律知GMmR2＝mv2R，結合mg＝GMmR2得第一宇宙速度v＝gR，又g月＝16g地，R月＝14R地8．某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ，AB＝BC＝d。導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．金屬桿經過BB1的速度為vB．在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為12C．金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量相同D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍CD[法拉第電磁感應定律＋動量定理＋能量守恒定律＋沖量設金屬桿經過BB1的速度大小為v1，則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程，由動量定理有B2L2v12Rt1＝m(v0－v1)，又v1t1＝d，則B2L2d2R＝m(v0－v1)，對金屬桿從BB1運動到CC1的過程，由動量定理有B2L2v22Rt2＋μmgt2＝mv1，又v2t2＝d，則B2L2d2R＋μmgt2＝mv1，分析可知v0－v1<v1，解得v1>v02，即金屬桿經過BB1的速度大于v02，A錯誤；整個過程，由能量守恒定律可得12mv02＝QR＋Q桿＋μmgd，由于通過定值電阻R和金屬桿的電流時刻相等，則由焦耳定律可知QR＝Q桿，聯立可得QR＝14mv02-12μmgd，B錯誤；規定水平向左為正方向，則結合A項分析可知，金屬桿經過AA1B1B區域，金屬桿所受安培力的沖量I1＝B2L2v12Rt1＝B2L2d2R，金屬桿經過BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量I2＝B2L2v22Rt2＝B2L2d2R，可得I1＝I2，即金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量相同，C正確；若將金屬桿的初速度加倍，則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程，由動量定理有B2L2v32Rt3＝B2L2d2R＝m(2v0－vB9．1834年，洛埃利用平面鏡得到楊氏雙縫干涉的結果(稱洛埃鏡實驗)，平面鏡沿OA放置，靠近并垂直于光屏。某同學重復此實驗時，平面鏡意外傾斜了某微小角度θ，如圖所示。S為單色點光源。下列說法正確的是()A．沿AO向左略微平移平面鏡，干涉條紋不移動B．沿OA向右略微平移平面鏡，干涉條紋間距減小C．若θ＝0°，沿OA向右略微平移平面鏡，干涉條紋間距不變D．若θ＝0°，沿AO向左略微平移平面鏡，干涉條紋向A處移動BC[洛埃鏡實驗＋推理論證能力作出S關于平面鏡對稱的點S′，如圖1所示，則S和S′相當于雙縫干涉實驗中的雙縫，若沿AO向左略微平移平面鏡，則雙縫間距減小，雙縫到屏的距離增大，結合雙縫干涉條紋間距公式Δx＝ldλ可知干涉條紋間距增大，干涉條紋移動，A錯誤；若沿OA向右略微平移平面鏡，則雙縫間距d增大，雙縫到屏的距離l減小，結合雙縫干涉條紋間距公式Δx＝ldλ可知干涉條紋間距減小，B正確；若θ＝0°，作出S關于平面鏡對稱的點S″，如圖2所示，可知無論是沿OA向右略微平移平面鏡，還是沿AO向左略微平移平面鏡，S和]10．如圖，光滑水平面內建立直角坐標系xOy。A、B兩小球同時從O點出發，A球速度大小為v1、方向沿x軸正方向，B球速度大小為v2＝2m/s、方向與x軸正方向夾角為θ。坐標系第一象限中有一個擋板L，與x軸夾角為α。B球與擋板L發生碰撞，碰后B球速度大小變為1m/s，碰撞前后B球的速度方向與擋板L法線的夾角相同，且分別位于法線兩側。不計碰撞時間和空氣阻力，若A、B兩小球能相遇，下列說法正確的是()A．若θ＝15°，則v1的最大值為2m/s，且α＝15°B．若θ＝15°，則v1的最大值為233m/s，且αC．若θ＝30°，則v1的最大值為233m/s，且αD．若θ＝30°，則v1的最大值為2m/s，且α＝15°AC[特殊的追及相遇＋最值問題作出兩小球的運動路徑，如圖所示。根據幾何關系在圖中標出相應角度，設小球B從坐標原點運動至與擋板碰撞經歷的時間為t1，從與擋板碰撞運動至與小球A相遇所用時間為t2，小球A從坐標原點處運動至與小球B相遇所用時間為t，則有t＝t1＋t2，根據正弦定理有v1tsin290°-α-θ＝v2t1sin2α+θ＝v2't2sinθ，聯立解得v1＝2sin2α+2θ2sinθ+sin2α+θm/s，令β＝α＋θ，則有v1＝2sin2三、非選擇題：本題共5小題，共56分。11．(7分)某實驗小組要探究一金屬絲的阻值隨氣壓變化的規律，搭建了如圖(a)所示的裝置。電阻測量原理如圖(b)所示，E是電源，V為電壓表，A為電流表。(1)保持玻璃管內壓強為1個標準大氣壓，電流表示數為100mA，電壓表量程為3V，表盤如圖(c)所示，示數為________V，此時金屬絲阻值的測量值R為________Ω(保留三位有效數字)；(2)打開抽氣泵，降低玻璃管內氣壓p，保持電流I不變，讀出電壓表示數U，計算出對應的金屬絲阻值；(3)根據測量數據繪制Rp關系圖線，如圖(d)所示；(4)如果玻璃管內氣壓是0.5個標準大氣壓，保持電流為100mA，電壓表指針應該在圖(c)指針位置的________側(選填“左”或“右”)；(5)若電壓表是非理想電壓表，則金屬絲電阻的測量值________真實值(選填“大于”“小于”或“等于”)。[解析]儀器讀數＋歐姆定律＋誤差分析(1)由電壓表讀數規則可知題圖(c)的示數為(1＋0.10×2.5)V＝1.25V；根據題圖(b)由歐姆定律可知R＝UI(4)玻璃管內氣壓降低到0.5個標準大氣壓，由題圖(d)可知金屬絲的阻值增大，又保持電流為100mA，所以電壓表示數增大，即電壓表指針應該在題圖(c)指針位置的右側；(5)若電壓表是非理想電壓表，則流過金屬絲的電流的測量值偏大，由歐姆定律可知金屬絲的電阻的測量值小于真實值。[答案](1)1.25(1.24～1.26均可)12.5(4)右(5)小于12．(9分)在太空，物體完全失重，用天平無法測量質量。如圖(a)，某同學設計了一個動力學方法測量物體質量的實驗方案，主要實驗儀器包括：氣墊導軌、滑塊、輕彈簧、標準砝碼、光電計時器和待測物體，主要步驟如下：(1)調平氣墊導軌，將彈簧左端連接氣墊導軌左端，右端連接滑塊；(2)將滑塊拉至離平衡位置20cm處由靜止釋放，滑塊第1次經過平衡位置處開始計時，第21次經過平衡位置時停止計時，由此測得彈簧振子的振動周期T；(3)將質量為m的砝碼固定在滑塊上，重復步驟(2)；(4)依次增加砝碼質量m，測出對應的周期T，實驗數據如下表所示，在圖(b)中繪制T2m關系圖線；m/kgT/sT2/s20.0000.6320.3990.0500.7750.6010.1000.8930.7970.1501.0011.0020.2001.1051.2210.2501.1751.381(5)由T2m圖像可知，彈簧振子振動周期的平方與砝碼質量的關系是________(選填“線性的”或“非線性的”)；(6)取下砝碼后，將待測物體固定在滑塊上，測量周期并得到T2＝0.880s2，則待測物體質量是________kg(保留三位有效數字)；(7)若換一個質量較小的滑塊重做上述實驗，所得T2m圖線與原圖線相比將沿縱軸________移動(選填“正方向”“負方向”或“不”)。[解析]借助彈簧振子振動周期測量物體質量＋數據處理(4)將題表中的數據在題圖(b)中進行描點，然后用直線擬合，使盡可能多的點在直線上，不在直線上的點均勻分布在直線兩側，偏離直線較遠的點舍去，如圖所示。(5)由于T2m圖像為一條直線，則彈簧振子振動周期的平方與砝碼質量的關系是線性的。(6)根據(4)中圖像可知T2＝0.880s2時，m＝0.120kg。(7)當m＝0時，T2為滑塊對應的彈簧振子振動周期的平方，由(4)中圖像可知物體的質量越大，對應的彈簧振子的振動周期越大，所以質量較小的滑塊對應的彈簧振子的振動周期較小，故換一個質量較小的滑塊重做實驗，所得T2m圖線與原圖線相比將沿縱軸負方向移動。[答案](4)見解析圖(5)線性的(6)0.120(7)負方向13．(10分)一個充有空氣的薄壁氣球，氣球內氣體壓強為p、體積為V。氣球內空氣可視為理想氣體。(1)若將氣球內氣體等溫膨脹至大氣壓強p0，求此時氣體的體積V0(用p0、p和V表示)；(2)小贊同學想測量該氣球內氣體體積V的大小，但身邊僅有一個電子天平。將氣球置于電子天平上，示數為m＝8.66×10-3kg(此時須考慮空氣浮力對該示數的影響)。小贊同學查閱資料發現，此時氣球內氣體壓強p和體積V還滿足：(p－p0)(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105Pa為大氣壓強，VB0＝0.5×10-3m3為氣球無張力時的最大容積，C＝18J為常量。已知該氣球自身質量為m0＝8.40×10-3kg，外界空氣密度為ρ0＝1.3kgm3，重力加速度g取10m/s2[解析]玻意耳定律＋力的平衡條件(1)由玻意耳定律有pV＝p0V0解得V0＝pVp(2)氣球內空氣體積為V0時，密度為ρ0，故氣球內部空氣質量m內＝ρ0V0＝ρ對氣球和氣球內部氣體組成的系統受力分析，由力的平衡條件有(m0＋m內)g＝F浮＋mg又F浮＝ρ0gV結合(p－p0)(V－VB0)＝C聯立解得V＝5×10-3m3。[答案](1)pVp0(2)5×10-314．(14分)如圖，有一內半徑為2r、長為L的圓筒，左、右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內x≤0區域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內多個方向發射電子，電子初速度方向均在xOy平面內，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質量為m、電荷量為e，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。(1)若所有電子均能經過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；(2)取(1)問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；(3)取(1)問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時在y軸正方向的最大位移。[解析]電子在電、磁組合場中的運動(1)將電子的初速度分解為沿x軸方向的速度v0、y軸方向的速度vy0，則電子做沿x軸正方向的勻速運動和投影到yOz平面內的圓周運動，又電子做勻速圓周運動的周期為T＝2πmeB，電子均能經過O進入電場，則Lv0＝nT聯立解得B＝2nπmv0eL(當n＝1時，Bmin＝2π(2)由于電子始終未與筒壁碰撞，則電子投影到yOz平面內的圓周運動的最大半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有evy0maxB＝mv則|tanθ|＝vy(3)電子在電場中做類斜拋運動，當電子運動到O點時沿y軸正方向的分速度大小為vy0max時，電子在電場中運動時在y軸正方向的最大位移最大，由牛頓第二定律有eE＝ma由速度位移公式有2aym＝v聯立解得ym＝2mπ[答案](1)2πmv0eL15．(16分)如圖，半徑為R的圓環水平放置并固定，圓環內有質量為mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始時小球A以初速度v0沿圓環切線方向運動，與靜止的小球B發生碰撞。不計小球與圓環之間的摩擦，兩小球始終在圓環內運動。(1)若小球A與B碰撞后結合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大小；(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質量比mA(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍(0<e<1)，求第1次碰撞到第2n＋1次碰撞