湖南物理-答案-p_近10年高考真题汇编（必刷）_2024年高考真题_高考真题（截止6.29）_其他地方卷（目前搜集不完整）_湖南卷（物、化、政、地）

2024 年高考湖南卷物理 一、单选题 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 【答案】B 【详解】A．普朗克认为黑体辐射的能量是一份一份的，是量子化的，A错误； B．产生光电效应的条件是光的频率大于金属的极限频率，紫光的频率大于红光，若红光能使金属发生光电效应， 可知紫光也能使该金属发生光电效应，B正确； h 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，电子获得一定的动量，光子动量变小，根据λ= p 可知波长变长，C错误； D．德布罗意认为物质都具有波动性，包括质子和电子，D错误。 故选B。 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6m，t 时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波 0 谷。下列说法正确的是（ ） A．波长为3m B．波速为12m/s C．t +0.25s时刻，B点速度为0 D．t +0.50s时刻，A点速度为0 0 0 【答案】D 3 【详解】A．根据题意可知x = λ=6m，解得λ=4m，A错误； AB 2 60 B．波源的振动频率为 f = Hz=1Hz，故波速为v=λf =4m/s，B错误； 60 T C．质点的振动周期为T =1s，因为0.25s= ，故B点在t +0.25s运动到平衡位置，位移为0，速度最大，C错误； 4 0 T D．0.5s= ，故A点在t +0.5s运动到波峰，位移最大，速度为0，D正确。 2 0 故选D。 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 【答案】A 【详解】剪断前，对BCD分析F =(3m+2m+m)g，对D，F =mg AB CD 剪断后，对BF −3mg =3ma AB B 解得a =g B 方向竖直向上；对CF +2mg =2ma DC C 解得a =1.5g，方向竖直向下。 C 故选A。 4．如图，有一硬质导线Oabc，其中 abc 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 >ϕ >ϕ >ϕ B．ϕ <ϕ <ϕ <ϕ O a b c O a b c C．ϕ >ϕ >ϕ =ϕ D．ϕ <ϕ <ϕ =ϕ O a b c O a b c 【答案】C 1 【详解】如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E=Blv= Bωl2 2 同时有l =l = 5R Ob Oc 可得0ϕ>ϕ =ϕ Oa Ob Oc O a b c 故选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． 【答案】D Q 4q −q 【详解】根据点电荷周围的电势公式ϕ=k ，设x′处(x'>0)的电势为0，得k +k =0 r 1+x' x' 1 解得x′= 3 1 1 故可知当0 时，ϕ>0。 3 3 故选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R 。当用户端接一个 0 定值电阻R时，R 上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（ ） 0 A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R 上消耗的功率为4P 0 B．输电线路距离增加，若R 阻值增加一倍，则R 消耗的功率为4P 0 0 C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R 上消耗的功率为8P 0 D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R 上消耗的功率为6P 0 【答案】A 【详解】 U 如图为等效电路图，设降压变压器的原副线圈匝数比为k:1，则输电线上的电流为I = 2 2 R +k2R 0转子在磁场中转动时产生的电动势为e=NBSωsinωt A．当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I ′ =2I ，故R 上 2 2 0 消耗的电功率变为原来的4倍，A正确； B．若R 阻值增加一倍，输电线路上的电流 0 U I′′= 2 R 消耗的功率，P =I′′2⋅2R ≠4P，B错误； 2 2R +k2R 0 3 2 0 0 C．升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R 上消耗的电功率 0 变为原来的4倍，C错误； D．若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为 U 2U I′′′= 2 = 2 2 k2R 2R +k2R R 消耗的功率P =I′′′2R ≠6P。D错误。 R + 0 0 4 2 0 0 2 故选A。 二、多选题 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。己知月球表面重力加速度约为地球 1 1 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（ ） 6 4 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 2 C．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的 倍 3 3 D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的 倍 2 【答案】BD 【详解】AB．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似 M m v2 为月球半径，则有G 月 =m 月 r2 r 月 月 M m 其中在月球表面万有引力和重力的关系有G 月 =mg r2 月 月 联立解得v = g r 月 月月 由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得v = g r 地 地 地 6 代入题中数据可得v = v 月 地 12 A错误、B正确； 2π CD．根据线速度和周期的关系有T = ⋅r v 3 综上所述可得T = T 月 地 2C错误、D正确； 故选BD。 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BC 段粗糙，其余部分光滑，AA 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 1 1 1 轨放置。现让金属杆以初速度v 沿导轨向右经过AA 进入磁场，最终恰好停在CC 处。已知金属杆接入导轨之间的 0 1 1 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（ ） v A．金属杆经过BB 的速度为 0 1 2 1 1 B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为 mv2− µmgd 2 0 2 C．金属杆经过AABB与BBCC区域，金属杆所受安培力的冲量相同 1 1 1 1 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 【答案】CD E 【详解】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA B B区域向右运动的过程中切割磁感线有E = BLv，I = 1 1 2R 金属杆在AA 1 B 1 B区域运动的过程中根据动量定理有−BIL∆t=m∆v B2L2v 则− t ∆t =m∆v 2R B2L2d 由于d =∑v∆t，则上面方程左右两边累计求和，可得− =mv −mv t 2R B 0 B2L2d 则v =v − B 0 2mR 设金属杆在BB C C区域运动的时间为t ，同理可得，则金属杆在BB C C区域运动的过程中有 1 1 0 1 1 B2L2d − −µmgt =−mv 2R 0 B B2L2d 解得v = +µgt B 2mR 0 v µgt v v 综上有v = 0 + 0 > 0 ，则金属杆经过BB 的速度大于 0 ，A错误； B 2 2 2 1 2 1 B．在整个过程中，根据能量守恒有 mv2 =µmgd+Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为 2 0 1 1 1 Q = Q= mv2− µmgd，B错误； R 2 4 0 2 B2L2 B2L2x C．金属杆经过AA 1 B 1 B与BB 1 C 1 C区域，金属杆所受安培力的冲量为−∑BIL∆t =−∑ v∆t = ，则金属杆 2R t 2R经过AA B B与BB C C区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确； 1 1 1 1 B2L2×2d D．根据A可得，金属杆以初速度v 再磁场中运动有− −µmgt =−mv 0 2R 0 0 B2L2d 金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA 1 B 1 B区域时中有− =mv '−2mv 2R B 0 B2L2d 则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过BB 时速度为v '=2v − 1 B 0 2mR B2L2x 则设金属杆通过BB 1 C 1 C区域的时间为t 1 ， 则 ，− 2R −µmgt 1 =0−2mv 0 B2L2×2d 则− −µmgt =mv '−2mv ， 2R 1 C 0 2R 2mv −µmgt 则x= (2mv −µmgt )= 0 1×2d B2L2 0 1 mv −µmgt 0 0 由于t 4d 1 0 可见若将金属杆的初速度加倍，因此金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，D正确。 故选CD。 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 【答案】BC 【详解】AB．同理再次画出光路图有 沿OA向右略微平移平面镜，即图中从①位置→②位置，由图可看出双缝的间距增大，则干涉条纹间距减小，沿AO 向左略微平移平面镜，即图中从②位置→①位置，由图可看出干涉条纹向上移动，A错误，B正确。 CD．根据题意画出光路图如图所示，S发出的光与通过平面镜反射光（可以等效成虚像S′发出的光）是同一列光分成的，满足相干光条件。 所以实验中的相干光源之一是通过平面镜反射的光，且该干涉可看成双缝干涉，设S与S′的距离为d，则 lλ d = 2aS到光屏的距离为l，代入双缝干涉公式∆x= d lλ 可得∆x= 2a 则若θ = 0°，沿OA向右（沿AO向左）略微平移平面镜，对l和d均没有影响，则干涉条纹间距不变，也不会移动， C正确，D错误； 故选BC。 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v ，方向沿x轴正方 1 向，B球速度大小为v = 2m/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 2 球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1m/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v 1 的最大值为 2m/s ，且α=15° 2 B．若θ=15°，则v 的最大值为 3m/s，且α=0° 1 3 2 C．若θ=30°，则v 的最大值为 3m/s，且α=0° 1 3 D．若θ=30°，则v 1 的最大值为 2m/s ，且α=15° 【答案】AC 【详解】由于水平面光滑，则两小球均做匀速直线运动，若A、B两小球能相遇，则绘出运动轨迹图如下图 v t v 't (t +t )v 根据正弦定理有 21 = 2 2 = 1 2 1 sin(2α+θ) sinθ sin180−(2α+2θ)   AB．若θ=15°，带入数据v 2 = 2m/s，v 2 '=1m/s，解得当α=15°，v 1 取得最大值为 2m/s ，A正确、B错误； 2 CD．若θ=30°，带入数据v = 2m/s，v '=1m/s，解得当α=0°，v 取得最大值为 3m/s，C正确、D错误。 2 2 1 3 故选AC。三、实验题 11．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100mA，电压表量程为3V，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）； （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100mA，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”）。 【答案】 1.23 12.3 右侧 小于 【详解】（1）[1]电压表量程为0—3V，分度值为0.1V，则电压表读数需估读一位，读数为1.23V，[2]根据欧姆定律 U 可知，金属丝的测量值R= =12.3Ω I （4）[3]根据图（d）可知气压越小电阻越大，再根据U = IR 可知压强p减小，则电阻R增大，故电压增大，电压表的指针位置应该在题图（c）中指针位置的右侧。 U U （5）[4]电流表采用外接法会导致电压表分流，即R 测 = I ，I 测 =I 真 + R ，即I 测 偏大，故R 测 < R 真 。 测 V 12．在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量。如图，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20cm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（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 = 0.880s2，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”）。 【答案】 线性的 0.120kg 负方向 【详解】（4）[1]根据表格中的数据描点连线，有 （5）[2]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）[3]在图线上找到T2 = 0.880s2的点，对应横坐标为0.120kg。 （7）[4]已知弹簧振子的周期表达式为 M T =2π M是小球质量，k是弹簧的劲度系数，M变小，则T变小，相较原来放相同质量砝码而言，周期变小， k 图线下移，即沿纵轴负方向移动。 四、解答题 13．一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p ，求此时气体的体积V （用p 、p和V表示）； 0 0 0 （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 × 10−3kg（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−p )(V−V ) = C，其中p = 1.0 × 105Pa为大气压强，V = 0.5 × 10−3m3为气球无张力时的最大容积，C = 18J 0 B0 0 B0 为常数。已知该气球自身质量为m = 8.40 × 10−3kg，外界空气密度为ρ = 1.3kg/m3，求气球内气体体积V的大小。 0 0 pV 【答案】（1） ；（2）5×10−3m3 p 0 【详解】（1）理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有pV = pV 0 0 pV 解得V = 0 p 0 （2）设气球内气体质量为m ，则m =ρV 气 气 0 0 对气球进行受力分析如图所示 根据气球的受力分析有mg+ρgV =m g+m g 0 气 0 结合题中p和V满足的关系为(p− p )(V −V )=C 0 B0 解得V =5×10−3m3 14．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v 。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未 0 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tanθ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。 2πmv 2πr 2π2r2v2m 【答案】（1） 0 ；（2） ；（3） 0 eL L EeL2 【详解】（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 ，由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v t y 0v2 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 =m y y R mv 可得R= y Be 2πR 2πm 且T = = v Be y 根据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, ) 2πnmv 联立得B= 0 eL 2πmv 当n=1时，B有最小值，可得B = 0 min eL （2）将电子的速度分解，如图所示 v 有tanθ= y v 0 2πmv mv 当tanθ有最大值时，v 最大，R最大，此时R=r，又B= 0 ，R= y y eL Be 2πv r 2πr 联立可得v = 0 ，tanθ= ym L L v2 （3）当v 最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移y ，根据匀变速直线运动规律有y = ym y m m 2a Ee 由牛顿第二定律知a= m 2πv r 2π2r2v2m 又v = 0 ，联立得y = 0 ym L m EeL2 15．如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为m 和m 的小球A和B（m >m ）。初始时小球A以 A B A B 初速度v 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。 0 （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； m （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 A 。 m B （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