2022年新高考湖南物理高考真题(含答案解析).pdf

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1、湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是（）A.卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征B.玻尔的原子理论完全揭示了微观粒子运动的规律C

2、.光电效应揭示了光的粒子性D.电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性2.如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边。、b、c、上。移去。处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。列说法正确的是（）关于长方体几何中心0 点处电场强度方向和电势的变化，下abO dA.电场强度方向垂直指向。，电势减小 B.电场强度方向垂直指向c,电势减小C.电场强度方向垂直指向。，电势增大 D.电场强度方向垂直指向c,电势增大3.如 图（）,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴0 0,上，其所在区域存在方向垂直指向。0的磁场，与 00距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间

3、变化，其截面图如图（6）所示。导线通以电流/,静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为应 下列说法正确的是（）A.当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N 指向MB.电流/增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C.tan。与电流/成正比D.sinJ与电流/成正比4.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度均分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为匕和 乙。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）o-o-中子 氢核O-O ，2中子 氮核A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核

4、的小C.均大于W D.彩大于%5.2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（）6.如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头R 初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻用 的阻值为R,滑动变阻器&的最大阻值为9 R,滑片B 初始位置在最右端。理想电压表V 的示数为。，理想电流表A 的示数 为/。下列说法正确的是（）A.保持P1位置不变，R向左缓慢滑动的过程中，/减小

5、，U不变B.保持R位置不变，巳向左缓慢滑动的过程中，%消耗的功率增大C.保持P?位置不变，耳向下缓慢滑动的过程中，/减小，U增大D.保持P2位置不变，R向下缓慢滑动的过程中，用 消耗的功率减小二、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.神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其丫 一，图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正

6、确的是（）A.在0 4时间内，返回舱重力的功率随时间减小B.在0%时间内，返回舱的加速度不变C.在6%时间内，返回舱的动量随时间减小D.在4 4时间内，返回舱的机械能不变8.如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（）东火星j、恒星背景里、反 日、A.火星的公转周期大约是地球的d 就 倍B

7、.在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行C.在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行D.在冲日处，火星相对于地球的速度最小9.球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即。=2,人为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为1 0 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（）A.发动机的最大推力为L5 吸B.当飞行器以5 m/s 匀速水平飞行

8、时，发动机推力的大小为当M gC.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5Gm/sD.当飞行器以5 m/s 的速率飞行时，其加速度大小可以达到3 g1 0.如图，间距L =l m的 U形金属导轨，一端接有（）.1。的定值电阻R,固定在高=0.8 m 的绝缘水平桌面上。质量均为O k g的匀质导体棒。和 人静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Q，与导轨间的动摩擦因数均为0 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒”距离导轨最右端1.7 4 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为O.lTo 用尸=0.5 N 沿

9、导轨水平向右的恒力拉导体棒”，当导体棒。运动到导轨最右端时，导体棒人刚要滑动，撤去尸，导体棒。离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取lO m/sz,不计空气阻力，不计其他A.导体棒a 离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 mB.导体棒。离开导轨至落地前，其感应电动势不变C.导体棒。在导轨上运动的过程中，导体棒b 有向右运动的趋势D.导体棒。在导轨上运动的过程中，通过电阻R 的电荷量为0.5 8 C三、非选择题：共 56分。第 1114题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 15、16题为选考题，考生根据要求作答。1 1.小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图（a）

10、所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下：冰墩墩（1）查找资料，得知每枚硬币质量为6.0 5 g；（2）将硬币以5 枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度/,记录数据如下表:（3）根据表中数据在图（b）上描点，绘制图线:序号12345硬币数量/枚51 01 52 02 5长度/c m1 0.5 11 2.0 21 3.5 41 5.0 51 6.5 61 71 61 51 41 31 21 11 01 0 1 5 2 0 2 5 3 0 /枚图(b)（4）取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图（C）所示，此时橡皮筋的长度为 c m；（5）由

11、上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为 g （计算结果保留3位有效数字）。1 2.小梦同学自制了一个两挡位（“xl”“xl O”）的欧姆表，其内部结构如图所示，/为调零电阻（最大阻值为R m），尺、R心R 为定值电阻E），电流计G的内阻为/?G（/?S /?G）O用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：1 7?nnHTiws)I1Y6InTOW凡J凡V一-O（1）短接，将单刀双掷开关S与加接通，电流计G示数为，“；保持电阻凡滑片位置不变，将单刀双掷开关S与接通，电流计G示数变为/“，则 乙/“（填“大于”或“小于”）；（2）将单刀双掷开关S与接通，此 时 欧 姆 表 的 挡 位 为 （填“xl

12、”或“xl O”）；（3）若 从“xl”挡位换成“X 1 0”挡位，调整欧姆零点（欧姆零点在电流计G满偏刻度处）时，调零电阻凡 的滑片应该 调 节（填“向上”或“向下”）:（4）在“xl O”挡位调整欧姆零点后，在间接入阻值为1 0 0 C的定值电阻与，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的;；取走与，在间接入待测电阻H r,稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的,则&=_ _ _ _ _ _ Q。1 3.如图，两个定值电阻的阻值分别为R|和&，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d,板长为百”，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为加、带电量为+q的小球以初速度y 沿水平

13、方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g,忽略空气阻力。（1）求直流电源的电动势&）；（2）求两极板间磁场 磁感应强度5；（3）在图中虚线右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E 。x x x x&41 11 4 .如 图（a）,质量为胆的篮球从离地，高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地力的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的2倍（2为常数且H-hQA可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M 指向M A 错误；B C

14、 D.由于与0 0 距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有.c BILsin 0=-,Fr=mgcosdmg则可看出sin。与电流/成正比，当/增大时。增大，则 cosJ减小，静止后，导线对悬线的拉力F r减小，BC错误、D 正确。故选D。4.1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为匕和岭。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）o-O-*V1中子 氢核O-O-*v2中子 氮核A.碰撞后氮核的动量比氢核的小C.v2大于片【答案】B【解析】

15、【详解】设中子的质量为？，氢核的质量为加，B.碰撞后氮核的动能比氢核的小D.v2大于%氮核的质量为14根，设中子和氢核碰撞后中子速度为匕，由动量守恒定律和能量守恒定律可得=根匕+mv31 2 1 2 1 2mv0=mvi+mv联立解得设中子和氮核碰撞后中子速度为小，由动量守恒定律和能量守恒定律可得匕=%mv()-1 4 m v2+m v4联立解得2“IT。可得w =%为碰撞后氢核的动量为PH=加 H =m v0氮核的动量为.2 8mv0PN=1 4 加 彩=1 5可得PN PH碰撞后氢核的动能为 1 2 1 2%=2，?Z V1=2mv氮核的动能为 1 2 2 8,”片=一 1 4 m v,=

16、-k N 2 2 2 2 5可得%4故 B 正确，A CD 错误。故选Bo5.2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（）A.B.C.D.【答 案】A【解 析】【详 解】设 风 速度 为L取飘带上任意长度为x （x趋 近 于0）的质量为?，飘带宽度为4，则该部分飘带的重力和所受风力分别为G=mg,F=kxdv2 sin 6则重力与风力的的合力与竖直方向的夹角为_ F kdxv2 sin 0tan

17、0=-G mg整理可得1 _ kv2 dLcos 0 mg任意长度为X的飘带重力相等，所受风力的大小相等，则C O S。恒 定，则飘带为一条倾斜的直线，故A正确，B C D错 误。故 选A o6.如 图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑 动 触 头R初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定 值 电 阻 飞 的 阻 值 为R,滑 动 变 阻 器&的 最 大 阻 值 为9R,滑 片P?初始位置在最右端。理 想 电 压 表V的示数为U,理 想 电 流 表A的 示 数 为 下 列 说 法 正 确 的 是（）A.保 持R位 置 不 变，P z向左缓慢滑动的过程中，/减 小，。不变

18、B.保 持R位 置 不变，P 2向左缓慢滑动的过程中，R 1消耗的功率增大C.保 持P?位 置 不变，B向下缓慢滑动的过程中，/减 小，U增大D.保 持 巳位置不变，R向下缓慢滑动的过程中，R 1消耗的功率减小【答 案】B【解 析】【详 解】AB.由题意可知，原副线圈的匝数比为2,则副线圈的电流为2/，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2=2IR则变压器原线圈的电压有效值为a =2%=4阳设输入交流电的电压有效值为。0,则Uo=4/7?,+1R2可得!=-47?|+R,保持R位置不变，巳向左缓慢滑动的过程中，/不断变大，根据欧姆定律5 =4IR可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效

19、值不变，则&两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；C D.设原副线圈的匝数比为，同理可得a=/A则Uo=trIR,+IR2整理可得/=,0。-R+/?2保持P2位置不变，R向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则/变小，对此由欧姆定律可知U=IR2可知U不断变小，根据原副线圈的功率相等可知用消耗的功率A=.（。一邛-）11 n2R+R2 0 2舄+殳整理可得p _ _a。一 R2凡+?+2凡n2Rt-可知=3时，与 消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。故选B。二、选择题：

20、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 .神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其丫-，图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（）A.在0%时间内，返回舱重力的功率随时间减小B .在0彳时间内，返回舱的加速度不变C.在 彳 时 间 内，返回舱的动量随时间减小D.在4时间内，返回舱的机械能不变【答案】A C【解析】【详解】A

21、.重力的功率为P=mgv由图可知在0 八时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故 A 正确；B.根据修图像的斜率表示加速度可知在Of时间内返回舱的加速度减小，故 B 错误；C.在时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故 C正确：D.在 f 2 ，3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故 D错误。故选A C。8.如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的 1.5 倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观

22、测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（）东火星j、恒星背景里、反 日、A.火星的公转周期大约是地球的 二 倍B.在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行C.在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行D.在冲日处，火星相对于地球的速度最小【答案】C D【解析】【详解】A.由题意根据开普勒第三定律可知 地/火火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5 倍，则可得故 A 错误;B C.根据MmG2V=m r可得由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行线速度小于地球

23、运行线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运动，为逆行，故 B 错误，C正确：D.由于火星和地球运动线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，故 D正确。故选C D。9.球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 4 =如 2,%为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为1 0 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是()A.发 动

24、 机 最 大 推 力 为L5MgB.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发 动 机 推 力 的 大 小 为*MgC.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5百m/sD.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g【答案】BC【解析】【详解】A.飞行器关闭发动机，以也=l()m/s匀速下落时，有M g =kv=x 100飞行器以V2=5m/s向上匀速时，设最大推力为EnFm=M g +ku；=M g+攵 x 25联立可得=1.25M g,&=逊100A错误；B.飞行器以V3=5m/s匀速水平飞行时=J(g)2+的 J =*M gB正确；C.发动机以最大推力推动飞行器匀速

25、水平飞行时f =-(M g)2=M g =kv42解得v4=56m /sC正确；D.当飞行器最大推力向下，以V5=5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值Fm+M g +kv52=M am解得Om=2.5gD错误。故选BCo10.如图，间距L=lm 的 u 形金属导轨，一端接有0.1Q的定值电阻H,固定在高4=0.8m 的绝缘水平桌面上。质量均为0kg的匀质导体棒“和/，静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1。，与导轨间的动摩擦因数均为0（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导体棒。距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未

26、画出），磁感应强度大小为O.lT o 用 F =（）.5N 沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a,当导体棒a 运动到导轨最右端时，导体棒b 刚要滑动，撤去尸，导体棒离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取lO m/s 不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是（）A.导体棒。离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6mB.导体棒。离开导轨至落地前，其感应电动势不变C.导体棒a 在导轨上运动的过程中，导体棒人有向右运动的趋势D.导体棒在导轨上运动的过程中，通过电阻A 的电荷量为0.58C【答案】BD【解析】【详解】C.导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b 向里，由左手定则可知安培力向

27、左，则导体棒6 有向左运动的趋势，故C错误；A.导体棒b 与电阻R并联，有,BLvF2当导体棒。运动到导轨最右端时，导体棒。刚要滑动，有B-L =/jmg联立解得棒的速度为u=3m/sa 棒做平抛运动，有x=vt,1 jh.g r联立解得导体棒 离开导轨至落地过程中水平位移为x=1.2m故 A错误；B.导体棒a 离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故 B正确；D.导体棒a 在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为一 也=必 然 空3C“16CR+LR 0152导体棒b 与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为%=0.58C故 D正确。故选B

28、 D。三、非选择题：共 56分。第 1114题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 15、16题为选考题，考生根据要求作答。1 1.小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图（a）所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下：橡皮筋塑支架刻度尺-&1月I5I16I17II8I19I段二元硬币(图a（1）查找资料，得知每枚硬币的质量为6.0 5 g；（2）将硬币以5 枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度/,记录数据如下表:（3）根据表中数据在图（b）上描点，绘制图线;序号12345硬币数量/枚51 01 52 02 5长度/c m1 0.5 11

29、2.0 21 3.5 41 5 0 51 6.5 6UH-ITT:噩:“”。(1隅皤一一一一一皤1 5 2 0 2 5 3 0 /枚图(b)(4)取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示，此时橡皮筋的长度为 c m ；(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为 g (计算结果保留3位有效数字)。【答案】.见解析 1 5.3 5 1 2 7【解析】【详解】(3)I 根据表格标点连线如图(4)由图可知刻度尺的分度值为1 m m,故读数/=1 5.3 5cm；(5)3 设橡皮筋的劲度系数为鼠原长为松，则nmg=kxy-x0)n2mg=从%-%。)则橡皮筋的劲度系数为

30、kk_(n2-nl)mgx2-x从作的l-n图线读取数据则可得)明旦*%=9 0 5cm%-X 3%-勺设冰墩墩的质量为如，则有=%(/-%)可得m,=g 6.0 5x(1 5.3 5 9.0 5)g 1 2 7 g1 2.小 梦同学自制了一个两挡位(“x l”“X 1 0”)的欧姆表，其内部结构如图所示，凡 为调零电阻(最 大 阻 值 为)，&、&、R.为定值电阻(K+Rom R,“R ),电流计G的内阻为RG(&RG)。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：(1)短接，将单刀双掷开关S与?接通，电流计G示数为/,“；保持电阻凡滑片位置不变，将单刀双掷开关S与接通，电流计G示数变为/

31、“，则/“(填 大 于 或“小于”)；(2)将单刀双掷开关S与接通，此 时 欧 姆 表 的 挡 位 为 (填“X 1 ”或“X 1 0”)；(3)若 从“X 1 ”挡位换成“X 1 0”挡位，调整欧姆零点(欧姆零点在电流计G满偏刻度处)时，调零电阻凡 的滑片应该 调 节(填“向上”或“向下”):(4)在“X 1 0”挡位调整欧姆零点后，在间接入阻值为1 0 0 C的定值电阻用，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的I；取走飞，在间接入待测电阻&,稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的-，则&=Q。3【答案】.大于 .x l O .向上 .4 0 0【解析】【详解】(1)1 根据题意可知此“r R。

32、下第一次，当短接，全电路的总电阻为通过干路的电流为/R电流表满偏，根据并联电路中电流之比等于电阻反比可知_ R()1RG+与 上第二次，之间接入舄=i o o c,全电路总电阻为R+6，通过干路的电流为1/?+/?,电流表偏转了量程的2;，则2 13 _-FI-1/+0上1 3 G结合第一次和第二次解得R=2&=2 0 0 Q第三次，之 间 接 入 全 电 路 总 电 阻 为&+&,通过干路的电流为Ix=尺+K电流表偏转了量程的J,则3丸 一下/,-/G 2+为上结合第二次和第三次，解得R、=/?+2鸟=400。1 3.如图，两个定值电阻的阻值分别为R|和a，直流电源的内阻不计，平行板电容器两

33、极板水平放置，板间距离为d，板 长 为 极 板 间 存 在 方 向 水 平 向 里 的 匀 强 磁 场。质量为优、带电量为+4的小球以初速度u沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g,忽略空气阻力。(1)求直流电源的电动势&)；(2)求两极板间磁场的磁感应强度8；(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E。%兄&XXXXXXXX rX%X XA1-【答案】(1)mgd(R+&)濯mv拓；mg27【解析】【详解】(I)小球在电磁场中作匀速圆周运动

34、，则电场力与重力平衡，可得Eq=mg口2两端的电压根据欧姆定律得联立解得Engd(&+R?)-溷设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系(r-J)2+(V3J)2=r2解得r=2d根据v2qvB=mr解得2dq（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为6 0。，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得Eq=mg cos 60解得E1旭2q1 4.如 图（a）,质量为，的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地/?的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的

35、2倍（2为常数且H-h0 2 -），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。H+h（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；（2）若篮球反弹至最高处/?时，运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹 至 的 高 度 处，力/随 高 度y的变化如图（b）所示，其中为已知，求弱的大小；（3）篮球从“高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量/,经过N次拍击后篮球恰好反弹至“高度处，求冲量/的大小。【答案】（1）k=慌3力一 为l 2g(l-2)(h7(7H-Nh-)h(

36、HN,)v+,-hN+)【解析】【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg-Amg=ma v再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有*=2a VH篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mg+Amg=ina 卜再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有V p =2a.h则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比女=A/（1+9V下 V（1-2）H（2）若篮球反弹至最高处/?时，运动员对篮球施加一个向下的压力F,则篮球下落过程中根据动能定理有h-%(1 ,2mgn H-丁 FQ-Amgh=加u下篮球反弹后上升过程中根据动能定理有-mgh-Xmgh=0-m kv联立解得Fo=-E(3)方法一

37、：由(1)问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为。下=(1-X)g(方向向下)a上=(l+.)g(方向向下)由题知运动员拍击一次篮球(拍击时间极短)，瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量/,由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I=mv即每拍击一次篮球将给它一个速度拍击第1次下降过程有上升过程有的)2 =2(1 +冷 g/代入k后，下降过程有彳一y=2(l_.)g.上升过程有/片=2(l_/l)g”4联立有,h z.v2、,h.t v2Hh,0 (2/?n H-g-H)=(r)/zH.+(2)(1-2-)-拍击第2次，同理代入左后，下降过程有上升过程有联立有再将历代入2有

38、v-v2=2(1-2)hvj=2 1-A)g H KriH-)2 g(T)-%+(-)-F (-)-H H 2 g(l-/l)H 2 g(1-2)拍击第3次，同理代入后后，下降过程有vj-v2=2(l-/l)g%上升过程有联立有用=，h 依+-y-2-)H-(lT)2g再将心代入3有,/力、3 ,/、3 V2,A .2 V2,/、1 V2%=()h(+()-1-()-F ()-H H 2g(l-2)H 2g(1-Z)H 2g(l-/l)直到拍击第N次，同理代入左后，下降过程有片 一 丫2=2(1-2)g/lN_i上升过程有*=2(l-2)gHAv联立有hv%=万(+丁;)H 2g(1-2)将/

39、2 N-I代入尿有1 ,h、N 1 、，h、N u/h、N-I u/hvN hNH=(飞)%H+(2)g(1-4-)-H-F ()2 g(1-/-I-)-1-H+(2g)(-l-A-)-其中则有则hN=H,%)=h也)N+I _h_H=(%N.h+1/L_一 H h-1H2g(l-/l)mv=m2g(l-/?)(/A，+I-AA，+I)h(HN-hN)方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为。下=（l-4）g（方向向下）a上=（l+.）g（方向向下）由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量/,由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据

40、动量定理有I=mv即每拍击一次篮球将给它一个速度V。设篮球从，下落时，速度为%,反弹高度为，篮球受到冲量I 后速度为V,落地时速度为匕，则2(1 +A)gh=伏%)2,2(1-A)gh=诏-v 2联立可得h=初。)22(l+/l)g 2(1-2)g代入人可得，”心/2 ri篮球再次反弹，反弹速度为大片，设反弹高度为加，受到冲量后，落地速度为V 2,同理可得2(1 +九)g%=(加)2,2(1 -X)g4 =v22-v 2同理化简可得V 2=V22-AV2 2 H 1篮球第三次反弹，反弹速度为&匕，设反弹高度为2,受到冲量后，落地速度为丫3,同理可得2(1 +2)=(左 吗)2，2(1-A)gh

41、2=V32-V2同理化简可得V 2=匕2-，岭2 11第 N次反弹可得,2 2 2V=VN 77VN-n(N)对式子H H H?H N-两侧分别乘以(一)、:、.再相加可得h h h h八 H H2 H3 N T、，2 HN-2 h 2(1 +0 +R+.r.)V .,V v Voh h2 h3 hN hN-H 得1-令 1 2 HN-2 h 2H L力。1-h其中，v02=2(l-/l)gH ,(g)2=2(l +2)g“，可得h(HN-hN)可得冲量/的大小,l2g(l-AXH-hXHN+,-hN+,)I=mv=mJ-N h(HN-hN)1 5.利 用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图

42、，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从 A 端流出，边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是()A.A端为冷端，B端为热端B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于8 端流出的C.A端流出的气体内能一定大于B 端流出的D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律E.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满

43、足热力学第二定律【答案】ABE【解析】【详解】A.依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从 A 端流出，而边缘部份热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A 端为冷端、B 端为热端，故 A 正确；B.依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，8 端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A 端流出的气体分子热运动平均速度小于从8 端流出的，故 B 正确：C.A端流出 气体分子热运动速率较小，8 端流出的气体分子热运动速率较大，则从A 端流出的气体分子平均动能小于从8 端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，

44、不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B 端流出的气体内能，故 C 错误；D E.该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故 D 错误，E正确。故选A B E。1 6.如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积匕=9.9 L的导热汽缸下接一圆管，用质量町=9 0 g、横截面积S =1 0 c n?的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量加2 =1 0 g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，缓慢升

45、起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为瓦 已知A、B间距离=1 0 c m,外界大气压强P o=l.()l x l()5p a,重力加速度取l O m/s 2,环境温度保持不变，求：(1)活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强P 1；(2)活塞处于8位置时，液体对金属丝拉力F的大小。【答案】(1)P i =1 0 P a；(2)尸=1 N【解析】【详解】(1)将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有P()S =P|S +(町+机2)g代入数据解得P i =1()5 P a(2)当活塞在B位置时，汽缸内压强为P 2,则有PM=P2(Vf)+Sh)代入数据解得p2=9.9 x 1 (尸 P

46、 a将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有PQS=p2S+（叫+丐）g +尸联立解得F =1 N1 7.下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1 H z的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如 图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力/随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为P,木棒横截面积为S,重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.x从0.0 5 m到0.1 5 m的过程中，木棒的动能先增大后减小B.x从0.2 1 m到0.2 5 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小

47、C.x =0.3 5 m和x =0.4 5 m时，木棒的速度大小相等，方向相反D.木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为2 pSgE.木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4 n V s【答案】A B D【解析】【详解】A.由简谐运动的劝称性可知，0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置；则x从0.0 5 m到0.1 5 m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；B.X从0.2 1 m到0.2 5 m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；

48、C.无=0.3 5 m和x =0.4 5 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；D.木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L,回复力系数为k,平衡位置时木棒重心在水面下方A x。，则有木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时M g-F2=M g-pgS(+xa-A =kA木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时Ft-Mg=pgS f三+A x0+A 卜 Mg=kA可解得k=pgS,A-乙2pSgD正确;E.木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向

49、x 轴正方向传播的机械横波，E错误。故选A B D 1 8.如图，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度0的 控 制（可视角度0定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2 倍）。透明介质的折射率=2,屏障间隙L =0.8 m m。发光像素单元紧贴屏下，位于相邻两屏障的正中间.不考虑光的衍射。（1）若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度6 控制为60。，求屏障的高度4（2）若屏障高度d =1.0 m m,且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x 最小为多少时，其可视角度6 刚好被扩为1 80。（只要看到像素单

50、元的任意一点，即视为能看到该像素单元）。空气透明介质屏障发光像素单元防窥屏【答案】（1）1.55mm；（2）0.3 5mm【解析】【详解】（1）发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向空气，由题意可知。=60。，则0r =-=3 0 2在介质中的入射角为，则s i n r-=ns i n z解得由几何关系解得d=y/2Amm 1.55mmi on-(2)若视角度6刚好被扩为180。，则 丫 上=90。，此时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入2射角sinC=-=-n 2解得C=30此时发光像素单元发光点距离屏障的距离为%,=Jta