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159045-卷4 2024年普通高中学业水平选择性考试(湖南卷)《2025高考试题攻略 第1辑 一年真题风标卷 物理》

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	总分
得分

注意事项:

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

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

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

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

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.φ_O>φ_a>φ_b>φ_c

B.φ_O<φ_a<φ_b<φ_c

C.φ_O>φ_a>φ_b=φ_c

D.φ_O<φ_a<φ_b=φ_c

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

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

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

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 m - 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

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

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°

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, 为电压表, 为电流表。

图(a)　　　 图(b)

(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3位有效数字); 

图(c)　　　 图(d)

(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R-p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(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(填“大于”“小于”或“等于”)。 

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:

图(a)

(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T²-m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

　 图(b)

(5)由 T²-m图像可知,弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是　　　　(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3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T²-m图线与原图线相比将沿纵轴　　　　移动(填“正方向”“负方向”或“不”)。 

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-V_B0)=C,其中p₀=1.0×10⁵ Pa为大气压强,V_B0=0.5×10^-3 m³为气球无张力时的最大容积,C=18 J为常数。已知该气球自身质量为m₀=8.40×10^-3 kg,外界空气密度为ρ₀=1.3 kg/m³,求气球内气体体积V的大小 。

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y轴正方向的最大位移。

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m_A和m_B的小球A和B(m_A>m_B)。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<e<1),求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。

参考答案

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. B

A	普朗克认为黑体辐射的能量是一份一份的,是量子化的,并不连续	×
B	产生光电效应的条件是ν>νc,紫光的频率高于红光,红光能使金属产生光电效应,则紫光也能使该金属产生光电效应	√
C	石墨对X射线的散射过程遵循动量守恒,光子和电子碰撞后,电子获得一定动量,光子动量变小,根据波长λ= 可知波长变长	×
D	德布罗意认为物质都具有波动性,包括质子和电子	×

2. D　

由题意知A、B的平衡位置之间的距离x= λ=6 m,解得λ=4 m,A错误;波源的振动频率为f= Hz=1 Hz,则波速v=λf=4 m/s,B错误;质点的振动周期T=1 s,0.25 s= ,B点在t₀+0.25 s时刻运动至平衡位置,位移为0,速度最大,C错误;0.50 s= ,A点在t₀+0.50 s时刻运动至波峰,位移最大,速度为0,D正确。

3. A

A正确。

易错警示：剪断细线的瞬间,B、C间细线的拉力消失,A、B和C、D间弹簧的形状还来不及变化,弹力不变。

4. C　

a、b、c点绕O点逆时针转动时,相当于长为Oa、Ob、Oc的导体棒转动切割磁感线,由右手定则可知,O点电势最高。由法拉第电磁感应定律有E=Blv= Bωl²,又l_Ob=l_Oc= = R,则0<U_Oa<U_Ob=U_Oc,则φ_O>φ_a>φ_b=φ_c,C正确。

5. D

真空中点电荷周围某点处的电势φ=k ,设坐标为x₀(x₀>0)位置处的电势为0,则k +k =0,解得x₀= ,当0<x< 时,电势φ<0,当x> 时,电势φ>0,D正确。

6. A　

如图所示画出降压变压器的等效电路图,设降压变压器原、副线圈的匝数比为k∶1(k>1),则输电线路上的电流I₂= ,转子在磁场中转动时产生的电动势e=NBSωsin ωt,当转子角速度增加一倍时,则升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍,则输电线路上的电流变为I'₂=2I₂,R₀上消耗的功率P₁=I' R₀=4 R₀=4P,A正确;同理,当升压变压器的副线圈匝数增加一倍时,副线圈两端电压增加一倍,输电线上的电流也增加一倍,R₀上消耗的功率P₂=P₁=4P,C错误;若R₀阻值增加一倍,输电线路上的电流I″₂= ,R₀消耗的功率P₃=I″²₂·2R₀≠4P,B错误;若在用户端并联一个完全相同的电阻R,用户端电阻相当于减为原来的一半,输电线上的电流I‴₂= = ,R₀消耗的功率P₄=I‴²₂R₀≠6P,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. BD　

根据万有引力提供向心力有G =m ,在星球表面有G =mg,解得v= ,又g_月= g_地,R_月= R_地,则返回舱在月球表面的飞行速度v_月= v_地,返回舱相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度,A错误,B正确;设返回舱绕星球飞行周期为T,由万有引力提供向心力得G =m R,在星球表面附近有 =mg,联立可得周期T=2π =2π ,则 = = ,C错误,D正确。

8. CD

设金属杆在BB₁处速度为v,导轨间距为L,金属杆在AA₁B₁B区域运动时,只受安培力,由动量定理有-∑BiLΔt=mv-mv₀,即- =mv-mv₀ ,在BB₁C₁C区域运动时,受安培力和滑动摩擦力,由动量定理有-∑BiLΔt-μmgt=0-mv,即-μmgt- =0-mv,联立可知v> ,A错误;在整个过程中,由功能关系可得 m =2Q_R+μmgd(易错点:金属杆的动能转化为摩擦产生的热量以及定值电阻和金属杆上的焦耳热),解得Q_R= m - μmgd,B错误;金属杆经过AA₁B₁B与BB₁C₁C区域,安培力的冲量均为-∑BiLΔt=- ,C正确;对全过程由动量定理有-μmgt- 2d=0-mv₀,若将金属杆的初速度加倍,由动量定理有-μmgt'- 2d'=0-2mv₀,由于金属杆在BB₁C₁C区域运动的速度比第一次大,t'<t,即t'<2t,则d'>2d,D正确。

9. BC

S与S关于平面镜所成的像将作为两光源或双缝,在光屏上出现干涉条纹,如图所示。设S与S关于平面镜所成的像间的距离为d,平面镜意外倾斜了某微小角度θ后,向左略微平移平面镜,像从S₀移动到S₁,S与像间的距离d变小,根据双缝干涉条纹间距公式Δx= λ,可知Δx变大,A错误;向右略微平移平面镜,像从S₀移动到S₂,S与像间距离d变大,根据双缝干涉条纹间距公式Δx= λ,可知Δx变小,B正确;若θ=0°,向左或向右略微平移平面镜,S与像间距离d都不会发生变化,条纹间距始终不变,C正确,D错误。

10. AC

B球和A球运动路径如图所示,C点为B球与挡板L的碰撞点,设OC段运动时间为t₁、CD段运动时间为t₂,两球在B处相遇。则有OC=v₂t₁,CD= v₂t₂,OD=v₁(t₁+t₂),又有β=90°-α-θ、γ=θ+2α。由正弦定理有 = = = ,可得v₁= 。当θ=15°、α=15°时,γ=45°、β=60°,上述表达式有v₁= = m/s,A正确;当θ=15°、α=0°时,γ=15°、β=75°,上述表达式有v₁= = m/s,B错误;当θ=30°、α=0°时,γ=30°、β=60°,上述表达式有v₁= = m/s,C正确;当θ=30°、α=15°时,γ=60°、β=45°,上述表达式有v₁= =(8-4 ) m/s,D错误。

三、非选择题:本题共5小题,共56分。

11. (1)1.23(1分)　12.3(2分)　(4)右(2分)　(5)小于(2分)

(1)电压表量程为0~3 V,分度值为0.1 V,则电压表读数需估读一位,为1.23 V,则金属丝的测量值R= =12.3 Ω。

(4)

(5)

12. (4)见解析(3分)　(5)线性的(2分)　(6)0.120(2分)　(7)负方向(2分)

(4)描点连线如图所示。

(5)图线是一条倾斜的直线,说明弹簧振子振动周期的平方与砝码质量为线性关系。

(6)在图线上寻找T²=0.880 s²的点,对应横坐标为0.120 kg。

(7)换一个质量较小的滑块做实验,滑块和砝码总质量较原来偏小,要得到相同的周期,应放质量更大的砝码,对应纵坐标点应右移,则所得图线与原图线相比下移,即沿纵轴负方向移动。

13. (1) 　(2)5×10^-3 m³

(1)理想气体做等温变化,根据玻意耳定律有

pV=p₀V₀     (2分)

解得V₀=      (1分)

(2)设气球内气体质量为m_气,则m_气=ρ₀V₀     (2分)

对气球进行受力分析如图所示,

有mg+ρ₀gV=m_气g+m₀g     (2分)

结合题中p和V满足的关系为(p-p₀)(V-V_B0)=C     (2分)

解得V=5×10^-3 m³     (1分)

14. (1) 　(2) 　(3)

(1)电子在匀强磁场中运动时,将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,设电子入射时沿y轴的分速度大小为v_y,由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v₀t     (1分)

在yOz平面内,设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为T,由牛顿第二定律知Bev_y=m ,可得R=      (1分)

T= =      (1分)

由题意可知所有电子均能经过O进入电场,则有

t=nT(n=1,2,3,…)     (1分)

联立得B= ,当n=1时,B有最小值,可得B_min=      (2分)

(2)如图所示,tan θ=      (1分)

当tan θ有最大值时,v_y最大,R最大,此时R=r     (1分)

又B= ,R= ,

联立可得v_ym= ,tan θ=      (2分)

(3)当v_y最大时,电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移y_m,根据匀变速直线运动规律有y_m=      (1分)

由牛顿第二定律知a=      (1分)

又v_ym= ,

联立得y_m=      (2分)

15. (1) 　 　(2)2∶1或5∶1(3) ·

(1)对A、B系统,碰撞前、后动量守恒,设碰撞后小球组合体的速度大小为v,

由动量守恒有m_Av₀=(m_A+m_B)v     (1分)

碰撞后,对组合体,由牛顿第二定律有

F_n=(m_A+m_B)      (1分)

联立解得v= ,F_n=      (2分)

(2)设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为v_A、v_B,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,对A、B系统有

m_Av₀=m_Av_A+m_Bv_B     (1分)

m_A = m_A + m_B      (1分)

联立解得v_A= ,v_B= ,

分两种情况讨论:

第一种情况,若第二次碰撞发生在图中的b点,则从第一次碰撞到第二次碰撞之间,A、B通过的路程之比为 ,其中k₁=0,1,2,3,…,则 = ,

联立解得 = ,显然k₁只能取0,则 =2     (1分)

对第二次碰撞,设A、B碰撞后的速度大小分别为v'_A、v'_B,则

m_Av_A+m_Bv_B=m_Av'_A+m_Bv'_B     (1分)

m_A + m_B = m_Av'²_A + m_Bv'²_B     (1分)

联立解得v'_A=v₀,v'_B=0,故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点,以此类推,满足题意。

第二种情况,若第二次碰撞发生在图中的c点,则从第一次碰撞到第二次碰撞之间,A、B通过的路程之比为 ,其中k₂=0,1,2,3,…,则 = ,

联立解得 = ,显然k₂只能取0,则 =5     (1分)

同理可得第二次碰撞后v'_A=v₀,v'_B=0,则第三次碰撞发生在c点、第四次碰撞发生在b点,以此类推,满足题意。

综上所述, =2或5。

(3)第一次碰前相对速度大小为v₀,第一次碰后的相对速度大小为v_1相=ev₀,第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈,即B球相对A球运动一圈,有t₁= ,

第一次碰撞有m_Av₀=m_Av_A1+m_Bv_B1,

第一次碰撞后有v_1相=v_B1-v_A1=ev₀,

解得v_B1= (v₀+v_1相)     (2分)

B球运动的路程s₁=v_B1t₁= = ,

第二次碰撞的相对速度大小为v_2相=ev_1相=e²v₀,t₂= ,

第二次碰撞有m_Av₀=m_Av_A2+m_Bv_B2,

第二次碰撞后有v_2相=v_A2-v_B2,

解得v_B2= (v₀-v_2相)     (2分)

B球运动的路程s₂=v_B2t₂= = ,

由以上规律可以归纳为第2n+1次碰前一共碰撞了2n次,

s=s₁+s₂+s₃+…+s_2n= ,

解得s= ·      (2分)