3.2024年普通高中学业水平选择性考试(湖南卷)（含答题卡）-【高考密码】2022-2024三年高考物理真题汇编试卷

2024年普通高中学业水平选择性考试（湖南卷） 物理答题卡 姓 名： 准考证号 贴条形码区 考生 缺考考生由监考员贴条形码，并用2B铅笔填涂下面的缺考标 (正面朝上，请勿贴出虚线方框) 禁填 记。□ 密 1.容题前，考生将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核实对监考员所粘贴的条形码上的准考证号、姓名、考场 和座位号是否准确无误。 2.选择题必须使用2B铅笔将对应题目的答案标号涂黑，修改时用橡皮擦干净，再选择其它答案涂黑。非选择题必 注意事项 须使用0.5毫米黑色签字笔填写，字体工整，笔迹清楚， 3.请按题号顺序在各题的答题区城内答题，超出答题区城的答案无效，在草稿纸、试题纸上书写的答案无效。 4.保持卡面清洁、完整，严禁折叠，严禁使用涂改液、胶带纸和修正带。 线 5.正确填涂■ 豪 内 选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。 1.[A][B][C][D] 3.[A[B][C][D] 5.[A][B][C][D] 不 2.[A][B[C][D] 4.[A][B[C[D] 6.[A][B[C[D] 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 淮 7.[A][B][C[D]8.[A][B][C][D] 9.[A][B][C]CD] 10.[A][B][C[D] 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 蕾 题 11.(7分) (1) (2) (3) (5) 请在各题目的答题区减内作客，超出边框的答秦无效 物理答题卡第1页（共4页） 请在各题目的答题区城内作答，超出边框的答案无效 12.(9分) (1)(2)(3) (4) TIs 1.6 立砝码 1.2 0.d 左支点游块气垫导轨右支点 接气泵 0.6 0.d 0.2 00.050.100.150.200.25030m/kg (5) (6) (7) 13.(10分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡第2页（共4页） 请在各题目的答题区城内作答，超出边框的答案无效 14.(14分) 4 2 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡第3页（共4页） 请在各题目的答题区城内作答，超出边框的答案无效 15.(16分) 08 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡第4页（共4页）绝密★启用前 2024年普通高中学业水平选择性考试（湖南卷） 物 理 本试卷满分100分，考试时间75分钟. 窗 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 密 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 封 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6m,。时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两 线 者之间还有一个波谷。下列说法正确的是 A.波长为3m B.波速为12m/s C.to+0.25s时刻，B点速度为0 D.to十0.50s时刻，A点速度为0 豪 内 XX ∠LEEL∠ 0 QA c--- 不 苑G + *0 3D 第2题图 第3题图 第4题图 准 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 4.如图，有一硬质导线Oabc,其中abc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 题 A.90>9a>9%>9e B.gp0<9pa<9%<9: C.go>oa>oh=pe D.oo<a<o-pe 5.真空中有电荷量为十4g和一q的两个点电荷，分别周定在x轴上一1和0处。设无限远处电势为0，x正 半轴上各点电势随x变化的图像正确的是 () 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 岗 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 北 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 ( 2024·湖南卷第1页（共4页） A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R。上消耗的功率 升压变乐器降乐变压器 为4P B.输电线路距离增加，若R。阻值增加一倍，则R。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R。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R。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行，月球半径约为地球半径的子，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 :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/昌倍 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，AA,右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为 m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度w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阻值为R,与粗糙导轨间的摩擦因数为4，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BB,的速度为号 B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为m话一2mgd C.金属杆经过AAB1B与BB,CC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 光屏 A :B 44:]这 ×××x×××× ×××X×X×× B 平面镜 第8题图 第9题图 第10题图 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0，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=0°，沿OA向右略微平移平面镜，干涉条纹间距不变 D.若0一0°，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1、方向沿x 轴正方向，B球速度大小为2=2m/s、方向与x轴正方向夹角为0。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 2024·湖南卷第2页（共4页） A.若0=15°，则1的最大值为√2m/s,且a=15 B若0=15，则m的最大值为号3m/s,且。=0 C.若0-=30，则n的最大值为号5m/s,且a=0 D.若0=30°，则的最大值为√2m/s,且a=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()所示的装置。电阻测量原 理如图(b)所示，E是电源，⑧为电压表，④为电流表。 气压计 金属丝 玻璃管 Saaa4ha子 比阻测量系统 抽气泵 金属丝 图（姓】 图(h) 图(c) 图(d) (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 2(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Rp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”）。 12.(9分)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 品砝码 滑块： 9200020 (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: 左支点 滑块气垫学轨右支点 (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 图a 示，在图(b)中绘制T2-m关系图线： ITIs m/kg T/s T2/s2 1.6 0.000 0.632 0.399 1.2 0.050 0.775 0.601 1.0 0.100 0.893 0.797 0.8 0.150 1.001 1.002 0.6 0.200 1.105 1.221 01 B 0.250 1.175 1.381 0之进 00.050.100150.200.250.30m/kg 图b 2024·湖南卷 第3页（共4页） (5)由T-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T-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p,求此时气体的体积V(用p、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=8.66×10一3kg(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一po)(V一V0)=C.其中p=1.0×10Pa为大气压强，Vo= 0.5×103m3为气球无张力时的最大容积，C=18J为常数。已知该气球自身质量为m0=8.40× 10一3kg,外界空气密度为m=1.3kg/m3,求气球内气体体积V的大小。 14.(14分)如图，有一内半径为2、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OO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o。已知电子的质量为m、电量为，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0，求tan0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mA和mB的小球A和B(mA>mB)。 初始时小球A以初速度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A: mB (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十1次碰撞之间小球B通过的 路程。 2024·湖南卷第4页（共4页）(4)提高该实验精度的改进措施有：增加所测周期（时间更 区和Ⅱ区中转过的圆心角相同，粒子乙在两磁场区战中运动 长，周期测量误差更小)：用游标卡尺测量积木的外径（直径 测量更精确)：适当减小摆动幅度（摆角越小，摆动越趋近简 时同为儿=2×号T-2×需×需-甜 谐运动)。 3 _E_9 答案：(1)7.55(2)10(3)A(4)见解析 则Ⅲ区的宽度为d与之t+2a,d,=m 13,解析：(1)设原线围两端电压为U1,副线图两端电压为U2, 联立解得d=3πl 对显想支压器有号-品对时线阔两岛也压U,一 2 3 (3)甲经过0点时的速度u=之，十a甲1e=30 U,负我消耗的电功率P=R一50丽 又U= U:U 甲在N区始终做匀速直线运动，则甲粒子受电场力为零，所 在位置电场强度大小始终为零，则有 则变压器的输出功率P=P:一5OR U: -红，-ad一3=0，解得-品 (2)对封闭的理想气体，加热前后气体发生等容变化，容器内 t时刻，乙所在位置的电场强度大小为Ee=一kx 初始气体压强设为1，由查理定律得户=P T。T 此时甲在N区的位移 解得加热后气体的温度T,=2T。 rw=31 则气体吸收的热量Q=C△T=C(2T。一T。)=CT 则E,-E。=E,-0=(at-kx6）一(amt-kxw)=k(x。 又Q=P:t 联立解得1=50CTR f)-karAr U 所以E=品Ar 答案：1(2)50CTR U U 则F=Ee9=器 14.解析：(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动， B做匀减速直线运动， 答案：1觉（2)3 F8F=器 对A,水平方向有工A= 2024年普通高中学业水平选择性考试 整直方向有h=名8r (湖南卷) 联立解得巴，=1m/s, 1.B 弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方 普明克认为黑体辐射的能量是一份一份的， 向相反，A,B与弹簧组成的系统动量守恒， 是量子化的，并不连续 对系统有0=m"十mn(一"m） 解得v=1m/s。 (2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动， 产生光电效应的条件是>。，紫光的频率高 对B有-m,,=0-之m,听 于红光，红光能使金属产生光电效应，剩紫 光也能使该金属产生光电效应 解得=0.2 (3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释效 石墨对X射线的散射过程遵循动量守恒，光 的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同来面摩擦产 子和电子碰撞后，电子获得一定动量，光子 生的热量，滨过程中对系统有△E,=之m心十之m,店十 + 动量变小，根据波长入=么可知波长变长 红mg△A十nng△x# 其中△x,、△x为弹簧恢复原长过程中A,B两物块相对桌 面的路程，则有△r=△ra十△rn 德布罗意认为物质都具有波动性，包括质子 和电子 解得△E。=0.12J 答案：(1)1m/s1m/5(2)0.2(3)0.12J 15.解析：(1)根据乙粒子经过I区的速度偏转角为30°，可知乙 2.D由题意知A,B的平衡位置之同的距高x=受=6m解 粒子在【区运动的轨迹国心角为30°，如图所示，由几何关 系得乙粒子轨迹半径为「。= L sin30=21 得A=4mA错：波源的振功频伞为f=器H=1H,则 波速=Af=4m/s,B错误：质点的振动周期T=1s,0.258 根据洛伦数力提供向心力有%B=m ,B点在1。十0,258时刻运动至平衡位置，位移为0，连 解得B-20L 72 度藏大，C错误：0.50s=否，A点在，十0.50s时制运动至 波峰，位移最大，速度为0，D正确。 3.A 剪断前：对B、G,D分析剪形问：对B分析 →F,=6ng 文o,5s (3m+之n+g 知g间上 I区Ⅱ 刻D分析 对.分折PFx tFw (2)甲粒子从P到0在电场力作用下做匀加速直线运动，时 装 →=mg 2mg+Pne1.5g {EeG的变n-2m ,2g方问同下 间等于乙粒子从I区左边界运动至P点所霄时间，即1 :,因为I、Ⅱ区的磁感应强度等大反向，所以乙粒子在I A正确。 物理答案一4 4.Ca,b,c点绕O点逆时针转动时，相当 BB,C,C区城，安培力的冲量均为-3B4=-B,C正 于长为()加，Oh、k的导体棒转动切制磁 2R 感线，由右手定则可知，O点电势最高。 确：对金过很尚动量定显有一m以一聚2以-0-若将 由法拉第电隆感应定律有E=B=号 金属杆的初速度加倍，由动童定理有一mg-歌20 Bw,又1=l.=√R+(2R)=√5R, 则0<U<U=Ua,则9o>g>%= 一2m·由于金属杆在BB,C,C区域运动的速度比第一次 大，/<t,即1<21.则d>2d.D正确。 9C正确。 9.BCS与S关于平面镜所成的像将作为两光源或双缝，在光 5.D真空中点电荷网围来点处的电势9-k?,设坐标为 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,平面镜意外领斜了某微小角度0后，向左略 (x,>0)位置处的电势为0，则k十。 0十k二9=0，解得x。= 微平移平面镜，像从S。移动到S,,S与像间的距离d变小， To 合，当0<<号时，电势<0，当>了时，电势9>0， 粮据双缝千涉条铁间距公式△r一宁A,可知△r变大，A错 误；向右略微平移平面镜，像从S,移动到S。,S与像间距离d 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 变大，根据双缝千涉条纹间距公式△：=子，可知△：变小， 原、副线图的匝数比为k:1(k>1),则输电线路上的电流1 B正确：若0=0°，向左或向右略微平移平面镜，S与像间距离 一R十R,转子在磁场中转动时产生的电动势e=NBSosin d都不会发生变化，条纹间距给终不变，C正确，D错误。 光屏 ,当转子角速度增加一倍时，则升压变压器原、副线图两端 电压都增加一倍，则输电线路上的电流变为了，=2I:,R。上消 耗的功率P,=R。=4R。=4P,A正确：同理，当升压变压 署的副线圈匝数增加一倍时，制线圈两端电压增加一倍，输电 0 线上的电流也增加一倍，R。上消耗的功率P,=P,=4P,C错 0 送：若R。阻值增加一倍，输电线路上的电流「：=2R十R U. R。消耗的功率P=·2R≠4P,B错误：若在用户端并联 10,ACB球和A球运动路径如图所示，C点为B球与挡板L 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， 的碰撞点，设OC段运动时间为11、CD段运动时间为2，两 输电线上的电流？=0： +梦2观十历R清托份功来 2U: 球在B处相通。则有OC=t,CD=号，OD=,十 P,=R≠6P,D错误。 4),又有B=90-Q-0y=0十2a,由正弦定理有 sin y 2%4 1 w(1十1) sin a = -品站，可得 等效为 sin y+2sin 0 n7+2n0当0=15°a=15时，y=45°月=60，上迷表 v:sin 28 8in120° 达式有w=sn45+2sn15=V2m/s,A正确：当0=15， a=0°时，y=15、B=75°，上述表达式有 1.D根据万有引力技供向心力有6-加只·在星球表面 sin150° sin 15+2sin 15 =52m/s,B错误；当0=30a=0时， 3 有G-m:解样=V原，又-言4R,- 1二30g60,上接表达式有n动2D-号6 wsin120° 则返回轮在月球表面的飞行连度”√”，返回轮相对 m/s,C正确：当0=30°.a=15时，y=60°，3=45°，上述表达 5sin90° 于月球的速度小于地球第一宇宙速度，A错误，B正确：设返 式有=m60+2m30=(8-4V3)msD错误. 回轮免里球飞行网期为了，由万有引力抚供向心力得6把 -m(竿)R,在星球表面附近有-mg,联立可得周期 R 区.则元入/反是·“入之” 3 ,C错误， D正确 8.CD设金属杆在BB处速度为，导轨间距为L,金属杆在 AA1BB区城运动时，只受安培力，由动量定理有一BL△1 1山.解析：(1)电压表量程为0~3V,分度值为0.1V,则电压表 =m-m,即-d=m-m,在BB,CC区城运动 读数需待读一位，为123V,明会属丝的测量值R=号 2R 12.3。 时，受安培力和滑动摩擦力，由动量定理有一∑BiL△1一g (4) =0一m0,即一mg1-B=0-m,联主可知>受A错 2R +‘越小电阻越大 G=IR 误：在整个过程中，由功能关系可得2m听=2Q十mg山，解 p↓R1.则E1, 屯压表的指计位背 得Q.=子m听-之mgd,B错误：金属杆经过AM,B,B与 减该在题图（心1中指 针位营的右侧 物理答案-5 (5) (2)如图所示，an0=马 当tan0有最大值时，飞最大，R最 大，此时R=r 又B2”R-爱 eL 联立可得巴，m一 -tan 2x L L (3)当，最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大 电压表分道，R片 位移y。,根据匀变连直线运动规律有y。=2后 慌 由牛顿第二定律知a= Ee 1偏人，则<R m 2xvur 答案：(1)1.2312.3(4)右(5)小于 又L 12.解析：(4)描点连线如图所示。 联立得ym= 2xrvom T 1.6 EeL 14 答案：12 (3)2xr'vm Eel. 1,2 15.解析：(1)对A、B系统，班楂前，后动量守位，设碰撞后小球 组合体的速度大小为， 10 由动量守恒有m。=(m十m) 0.8 碰撞后，对组合体，由牛频第二定律有 0.6 1 R=m,+m,景 联立解得v= mAUG 0.2 m、十m 0.050.100.150.200.250.30Mkg mF,=m十mR (5)图线是一条倾斜的直线，说明弹簧振子振动周期的平方 (2)设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为口，，碰撞过 与砝码质量为线性关系： 程动量守恒、机械能守恒，对A,B系统有 (6)在图线上寻找T=0.880s2的点，对应横坐标 mv6=ma十m 为0.120kg 2m,=m,+m (7)换一个质量较小的滑块微实险，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 联立解得= (ma-mn)ve 2m vo 标，点应右移，则所得图线与原图线相比下移，即沿纵轴负方 n,十m A干B 向移动。 分两种情况讨论： 答案：(4)见解析(5)线性的(6)0.120 (7)负方向 第一种情况，若第二次碰撞发生在图 13.解析：(1)理想气体做等温变化，根据玻意耳定律有pV 中的b点.则从第一次碰控到第二次碰 =poVo 撞之间，A、B通过的路程之比为 120- 1+3k, 120 解得V。=业 1+3张，其中=0,1,2,3.…，则 (2)设气球内气体质量为m气，则m气 ↑F=mg =1+36 =aVo 4十3k pngv 对气球进行受力分新如图所示 联立解得”=4+3 ,显然k,只能取0，则"巴4=2 有mg十pgV=mg十m,& m a 2-3k m n 结合题中p和V满足的关系为(p 对第二次碰撞，设A,B碰撞后的速度大小分别为vA,,则 P)(V-Vm)=C 阻气 mAvA十mnVa=mAA十mg 解得V=5×10-3m ting m心+m2=m+m 答案：1)2Y(25×10m 联立解得人=，=0，故第三次碰撞发生在b点、第四次 14.解析：(1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x抽的匀 碰撞发生在C点，以此类推，满足题意。 速直线运动和在yO:平而内的匀逸圆周运动，设电子入射 第二种情况，若第二次碰撞发生在图中的点，则从第一次 时浩y轴的分速度大小为利，由电子在x轴方向做匀速直 碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为十3欢，其 线运动得L=v,t 在yO平面内，设电子做匀追圆周运动的半径为R,周期 中=0.12,3…，则=2+3张 为T, 由牛领第二定律知一m爱可得R-肥 联立解得爱-十炎，显然与只能取0则%=5 ”m41一3k T-2xk_2xm 同理可得第二次碰撞后4=，=0，则第三次碰撞发生 Be 在点、第四次碰撞发生在b点，以此类推，满足题意。 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有1=nT(n 综上所述， m=2或5 1,2,3,…) 联立得B=红，当=1时，B有最小值，可得B (3)第一次碰前相对速度大小为，第一次碰后的相对递度 大小为”=，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球 2πm el. 多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有1=2红迟】 1相 物理答案一6 第一次碰撞有m。=m卫A1十mnm 5.C分析电路特点可知，在接入正孩式交流电的一个周期内， 第一决碰撞后有抽=m一= 有半个周期只给L1供电，另半个周期只给L供电，L1两端 mA（十U1） 电压的有效值与L:两端电压的有效值相等，又R,:R。 解得巴一m干mg 2:1,则根据P= 可知，灯泡L1L的功率之比P,:P:= B球运动的路程s11 2元Rm(a+1) 2元Rm人 R 1:2,C正确。 m专十mn mA十ma 6.B (+ 对S: →270s30= 第二次碰撞的相对速度大小为== 2R 对P: H正确 第二次碰撞有m,。=m十mn'阳· 15( 余 第二次碰撞后有"相=V:一批· …f 定Ff427os1r 解得一mA十m m(6一V 7,D根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的 运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向 2xRm(-1）=m+m 一定沿该区域的半径方向，A、B错误：当粒子在磁场中运动 B球运动的路程s=V:一m十mn相 2aRm 的轨迹半径为r1=R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射 ( 入磁场区城的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦 兹力提供向心力有，B=m”,又T,=2,剥最短时间间 由以上规律可以归纳为第2n十1次碰前一共碰撞了2n次 r =十十十…十=m十m 2m士++…士 福为1m=2T-智，C错溪，粒子从A点射入到从C点特出 国形区城用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关 ) e2-1 系可知北时粒子的轨选半径为店=停R,由洛伦营力提供向 解得s= 2Rm mA十mge(e-1) 心力有B=m,联立解得-B卧，D正确 m 3 答案：(1) m4十n:(m,十m。)R (2)2:1或5：1 (3)2Rm. e-1 mA十mge(e-1) 2024年普通高中学业水平选择性考试 (湖北卷) 1.C雷击时，瞬时非均匀变化的电场产生变化的磁场，变化的 磁场在金属内产生涡电流，发热使金属熔化，C正确。 2.B 图1 图2 质量数守恒：10+1=：+4 8.AC电荷只能从一个物体转移给另一个物体，不能被剑造， 也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的 B+n-X+Y 十a=7,6=2,B对 代数和保持不变，A正确：电场线与等势面垂直，沿电场线方 向电势逐浙降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低 电荷数时H:5+0-3+6 的等势面，B错误：点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将 3.C 沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该，点电荷的 水平方向：x= 电势能将减小，C正确：结合C项分析和△g,可知，当9 平抛 h <0时，△g>0,当q>0时，△g<0,即负点电荷将从低电势的 运动 2h -Uo 地方向高电势的地方运动，正，点电荷将从高电势的地方向低 -竖直方向：h= 2 电势的地方运动，D错误， 最小，C对 9.AC由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦 4.A 兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体 从左侧喷入础场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏 变轨前、后，根据a= GM 可知，空间站在P 转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确：极板间 A正确 点的加速度相同 的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE B,又U=Ed,可得U=Bd,所以仅增大两极板间的距离 d,极板间的电压增大，B错误：结合B项分析可知，仅增大等 由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨 离子体的喷入速率，极板间的电压增大，C正确：结合B项 道半径，则根据开普勒第三定律可知，空间 B错误 站变轨后的运动周期比变轨前的大 分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间 的电压不变，D错误 10,AD子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统 变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在 P点的速度比变轨前的大 C错误 所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木 块，则由动量守恒定律有m=(m十M),解得木块莪得的 变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于 变轨后在P点的速度，站合C项分析可知 速度大小为一加十又子弹的初连度越大，其打入木块越 变轨后空间站在近地点的速度大于变轨前 D错误 深，剥当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有 的逯度 名md=（m+M0+kaL,解释6=2Lm时M,若于 1 mM 物理答案一7