【高考真题】2022年新高考物理真题试卷（河北卷）.pdf

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1、【高考真题】2022年新高考物理真题试卷（河北卷）姓名：班级：考号：题号四五总分评分阅卷入得分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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。（共7题；共14分）1.（2 分）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度 v 与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（）A.0 万 时间内，训练后运动员的平均加速度大B.0 t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C.t2-t3时间内，训练后运动员的平均速度小D.t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动2.（2 分）2 0 0 8 年，我国天文学家利用国

2、家天文台兴隆观测基地的2.1 6 米望远镜，发现了一颗绕恒星H D1 7 3 4 I 6 运动的系外行星H D1 7 3 4 1 6 b,2 0 1 9 年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“和 望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2 倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为（）A.2 及 B.2 C.V 2 D.孚3.（2 分）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z 转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，

3、发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的磁感应强度为B,t=0 时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（）升压变压器 I高压电网A.发电机输出的电压为y2nNBSzB.发电机输出交变电流的频率为27mzC.变压器原、副线圈的匝数比为曲NBSnz：UD.发电机产生的瞬时电动势e=y/2nNBSnzsin（2nnz）4.（2 分）如图是密立根于1916年发表的纳金属光电效应的遏止电压Uc与入射光频率v 的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知（）A.钠

4、的逸出功为hvcB.钠的截止频率为8.5 x 1014WzC.图中直线的斜率为普朗克常量hD.遏止电压Uc与入射光频率v 成正比5.（2 分）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S i，小圆面积均为S 2，垂直线圈平面方向有一随时间t 变化的磁场，磁感应强度大小B=B0+2/24.O.郑.O.II-.O.O.M.O:出.O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.O.筑.O.I I-.O.堞.O.氐.O.:O.辑.O.K.O.堞.O.田.O.kt，即和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（)A.kS B.5ks2 C.k（Si-5s2）D.k（Sr+5S2）6.（2分）如图，

5、真空中电荷量为2q和一q（q0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上。点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势而上的一点，下列说法正确的是（）一DI*P:S一8教一穿科A.P点电势低于S点电势B.T点电场强度方向指向。点C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点D.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功7.（2分）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（）A.圆柱

6、体对木板的压力逐渐增大B.圆柱体对木板的压力先增大后减小C.两根细绳上的拉力均先增大后减小D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变阅卷人得分二 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。供3题；共9分）8.（3分）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由a b、b e、c d三段直导轨组成，其 中b e段 与x轴平行，导轨左端接入一电阻R o导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度孙保持匀速运动，t=0时刻通过坐标原点。，金属棒始终与x轴垂直。设运

7、动过程中通过电阻的电流强度为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培力做功的功率为P,电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（）9.（3分）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物 体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质 量m Qrnp,t=0时刻将两物体由静止释放，物 体Q的加速度大小为f T时刻轻绳突然断开，物 体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置4/2 4.O.郑.O.II-.O.O.M.O:出.O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.O.筑.O.I I-.O.堞.O.氐.O.:O.辑.O.K.O.堞.O.田.O.处于同一高度，取t

8、=0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（）一DI*P:S一8教一穿科A.物体P和Q的质量之比为1,-3B.2T时刻物体Q的机械能为fC.2T时刻物体P重力的功率为落D.2T时刻物体P的速度大小孥10.（3分）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以0为圆心、网和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用电、%、31和后、以、32表示

9、。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（）A.右九1=比，则 Vj:=口2：%B.若 =也，则 hl：h2=Ri：/?2C.若O）1=O）2，V1=V2,喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同D.若b=九2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则31=32阅卷人三、非选择题：共54分。第1114题为必考题，每个试题得分考生必须作答。第15 16题为选考题，考生根据要求作答。（共4题；共42分）1 1.（6 分）某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1 所示。弹簧

10、的劲度系数为k,原长为L o,钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E =1kx2,其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。打点计时器弹簧I钩码纸带IJ图1（1）（3 分）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2 所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T （在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为，钩码的动能增加量为，钩码的重力势能增加量为 o图2（2）（3 分）利用计算机软件对实

11、验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3 所示。由图3可知，随着h 增:O.郛.O.II-.O.热.O.M.O:出O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.O.筑.O.I I-.O.堞.O.氐.O.一DI*P:S一8教一穿科:O.辑.O.K.O.堞.O.田.O.加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因图312.（9分）某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲，设计电路如图1所示。选用的器材有：限温开关&（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80时自动断开，温度

12、低于70时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为60C,用于加热煮饭）；限流电阻Ri和R?,（阻值均为1k。）：指示灯L和L2（2.5V,0.6W,当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。内胆底感温磁体弹簧电热板触点（电热板电源开关）图2（1）（4.5分）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是（多选）。A.按下Si,LI和L2均发光B.当锅内温度高于103时，Si自动断开，Li和L2均发光C.保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换D.当锅内温度低于7（）时、S2自动闭合，L发光，L2熄灭（2）（4.5分）简易电饭煲制作完成后，试用时Li始终

13、不亮，但加热和保温功能均正常。在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步 骤 的 正 确 顺 序 是 （填写各步骤前的字母）。O O图3图4A.将选择开关旋转到“x 100”位置B.将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点C.调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度D.测量指示灯L 两端的阻值E.将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡操作时，将多用电表两表笔与L 两端接触，若指针如图3 所示，可判断是断路损坏；若指针如图4 所示，可判断是 断路损坏。（用电路中的元件符号表示）13.（11分）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和 B,质量分

14、别为1 k g和2kg,A 右端和B 左端分别放置物块C、D,物块质量均为1kg,A 和 C 以相同速度v0=10m/s向右运动，B 和 D 以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新滑块，A 与 B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 =0.1。重力加速度大小取g=10m/s2 o（1）（5.5分）若 0 k 0）、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：o图1（1）（5分）t=0时刻释放的粒子，在t=砾*时刻的位置坐标；（2）（5.5分）在。需时间内，静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功；

15、（3）（5.5分）在M（-%-%-）点放置一粒接收器，在。黑时间内什么时qB%4qB QB。刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。15.（15 分）阅卷人得分四、选修3-3（共1题；共15分）（1）（10分）如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同。气球内部压强大于外部压强。气球慢慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将（域增大”“减小”或“不变”）；温度将（填“升高”“降低”或“不变（2）（5 分）水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与

16、隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强Po。活塞面积为S,隔板两侧气体体积均为S L0,各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的1,设整个过程温度保持不变，求：此时上、下部分气体的压强；“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。阅卷人五、选修3-4（共1题；共15分）得分16.（15 分）（1）（10分）一列简谐横波沿x 轴正方向传播。波速为10m/s。在传播方向上有P、Q 两质点，坐标分别为xP=lm,xQ=6m。波传播到P 点开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为 m,经过 s,Q 点第一次到达正向最大位（2

17、）（5 分）如图，一个半径为R 的玻璃球，O 点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A 点射出，出射光线AB与球直径SC平行，9=30%光在真空中的传播速度为c。求：10/24.O.郑.O.II-.O.O.M.O:出.O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.(i)玻璃的折射率；(i i)从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。答案解析部分L【答案】D【解析】【解答】AD、v-t图像的斜率表示加速度，由题图可知0-L时间内，训练后的曲线斜率小于训练前的斜率，即训练后运动员的平均加速度，故A错误；t3时刻后，训练前的曲线斜率减小，训练后的曲线斜率增大，即运动员训练前做减速运动，训练后做加速

18、运动，D正确；BC、v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知()七时间内，训练前曲线围成的面积较大，所以训练前、后运动员跑过的距离不相等，故B错误；t2-t3时间内，训练后曲线围成的面积较大，根据平均速度定义式万=*可知，训练后运动员的平均速度大，故C错误；故选D。【分析】v-t图像的斜率表示加速度，v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，据此分析解答即可。2.【答案】C【解析】【解答】万有引力提供做圆周运动向心力。对地球:GM 木jn地m ,.v2地 地代入题中所给数据“望.题=鱼：1故选C【分析】万有引力提供做圆周运动向心力。代入题中所给数据，化简求值。3.【答案】C【解析】【解答】由

19、题意得发电机线圈转速即频率为n z o角速度3 =2nnz,发电机输出最大电压Um=2；TN BSnz,有效值为维=V rN B Snz,所以A B都错。原 副 线 圈 匝 数 比 为 察=画 臀 丝，C正确。Tin U12/24.O.郑.O.II-.O.O.M.O:出.O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.O.筑.O.I I-.O.堞.O.氐.O.:O.辑.O.K.O.堞.O.田.O.发电机产生的瞬时电动势e=Umsina)t=2nNBSnzsin(2nnz)t，D错误。故选C一DI*P:S一8教一穿科【分析】利用正弦交变电流电压表达式求解，最大值为有效值的鱼倍。4.【答案】A【解析】【解答】

20、遏制电压为0,对应最大初动能为0。光子能量等于逸出功。逸出功为hvc 1,A 对。由图可知图像与横坐标交点值即为截止频率，约为5.5 x 1014/iz,B错。结合遏止电压与光电效应方程可解得Uce=-逸，e逸图像斜率为去C错误。hvWU=_造，遏止电压与入射光频率成一次函数关系，而不是正比例关系。D错c e误。综选A【分析】图像与横坐标交点值即为截止频率。结合遏止电压与光电效应方程，得出图像关系式。5.【答案】D【解析】【解答】大圆产生感应电动势为普=耳竺=kSi，同理5个小圆产生电动势为5 ks2,由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电流和感应电动势方向相同，故线圈中总的感

21、应电动势大小为k(Si+5s2).故选D。【分析】利用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解最终的电动势大小。6.【答案】B【解析】【解答】MN之间可以作一条由M指向N的电场线。沿电场线，电势逐渐降低，所以P电势高于等势面电势，即高于S点电势。A错误。因为形成以O为球心的一个等势面，在教材范围内，只有点电荷才可以形成如此特殊的等势面。所以M 和N 在T 点电场强度矢量叠加后合场强就是一个在0 点等效负点电荷形成的电场的电场强度，所以T 点电场强度方向指向0 点。B 正确。根据场强矢量叠加，只有在N 点右侧有一个场强为零的地方。C 错误。设等势面与MN连线交点为Q。将正电荷从T 移到P,由于由等势面，

22、等效于将电荷从Q 移到P,MN两点的电荷都在阻碍正电荷运动，所以静电力一定做负功。D 错误。故选B【分析】结合点电荷等势面以及电场线特征综合分析。阻碍物体运动，这个力做负功。7.【答案】B【解析】【解答】对圆柱体受力分析如图所示。N 为木板对圆柱体支持力，T 为绳子拉力。mg绳与木板之间的夹角保持不变，即口不变，拉力方向不变，但a 先逐渐变大成90度，后大于90度。重力大小不变。画出动态变化的矢量三角形，随着a 角的变化，N 先变小后变大，T 一直减小。结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小。故选B【分析】画出动态变化过程的受力分析图，结合矢量三角形，数形结合即可。8.【答案】A

23、,C【解析】【解答】设ab段导轨与水平方向夹角为a,则导体切割长度L=d+vot-tana,1_ BLVQ _ B L04-VQt-tana9 VQ=R 所以I-t为一次函数关系，同理可得be段以及cd段的规律，A 正确。2 2F.=B I L =B L L,在 ab段由于L 和 t 是一次函数，所以F 表达式中含有t?,所以F 和女 R14/24.O.郑.O.II-.O.O.M.O:出.O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.Ot 成二次函数关系。但开始运动时L不为零所以F 不为零，B错误。然Oon|p曲教oP =F 安%，由于v o 为定值，所以P-t 图像和F 安-t 图像形状一致，且图像不

24、过原点。由B选项分析思路知C正确。U =BLVQ,在 a b 段，L=Lo+vot-t a n a,所以U-t 为一次函数关系。D 错误。【分析】利用法拉第电磁感应定律进行分析，得出不同物理量等量关系，从而求出图像。9 .【答案】B,C,D【解析】【解答】对 P：FT-mPg=mPa,对 Q：一 F7=代入题中数据得T rip：TTIQ=1：2,A 错误。T时刻绳子断了，两个物体机械能都能守恒。全过程系统机械能也是守恒的。系统总机械能为E,由题意得P最后机械能为令 所以绳断后任意时刻Q机械能都为聂B正确。T时刻P速度为尊，P上升距离h=工砒2 =织，绳断后上升高度八 =仁，绳断后瞬J 2 6

25、18间重力势能为p总的机械能的/此时重力势能为为射，mp g.q!=等 由物体绳断后做加速度为g的匀变速直线运动，T时刻P速度为挈，则 2 T 时刻P速度大小为 呼，此时重力功率为r n p g u =生 啖 二 重力功率为养，所以CD 都正确。故选B C D【分析】绳子断了，两个物体机械能都能守恒。全过程系统机械能也是守恒的。利用机械能守恒定律求解。10 .【答案】B,D【解析】【解答】九 1=R =%2=幼攵2,R 2 =。2 12，O若 九1=九2 则V2=/?1/%，A错误。若也=2，则 左1：九2 =%2：R 22,B正确若%=2，=M，喷水嘴各转动一周，喷出水总量一样，但平均落入每

26、个花盆的水量不相同，C错。九1=h2,水下落时间相同则，V 1-V2=R1：/?2。给R 1浇水转动一周总时间为T 1=骨，总水量为V；=S%7 =笠 亨,同理匕 =$吁2=甯 匕其中S为水管横截面积，若落入每个花盆的水量相同，则 益 _联立几个等量关系得叫=3 2,D正确。故选B D【分析】利用平抛运动和圆周运动相关知识求解。结合相关几何关系。11.【答案】(1)k(L-L0)h5-k h l；7 n血半9；m g h s，8T(2)随着h的增加，钩码克服空气阻力做的功在增加【解析】【解答】从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为:1、2 1、2 1 9Ep=2 k (L LQ)2

27、 k(L LQ-)(kL LQ)q f c/1.5打下F点时速度为打=与则钩码的动能增加量为%=1 mvF2=Z1 乙12mh5 f3)2T 722 _ m 65九3)8T2钩码的重力势能增加量为昂=mghs(2)产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大。故填：随着h的增加，钩码克服空气阻力做的功在增加。【分析】(1)利用重力势能，动能，弹性势能表达式代入题中所给数据求解。(2)钩码克服空气阻力做的功在增加，导致两条曲线在纵向的间隔逐渐变大o1 2.【答案】(1)C；D(2)CA B DE；Li；Ri16/24.O.郑.O.II

28、-.O.O.M.O:出.O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.oooo女o然on|p曲oo【解析】【解答】(1)S.闭合，灯 L2 短路，则 L2 不会发光，A错误；当锅内温度高于1 03 0c 时，S i自动断开此时电路中R 与 Ri和Li的串联部分并联，并联的整体再和L2、R2 串联，止匕时电路的总电流I =+mD)v,解得：0物=5 (1-k)m/s,方向向右AB碰撞过程动量守恒：mAvA-mBV s=(mA+m g)vv滑=m/s,方向向右故碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小分别为。物=5(1 -k)m/s,“滑=1 02 0 f em/s,方向均向右。(2)若 k=().5,代入D

29、物=5 (1-k)m/s,可得：物=2-5 m/s,=0m/s由于是光滑水平面，所以系统动量守恒：则m 犷物=(m物滑)v共,解得：“共=ooIm/s,设两者相对位移的大小为x,则由能量守恒定律；即物g x=便谥（m物+m滑）喏解得：x =1.8 7 5 m【解析】【分析】（1）碰撞过程动量守恒，利用动量守恒定律代入题中数据求解。（2）摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移。利用能量守恒定律求解。1 4.【答案】（1）电场中，加速度&=警，经过t=瀛，v=at=沿 y 轴位移为X y =1 a t2=:q;。；*n m v2 m v E（）n m在磁场中，皿。=病=禧T2 n r 2 i rmr

30、=-=W-n m z c n i i i i i经过t=砺，沿 X 轴位移X x =2 r=2 7 rm 2T C，A?2 E am在 t=-o-时刻的位置坐标为（一2,-笠）QB。qB。2qB0A（2）在=年就时刻第二次进入电场，此时速度方向沿y 轴负方向，电场强度为第一段时间2 倍，加速度为原来2 倍。经过=哂时间粒子速度向下减速为零，然后再经过t=硒 反 向到达第二次刚进入电场的位置，且速度大小也和第二次刚进电场时相同。经过磁场偏转，磁场不改变速度大小。在士 =需时刻第三次进入电场，此时速度方向沿 y 轴负方向，加速度变为运来3 倍。代入=Vot+5 成2,此时沿y 轴位移为-%,与第一

31、次沿y 轴位移相同。乙2 q8 o粒子运动的轨迹如图18/24.O.郑.O.II-.O.O.M.O:出.O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.O.筑.O.I I-.O.堞.O.氐.O.:O.辑.O.K.O.堞.O.田.O.Mf 电=（E、n2E0m 2ii2E02m0q+3E0q）-%=-2 加2 Bo?z4TrFnm（3）由轨迹图可知，零时刻释放的粒子经过2个半圆形轨迹可以到达二，qB。HEom2qB02向下减速时加速度为第一次加速的加速度3倍，所以向下运动位移为第一次位移的g,2 尸 1 2 c只能到达纵坐标为三x n-p=三”的位置。不能被接收器接收。2qB。3qB0一DI*P:S一8教一

32、穿科假若粒子经过磁场一次偏转即可到达接收器，即在t=若到t=耨之间某时刻释放，再经过时间t=磁场偏转到达接收器，但其半径必须为第（I）问中粒子半径2倍，即末速度为第（I）问中粒子末速度2倍，由于在t=瑞都=瑞之间加速度为第（I）问加速度3倍，所以加速时间为第（I）问加速时间的,倍，即在t=1|黑时刻释放，加速位移为乂,=%2=空驾1,在=鬻到达乂，=空整位置，向下减速最低到达坐标为4=邂号，小于Xy=所以位置更低，可以被接收器接收。6qB（/4qB0Z“，71m 4Fniim若粒子在0颈=画之间某时刻释放，要满足最后到达Xx=q#位置，即（1）中圆周运动半径4倍位置，可以这样设想，先在0期=尚

33、加速一半时间=翡释放，即速度变为（1）中第一次加速过程末速度一半，在第二次电场中先减速2寸间，后加速机时4q间，速度变为（1）中第一次加速过程末速度，倍，这样经过两次磁场偏转在X轴位移为1r-2+-2=4r,再计算下竖直位移，最后在t=能颈=鬻之间被接收器接收。综上：在=翡或者t=辞时刻释放可以在电场存在期间被接收器接收。【解析】【分析】（1）在电场中做匀变速直线运的，在磁场中做匀速圆周运动。（2）画出粒子运动轨迹，结合恒力做功公式求解。（3）利用横坐标为（1）中轨迹半径4倍进行讨论。15.【答案】（1）增大；升高（2）气体发生等温变化，对上部分根据玻意尔定律可得PoLoS=PiWS,上部分气

34、体压强Pi=2Po对下部分根据玻意尔定律PoLoS=P2-L-S下部分气体压强P 2=|P根据平衡条件可知P1S=P2S +m g,得m=萼【解析】【解答】（I）根据玻意尔定律PV=C可知气球内的气体释放到外部时体积增大，相当于容器的体积增大；而容器的体积无法改变，可以假设扩大体积的容器绝热压缩到原来容器的体积，气体绝热压缩，与外界无热交换，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体内能增加，温度升高。气体温度升高，根据理想气体状态方程可知气体压强增大。【分析】（1）有理想气体状态方程结合热力学第一定律求解。（2）气体发生等温变化，根据玻意尔定律列方程求解。以及根据受力平衡列方程求解。16.【

35、答案】（1）2；0.55（2）光路图如图所示,由图结合几何关系可得入射角ii=。=3 0 ,折射角2 2 =60，所以由折射定律n=|jM =次，9=冬设全反射的临界角为C,则sinc=!=*，C45,n 3由几何关系可知，若光路为圆的内接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短。正方向边长为迎R,20/24.O.郑.O.II-.O.O.M.O:出.O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.4曲4任RC 3【解析】【解答】（1）由图得T=0.2 S,波速为1 0 m/s ,波长4 =区=1 0 x 0-2 m =2 m。从P到Q时间为t =0 5 s,P首先向上振动，所以Q首先也是向上振

36、动。经过 即0.05 s 第一次到达正向最大位移处。所以总时间为0.5 s+0.05 s=0.5 5 s。【分析】（1）结合波形图，结合波长波速频率关系和机械波产生原理进行求解。（2）由几何关系求出折射角从而求出折射率。由几何关系可知，若光路为圆的内接正方形，从S发出的光线经多次全反射回到S点的时间最短。.O.郑.O.区.O.摒.O.氐.O.出.O.郑.O.II-.O.恶.O.直.O:试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：95分分值分布客观题（占比）23.0(24.2%)主观题（占比）72.0(75.8%)题量分布客观题（占比）10(62.5%)主观题（占比）6(37.5%)2、试卷题量分布分

37、析大题题型题目量（占比）分 值（占比）单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共2 8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。7(43.8%)14.0(14.7%)多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。3(18.8%)9.0(9.5%)选修3-31(6.3%)15.0(15.8%)非选择题：共54分。第11 14题为必考题，每个试题考4(25.0%)42.0(44.2%)o女n|p曲生必须作答。第15 16题为选考题，考生根据要求作答。选修3-41(6.3%

38、)15.0(15.8%)3、试卷难度结构分析序号难易度占比1普通(87.5%)2困难(12.5%)4、试卷知识点分析序号知识点（认知水平）分 值（占比）对应题号1电场强度和电场线2.0(2.1%)62卫星问题2.0(2.1%)23波长、波速和频率的关系15.0(15.8%)164验证机械能守恒定律6.0(6.3%)115磁场和电场的复合16.0(16.8%)146电磁感应中切割类问题3.0(3.2%)87平抛运动3.0(3.2%)108电场力做功2.0(2.1%)69光的全反射15.0(15.8%)1610变压器原理2.0(2.1%)3oo.郑.o.K.o.摒.o.氐.o.出:o.郑.o.f

39、a-.o.揩.o.M.o:24/2411动态平衡分析2.0(2.1%)712热力学第一定律（能量守恒定律）15.0(15.8%)1513匀速圆周运动3.0(3.2%)1014v-t图象2.0(2.1%)115能量守恒定律11.0(11.6%)1316电势差、电势、电势能2.0(2.1%)617机械能守恒及其条件3.0(3.2%)918光电效应2.0(2.1%)419动量守恒定律11.0(11.6%)1320理想气体的状态方程15.0(15.8%)1521法拉第电磁感应定律2.0(2.1%)522电磁感应与图象3.0(3.2%)823光的折射15.0(15.8%)1624电阻的测量9.0(9.5%)1225横波的图象15.0(15.8%)16