湖南省2024年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試物理試題含答案

湖南省2024年普通高中學(xué)業(yè)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(shù)是當(dāng)前物理學(xué)應(yīng)用研究的熱點，下列關(guān)于量子論的說法正確的是()A．普朗克認(rèn)為黑體輻射的能量是連續(xù)的B．光電效應(yīng)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(fā)現(xiàn)散射后僅有波長小于原波長的射線成分D．德布羅意認(rèn)為質(zhì)子具有波動性，而電子不具有波動性B[物理學(xué)史普朗克認(rèn)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(yīng)方程Ek＝hν－W0可知，若改用紫光照射此金屬表面，一定能發(fā)生光電效應(yīng)，即電子從金屬表面逸出，B正確；康普頓散射實驗發(fā)現(xiàn)，X射線被較輕物質(zhì)(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(rèn)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(xiàn)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(jù)題意可知該波的周期T＝1s，結(jié)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(yùn)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(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)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(xì)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(xì)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(lián)立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正確。]4．如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)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(dǎo)線在紙面內(nèi)繞O點逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強(qiáng)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(zhuǎn)動切割磁感線＋右手定則由題及幾何關(guān)系可知Oa＝R，Ob＝5R，Oc＝5R，根據(jù)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(shè)無限遠(yuǎn)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(yuǎn)處電勢為0，根據(jù)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(chǎn)生的電勢為φ1＝k4qx+1，電荷量為－q的點電荷在x處產(chǎn)生的電勢為φ2＝－kqx，x正半軸上在x處的電勢φx＝k46．根據(jù)國家能源局統(tǒng)計，截止到2023年9月，我國風(fēng)電裝機(jī)4億千瓦，連續(xù)13年居世界第一位，湖南在國內(nèi)風(fēng)電設(shè)備制造領(lǐng)域居于領(lǐng)先地位。某實驗小組模擬風(fēng)力發(fā)電廠輸電網(wǎng)絡(luò)供電的裝置如圖所示。已知發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)子以角速度ω勻速轉(zhuǎn)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(dāng)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(fēng)速增加，若轉(zhuǎn)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(shù)增加一倍，則R0上消耗的功率為8PD．若在用戶端再并聯(lián)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(shè)升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)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(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)子以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)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(zhuǎn)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(jù)閉合電路歐姆定律知定值電阻R0中的電流變?yōu)樵瓉淼?倍，結(jié)合P＝I02R0可知，轉(zhuǎn)子角速度增加一倍，R0上消耗的功率變?yōu)?P，選項A正確；結(jié)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(jìn)入地月轉(zhuǎn)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(wù)是登陸月球背面進(jìn)行月壤采集，并通過升空器將月壤轉(zhuǎn)移至繞月運(yùn)行的返回艙，返回艙再通過返回軌道返回地球。設(shè)返回艙繞月運(yùn)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(wèi)星周期的23D．其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛(wèi)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(wèi)星在近地軌道的環(huán)繞速度，根據(jù)萬有引力定律知GMmR2＝mv2R，結(jié)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(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過AA1進(jìn)入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，AB＝BC＝d。導(dǎo)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(jīng)過BB1的速度為vB．在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為12C．金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)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(yùn)動的距離大于原來的2倍CD[法拉第電磁感應(yīng)定律＋動量定理＋能量守恒定律＋沖量設(shè)金屬桿經(jīng)過BB1的速度大小為v1，則對金屬桿從AA1運(yùn)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(yùn)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(jīng)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(lián)立可得QR＝14mv02-12μmgd，B錯誤；規(guī)定水平向左為正方向，則結(jié)合A項分析可知，金屬桿經(jīng)過AA1B1B區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量I1＝B2L2v12Rt1＝B2L2d2R，金屬桿經(jīng)過BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量I2＝B2L2v22Rt2＝B2L2d2R，可得I1＝I2，即金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)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(yùn)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(jié)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(xué)重復(fù)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(guān)于平面鏡對稱的點S′，如圖1所示，則S和S′相當(dāng)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(jié)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(jié)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(guān)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(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy。A、B兩小球同時從O點出發(fā)，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(biāo)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(fā)生碰撞，碰后B球速度大小變?yōu)?m/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(cè)。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(yùn)動路徑，如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系在圖中標(biāo)出相應(yīng)角度，設(shè)小球B從坐標(biāo)原點運(yùn)動至與擋板碰撞經(jīng)歷的時間為t1，從與擋板碰撞運(yùn)動至與小球A相遇所用時間為t2，小球A從坐標(biāo)原點處運(yùn)動至與小球B相遇所用時間為t，則有t＝t1＋t2，根據(jù)正弦定理有v1tsin290°-α-θ＝v2t1sin2α+θ＝v2't2sinθ，聯(lián)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(guī)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(nèi)壓強(qiáng)為1個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，電流表示數(shù)為100mA，電壓表量程為3V，表盤如圖(c)所示，示數(shù)為________V，此時金屬絲阻值的測量值R為________Ω(保留三位有效數(shù)字)；(2)打開抽氣泵，降低玻璃管內(nèi)氣壓p，保持電流I不變，讀出電壓表示數(shù)U，計算出對應(yīng)的金屬絲阻值；(3)根據(jù)測量數(shù)據(jù)繪制Rp關(guān)系圖線，如圖(d)所示；(4)如果玻璃管內(nèi)氣壓是0.5個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，保持電流為100mA，電壓表指針應(yīng)該在圖(c)指針位置的________側(cè)(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(shù)＋歐姆定律＋誤差分析(1)由電壓表讀數(shù)規(guī)則可知題圖(c)的示數(shù)為(1＋0.10×2.5)V＝1.25V；根據(jù)題圖(b)由歐姆定律可知R＝UI(4)玻璃管內(nèi)氣壓降低到0.5個標(biāo)準(zhǔn)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(shù)增大，即電壓表指針應(yīng)該在題圖(c)指針位置的右側(cè)；(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(zhì)量。如圖(a)，某同學(xué)設(shè)計了一個動力學(xué)方法測量物體質(zhì)量的實驗方案，主要實驗儀器包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊、輕彈簧、標(biāo)準(zhǔn)砝碼、光電計時器和待測物體，主要步驟如下：(1)調(diào)平氣墊導(dǎo)軌，將彈簧左端連接氣墊導(dǎo)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(jīng)過平衡位置處開始計時，第21次經(jīng)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(zhì)量為m的砝碼固定在滑塊上，重復(fù)步驟(2)；(4)依次增加砝碼質(zhì)量m，測出對應(yīng)的周期T，實驗數(shù)據(jù)如下表所示，在圖(b)中繪制T2m關(guān)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(zhì)量的關(guān)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(zhì)量是________kg(保留三位有效數(shù)字)；(7)若換一個質(zhì)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(fù)方向”或“不”)。[解析]借助彈簧振子振動周期測量物體質(zhì)量＋數(shù)據(jù)處理(4)將題表中的數(shù)據(jù)在題圖(b)中進(jìn)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(cè)，偏離直線較遠(yuǎn)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(zhì)量的關(guān)系是線性的。(6)根據(jù)(4)中圖像可知T2＝0.880s2時，m＝0.120kg。(7)當(dāng)m＝0時，T2為滑塊對應(yīng)的彈簧振子振動周期的平方，由(4)中圖像可知物體的質(zhì)量越大，對應(yīng)的彈簧振子的振動周期越大，所以質(zhì)量較小的滑塊對應(yīng)的彈簧振子的振動周期較小，故換一個質(zhì)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(fù)方向移動。[答案](4)見解析圖(5)線性的(6)0.120(7)負(fù)方向13．(10分)一個充有空氣的薄壁氣球，氣球內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p、體積為V。氣球內(nèi)空氣可視為理想氣體。(1)若將氣球內(nèi)氣體等溫膨脹至大氣壓強(qiáng)p0，求此時氣體的體積V0(用p0、p和V表示)；(2)小贊同學(xué)想測量該氣球內(nèi)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(shù)為m＝8.66×10-3kg(此時須考慮空氣浮力對該示數(shù)的影響)。小贊同學(xué)查閱資料發(fā)現(xiàn)，此時氣球內(nèi)氣體壓強(qiáng)p和體積V還滿足：(p－p0)(V－VB0)＝C，其中p0＝1.0×105Pa為大氣壓強(qiáng)，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(zhì)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(nèi)空氣體積為V0時，密度為ρ0，故氣球內(nèi)部空氣質(zhì)量m內(nèi)＝ρ0V0＝ρ對氣球和氣球內(nèi)部氣體組成的系統(tǒng)受力分析，由力的平衡條件有(m0＋m內(nèi))g＝F?。玬g又F?。溅?gV結(jié)合(p－p0)(V－VB0)＝C聯(lián)立解得V＝5×10-3m3。[答案](1)pVp0(2)5×10-314．(14分)如圖，有一內(nèi)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(shè)為坐標(biāo)原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，設(shè)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(jīng)過O進(jìn)入電場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；(2)取(1)問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)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(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場中運(yùn)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(yùn)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(yùn)動和投影到y(tǒng)Oz平面內(nèi)的圓周運(yùn)動，又電子做勻速圓周運(yùn)動的周期為T＝2πmeB，電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場，則Lv0＝nT聯(lián)立解得B＝2nπmv0eL(當(dāng)n＝1時，Bmin＝2π(2)由于電子始終未與筒壁碰撞，則電子投影到y(tǒng)Oz平面內(nèi)的圓周運(yùn)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(yùn)動，當(dāng)電子運(yùn)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(yùn)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(lián)立解得ym＝2mπ[答案](1)2πmv0eL15．(16分)如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)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(huán)切線方向運(yùn)動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動。(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動所需向心力的大??；(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(zhì)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