2024届高考物理考向核心卷—湖南专版含答案.pdf

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1、学校：班级：姓名：考号：正确教育出品订线装 物理湖南专版第 2 页（共 4 页）物理湖南专版第 1 页（共 4 页）2024 届高考物理考向核心卷物理（湖南专版）物理（湖南专版）【满分：100 分】一、单项选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.科学研究表明，太阳核心的温度极高、压力极大，使得太阳内部每 4 个氢核（11H）转化为 1 个氦核（42He）和几个正电子并释放出大量能量。假设生成的所有正电子均定向移动，且正电子在810-4 s 时间内定向移动形成的平均电流为 8.010-8 A，已知电子的电荷量为 1.610-

2、19 C，则在这段时间内发生核聚变的氢核（11H）的个数为（）A.8.0108 B.4.8108 C.3.2108 D.2.41082.如图所示为一乒乓球发球机，不仅可上下调整出球俯仰角度，还可以任意设置发球速度。某次利用该乒乓球发球机从同一位置向前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球，分别为直发球和双跳球，图中 O 点为发球点，A 点为直发球的第一次落点，B 点为双跳球的第二次落点，测得OA 和 OB 的距离相等，忽略空气阻力的影响，关于直发球在 OA 间和双跳球在 OB 间的运动，下列描述正确的是（）A.直发球和双跳球的运动时间之比为11B.直发球和双跳球的运动时间之比为12C.直发球和双跳

3、球的发球速度之比为11D.直发球和双跳球的发球速度之比为313.如图甲所示，A、B、C 是介质中的三个点，A、C 间距为 3.25 m，B、C 间距为 1 m。两个波源分别位于 A、B 两点，且同时从t=0时刻开始振动，振动图像如图乙所示。已知 A 点处波源振动形成的波的波长为 2 m。则下列说法错误的是（）甲 乙A.A 点处波源振动形成的波在此介质中的波速为 5 m/sB.B 点处波源振动形成的波的波长为 3 mC.AB 中点是振动加强点D.t=2.15 s 时 C 点位移为-7 cm4.潘多拉是电影阿凡达虚构的一个天体，其属于阿尔法半人马星系，即阿尔法半人马星系 B-4号行星，大小与地球相

4、差无几（半径与地球半径近似相等），若把电影中的虚构视为真实的，地球人登上该星球后发现：自己在该星球上体重只有在地球上体重的 n 倍（n 34B.由灯直接发出的光照到冰块四个侧面时全部能从侧面射出C.由灯直接发出的光照到冰块上表面时全部能从上表面射出D.从冰块正上方沿OO方向观察，点光源的视深是1013m8.如图（a），在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道 ABC，小球以一定的初速度从最低点 A 冲上轨道，图（b）是小球在半圆形轨道上从 A 运动到 C 的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点 C 受到轨道的作用力为 2.5 N，空气阻力不计，B 点为 AC 轨道中点，重力加速

5、度 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是（）图（a）图（b）A.图 b 中x=25 m/s22 B.小球质量为 0.2 kgC.小球在 A 点时重力的功率为 5 W D.小球在 B 点受到轨道作用力为 8.5 N9.在如图甲所示的电路中，电阻RR12=100，电容器的击穿电压为 110 V，击穿后电阻忽略不计。电压表为理想电表，变压器为理想变压器，在变压器原线圈两端输入如图乙所示的交流电压，当原线圈中开关与“1”接线柱连接时，电压表的示数为 55 V，“2”接线柱连接原线圈中点位置，下列说法正确的是（）物理湖南专版第 4 页（共 4 页）物理湖南专版第 3 页（共 4 页）甲 乙A.该变压

6、器原线圈两端输入电压的有效值为2202VB.变压器原、副线圈的匝数比为 2 1C.当原线圈中开关与“2”接线柱连接时，副线圈中的电流为 2.2 AD.无论原线圈开关接“1”还是“2”，电阻R1消耗的功率不变10.如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别 m、2m 的 A、B 两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为=30。A 球靠在光滑的竖直侧壁上，B 球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为 k。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用 g 表示，下列说法正确的是（）A.在不同加速度的情况下，轻杆对小球 A 的作用力始终为恒力B.当小球 B 对

7、底面的摩擦力等于 0 时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为33gC.若k=4 39，当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为33gD.若k=123，当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球 A 的作用力最大值为3 38mg三、非选择题（本题共 5 小题，共 56 分。）11.（7 分）已知弹簧振子做简谐运动时的周 期公式为 T=2 mk，其中 T 是简谐运动的周期，k 是轻质弹簧的劲度系数，m 是振子的质量，莱芜第一中学的学生尚清北以该公式为原理设计了测量轻质弹簧劲度系数 k 的实验装置（如图所示），图中 S 是光滑水平面，L 是轻质弹簧，Q 是带夹子的金属盒；P 是固定于盒上的遮光

8、片，利用该装置和光电计时器能测量金属盒振动时的频率。（1）实验时配备一定数量的的砝码，将它们中的一个或几个放入金属盒内可改变振子的质量，从而可以进行多次实验。（2）通过实验尚清北同学测得了振动频率 f 和振子质量 m 的多组实验数据，他想利用函数图像处理这些数据，若以振子质量 m 为直角坐标系的横坐标，则为了简便地绘制函数图像，较准确地求得 k，应以 为直角坐标系的纵坐标。（3）若在记录振子质量的数据时未将金属盒质量 m0考虑在内，振动频率 f 的数据记录准确，利用现有的这些数据结合上述图像，能否准确地求得轻质弹簧 L 的劲度系数 k？（填“能”或“不能”），图线上取两点m1，f112和m2，

9、f122，则可求出劲度系数 k=。12.（9 分）某研究小组设计了一测量动摩擦因数的实验装置，如图所示，在桌面边缘固定一长木板，限位杆到桌面的距离为 h，限位杆末端与木板底端平齐，测量限位杆与木板交点到限位杆右端的距离，记为 x，将物块从长木板与限位杆交点处由静止释放，运动到木板底端后通过一小段圆弧使物块沿水平方向从桌面飞出，记下物块落地位置到桌面边缘的水平距离d，保持限位杆到桌面的距离不变，调整木板与桌面间的夹角，重复操作，得到多组对应的 x 和 d。重力加速度为 g，请完成以下问题：（1）设物块与木板间的动摩擦因数为，则物块运动到木板底端时的速度v=（要求式中含xh、）。（2）桌面到水平面

10、的距离为 H，则物块运动到水平面时的水平速度v1=（要求式中含dH、）。（3）本题中测量动摩擦因数的关系式为 ，结合测得数据作出d2 （填“1x”“x”或“x2”）图像，能得到一条直线，并结合图像法较方便得出结论，若作出图像的斜率为 k，则物块与木板间的动摩擦因数为 。（4）实验结束后，进行总结时，某同学提出，物块从木板末端经圆弧水平飞出的过程可能存在一定的动能损失，且损失的动能均相同，若该同学的说法成立，则动摩擦因数的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。13.（10 分）两只完全相同的篮球甲、乙内空气的质量均为m0，压强均为p0，温度均为T0。现用打气筒给两球充气（如图所示）。假

11、设充气前、后篮球的体积不变，将球内气体视为理想气体。（1）给甲球缓慢充气至球内压强为3p0，该过程可视为温度不变，求注入空气的质量；（2）给乙球迅速充入与球内压强、温度、体积相同的空气后，球内压强变为2.1p0，求充气过程中打气筒对气体做的功。已知气体内能 U 与温度的关系为UT=，为正常数，该充气过程可视为绝热过程。14.（14 分）如图所示，导轨MNPQ、足够长，与水平面夹角为，两导轨上端接有电阻和电容器，RC、分别表示电阻的大小和电容的大小，P 处连有一单刀双掷开关 S，两导轨平行且相距为 L，整个装置处在垂直于该平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，质量为 m、长为 L 的导体棒

12、 ab 在外力作用下垂直静置于导轨上（导体棒电阻不计），ab 与导轨间的动摩擦因数为(tan)1.3134，故 A 正确；BC.由灯直接发出的光照射到上表面的四个端点时，是光照射到冰块上表面和侧面的入射角最大的情况，如图所示在直角三角形ABO中，由几何关系可知BO=22m，AOBOAB=+()()m22=26，则 sin=BOAO33=O CAO61.3301C，所以由灯直接发出照到冰块四个侧面上的光不能全部都从侧面射出，故 B 错误，C 正确；D.实深是 AB，设视深为 h，根据折射率定义式结合几何关系可知ABh=n，可得h=1013m，故 D 正确。故选 ACD。8.ABD【解析】解析】A

13、.小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，有1122mvmvmghAh22=+，解得vvghAh22=+2，即x=+=(92 10 0.8)m/s25 m/s2222，A 正确；B.依题意小球在 C 点，有Fmgm+=vRC2，又vC222=9 m/s，20.8 mR=，解得m=0.2kg，B 正确；C.小球在 A 点时重力方向竖直向下，速度水平向右，二者夹角为 90，根据 Pmgv=cos可知，重力的瞬时功率为零，C 错误；D.由机械能守恒，可得1122mvmvmgRAB22=+，又因为小球在 B 点受到的在水平方向上的合外力提供向心力，可得 FB=mvRB2，联立解得 FB=8.

14、5 N，D 正确。故选 ABD。9.BC【解析】解析】A.根据交流电有效值计算方法，由公式220RR22=T2U12T，可解得原线圈输入电压的有效值是 110 V，A 错误；B.开关接“1”时，电压表的示数U2=55 V，根据理想变压器nUnU1122=得，原、副线圈匝数比为2 1，B 正确；C.当原线圈中开关接“2”时，原线圈接入电路的有效匝数与副线圈匝数相等，根据理想变压器nUnU112=得副线圈两端电压有效值 U=110 V，最大电压大于110 V，大于电容器的击穿电压，电容器被击穿后，两电阻并联R总=RRRR1212+50由欧姆定律得I=RU总2.2 A，C 正确；D.开关接“1”时P

15、R1=UR21230.25 W，开关接“2”时PR1=UR12121W，D 错误。故选 BC。10.AC【解析】解析】A.根据题意，设杆对球 A 的作用力大小为 F，对 A 球，竖直方向上由平衡条件有F cos=mg，解得 F=cosmg，轻杆与车厢相对静止，角不交则轻杆对小球 A 的作用力始终为恒力，故 A 正确；B.杆对球 B 的作用力大小始终也为F=cosmg，当小球 B 对底面的摩擦力等于 0 时，对 B，根据牛顿第二定律Fmasin2=1，解得a1=63g，故 B 错误；C.若 k=4 39，对 AB 整体分析得，B 与底面间的最大静摩擦力为fkmg1=3当 A 与侧壁无弹力时，且

16、B 与底面间有最大静摩擦力时，对 AB 整体，根据牛顿第二定律 fma12=3，解得ag2=4 39，但当 A 与侧壁恰无弹力时，A 有最大加速度，由杆的水平分力换使，此时对 A，根据牛顿第二定律 F sin=ma3，解得ag3=33，aa32，因此，允许的最大加速度为33g，故 C 正确；D.若 k=123，当小车做匀加速直线运动时，对 A、B 整体受力分析得，fNma+=34，N 为侧壁对小球 A 的作用力，隔离 A 分析得，NFma=sin4，联上解得解得 N=fmg+23，fkmgma4=3，故解得Nmg=5 38，故 D 错误。故选 AC。物理参考答案311.（2）f12（3）能；4

17、()222f fmm1212ff2122【解析】【解析】（2）为了较准确地应用图像求出 k，应使图线为直线，由 T=2mk，变形得 Tm2=4k2，T2与m 成正比，又 T2=f12，故以f12为纵轴，m 为横轴，则图线为直线；（2）能，若忘记金属盒的质量，则振子的实际质量为 m+m0，图线的函数关系式变为fk142=+2()mm0，可以根据图线的斜率求出 k，方法为在f12m图线上取两点（m1，f112）和（m2，f122），则可求出图线斜率为mmkff1112221242，解得k=4()222f fmm1212ff2122。12.（1）22ghgx（2）d2gH（3）dghgx2gH=22

18、；x；4kH（4）等于【解析】【解析】（1）设木板倾角为，则物块在木板上运动时受到的摩擦力为 fmg=cos，物块在木板上运动的过程中，由动能定理有 mghfmv=sin2h12，化简得vghgx=22。（2）物块从桌面水平飞出后做平抛运动，竖直方向有 Hgt=122，水平方向有 dvt=1，综合可得 v1=d2gH。（3）上述两速度相同，联立得dghgx2gH=22，对关系式变式有 dHhHx2=44，即应作出 dx2图像，图像斜率kH=4，则=4kH。（4）物块在小圆弧位置损失相同的动能，即速度减小量相同，相当于（3）中所得关系式右侧减去一个常量，不影响图线的斜率，故若该同学的说法成立，动

19、摩擦因数的测量值仍等于真实值。13.（1）2m0（2）20T0【解析】【解析】（1）设篮球的体积为V0，给甲球缓慢充气，由玻意耳定律有 3p VpVV00001=+()，解得 VV10=2，即注入空气的质量为2m0。（2）由理想气体状态方程有pVp V0000TT0122.1=，解得TT10=2021，则 UTT=200，又 Q=0，由热力学第一定律有=+UWQ，解得WT=200。14.（1）(sincos)3mgmgt RmRB LB L2242222(sincos)mgmg 2（2）恒定，推理过程见解析（3）CBL2(sincos)mgmgsmCB L+22【解析】【解析】（1）当 S 置

20、于 1，导体棒的速度达到最大时，合外力为零，对导体棒受力分析，如图所示，有mgmgBILsincos0=mgF安FNFf由闭合电路欧姆定律得EIR=，由法拉第电磁感应定律得EBLv=m，解得vm=(sincos)mgmgRB L22，由动量定理得(sincos)0mgmgtBIL tmv=m，又IE=EBLxRtt，解 得xmg=(sincos)mgmgt RmRB LB L22424(sinmgcos)，由 能 量 守 恒 得 R 产 生 的 热 量 为 Qmg=(sinmgxmvcos)=1(sincos)2m2mgmgt RB L222 23B LmR442(sincos)mgmg 2。

21、（2）FBiL安=，取极短的时间有i=qt，qC U=，UBL v=联立解得iCBLa=，由牛顿第二定律得mgmgCB L amasincos=22解得 a=mgmgsincosmCB L+22，为定值，故 ab 的加速度恒定。（3）由（2）得vas22=02解得v2=2(sincos)mgmgsmCB L+22又QCUUBLv=222，解得QCBL=2(sincos)mgmgsmCB L+2215.（1）5v0；0（2）vg02（3）18 sin25gv022024 届高考物理考向核心卷湖南专版4【解析】【解析】（1）取物块的初速度方向为正方向，设弹簧解除锁定的瞬间ab、获得的速度分别为vv

22、12、，由动量守恒定律和机械能守恒定律得54mvmvmv012=+111222+=+5104mvmvmvmv00122222解得vvv102=50，。则弹簧解除锁定后ab、的速度大小分别为5v0、0（2）由于 b 与斜面的动摩擦因数=tan，所以 b与斜面的最大摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，又因为弹簧解除锁定后 b 的速度为零，则 b 保持静止。第一次碰撞发生在原位置处，a 与斜面无摩擦，则碰撞前 a 的速度大小为v1，方向沿斜面向上，设第一次碰撞后，ab、的速度分别为 vvab11、，由动量守恒定律和机械能守恒定律得=+mvmvmv111ab4111222mvmvmv111222=+ab4

23、解得vvvvab1010=32，b 沿 斜 面 向 上 运 动 的 过 程 中，由 牛 顿 第 二 定 律得=4sin4cos4mgmgmab解得agb=2 sin，第一次碰后 b 沿斜面向上运动的最大距离为 xb1=02avbb21，故上升的高度为hx11=bsinvg02。（3）由题意，ab、距离挡板足够远，则 a 每次碰撞挡板返回后 b 已经静止在斜面上，第二次碰撞后，设ab、的速度分别为 vvab22、，由动量守恒定律和能量守恒定律有=+mvmvmvaab1224111222mvmvmvaab222122=+4解得vvvvaaba2121=5532，由于每次都是运动的 a 碰撞静止的 b，则由动量守恒定律和能量守恒定律有=+mvmvmvana nb n(1)(1)+4111222mvmvmvana nb n222=+(1)(1)+4，解得vvvvna nanb nan(1)(1)+=5532，(1 2 3)总有 a 的速度大于 b 的速度，故会一直碰撞下去，直到 ab、最终共同静止，设 b 最终沿斜面向上运动的最大距离为 x，此时ab、速度均为零，由能量守恒定律得12+=510mvmv00225sin4cosmgxmgx+解得x=18 sin25gv02。va1va2vb2xvb2P第1次撞后第2次撞后最终van=vbn=0