【高考真题】2022年新高考物理真题试卷(湖北卷)

【高考真题】2022年新高考物理真题试卷（湖北卷）

一、选择题:本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 (共11题；共44分)

1．（4分）上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静

70止原子核 74𝐵𝑒 俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子νe，即 4𝐵𝑒 + −1𝑒

→X+ 00𝜈

𝑒

。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定

中微子的存在。下列说法正确的是（ ） A．原子核X是 73𝐿𝑖

B．核反应前后的总质子数不变 C．核反应前后总质量数不同 D．中微子νe的电荷量与电子的相同

2．（4分）2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引

力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（ ） A．组合体中的货物处于超重状态

B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度 C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大 D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小

3．（4分）一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p-V图中a→c直线段所示，状态b对

应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）

A．a→b是等温过程

C．a→c过程中状态b的温度最低

B．a→b过程中气体吸热

D．a→c过程中外界对气体做正功

4．（4分）密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产

生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时

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由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ ）

A．q，r B．2q，r C．2q，2r D．4q，2r

5．（4分）如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р

通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（ ）

𝜇𝑚𝑔A．𝑘

B．2𝜇𝑚𝑔

𝑘C．4𝜇𝑚𝑔

𝑘D．6𝜇𝑚𝑔 𝑘6．（4分）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里

程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ） A．6小时25分钟

B．6小时30分钟

C．6小时35分钟

D．6小时40分钟

7．（4分）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大

小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ） A．W2=3W1，I2≤3I1， C．W2=7W1，I2≤3I1，

B．W2=3W1，I2≥I1 D．W2=7W1，I2≥I1

8．（4分）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂

直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向

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的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）

A．1 kBL，0°

3B．1 kBL，0°

2C．kBL，60° D．2kBL，60°

9．（4分）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所

示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（ ）

A．接收线圈的输出电压约为8 V

B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22：1 C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同

D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同

10．（4分）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О 射入，并经过点P(a >0，

b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）

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A．t1< t2 B．t1> t2 C．Ek1< Ek2 D．Ek1 > Ek2

11．（4分）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩

擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方

√向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为 3 3g；减速时，加速度的最大值为 √3 g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）

√

A．棒与导轨间的动摩擦因数为 3

6B．棒与导轨间的动摩擦因数为 √3

3C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60° D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°

二、非选择题:本题共5小题。共56分。 (共5题；共56分)

12．（7分）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的

拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线，如图乙所示。

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（1）（2分）若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为 。 （2）（2.5分）由图乙得：直线的斜率为 ，小钢球的重力为 N。(结果均保留2位有效数字)

（3）（2.5分）该实验系统误差的主要来源是 (单选，填正确答案标号)。 A．小钢球摆动角度偏大 B．小钢球初始释放位置不同 C．小钢球摆动过程中有空气阻力

13．（9分）某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱

形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。

（1）（2分）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为 mm。再用游标卡尺测得其长度L。

（2）（2分）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻R0的阻值为20.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置

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1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。

R/Ω 5.0 10.0 15.0 20.0 25.0 30.0 I/A 0.414 0.352 0.308 0.272 0.244 0.222 1/A-1 𝐼2.42 2.84 3.25 3.68 4.10 4.50 根据表中数据，在图丙中绘制出 1 -R图像。再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A。根

𝐼据图丙中的图像可得Rx= Ω（结果保留2位有效数字)。最后可由表达式ρ= 得到该材料的电阻率(用D、L、Rx表示) 。

（3）（2.5分）该小组根据图乙的电路和图丙的 1 -R图像，还可以求得电源电动势E=

𝐼V，内阻r= Ω。(结果均保留2位有效数字)

（4）（2.5分）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会 (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。

14．（9分）如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚

的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为 2 d。训练员将小球向

3

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左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。 已知水的折射率n= 4 ，求：

3

（1）（4.5分）tanθ的值；

（2）（4.5分）B位置到水面的距离H。

15．（15分）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面

向里。正方形单匝线框abcd的边长L=0.2 m、回路电阻R=1.6×10-3Ω、质量m=0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ=45°角、大小为 4√2 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10 m/s2，求：

（1）（5分）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；

（2）（5分）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热； （3）（5分）磁场区域的水平宽度。

16．（16分）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长

的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水

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平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为 √3𝑔𝐿 时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D

5竖直向下运动 𝐿 距离后静止（不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。

10

（1）（5分）求C的质量；

（2）（5.5分）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；

（3）（5.5分）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。

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答案解析部分

1．【答案】A

【知识点】核反应方程

700X是【解析】【解答】根据质量数守恒和电荷数守恒，得核反应方程为74Be+−1e→3Li+0ve，原子核

Li原子核，A正确、C错误；

700 B．根据核反应方程为 7434Be+−1e→3Li+0ve，反应前的总质子数为，反应后的总质子数为，

B错误；

D．中微子不带电，电子带负电，D错误。 故选A。

【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒，得出粒子种类以及电荷数和质量数。

2．【答案】C

【知识点】卫星问题；宇宙速度

【解析】【解答】A．组合体在天上做匀速圆周运动只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于完

全失重状态，A错误；

B．第一宇宙速度为绕地球做圆周运动卫星最大的环绕速度，则组合体的速度大小略小于第一宇宙速度，B错误；

C．已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有

𝑇=

2π

𝜔由于T同 > T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确； D．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有

𝐺𝑀𝑚𝐺𝑀𝑚

=𝑚𝑎=𝑚𝜔2𝑟 ，22𝑟𝑟

整理有，𝜔=√𝐺𝑀，𝜔大对应r小，a大。

𝑟3所以，r同 > r组合体，a同 < a组合体 ，D错误。 故选C。

【分析】对于卫星，万有引力提供做圆周运动的向心力。代入圆周运动相关物理量的关系式求解。

3．【答案】B

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【知识点】理想气体的状态方程

𝑃𝑉

【解析】【解答】AB．由=𝐶，当a→b气体温度升高，且体积增大气体对外界做功，则W < 0，

𝑇由热力学第一定律∆U=W+Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误、B正确；

C．根据理想气体的状态方程𝑃𝑉=𝐶可知，p—V图像的坐标值的乘积对应温度大小，a状态和c状

𝑇态的坐标值的乘积相等，中间状态的坐标值乘积较大，所以a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；

D．a→c过程气体体积增大，对外膨胀，外界对气体做负功，D错误。 故选B。

【分析】根据理想气体的状态方程，结合热力学第一定律求解。气体体积增大，外界对气体做负功。

4．【答案】D

【知识点】电场强度和电场线；匀强电场电势差与场强的关系 【解析】【解答】𝑚𝑔=

43U

， πr·ρ=Eq，E=3d对A和B，半径r不变，重力不变；电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，不可能平衡。A和B错误。

对C和D，半径r变为原来2倍，体积变为原来8倍，重力变为原来8倍；电势差增大为原来2倍，则电场强度增大2倍，电荷量如果增加为原来4倍，则电场力增大为8倍，可以平衡。C错，D正确。 故选D

【分析】结合重力和电场力平衡，以及场强与电势差的关系式和球的体积公式求解。

5．【答案】C

【知识点】机械能守恒及其条件；胡克定律

【解析】【解答】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足𝑘𝑥=2𝜇𝑚𝑔

若剪断轻绳后，物块P和Q与弹簧组成的系统受摩擦力，但摩擦力做功之和为零，系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为2𝑥=

4𝜇𝑚𝑔

𝑘故选C。

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【分析】利用摩擦力和弹力二力平衡以及系统机械能守恒得出结论。

6．【答案】B

【知识点】匀变速直线运动基本公式应用

【解析】【解答】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s

相邻两站间的距离 𝑥=1080×10𝑚=2·16×105𝑚

5

𝑣30

普通列车加速时间𝑡1=𝑎=0·5𝑠=60𝑠

1

3

加速过程的位移𝑥1=1𝑎𝑡2=1×0·5×602𝑚=900𝑚

22

根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间

𝑥2𝑥−2𝑥12·16×105−2×900

𝑡2=𝑣=𝑣=𝑠=7140𝑠' 30 所以列出在两站运动总时间为60𝑠×2+7140𝑠=7260𝑠 同理高铁列车在两站运动总时间为180×2𝑠+2220𝑠=2580𝑠 相邻两站间节省的时间7260s-2580s=4680s 因此总的节省时间4680×5𝑠=6小时30分 故选B。

【分析】多过程问题分析。结合匀变速直线运动的规律求解。

7．【答案】D

【知识点】动能定理的综合应用；动量定理

【解析】【解答】根据动能定理𝑤1=1𝑚(2𝑣)2−1𝑚𝑣2=3𝑚𝑣2

222𝑤2=

则：𝑤2=7𝑤1

11212 𝑚(5𝑣)2−𝑚(2𝑣)2=𝑚𝑣222当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是

𝑚·2𝑣−𝑚𝑣≤𝐼1≤𝑚·2𝑣+𝑚𝑣，即𝑚𝑣≤𝐼1≤3𝑚𝑣

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𝑚·5𝑣−𝑚·2𝑣≤𝐼1≤𝑚·5𝑣+𝑚·2𝑣，即3𝑚𝑣≤𝐼2≤7𝑚𝑣 比较可得𝐼2≥𝐼1 D一定成立。 故选D。

【分析】动量为矢量，具有方向性。动能定理可以求解一段过程在合外力做的功。

8．【答案】B,C

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动

【解析】【解答】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图

根据几何关系则有R=L，

2

在匀强磁场中，𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣，𝑣=𝑞𝐵𝐿=𝑘𝐵𝑙

𝑟𝑚

出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。 当粒子上下均经历一次时，如图

因为上下磁感应强度均为B，

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2

根据洛伦兹力提供向心力有𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣，𝑣=𝑞𝐵𝐿=1𝑘𝐵𝑙

𝑟2𝑚2

此时出射方向与入射方向相同θ=0°。

综上所述：出射方向与入射方向的夹角为θ=60°，需满足𝑣=

𝑞𝐵𝐿1

出射方向与入射方向的夹角为θ=0°，需满足𝑣==𝑘𝐵𝑙（n为正整数）

2𝑛𝑚2𝑛

𝑞𝐵𝐿1

=2𝑛−1𝑘𝐵𝑙（n为正整数）

（2𝑛−1）𝑚

此时。

故可知BC正确，AD错误。 故选BC。

【分析】带电粒子在磁场中做圆周运动。洛伦兹力提供向心力。画出运动轨迹结合几何关系即可。

9．【答案】A,C 【知识点】变压器原理

𝑛𝑈×80%

【解析】【解答】A．根据𝑛1=1𝑈2

2

可得接收线圈的输出电压约为U2=8V；

𝑖𝑢𝑛88

B．根据线圈原副线圈功率不变。𝑖2=𝑢1=𝑛1×80%=5，故B错误；

1

2

2

C．变压器是不改变其交变电流的频率，故C正确；

D．由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量

∆𝜑

变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。

∆𝑡 故选AC。

【分析】由于存在磁通量损耗，但由于没有其他损耗，原副线圈获得功率或者能量相等。

10．【答案】A,D

【知识点】电荷在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动

【解析】【解答】粒子在电场中运动时沿x轴方向做匀速运动，速度不变；在洛伦兹力作用下，合速

度不变，但沿x轴速度在不断减小，所以在磁场作用下运动时间更长。在电场力作用下，带电粒子

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做平抛运动，电场力做正功，使粒子动能增大，所以𝐸𝑘1>𝐸𝑘2。 故选AD

【分析】洛伦兹力永远不做功，不改变速度大小，只改变运动方向：粒子在电场中做类平抛运动。

11．【答案】B,C

【知识点】安培力；牛顿第二定律

【解析】【解答】向右加速运动时，导体棒加速且加速度最大时，磁场方向斜向右下方，安培力应该

斜向右上方，正交分解可得在水平方向：

𝐹sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃𝐹安sin𝜃−𝜇（𝑚𝑔−𝐹安cos𝜃）=𝑚𝑎，𝑎=安−𝜇𝑔，

𝑚 由三角函数辅助角公式𝑎sin𝛼+𝑏cos𝛼=√𝑎2+𝑏2sin(𝛼+𝛽)（tan𝛽=𝑏）

𝑎𝐹2。 安 得加速度a的最大值为√−𝜇𝑔++（𝜇𝑔）𝑚22

导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向右下方。

𝐹sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃

𝐹安sin𝜃+𝜇（𝑚𝑔+𝐹安cos𝜃）=𝑚𝑎，𝑎=安。 +𝜇𝑔𝑚 由三角函数辅助角公式𝑎sin𝛼+𝑏cos𝛼=√𝑎2+𝑏2sin(𝛼+𝛽)（tan𝛽=𝑏）

𝑎𝐹22。 安 可知加速度a的最大值为

𝜇𝑔+√2+（𝜇𝑔）𝑚

代入题中数据可得𝜇=√3 3 ，将𝜇=√3代入加速度表达式，结合三角函数辅助角公式可得两次加速度取得最大值时，磁场方向3与水平向右方向的夹角θ分别为60度和120度。 故选：BC

【分析】核心是对物体进行受力分析，简单的数学变换用到复制的物理过程中，对数学知识的要求有点高。

12．【答案】（1）-2

（2）−2.1；0.59 （3）C

【知识点】验证机械能守恒定律

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【解析】【解答】（1）设在最高点绳子与竖直方向夹角为θ，则𝑇𝑚𝑖𝑛=𝑚𝑔cos𝜃 1

从最高点到最低点由动能定理得：mgLsinθ=mv2，

2在最低点由牛顿第二定律得：Tmax−mg=mv

r联立以上方程得：Tmax=3mg−2Tmin， 则图乙中直线斜率的理论值为 -2

1·77−1·35

（2）代入直线上（0，1.77）和（0.2，0）两点坐标得𝑘==−2·1，

0−0·201·77

小钢球质量为𝑚=𝑘𝑔=0·59𝑘𝑔

32

（3）由于存在空气阻力，使得减小的重力势能大于增加的动能。所以选C。

【分析】（1）联立机械能守恒定律，牛顿第二定律解方程即可。 （2）将图像上的点代入求得斜率即可。 （3）由于存在空气阻力，使得减小的重力势能大于增加的动能。

13．【答案】（1）3.70

（2）6.0；𝜋𝐷𝑅𝑥

4𝐿（3）12；3.0 （4）偏小

【知识点】测定金属的电阻率

【解析】【解答】（1）螺旋测微器固定刻度读数3毫米，半毫米刻度线露出，可动刻度20。

2

所以最终读数为：3𝑚𝑚+0·5𝑚𝑚+20·0×0·01𝑚𝑚=3·700𝑚𝑚

1𝑟+𝑅0+𝑅+𝑅𝐴𝑅𝑟+𝑅0+𝑅𝐴 （2）由闭合电路欧姆定律可得𝐸=𝐼（𝑟+𝑅0+𝑅+𝑅𝐴），，得𝐼==𝐸+𝐸𝐸

E为斜率倒数，斜率= 4·9−2·0，得 E=12伏。

35−0

𝑟+𝑅0+𝑅𝐴，得𝑅𝑥=6·0𝛺 =2，𝑟=3𝛺 ，将电流0.400A代入𝐸=𝐼（𝑟+𝑅0+𝑅𝑥+𝑅𝐴）𝐸𝜌𝑙πDR

𝑅𝑥=𝑠=4𝐿x，

2

（3）由（2）分析得 E=12伏，𝑟=3·0𝛺。

𝐸

（4）根据表达式𝐸=𝐼（𝑟+𝑅0+𝑅𝑥+𝑅𝐴），得𝑅𝑥=𝐼−𝑟−𝑅0−𝑅𝐴

因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表由相同读数时，得到的Rx的值偏小，即电阻测量值偏

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小。

【分析】（1）螺旋测微器读数要估读到千分之一毫米。 （2）根据全电路欧姆定律，代入物理量化简即可 （3）结合电阻定律，代入题中已知条件即可求解。 （4）结合电阻表达式进行分析。

14．【答案】（1）小球做平抛运动。在水平分析做匀速直线运动：𝑥=𝑑=𝑣0𝑡，

竖直方向做自由落体运动：2𝑑=1𝑔𝑡2

32tan𝜃=

𝑔𝑡4 𝑣0=3π34

（2）设入射角为𝛼，入射角是入射光线和法线夹角，则sin𝑎=𝑛sin（−𝜃）=𝑛cos𝜃=×=

2534

， 5 设光到达水面位置与A正下方距离为X。

则𝑋=2𝑑×sin𝛼=2𝑑×4=8𝑑，𝐻=（𝑑−𝑋）tan𝜃=4𝑑 333927【知识点】平抛运动；光的折射

【解析】【分析】（1）利用平抛运动规律求解。

（2）入射角是入射光线和法线夹角，反射角是反射光线和法线夹角。结合几何关系求解。

15．【答案】（1）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律得：𝐹cos45∘=𝑚𝑎𝑥，𝐹sin45∘−𝑚𝑔=

𝑚𝑎𝑦

得：ax = 20m/s2，ay = 10m/s2

（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线，ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab边产生的感应电动势。

𝐸=𝐵𝐿𝑣𝑦𝐹sin45∘−𝑚𝑔−𝐵𝐼𝐿=0𝐼=

解得B=0.2T

安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。 则𝑄=𝑤安=𝐵𝐼𝐿·𝐿=2×0·2𝐽=0·4𝐽

1

（3）从开始运动到进入磁场，在竖直方向上：𝐿=𝑎𝑦𝑡12

2𝐸2

𝑉𝑦=2𝑎𝐿

𝑅 进入磁场，𝑉𝑦2=2𝑎𝑦𝐿，𝐿=𝑉𝑦𝑡2，总运动时间𝑡总=𝑡1+𝑡2 解得𝑡=0·3𝑠

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水平方向位移为𝑋=1𝑎𝑥𝑡22=1×20×0·32𝑚=0·9𝑚

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磁场区域的水平宽度 d=X+L=0.9m+0.2m=1.1m

【知识点】电磁感应中切割类问题

【解析】【分析】（1）在水平方向和竖直方向分别由牛顿第二定律列方程求解。

（2）安培力做功产生焦耳热，线框匀速运动，安培力为恒力。结合电磁感应定律求解。 （3）利用竖直位移求出时间，水平方向做匀加速直线运动。

16．【答案】（1）物体在虚线位置静止，根据平衡条件可知𝑚𝑐𝑔=2𝑚𝑔sin60∘=√3𝑚𝑔

可得：𝑚𝑐=√3𝑚

（2）C和D碰撞过程动量守恒，√3𝑔𝐿·𝑚𝑐=0+𝑚𝐷𝑉

𝐷，5𝑉=

3√𝑔𝐿 25 D向下运动过程由动能定理得：𝑚𝑔𝐿−𝐹·𝐿=0−1𝑚𝑉𝐷2

102得F=6.5mg

（3）设C的速度为V，绳与竖直方向夹角为θ，则𝑉𝐴=𝑉𝐵=𝑉cos𝜃

C下落过程机械能守恒𝑚𝑐𝑔ℎ−2𝑚𝑔·（ℎ−𝐿）=1𝑚𝑣𝑐2+2·1𝑚𝑉𝐴2，ℎ=𝐿， cos𝜃22tan𝜃 系统总动能𝐸𝐾=𝑚𝑐𝑔ℎ−2𝑚𝑔·（ℎ−𝐿） cos𝜃 对该式求导，得cos𝜃=√3，𝜃=30∘，时式子有最大值。

2 将cos𝜃=√3，𝜃=30∘代入𝑚𝑐𝑔ℎ−2𝑚𝑔·（ℎ−𝐿）=1𝑚𝑣𝑐2+2·1𝑚𝑉𝐴2

cos𝜃222 得𝐸𝐾𝑐=（4−2√3）𝑚𝑔𝐿

【知识点】共点力平衡条件的应用；机械能守恒及其条件；动量守恒定律

【解析】【分析】（1）静止时受力平衡，列方程求解，结合平行四边形法则运算得到结果。

（2）碰撞过程动量守恒，结合动能定理求解。

（3）下落过程机械能守恒。列出动能表达式，利用求导求解最大值。

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试题分析部分

1、试卷总体分布分析

总分：100分 客观题（占比） 分值分布 主观题（占比） 44.0(44.0%) 56.0(56.0%) 客观题（占比） 题量分布 主观题（占比） 11(68.8%) 5(31.3%) 2、试卷题量分布分析

大题题型 题目量（占比） 分值（占比） 选择题:本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11(68.8%) 44.0(44.0%) 非选择题:本题共5小题。共56分。 5(31.3%) 56.0(56.0%) 3、试卷难度结构分析

序号 难易度 占比 1 普通 (81.3%) 2 容易 (6.3%) 18 / 20

3 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 4.0(4.0%) 4 2 卫星问题 4.0(4.0%) 2 3 匀变速直线运动基本公式应用 4.0(4.0%) 6 4 胡克定律 4.0(4.0%) 5 5 安培力 4.0(4.0%) 11 6 电荷在电场中的偏转 4.0(4.0%) 10 7 验证机械能守恒定律 7.0(7.0%) 12 8 机械能守恒及其条件 20.0(20.0%) 5,16 9 共点力平衡条件的应用 16.0(16.0%) 16 10 动量定理 4.0(4.0%) 7 11 平抛运动 9.0(9.0%) 14 12 电磁感应中切割类问题 15.0(15.0%) 15 13 动量守恒定律 16.0(16.0%) 16 14 理想气体的状态方程 4.0(4.0%) 3 15 匀强电场电势差与场强的关系 4.0(4.0%) 4 19 / 20

16 变压器原理 4.0(4.0%) 9 17 牛顿第二定律 4.0(4.0%) 11 18 核反应方程 4.0(4.0%) 1 19 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 8.0(8.0%) 8,10 20 测定金属的电阻率 9.0(9.0%) 13 21 光的折射 9.0(9.0%) 14 22 动能定理的综合应用 4.0(4.0%) 7 23 宇宙速度 4.0(4.0%) 2

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