2022年湖北省新高考物理試卷和答案解析

2022年湖北省新高考物理試卷和答案解析

一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出

的四個(gè)選項(xiàng)中，第1?7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8?11題有多

項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)

的得。分。

1.（4分）上世紀(jì)四十年代初，我國科學(xué)家王澄昌先生首先提出證明

中微子存在的實(shí)驗(yàn)方案：如果靜止原子核1Be俘獲核外K層電子

e,可生成一個(gè)新原子核X,并放出中微子Ve,即?Be+0efX+gv

4-1o

eo根據(jù)核反應(yīng)后原子核X的動(dòng)能和動(dòng)量，可以間接測量中微子的

能量和動(dòng)量，進(jìn)而確定中微子的存在。下列說法正確的是（）

A.原子核X是下

B.核反應(yīng)前后的總質(zhì)子數(shù)不變

C.核反應(yīng)前后總質(zhì)量數(shù)不同

D.中微子Ve的電荷量與電子的相同

2.（4分）2022年5月，我國成功完成了天舟四號(hào)貨運(yùn)飛船與空間站

的對接，形成的組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，周

期約90分鐘。下列說法正確的是（）

A.組合體中的貨物處于超重狀態(tài)

B.組合體的速度大小略大于第一宇宙速度

C.組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大

D.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的小

3.（4分）一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a變?yōu)闋顟B(tài)c,其過程如p-V

圖中a-c直線段所示，狀態(tài)b對應(yīng)該線段的中點(diǎn)。下列說法正確

0~Vo2Vo3V＜）4V＜）V

A.a-b是等溫過程

B.afb過程中氣體吸熱

C.a-c過程中狀態(tài)b的溫度最低

D.a-c過程中外界對氣體做正功

4.（4分）密立根油滴實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分

別與電源的正負(fù)極相接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場。用一個(gè)噴霧器把密

度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出

時(shí)由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時(shí)，電荷量為q、半徑

為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為

2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為

C.2q,2rD.4q,2r

5.（4分）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q,用輕質(zhì)

彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平輕繩連接到墻上。P

的下表面光滑，Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為山最大靜摩擦力等

于滑動(dòng)摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉

力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的

勁度系數(shù)為k,重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運(yùn)

動(dòng)過程中相對于其初始位置的最大位移大小為（）

^777^7777^777777777^77777）7777,

A..嗯B.2-mgQ.4-mgp.6-mg

…k'-k~-k~~k~

6.（4分）我國高鐵技術(shù)全球領(lǐng)先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時(shí)間。假

設(shè)兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km,W和G之間還均

勻分布了4個(gè)車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達(dá)終點(diǎn)站Go

設(shè)普通列車的最高速度為108km/h,高鐵列車的最高速度為

324km/h。若普通列車和高鐵列車在進(jìn)站和出站過程中，加速度大

小均為0.5m/s2,其余行駛時(shí)間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運(yùn)動(dòng)，

兩種列車在每個(gè)車站停車時(shí)間相同，則從W到G乘高鐵列車出

行比乘普通列車節(jié)省的時(shí)間為（）

A.6小時(shí)25分鐘B.6小時(shí)30分鐘

C.6小時(shí)35分鐘D.6小時(shí)40分鐘

7.（4分）一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到

2v,在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5vo前后兩段時(shí)間

內(nèi)，合外力對質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2,合外力的沖量大小分別

為11和12。下列關(guān)系式一定成立的是（）

A.W2=3WI,L<3LB.W2=3WI,

C.W2=7W1,l2<3LD.W2=7W1,I2^II

（多選）8.（4分）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的

矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁

場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小均為B,SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大

小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30。

角。已知離子比荷為k,不計(jì)重力。若離子從P點(diǎn)射出，設(shè)出射

方向與入射方向的夾角為0,則離子的入射速度和對應(yīng)0角的可

能組合為（）

XXXX

XXXX

L'

A.IkBL,0°B.IkBL,0°C.kBL,60°D.2kBL,60°

32

（多選）9.（4分）近年來，基于變壓器原理的無線充電技術(shù)得到了

廣泛應(yīng)用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓

為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)

下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,忽略其它損耗,

下列說法正確的是（）

C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同

D.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同

（多選）10.（4分）如圖所示，一帶電粒子以初速度vo沿x軸正方

向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入，并經(jīng)過點(diǎn)P（a>0,b>0）o若上述過程僅

由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，粒子從O到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

3到達(dá)P點(diǎn)的動(dòng)能為Eki。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻

強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)，粒子從O到P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,到達(dá)P點(diǎn)的動(dòng)能為

Ek2o下列關(guān)系式正確的是（）

%

b------------f

Oax

A.tiVtzB.ti>t2C.Eki〈Ek2D.Eki>Ek2

（多選）11.（4分）如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)

體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。整個(gè)裝置

置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與

水平向右方向的夾角0可調(diào)。導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)給導(dǎo)體

棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場方向，可以使導(dǎo)體棒

沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動(dòng)或勻減速運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體棒加速時(shí)，加速度

的最大值為每；減速時(shí)，加速度的最大值為Eg,其中g(shù)為重力

3

加速度大小。下列說法正確的是（）

A.棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為近

6

B.棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為近

3

C.加速階段加速度大小最大時(shí)，磁場方向斜向下，0=60°

D.減速階段加速度大小最大時(shí)，磁場方向斜向上，0=150°

二、非選擇題：本題共5小題，共56分。

12.（7分）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的

實(shí)驗(yàn)。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球,

如圖甲所示。拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎

直平面內(nèi)擺動(dòng)，記錄鋼球擺動(dòng)過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值

Tmax和最小值Tmin。改變小鋼球的初始釋放位置，重復(fù)上述過程。

根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的Tmax-Tmi?圖像是一條直

線，如圖乙所示。

（1）若小鋼球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則圖乙中直線斜率的理論

值為O

(2)由圖乙得：直線的斜率為,小鋼球的重力為

No(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)

(3)該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是(單選，填正確答案

標(biāo)號(hào))o

A.小鋼球擺動(dòng)角度偏大

B.小鋼球初始釋放位置不同

C.小鋼球擺動(dòng)過程中有空氣阻力

乙

13.(9分)某探究小組學(xué)習(xí)了多用電表的工作原理和使用方法后，

為測量一種新型材料制成的圓柱形電阻的電阻率，進(jìn)行了如下實(shí)

驗(yàn)探究。

(1)該小組用螺旋測微器測量該圓柱形電阻的直徑D,示數(shù)如圖

甲所示，其讀數(shù)為mmo再用游標(biāo)卡尺測得其長度Lo

(2)該小組用如圖乙所示的電路測量該圓柱形電阻Rx的阻值。圖

中電流表量程為0.6A、內(nèi)阻為LOC,定值電阻Ro的阻值為20.0。,

電阻箱R的最大阻值為999.9C。首先將S2置于位置1,閉合Si,

多次改變電阻箱R的阻值，記下電流表的對應(yīng)讀數(shù)I,實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見

下表。根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在圖丙中繪制出工-R圖像。再將S2置于位

I

置2,此時(shí)電流表讀數(shù)為0.400A。根據(jù)圖丙中的圖像可得Rx=

Q(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。最后可由表達(dá)式p=得到該

材料的電阻率(用D、L、Rx表示)。

R/QI/A/A”

5.00.4142.42

10.00.3522.84

15.00.3083.25

20.00.2723.68

25.00.2444.10

30.00.2224.50

(3)該小組根據(jù)圖乙的電路和圖丙的工-R圖像，還可以求得電

I

源電動(dòng)勢￡=V,內(nèi)阻r=Ho(結(jié)果均保留2位有

效數(shù)字)

(4)持續(xù)使用后，電源電動(dòng)勢降低、內(nèi)阻變大。若該小組再次將

此圓柱形電阻連入此裝置，測得電路的電流，仍根據(jù)原來描繪的圖

丙的圖像得到該電阻的測量值會(huì)(選填“偏大”、“偏小”

14.(9分)如圖所示，水族館訓(xùn)練員在訓(xùn)練海豚時(shí)，將一發(fā)光小球

高舉在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位

置的水平距離為d,A位置離水面的高度為2d。訓(xùn)練員將小球向

3

左水平拋出，入水點(diǎn)在B位置的正上方，入水前瞬間速度方向與

水面夾角為d小球在A位置發(fā)出的一束光線經(jīng)水面折射后到達(dá)

B位置，折射光線與水平方向的夾角也為心已知水的折射率n=

A,求：

3

(1)tan0的值；

(2)B位置到水面的距離H。

15.(15分)如圖所示，高度足夠的勻強(qiáng)磁場區(qū)域下邊界水平、左右

邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形單匝線框abed的邊

長L=0.2m、回路電阻R=1.6X1(T3Q、質(zhì)量m=0.2kg。線框平

面與磁場方向垂直，線框的ad邊與磁場左邊界平齊，ab邊與磁

場下邊界的距離也為L。現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成0=45°

角、大小為4近N的恒力F,使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)

動(dòng)。從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；de邊

進(jìn)入磁場時(shí)，be邊恰好到達(dá)磁場右邊界。重力加速度大小取g=

10m/s2,求：

(Dab邊進(jìn)入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小;

(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和線框進(jìn)入磁場的整個(gè)過程中回路產(chǎn)

生的焦耳熱；

(3)磁場區(qū)域的水平寬度。

；XXXXX

?XXXXX

；XXXXX

?XXXXX

XXXXX

XXXXX

dc

16.(16分)打樁機(jī)是基建常用工具。某種簡易打樁機(jī)模型如圖所示,

重物A、B和C通過不可伸長的輕質(zhì)長繩跨過兩個(gè)光滑的等高小

定滑輪連接，C與滑輪等高(圖中實(shí)線位置)時(shí)，C到兩定滑輪

的距離均為L。重物A和B的質(zhì)量均為m,系統(tǒng)可以在如圖虛線

位置保持靜止，此時(shí)連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次

打樁時(shí)，用外力將C拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放。設(shè)C

的下落速度為償時(shí)，與正下方質(zhì)量為2m的靜止樁D正碰，碰

撞時(shí)間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運(yùn)動(dòng)L距離后靜

10

止(不考慮C、D再次相碰)。A、B、C、D均可視為質(zhì)點(diǎn)。

(1)求C的質(zhì)量；

(2)若D在運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力F可視為恒力，求F的大小；

(3)撤掉樁D,將C再次拉到圖中實(shí)線位置，然后由靜止釋放，

求A、B、C的總動(dòng)能最大時(shí)C的動(dòng)能。

參考答案與解析

一、選擇題：本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出

的四個(gè)選項(xiàng)中，第1?7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8?11題有多

項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)

的得。分。

o

1.【參考答案】解：ABC、根據(jù)核反應(yīng)方程為e+*OV結(jié)合質(zhì)

4-1e

量數(shù)與電荷數(shù)守恒，可知X的質(zhì)量數(shù)為：A=7+0=7,質(zhì)子數(shù)為:

Z=4-l=3,所以新核為】Li，反應(yīng)前總質(zhì)子數(shù)為4,反應(yīng)后為3,

故A正確，BC錯(cuò)誤；

D、中微子不帶電，故中微子的電荷量與電子的不同，故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

【解析】本題以核反應(yīng)方程為命題背景，考查了質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守

恒，以及學(xué)生的物理觀念。

2.【參考答案】解：A、此時(shí)組合體和貨物受到萬有引力提供向心力,

所以組合體中的貨物處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤;

B、第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，所以組合體的速度小于第一

宇宙速度，故B錯(cuò)誤;

9

C、根據(jù)萬有引力提供向心力有：粵=mr書-r=mno2,解得:

rT

,根據(jù)題意可知組合體的軌道半徑小于地球

同步衛(wèi)星的軌道半徑,所以組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的

大，故C正確；

D、根據(jù)萬有引力提供向心力有：粵=ma,解得：a=粵，可知

r2r2

組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

【解析】本題主要考查了萬有引力定律的相關(guān)應(yīng)用，在分析過程中

要注意到地球上的物體和同步衛(wèi)星具有相同的角速度，理解衛(wèi)星的

向心力來源，結(jié)合萬有引力定律即可完成分析。

3.【參考答案】解：AB.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程包=C,可知a-b

T

氣體溫度升高，內(nèi)能增加，且體積增大氣體對外界做功，則W<0,

由熱力學(xué)第一定律AU=W+Q,可知a-b過程中氣體吸熱，故A

錯(cuò)誤，B正確；

C.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程迎=C,可知，p-V圖像的坐標(biāo)值的

T

乘積反映溫度，a狀態(tài)和c狀態(tài)的坐標(biāo)值的乘積相等，而中間狀態(tài)

的坐標(biāo)值乘積更大，a-c過程的溫度先升高后降低，且狀態(tài)b的

溫度最高，故C錯(cuò)誤；

D.a-c過程氣體體積增大，外界對氣體做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

【解析】該題考查應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程處理實(shí)際問題判斷系統(tǒng)吸

放熱、做功情況和內(nèi)能變化情況。

4.【參考答案】解：金屬板間電勢差為U時(shí)，電荷量為q、半徑為r

的球狀油滴在板間保持靜止，根據(jù)平衡條件得

qU=mg=p告兀=3g

將金屬板間電勢差調(diào)整為2U時(shí)，能在板間保持靜止的球狀油滴受

力平衡，則

q*^L=mg=p-j-Kr73g

聯(lián)立解得:q'=4q,r'=2r,

故ABC錯(cuò)誤，D正確；

故選：Do

【解析】本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，當(dāng)球狀油滴在極板間

靜止時(shí)，電場力和重力平衡，找出電勢差、電荷量和半徑需滿足的

關(guān)系是解題關(guān)鍵。

5.【參考答案】解：Q恰好能保持靜止時(shí)，設(shè)彈簧的伸長量為x,滿

足

kx=2nmg

若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最

大壓縮量也為X,因此P相對于其初始位置的最大位移大小為5=

2.=4Nmg

一k

故ABD錯(cuò)誤，C正確；

故選：Co

【解析】本題考查機(jī)械能守恒定律，解題關(guān)鍵掌握剪斷細(xì)繩后，Q

仍靜止不動(dòng)。

6.【參考答案】解：108km/h=30m/s,324km/h=90m/s

由于中間4個(gè)站均勻分布，故節(jié)省的總時(shí)間為在任意相鄰兩站節(jié)省

時(shí)間的5倍。

相鄰兩站的距離：X=1080X1Q^=2_I6XIO5M

5

普速列車加速時(shí)間：LLJP_^

Ja=0.5,=6o0uSs

加速過程位移：X1總at/9X0.5X602m=900in

5

故勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間如，J11L=2.16X10-2X900S=714()S

1v30

高鐵列車加速時(shí)間：t2=9=4=180s

/a0.5

加速過程位移：X24at22qxo.5X1802m=8100ro

乙Z乙z

x5

故勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間X^lX^19-?.x8ipo..s=222Os

故相鄰兩站節(jié)省的時(shí)間：At=(2t!+ti')-(2t2+t2')=(2X60+7140)

s-(2X180+2220)s=4680s

故節(jié)省的總時(shí)間t=5△t=4680X5s=23400s=6小時(shí)30分。

故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選：Bo

【解析】本題主要考查學(xué)生對運(yùn)動(dòng)學(xué)結(jié)合實(shí)際生活的理解，屬于中

檔題目。

7.【參考答案】解：在前一段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：Wi=/m(2v)2

-12=3X12

ymv'八萬mv

在后一段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W2=/m(5v)2-^"m(2v)"=21

X2

2mv

所以W2=7WI；

由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化

量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍是：

m,2v-mv<h《m?2v+mv,即mvWhW3mv

m,5v-m?2vWl2<m?5v+m?2v,BP3mv<bW7mv

可知：l22h,故D正確、ABC錯(cuò)誤。

故選：Do

【解析】涉及力對空間的作用效果首選動(dòng)能定理，涉及力對時(shí)間的

作用效果首選動(dòng)量定理。

8.【參考答案】解：ABC、符合條件的粒子有兩種情況：

奇數(shù)次回旋后從P點(diǎn)射出，由幾何關(guān)系顯然有：（2n+l）R=L,

2

由洛倫茲力提供向心力：qvB=g,

R

聯(lián)立得到v=@B=--kBL（n=0、1、2、3.......）,這種情況粒

m2n+l

子從P點(diǎn)出射時(shí)，出射方向與入射方向成60°。

偶數(shù)次回旋后從P點(diǎn)射出，由幾何關(guān)系顯然有：（2n）R=L,

2

由洛倫茲力提供向心力：qvB=a^.,

R

聯(lián)立得到v=@W=J-kBL（n=L2、3……）,這種情況粒子從

m2n

P點(diǎn)出射時(shí)，方向與入射方向相同；

上所述，結(jié)合題目所給的選項(xiàng)可知，A錯(cuò)誤，BC正確。

D、若v=2kBL,則R=2L,則由幾何關(guān)系可知，其圓心恰好在磁

場的右邊界線上，那么粒子不會(huì)從P點(diǎn)離開磁場，故D錯(cuò)誤。

故選：BCo

XX

【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)是整個(gè)高中的重點(diǎn)，也是高

考的必考的內(nèi)容，粒子的運(yùn)動(dòng)過程的分析是解題的關(guān)鍵。

9.【參考答案】解：A、發(fā)射線圈的電壓：Ui=m?乎，穿過接收

At

線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,則有：U2=I12?竺還

△t

貝h也;卷“80%=50X80%,解得：U2=8V,故A正確；

力丐1100

B、由于漏磁，接收線圈與發(fā)射線圈的功率不相等，接收線圈與發(fā)

射線圈中電流之比L：hWni：112=1100：50=22：1,故B錯(cuò)誤；

C、發(fā)射線圈與接收線圈中磁通量變化的頻率相等，則發(fā)射線圈與

接收線圈中交變電流的頻率相同，故C正確；

D、穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%,則穿過發(fā)射線圈

的磁通量變化率與穿過接收線圈的磁通量變化率不相同，故D錯(cuò)

誤。

故選：ACo

【解析】本題主要是考查了變壓器的知識(shí)；參考答案本題的關(guān)鍵是

知道理想變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，在只有一個(gè)副線圈的情

況下的電流之比等于匝數(shù)的反比，不是理想變壓器，上面的結(jié)論不

成立。

10.【參考答案】解：AB、若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電

場實(shí)現(xiàn)，在沿x軸方向，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則34,若上述

過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)，由于在洛倫茲力作用

下，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中，沿X軸方向的速度逐

漸減小，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間匕注，故故A正確，B錯(cuò)誤；

2V。

CD、若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，電場力對

粒子做正功，貝!)若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻

強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn),洛倫茲力只改變速度的方向，不改變粒子的速度大小,

故動(dòng)能EM=LUV全故Eki>Ek2,故C錯(cuò)誤，D正確；

k/2u

故選：ADo

【解析】本題主要考查了帶電粒子在電場和在磁場中的運(yùn)動(dòng)，抓住

在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場中洛倫茲力提供向心力即可判斷o

11.【參考答案】解：設(shè)磁場方向與水平方向的夾角為&,0i<9O°；

當(dāng)導(dǎo)體棒加速且加速度最大時(shí)，合力向右最大，根據(jù)左手定則和

受力分析可知安培力應(yīng)該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此

時(shí)有

FsinQi-y.(mg-FcosQi)=mai

令

s.ina=,L1

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得:

FV1+P-2sin(8[+a)叩mg+ma1

則有sin(8i+a)=i

FV1+|12

同理磁場方向與水平方向夾角為e2,02<90°,當(dāng)導(dǎo)體棒減速，且

加速度最大時(shí)，合力向左最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培

力應(yīng)該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時(shí)有

FsinOa+p.(mg+Fcos02)=ma2

有

2

F(V1+P-)sin(92+0)=ma2-M-mg

所以有

ma1^mg,

sin(82+a)=-/—X1

W1+艮2

當(dāng)加速或減速加速度分別最大時(shí)，不等式均取等于，聯(lián)立可得:

代入數(shù)據(jù)得：

可得a=30°,此時(shí)

01=02=60°

加速階段加速度大小最小時(shí)，磁場方向斜向右下方，有

0=9i=6O°

減速階段加速度大小最大時(shí)，磁場方向斜向左上方，有

0=71-02=120°,故BC正確，AD錯(cuò)誤；

故選：BCo

【解析】本題主要考查了安培力的計(jì)算公式，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是理解

幾何關(guān)系，對數(shù)學(xué)的知識(shí)要求也較高，難度較大。

二、非選擇題：本題共5小題，共56分。

12.【參考答案】解：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m,擺長為L,最大擺角

為仇小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為V,

小球下擺過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mg(L-Lcose)

=12

Tmv

小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線拉力最大，設(shè)最大拉力為Fmax,

2

由牛頓第二定律得：Fmax-mg=^-

小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，拉力最小，設(shè)為Fmin。

由于速度為零，所以有：Fmin-mgcos0=O

聯(lián)立以上幾式可得：Fmax=3mg-2Fmin

(2)由圖象乙可知：圖象的斜率k=fF陪_=1.77-1.35=2.1。

△FMS0.2-0

將圖象中的Fmin=0,Fmax=1.77N代入上式可得：mg=0.59N；

(3)此實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差主要由空氣阻力引起，按照實(shí)驗(yàn)過程的基

本要求，使擺動(dòng)的角度大一些，或使小球的初始位置不同，正是使

實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)具有普遍性，故AB錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

故答案為：(1)-2；(2)-2.1、0.59；(3)C

【解析】理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)題意應(yīng)用機(jī)械能

守恒定律與牛頓第二定律即可解題。

13.【參考答案】解：(1)用螺旋測微器測量該圓柱形電阻的直徑D,

螺旋測微器的分度值為0.01mm,需要估讀到分度值的下一位，則

讀數(shù)為3.5mm+0.01mmX20.0=3.700mm；

(2)由電路可知，當(dāng)將S2置于位置1,閉合Si時(shí)

E=I(RA+RO+F+R)

RA+R0+r

即日R+

E

由圖像可知

1=49-2.0

T=―3.5

解得：E=12V

RA+RQ+T

=2

E

解得:r=3.0Q

再將S2置于位置2,此時(shí)電流表讀數(shù)為0.400A,則

E=I'(F+RO+RA+RX)

解得：Rx=6.0D

根據(jù)

^PLPI

sAKD2

4

解得：p=22%

4L

(3)由(2)可知

E=12V

r=3.0ft

(4)根據(jù)表達(dá)式

E=I/(F+RO+RA+RX)

因電源電動(dòng)勢變小，內(nèi)阻變大，則當(dāng)安培表有相同讀數(shù)時(shí)，得到的

Rx偏小，即Rx測量值偏大。

故答案為：(1)3.700；(2)6.0；-%(3)12；3.0；(4)偏大

【解析】本題主要考查了電阻率的測量實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正

確的實(shí)驗(yàn)操作，根據(jù)歐姆定律和圖像的物理意義完成分析。

14.【參考答案】解：（1）由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知

水平方向：d=vot

豎直方向：2d=工gt2

325

tane

vo

解得

tan0=A

3

（2）因tan0=4可知8=53°,從A點(diǎn)射到水面的光線的入射角

3

為a,折射角為i=90°-0=37。，則由折射定律可知

n=sin￡

sini

解得

a=53°

由幾何關(guān)系可知

Htan37°+2dtan53°=d

3

解得

H=膽

27

答：（1）tan0的值為0

3

（2）B位置到水面的距離為更。

27

【解析】本題考查光的折射，解題關(guān)鍵掌握折射定律與平拋運(yùn)動(dòng)的

綜合運(yùn)用，注意幾何關(guān)系的尋找。

15.【參考答案】解：（1）ab邊進(jìn)入磁場前，對線框進(jìn)行受力分析，

在水平方向有：max=Fcos0

代入數(shù)據(jù)解得：ax=20m/s2

在豎直方向有：FsinO-mg=may

2

代入數(shù)據(jù)解得：ay=10m/S

(2)ab邊進(jìn)入磁場開始，ab邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和

be邊的上部分也開始進(jìn)入磁場，且在水平方向切割磁感線。但ad

和be邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相互抵消，則整個(gè)回路的電源

為ab,根據(jù)右手定則可知回路的電流方向?yàn)閍deba,則ab邊進(jìn)入

磁場開始，ab邊受到的安培力方向豎直向下，ad邊的上部分受到

的安培力方向水平向右，be邊的上部分受到的安培力方向水平向

左，則ad邊和be邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框abed

受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力。由題知，

線框從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)，有：

FsinQ-mg=BIL

2

其中：1=BL%,vy=2avL

R

聯(lián)立解得：B=0.2T；

由題知，從ab邊進(jìn)入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；de

邊進(jìn)入磁場時(shí)，be邊恰好到達(dá)磁場右邊界