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2024 年高考湖南卷物理真题
一、单选题
1．(2024·湖南卷·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．(2024·湖南卷·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．(2024·湖南卷·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．(2024·湖南卷·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
5．(2024·湖南卷·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( )
6．(2024·湖南卷·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、多选题
7．(多选)(2024·湖南卷·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．(多选)(2024·湖南卷·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mv0
2－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．(多选)(2024·湖南卷·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．(多选)(2024·湖南卷·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、实验题
11．(2024·湖南卷·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)；
(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．(2024·湖南卷·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＝0.880 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”)。
四、解答题
13．(2024·湖南卷·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．(2024·湖南卷·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．(2024·湖南卷·15)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<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。
答案精析
1．答案 B
解析 普朗克认为黑体辐射的能量是一份一份的，是量子化的，故A 错误；
产生光电效应的条件是光的频率大于金属的截止频率，紫光的频率大于红光，若红光能使金
属发生光电效应，紫光也一定能使该金属发生光电效应，故B 正确；
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＝可知波长变长，故C 错误；
德布罗意认为物质都具有波动性，包括质子和电子，故D 错误。
2．答案 D
解析 画出t0时刻A、B 两点间波形如图所示
可知xAB＝λ＝6 m
解得λ＝4 m，A 错误；
波源的振动频率为f＝ Hz＝1 Hz
故波速为v＝λf＝4 m/s，B 错误；
质点的振动周期为T＝＝1 s，因为0.25 s＝，故B 点在t0＋0.25 s 时刻运动到平衡位置，速度
最大，C 错误；
0．5 s＝，故A 点在t0＋0.5 s 运动到波峰，速度为0，D 正确。
3．答案 A
解析 剪断前，对B、C、D 整体受力分析：
A、B 间轻弹簧的弹力
FAB＝(3m＋2m＋m)g＝6mg
对D 受力分析：C、D 间轻弹簧的弹力FCD＝mg
剪断后，对B：FAB－3mg＝3maB
解得aB＝g，方向竖直向上
对C：FDC＋2mg＝2maC
解得aC＝1.5g，方向竖直向下，故选A。
4．答案 C
解析 导线绕O 点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc 导体棒转动切割磁感线，如图所示，
根据右手定则可知O 点电势最高；
根据E＝Blv＝Bωl2
因为lOb＝lOc>lOa
可得0<UOa<UOb＝UOc
得φO>φa>φb＝φc
故选C。
5．答案 D
解析 方法一 从电场强度方向看电势的变化
设x＝x0处电场强度为0，此处E1与E2等大反向＝，得x0＝1，即x＝1 处，E＝0，如图所示
0<x<1，电场强度方向向左，x 增大，φ 增大，
x>1，电场强度方向向右，x 增大，φ 减小，故D 正确。
方法二 电势叠加法
根据点电荷周围的电势公式φ＝k，
设x＝x′处(x′>0)的电势为0，得
k＋k＝0
解得x′＝
故可知当0<x<时，φ<0；
当x＝时，φ＝0，
当x>时，φ>0，故选D。
6．答案 A
解析 将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻R 等，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，
输电线路中的电流为I2，降压变压器副线圈中的电流为I4，由等效部分功率相同可得：I4
2R
＝I2
2R 等，又有＝，故R 等＝k2R，则输电线上的电流为I2＝，转子在磁场中转动时产生的电
动势为e＝NBSωsin ωt，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I2′＝2I2，由P2＝I2′2R0知R0上消耗的电功率变为原来的4 倍，
故A 正确；
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
R0上消耗的电功率变为原来的4 倍，故C 错误；
若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流减小，由P3＝I2″2R0知R0消耗的功率P3<4P
故B 错误；
若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为
I2＝＝，I2<I2″<2I2
R0消耗的功率P4＝I22R0
P<P4<4P，即P4≠6P，故D 错误。
7．答案 BD
解析 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，半径近似为月球半径，则有
mg 月＝得v 月＝①
由于地球第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，
同理可得v 地＝②
由①②可得v 月＝v 地
故A 错误，B 正确；
再根据线速度和周期的关系有
T＝·R，＝·＝
得T 月＝T 地，故C 错误、D 正确。
8．答案 CD
解析 设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有
E＝BLv，I＝
金属杆在AA1B1B 区域运动的过程中根据动量定理有－BILΔt＝mΔv
则－Δt＝mΔv
由于d＝∑vtΔt，
则上面方程左右两边累计求和，可得
－＝mvB－mv0
则vB＝v0－
设金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为t0，
同理可得，则金属杆在BB1C1C 区域运动的过程中有－－μmgt0＝－mvB
联立解得vB＝＋>
则金属杆经过BB1的速度大于，故A 错误；
在整个过程中，根据能量守恒有
mv0
2＝μmgd＋Q
则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
QR＝Q＝mv0
2－μmgd
故B 错误；
金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为
－∑BILΔt＝－∑vtΔt＝
则金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，故C
正确；
金属杆以初速度v0在磁场中运动全过程有
－－μmgt0＝－mv0
若金属杆的初速度加倍，
则有－－μmgt0′＝－2mv0
得2d＝
x＝2(mv0－μmgt0′)·
当初速度为2v0时，由A 项可知，金属杆到达BB1时速度变大，所以经过BCC1B1区域时间变
短，即有t0′<t0，则x>4d，D 正确。
9．答案 BC
解析 当θ＝0°时，根据题意画出光路图如图甲所示，
S 发出的光与通过平面镜反射的光(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相当于从光源S′发出的光，设S 与S′的距离为
d，则d 相当于双缝之间的距离，S、S′到光屏的距离设为l，由双缝干涉公式Δx＝，可得
Δx＝，则若θ＝0°，沿OA 向右或沿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，故C 正确，D 错误；
当平面镜倾斜了微小角度时，同理再次画出光路图如图乙所示，
若沿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，故A 错误，B 正确。
10．答案 AC
解析 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
轨迹图如图所示
根据正弦定理有
＝＝
将v2＝2 m/s，v2′＝1 m/s
代入得＝
＝
联立解得v1＝
对α 求导并整理得：
(v1)′＝[2cos(2α＋2θ)－1]
当(v1)′＝0 时，v1取最大值，
即当cos(2α＋2θ)＝时，v1有最大值
结合题意可知α＋θ＝30°，
当θ＝15°时，α＝15°，
v1m＝＝ m/s
当θ＝30°时，α＝0°，v1m＝ m/s，故选A、C。
11．答案 (1)1.23(1.22、1.24、1.25、1.26 均可) 12.3(12.2、12.4、12.5、12.6 均可) (4)右
侧 (5)小于
解析 (1)电压表量程为3 V，分度值为0.1 V，电压表读数需估读一位，则读数为1.23 V，
根据欧姆定律可知，金属丝的测量值
R＝＝12.3 Ω
(4)根据题图(d)可知气压越小电阻越大，再根据U＝IR，可知压强p 减小时，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。
(5)电流表采用外接法会导致电压表分流，
使得电流测量值I 测偏大
由R 测＝可知，电阻测量值偏小。
12．答案 (4)见解析图 (5)线性的 (6)0.120 kg (7)负方向
解析 (4)根据表格中的数据描点连线，有
(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)在图线上找到T2＝0.880 s2的点，对应横坐标为0.120 kg。
(7)由T2－m 图像可知总质量越大，周期越大，所以不放砝码时滑块质量越小，周期越小，T2
－m 图线纵截距越小，即图线沿纵轴负方向移动。
13．答案 (1) (2)5×10－3 m3
解析 (1)气体做等温变化，根据玻意耳定律有
pV＝p0V0
解得V0＝
(2)设气球内气体质量为m 气，
对气球进行受力分析如图所示
FN＋ρ0gV＝m 气g＋m0g①
其中FN＝mg，②
m 气＝ρ 气V③
由理想气体状态方程有
pV＝RT，
可得p∝ρ，
即有＝
ρ 气＝ρ0④
由已知条件(p－p0)(V－VB0)＝C⑤
联立①②③④⑤可得V＝5×10－3 m3
14．答案 (1) (2) (3)
解析 (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vy，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得
L＝v0t
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Bevy＝m
可得R＝
T＝＝
若所有电子均能经过O 进入电场，则有
t＝nT(n＝1,2,3，…)
联立得B＝
当n＝1 时，B 有最小值，可得
Bmin＝
(2)将电子的速度分解，有tan θ＝
θ 最大时，tan θ 有最大值，即vy最大，
此时Rmax＝＝r，
联立可得vym＝，tan θ＝
(3)当vy最大时，电子在电场中运动时沿y 轴正方向有最大位移ym，
根据匀变速直线运动规律有
ym＝
由牛顿第二定律知a＝
联立得ym＝
15．答案 (1)
(2)2 或5 (3)·
解析 (1)小球A、B 碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，
根据动量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v
可得v＝
碰撞后根据牛顿第二定律有
F＝(mA＋mB)
联立可得F＝
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，
碰撞过程中由动量守恒、机械能守恒有
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv0
2＝mAvA
2＋mBvB
2
联立解得vA＝v0，vB＝
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b 点，设圆环周长为l，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，
A、B 通过的路程分别为
sA＝＋k1l
sB＝l＋k1l
k1＝0,1,2,3，…，
则有＝＝(k1＝0,1,2,3…)
联立解得＝
由于两质量均为正数，
故k1＝0，
即＝2
对第二次碰撞，设A、B 碰撞后的速度大小分别为vA′、vB′，
则同样有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
mAvA
2＋mBvB
2＝mAvA′2＋mBvB′2
联立解得vA′＝v0，vB′＝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。
②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
分别为sA＝l＋k2l
sB＝l＋k2l(k2＝0,1,2,3…)；
所以＝＝
联立可得＝
因为两质量均为正数，故k2＝0，
即＝5
根据①的分析可证vA′＝v0，vB′＝0，满足题意。
综上可知＝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v1 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＝
第一次碰撞根据动量守恒有
mAv0＝mAvA1＋mBvB1
且v1 相＝vB1－vA1
联立解得vB1＝(v0＋v1 相)
B 球运动的路程s1＝vB1t1＝(＋1)＝(＋1)
第二次碰撞的相对速度大小为
v2 相＝ev1 相＝e2v0
t2＝
第二次碰撞有mAv0＝mAvA2＋mBvB2
且v2 相＝vA2－vB2
联立可得vB2＝(v0－v2 相)
所以B 球运动的路程
s2＝vB2t2＝(－1)＝(－1)
一共碰了2n 次，有
s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n＝(＋＋＋…＋)＝·.
