【高考真題】2023年新高考物理真題試卷（湖南卷）

【高考真題】2023年新高考物理真題試卷（湖南卷）

閱卷人

一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的

四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

得分

1.（2023?湖南）2023年4月13日，中國“人造太陽”反應堆中科院環(huán)流器裝置（EAST）創(chuàng)下新紀錄，

實現(xiàn)403秒穩(wěn)態(tài)長脈沖高約束模等離子體運行，為可控核聚變的最終實現(xiàn)又向前邁出了重要的一

步，下列關于核反應的說法正確的是（）

A.相同質(zhì)量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多

B.笊爾核聚變的核反應方程為旬+初t狙e+_?e

C.核聚變的核反應燃料主要是鈾235

D.核聚變反應過程中沒有質(zhì)量虧損

2.（2023?湖南）如圖（a）,我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。某次拋出的谷粒中

有兩顆的運動軌跡如圖（b）所示，其軌跡在同一豎直平面內(nèi)，拋出點均為。，且軌跡交于P點，拋

出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為必和以，其中巧方向水平，也方向斜向上。忽略空氣阻力，關

于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是（）

圖(a)圖（b）

A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度

B.谷粒2在最高點的速度小于也

C.兩谷粒從。到尸的運動時間相等

D.兩谷粒從。到P的平均速度相等

3.（2023?湖南）如圖（a）,在均勻介質(zhì)中有4、B,C和0四點，其中4B、。三點位于同一直線上，

AC=BC=4m,DC=3m,OC垂直t=0時，位于4、B、C處的三個完全相同的橫波波源同時

開始振動，振動圖像均如圖（b）所示，振動方向與平面/BD垂直，己知波長為47n.下列說法正確

的是（）

A.這三列波的波速均為27H/S

B.￡=2s時，。處的質(zhì)點開始振動

C.￡=4.5s時，。處的質(zhì)點向y軸負方向運動

D.t=6s時，。處的質(zhì)點與平衡位置的距離是6cm

4.（2023?湖南）根據(jù)宇宙大爆炸理論，密度較大區(qū)域的物質(zhì)在萬有引力作用下，不斷聚集可能形成

恒星。恒星最終的歸宿與其質(zhì)量有關，如果質(zhì)量為太陽質(zhì)量的1?8倍將坍縮成白矮星，質(zhì)量為太陽

質(zhì)量的10?20倍將坍縮成中子星，質(zhì)量更大的恒星將坍縮成黑洞。設恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻

分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，自轉(zhuǎn)變快.不考慮恒星與其它物體的相互作用.已知逃逸速度

為第一宇宙速度的魚倍，中子星密度大于白矮星。根據(jù)萬有引力理論，下列說法正確的是（）

A.同一恒星表面任意位置的重力加速度相同

B.恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大

C.恒星坍縮前后的第一宇宙速度不變

D.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度

5.（2023?湖南）如圖，真空中有三個點電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Qi、Q2和Q3,P點和

三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90。、60。、和30。。若P點處的電場強度為零，

q>0,則三個點電荷的電荷量可能為（）

飛、

!\\

!\

\、、、

\、、、、、

自.迎L____3詼

。1。2。3

i=

A.Q尸q，Q2=V2Q,Qs=qB.Qi=—q>Q2=-零q，Q~

4q

尸

C.（21=_q,Q2=VZq,0=—qD.Qq,Q2=一竽q，Q，=4q

6.（2023?湖南）如圖，真空中有區(qū)域I和H,區(qū)域I中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向

下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域II）內(nèi)存在勻強磁

場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場

方向均垂直。A點處的?！涸闯掷m(xù)將比荷一定但速率不同的粒/射入?yún)^(qū)域I中，只有沿直線AC運

動的粒子才能進入?yún)^(qū)域II。若區(qū)域I中電場強度大小為E、磁感應強度大小為S,區(qū)域［中磁感應

強度大小為氏，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域II中運動的時間為嘰，若改變電場或磁場強

弱，能進入?yún)^(qū)域H中的粒子在區(qū)域II中運動的時間為3不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下

列說法正確的是（）

A.若僅將區(qū)域I中磁感應強度大小變?yōu)?8/,則/>/。

B.若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)?2貝IJ/A力

C.若僅將區(qū)域I【中磁感應強度大小變?yōu)橄硗聞t“學

D.若僅將區(qū)域H中磁感應強度大小變?yōu)樾?2,則t=

閱卷人二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的

四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的

得分得3分，有選錯的得。分。

7.（2023?湖南）一位潛水愛好者在水下活動時，利用激光器向岸上救援人員發(fā)射激光信號，設激光

光束與水面的夾角為如圖所示。他發(fā)現(xiàn)只有當。大于41。時，岸上救援人員才能收到他發(fā)出的激

光光束，下列說法正確的是O

A.線圈轉(zhuǎn)動的角速度為4o)

B.燈泡兩端電壓有效值為39九8〃3

C.若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則燈泡兩端電壓

有效值為生色更逼

3

D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t燈泡變得更亮

10.(2023?湖南)如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為27n的小車在水平推力廣的作用下加速運動。車廂

內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球,兩球用輕桿相連,A球靠在光滑左壁匕B球處在車廂水平底面

上，且與底面的動摩擦因數(shù)為〃，桿與豎直方向的夾角為仇桿與車廂始終保持相對靜止假設最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是O

A.若B球受到的摩擦力為零，則F=2mgtan6

B.若推力F向左，且則F的最大值為2?ngtane

C.若推力尸向左，且〃<tan。<2”,則尸的最大值為4mg(2/z-tan。)

D.若推力/向右，且tand>2”，則尸的范圍為4rng(lane—2〃)W尸W47ng(land+24)

閱卷人

一三、非選擇題：本題共5小題，共56分。

得分

11.(2023?湖南)某同學探究彈簧振子振動周期與質(zhì)量的關系，實驗裝置如圖(a)所示，輕質(zhì)彈簧

上端懸掛在鐵架臺上，下端掛有鉤碼，鉤碼下表面吸附一個小磁鐵，其正下方放置智能手機，手機

中的磁傳感器可以采集磁感應強度實時變化的數(shù)據(jù)并輸出圖像，實驗步驟如卜.：

⑴測出鉤碼和小磁鐵的總質(zhì)量m：

⑵在彈簧下端掛上該鉤碼和小磁鐵，使彈簧振子在豎直方向做簡諧運動，打開手機的磁傳感器軟

件，此時磁傳感器記錄的磁感應強度變化周期等于彈簧振子振動周期;

⑶某次采集到的磁感應強度B的大小隨時間t變化的圖像如圖（b）所示，從圖中可以算出彈簧振

子振動周期7=（用"%"表不）;

圖（b）

⑷改變鉤碼質(zhì)量，重復上述步驟;

⑸實驗測得數(shù)據(jù)如下表所示，分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動周期的平方與質(zhì)量的關系是

（填“線性的”或“非線性的”）；

m/kg107/sT/sT2/S2

0.0152.430.2430.059

0.0253.140.3140.099

0.0353.720.3720.138

0.0454.220.4220.178

0.0554.660.4660.217

⑹設彈簧的勁度系數(shù)為k,根據(jù)實驗結(jié)果并結(jié)合物理量的單位關系，彈簧振子振動周期的表達式

可能是（填正確答案標號）；

A.2嗜B.

27rC.2n\[mkD.litkyfm

⑺除偶然誤差外，寫出一條本實驗中可能產(chǎn)生誤差的原因：.

12.（2023?湖南）某探究小組利用半導體薄膜壓力傳感器等元件設計了一個測量微小壓力的裝置，其

電路如圖（a）所示，%、R2、R3為電阻箱，以為半導體薄膜壓力傳感器，C.。間連接電壓傳感器

（內(nèi)阻無窮大）.

圖⑶圖(b)

（I）先用歐姆表“X100”擋粗測外的阻值，示數(shù)如圖（b）所示，對應的讀數(shù)是n；

（2）適當調(diào)節(jié)品、/?2、/?3,使電壓傳感器示數(shù)為0,此時，上的阻值為（用七、R?、

7?3表不）；

（3）依次將0.5g的標準破碼加載到壓力傳感器上（壓力傳感器上所受壓力大小等于破碼重力大

?。?，讀出電壓傳感器示數(shù)U,所測數(shù)據(jù)如下表所示：

次數(shù)123456

祛碼質(zhì)量zn/g0.00.51.01.52.02.5

電壓05711516822028()

根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（c）上描點，繪制U-m關系圖線;

U/mV

（4）完成前面三步的實驗工作后，該測量微小壓力的裝置即可投入使用.在半導體薄膜壓力傳感

器上施加微小壓力/o，電壓傳感器示數(shù)為200mV,則Fo大小是N（重力加速度取

9.8m/s2,保留2位有效數(shù)字）；

（5）若在步驟（4）中換用非理想毫伏表測量。間電壓，在半導體薄膜壓力傳感器上施加微小

壓力F1，此時非理想亳伏表讀數(shù)為200mV,則％Fo（填或

13.（2023?湖南）汽車剎車助力裝置能有效為駕駛員踩剎車省力.如圖，剎車助力裝置可簡化為助力

氣室和抽氣氣室等部分構(gòu)成，連桿48與助力活塞固定為一體，駕駛員踩剎車時，在連桿48上施加水

平力推動液壓泵實現(xiàn)剎車.助力氣室與抽氣氣室用細管連接，通過抽氣降低助力氣室壓強，利用大

氣壓與助力氣室的壓強差實現(xiàn)剎車助力.每次抽氣時，Ki打開，心閉合，抽氣活塞在外力作用下從

抽氣氣室最下端向上運動，助力氣室中的氣體充滿抽氣氣室，達到兩氣室壓強相等；然后，Ki閉

合，七打開，抽氣活塞向下運動，抽氣氣室中的全部氣體從々排出，完成一次抽氣過程.已知助力

氣室容積為乙，初始壓強等于外部大氣壓強Po,助力活塞橫截面積為S,抽氣氣室的容積為力.假設

抽氣過程中，助力活塞保持不動，氣體可視為理想氣體，溫度保持不變.

抽氣活塞9

助力活塞抽氣氣室

」

PoK2_____

AO=C液壓泵

連桿a------

助力氣室

水平力S

（I）求第1次抽氣之后助力氣室內(nèi)的壓強Pi:

(2)第71次抽氣后，求該剎車助力裝置為駕駛員省力的大小4F.

14.(2023?湖南)如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為3兩導軌及其所構(gòu)成

的平面均與水平面成6角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為

8.現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R.運動過程

中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為

(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小火;

(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小劭；

(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間to,兩棒恰好達到相同的速度小求速度

〃的大小，以及時間電內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離

15.(2023?湖南)如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌

道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和從長軸水平，短軸豎直.質(zhì)量為m的小球，初始時刻從橢圓

軌道長軸的右端點由靜止開始下滑.以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內(nèi)建立固

定于地面的直角坐標系xOy,根圓長軸位于工軸上.整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g.

(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離;

(2)在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；

(3)若弁二昌，求小球下降九二?高度時，小球相對于地面的速度大小(結(jié)果用。、b及g表

示).

答案解析部分

1.【答案】A

【知識點】核裂變；核聚變

【蟀析】【解答】A.相同質(zhì)量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多，故A符合題意；

B.質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)不守恒，故B不符合題意；

C.核裂變的核反應燃料主要是鈾235,核聚變是輕核的聚變，故C不符合題意；

D.核聚變過程中放出大量能量，有質(zhì)量虧損，故D不符合題意。

故答案為：A

【分析】核反應方程遵循質(zhì)量數(shù)守恒和也荷數(shù)守恒。

2.【答案】B

【知識點】平拋運動；斜拋運動

【蟀析】【解答】A.兩谷粒在空中都只受重力，由牛頓第二定律知，兩谷粒的加速度都為重力加速

度，故A不符合題意；

C.在豎直方向，谷粒1做自由落體運動，谷粒2做豎直上拋運動，所以兩谷粒從。到P的運動時間

ti<t2,故C不符合題意；

D.由圖知，兩谷粒從。到P的位移S1=S2,根據(jù)萬號知力1>%,故D不符合題意；

B.兩谷粒在水平方向都做勻速直線運動，由圖知勺=M，根據(jù)％="知%>w，故B符合題意。

故答案為：B

【分析】斜拋運動可以看作水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，在最高點的速度

等于水平方向的分速度；平拋運動可以看作水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。

3.【答案】C

【知識點】機械波及其形成和傳播；橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系：波的疊加

【釋析】【解答】A.由圖b知，T=4s,根據(jù)u=彳得：v=Im/s,故A不符合題意；

B.A、B波傳到D需要5s,C波傳到D需要3s,t=2s時，A、B、C波沒有傳到D點，故B不符

合題意；

C.￡=4.5s時，A、B波沒有傳到D點，C波傳到D點并且振動了1.5s,由圖b知，D經(jīng)過1.5s向y

軸負方向運動，故C符合題意；

D.￡=6S,A、B波傳到D點并且振動了IS,C波傳到D點并且振動了3s,由圖b知，D處的質(zhì)點

與平衡位置的距離是2cm。

故答案為：C

【分析】根據(jù)每列波到達D點的時間和到達后振動的時間，結(jié)合圖b進行分析。

4.【答案】B

【知識點】向心力；萬有引力定律的應用：第一、第二與第三宇宙速度

【蟀析】【解答】A.同一恒星表面任意位置物體受到的萬有引力提供重力加速度和繞恒星自轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)

動的向心加速度，不同位置向心加速度可能不同，所以不同位置重力加速度的大小和方向可能不

同，故A不符合題意；

B.恒星兩極處自轉(zhuǎn)的向心加速度為零，萬有引力全部提供重力加速度，貝ij：G^=mg,可見,R

減小，g增大，故B符合題意；

C.由萬有引力提供向心力得：G^=m^解得：第一宇宙速度琛，可見，R越小，v越

大，所以恒星坍縮后的第一宇宙速度較大，故C不符合題意；

D.恒星的質(zhì)量M=竽旌〃，解得：R=J瑞。逃逸速為少=平等，聯(lián)立整理得：遮=

4G，^，由于中子星的質(zhì)量和密度均大于白矮星，所以中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速

度，故D不符合題意。

故答案為：B

【分析】同一恒星隨維度的升高重力加速度增大；由萬有引力等于重力分析恒星坍縮前后表面兩極

處的重力加速度關系；根據(jù)萬有引力提供向心力分析恒星坍縮前后的第一宇宙速度關系；根據(jù)逃逸

速度與第一宇宙速度的關系分析中子星的逃逸速度與臼矮星的逃逸速度關系。

5.【答案】D

【知識點】電場強度的疊加

【解?析】【解答】AB.三個電荷同正、同負，P點的電場強度都不可能為零，故AB不符合題意；

C.設PQ]=VJr,則PQ2=2r,PQ3=2y/3r.Q?、Q3在P點的場強方向如圖：

El=Z祟，E?=k*%禽，由于P點處的電場強度為零，則%=邑，所以*=/，故

C不符合題意；

D.Qi、Q?、Q3在P點的場強方向如圖：

Q

11

令

所

以_QQ

-q2

Q34-J4q

由k黑二2k壬cos30。解得：（?2=竽。，電性為負，故D符合題意。

故答案為：D

【分析】三個電荷同正、同負，P點的電場強度都不可能為零；根據(jù)P點處的電場強度為零分析判

斷。

6.【答案】D

【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動

【解析】【解答】在速度選擇器中有：q為Bi=qE;在偏轉(zhuǎn)磁場中，粒子從CF的中點射出，粒子轉(zhuǎn)

過的圓心角為90°,貝！Ko==孟奇。

A.若僅將區(qū)域【中磁感應強度大小變?yōu)?Bi,則有：q〃A?2Bi=qE,解得：%=矍再根據(jù)=

my，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90。，所以1故

A不符合題意；

B.若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)?E,則有：qvBBx=q2E,解得：vB=2v0o再根據(jù)qu8=

可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90。，所以t=

r

t0,故B不符合題意；

C.若僅將區(qū)域II中磁感應強度大小變?yōu)楸?2,根據(jù)=m也可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼膫洌?,

,一，12nm8百nm

則粒子從OF邊射出，根據(jù)幾何關系可知轉(zhuǎn)過的圓心角為60。，所以亡=石乂［^=3'寶=

qx彳力乙

竽亡。,故c不符合題意；

D.若僅將區(qū)域II中磁感應強度大小變?yōu)閙2,根據(jù)quB=m%可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼暮希?,

12nmknm

則粒子從OF邊射出，根據(jù)幾何關系可知轉(zhuǎn)過的圓心角為45。，所以￡=1'%='2＞＜麗=

qx不力”

\fitq，故D符合題意。

故答案為：D

【分析】在速度選擇器中有qvB〔=qE,在偏轉(zhuǎn)磁場中根據(jù)?殳=等■7，結(jié)合幾

何關系分析判斷。

7.【答案】B,C

【知識點】光的折射及折射定律；光的全反射

【解析】【解答】AB.他發(fā)現(xiàn)只有當a大于41。時，岸上救援人員才能收到他發(fā)出的激光光束，說明

a=41。時激光恰好發(fā)生全反射，則sin(90。-41。)=工解得：九=故A不符合題意，B

nsin49

符合題意；

CD.當他以。=60。向水面發(fā)射激光時，入射角i=30。，設折射角為y,根據(jù)九=需得：siny=

nsini,折射角y大于30。，則岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60。，故C符合題

意，D不符合題意。

故答案為：BC

【分析】臨界角C=49。，根據(jù)sinC=W求折射率；根據(jù)折射定律分析判斷。

8.【答案】A,D

【知識點】牛頓第二定律；豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用

【解析】【解答】A.小球恰好到達。點，則"=0。小球從C到B的過程中，根據(jù)動能定理和牛頓

第二定律有：mgR(1—cosO)=^mv2?mgcosa—FN=m%，聯(lián)立解得：=3mgcosa—

2mg,從C到B的過程中a由0增大到仇則FN逐漸減小，所以小球從B到C的過程中，對軌道的

壓力逐漸增大，故A符合題意；

B.從A到B的過程中小球的速度逐漸減小，根據(jù)P=-mgusin8知，A到B的過程中小球重力的功

率始終減小，故B不符合題意；

C.對A到C過程中，根據(jù)動能定理得：_mg.2R=Tm咯解得：孫=阿^,故C不符合題

意；

D.假設小球在B點恰好脫離軌道，則mgcosd=m也，解得：JgRcosd,小球初速度vo增大，

小球在B點的速度有可能為廊而為，所以小球有可能從B點脫離軌道，故D符合題意。

故答案為：ADo

【分析】根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列方程求得FN,再由a角的變化分析判斷FN的變化；由P=

-7ngusin。，結(jié)合速度變化分析判斷；根據(jù)動能定理求解。

9.【答案】A,C

【知識點】交變電流的圖像與函數(shù)表達式；電磁感應中的電路類問題；交變電流的峰值、有效值、平均值

與瞬時值

【解析】【解答】A.大輪和小輪通過皮帶轉(zhuǎn)動，線速度相等，根據(jù)u=3r知，小輪的角速度為4口。小

輪和線圈同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等,所以線圈轉(zhuǎn)動的角速度為4〃),故A符合題意：

B.線圈產(chǎn)生感應電動勢的最大值Em。4=nBL2?4必則線圈產(chǎn)生感應電動勢的有效值E=贊=

2&nB廿3,根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可知燈泡兩端電壓有效值為：U=/^E=&nB廿3,故B不

n-rn

符合題意：

C.若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則線圈的匝數(shù)變?yōu)?/p>

原來的2倍，線圈產(chǎn)生感應電動勢的最大值E'mQ*=8/8/3,此時線圈產(chǎn)生感應電動勢的有效值

￡二/竽=4&兀8/3,根據(jù)R，=p!知，線圈電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，即2R,根據(jù)串聯(lián)電路分壓原

理可知燈泡兩端電壓有效值為：u，=-5—E'=生色"包，故C符合題意；

R+2R3

D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀叮鶕?jù)u=sr可知小輪和線圈的角速度變?yōu)?s,根據(jù)七二嚕

V乙

知，線圈產(chǎn)生的感應電動勢有效值變小，則燈泡變暗，故D不符合題意。

故答案為：ACo

【分析】大輪和小輪通過皮帶轉(zhuǎn)動，線速度相等，根據(jù)〃=er求線圈轉(zhuǎn)動的角速度；根據(jù)Emax=

TIBSG求線圈產(chǎn)生感應電動勢的最大值，再根據(jù)5=鬻求線圈產(chǎn)生感應電動勢的有效值，最后根據(jù)

串聯(lián)電路分壓原理求燈泡兩端電壓有效值；根據(jù)Emax="8S外求線圈邊長后線圈產(chǎn)生感應電動勢的

最大值，再根據(jù)/r=p(求現(xiàn)在線圈電阻，最后根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理求燈泡兩端電壓有效值；根據(jù)

V=3廠分析小輪半徑增大后線圈的角速度變化情況，根據(jù)E=曙分析線圈產(chǎn)生的感應電動勢有效

值的變化。

10.【答案】C,D

【知識點】力的合成與分解的運用；牛頓運動定律的綜合應用

【解析】【解答】A.對小球B受力分析如圖：

豎直方向受力平衡，則FN=mg+NcosO,FN=2mgf解得：N=所以Nsin。=mgtanO,

對B球根據(jù)牛頓第二定律得：NsinS=ma,解得：Q=gtan。，對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓

第二定律得：F=4ma=4mgtan0,故A不符合題意；

BC.

若推力廠向左，根據(jù)牛頓第二定律，A加速度的最大值以max="^=gtan。，B加速度的最大值

劭.x=2若產(chǎn)生=(2p—tane)g,若陽,皿<Q.s，則tan。V”，整體的最大加速度為

=Q/imax=gtan。，對整體根據(jù)牛頓第二定律有：Fmax=4mamax=4mgtan0,若。刖0%>

O-B^nax則tan8>”，整體的最大加速度為a1nax=沏〃皿=-tar)0)g>對整體根據(jù)牛頓第二定

律有：Fmax=4mamax=4771^（2^-tan0）,故B不符合題意，C符合題意；

D.若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以收到左壁向右的彈

力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可。當小球B所受的摩擦力向左是，

小球B的最小加速度為沏而〃="甯皿=gtane_2〃g，當小球B所受的摩擦力向右是，小球

B的最大加速度為即〃3=Nsm9+fmax=gtan0+2^,對系統(tǒng)根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律得F的范圍

為：47ng《tan。一<F<\mgrtane+2〃），故D符合題意。

故答案為：CD

【分析】對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，即整體的加速度，再對整體根據(jù)牛頓第二

定律求推力；分別對A、B根據(jù)牛頓第二定律求加速度的最大值，然后進行討論；對B根據(jù)牛頓第

二定律求加速度的最大值和最小值，再對整體根據(jù)牛頓第二定律求F的范圍。

11.【答案】缶線性的；A：空氣阻力

【知識點】簡諧運動

【解析】【解答】（3）由b圖知，10個周期的時間為3，所以7=蓋；

（5）分析數(shù)據(jù)可知，彈簧振子振動周期的平方與質(zhì)量的比值接近于常量3.95,則彈簧振子振動周期

的平方與質(zhì)量的關系是線性的；

（6）因為27r器的單位為：J^=/:黑2=s,其它各項單位都不是周期的單位，故A符合題

意，BCD不符合題意；

（7）鉤碼振動過程中受空氣阻力的影響可能會使本實驗產(chǎn)生誤差。

故答案為：⑶金⑸線性的；⑹A：（7）空氣阻力

2

【分析】由圖像得到to時間內(nèi)的周期數(shù)，再求周期；計算L,由結(jié)果得結(jié)論；通過推導，單位為秒

m

的可能是彈簧振子振動周期的表達式；鉤碼振動過程中受空氣阻力的影響可能會使本實驗產(chǎn)生誤

差。

12.【答案】（1）1000

U/mV

(4)1.7X102

(5)>

【知識點】利用傳感器制作簡單的自動控制裝置；研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性；伏安法測電

阻

【解析】【解答】(1)歐姆表讀數(shù)為：10x100/2=1000/2；

(2)當電壓傳感器讀數(shù)為零時，CD兩點電勢相等，即。以=即勰-/^=趣-%，解

八］十八F八2十八3

得：益=若；

(3)繪出U—m圖像如圖:

(4)由圖像可知，當電壓傳感器的讀數(shù)為200mV時，所放物體質(zhì)量為1.75g,則&)=mg=1.75x

10-3x9.8/V=1.7x10-2/V：

(5)可將CD以外的電路等效為新的電源，CD兩點電壓看做路端電壓，因為換用非理想電壓傳感

器當讀數(shù)為200nlV時，實際CD間斷路時的電壓大于200mV,則此時壓力傳感器的讀數(shù)尸.。

故答案為：(1)1000。；(2)若;(3)見解答；(4)1.7x10-2N；(5)>

【分析】(1)根據(jù)歐姆表讀數(shù)方法讀數(shù):

（2）根據(jù)CD兩點電勢?相等，即九4=求解；

（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點作圖；

（4）由圖像得到200mV時,所放物體質(zhì)量為1.75g,進而求得斤的大小;

13.【答案】（1）以助力氣室的氣體為研究對象。

初狀態(tài)：壓強P（）,體積匕），第一次抽氣后：體積了=%+%,

根據(jù)玻意耳定律得：尸0匕）=尸產(chǎn)，解得：「1=匕曲「0；

（2）同理第二次抽氣：P1VQ=P2Vt

解得：P1=v^h=

以此類推，當?shù)趎次抽氣后助力氣室內(nèi)的氣體壓強為4=（心廠）'50，

%十“1

IP

n

所以剎車助力系統(tǒng)為駕駛員省力大小為：AF=（Po-Pn）s=1-（y-^y-）P°S。

0,1

【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程；氣體的等溫變化及玻意耳定律

【解析】【分析】（1）以助力氣室的氣體為研究對象，根據(jù)玻意耳定律求解；

（2）根據(jù)玻意耳定律求得pn,再根據(jù)△尸=CP。一匕）S求解。

14.【答案】（1）a導體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，即

mgsinO=BIL。

由法拉第電磁感應定律得：E=BLVQ,

由閉合電路歐姆定律及安培力公式得：/=4，F(xiàn)=B1L,

聯(lián)立解得：%=匈鬻；

B2L

（2）由右手定則知導體棒b中電流向里，b棒受安培力沿斜面向下，此時電路中電流不變，對b棒

根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinO+B1L=ma,解得：Q=2gsin。；

（3）對ab整體，由動量定理得：2mgsin。?=2nw-mu。，

解得：v=gs\n3t0+粵：

對b根據(jù)動量定理得：mgs\n6t04-BlLt0=

設此過程流過b棒的電荷量為q,則q=7t（），

由法拉第電磁感應定律得：：二基華,

Lt\Lt\Ln

聯(lián)立解得：△%=鬻。

【知識點】導體切割磁感線時的感應電動勢：電磁感應中的動力學問題

【解析】【分析】（1）根據(jù)a導體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運

動列方程求解；

（2）釋放瞬間b的速度為零，受沿斜面向下的安培和重力的分力，對b棒根據(jù)牛頓第二定律求解；

（3）對ab整體，由動量定理求速度V的大小；對b根據(jù)動量定理列方程，結(jié)合和法拉第電磁

感應定律求解。

15.【答案】（1）根據(jù)系統(tǒng)在水平方向上動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒得：0=根%-用外，mgb=

1,1

+々M%9

因水平方向在任何時候都動量守恒，即0=mv1-M%，

兩邊同時乘以t得：mx1=Mx2y又％I+%2=Q，

聯(lián)立解得：間=而鼻。；

（2）當小球的坐標為（x,y）時，此時凹槽水平向右運動的位移為

根據(jù)上式有nt（a-x）=MAx,則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根

據(jù)數(shù)學知識可得此時的橢圓方程為：（X-?）+當=i，

2

整理得,卜~ma\V2

M2a2+?=1；

（3）將［=與代入小球的軌跡方程化簡可得：卜一（a_b）^+y2=b2f

此時小球的軌跡為以（a-b,0；為圓心，b為半徑的圓,

此時速度和水平方向的夾角為60。，小球下降冬得過程中,

根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒得：0=mu3cos60?！狹%,mg?=imvf4-

M%

【知識點】動量與能量的其他綜合應用

【釋析】【分析】（1）根據(jù)系統(tǒng)在水平方向上動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒，結(jié)合幾何關系列方程求

凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；

（2）根據(jù)動量守恒和數(shù)學知識求解；

（3）根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒，結(jié)合幾何知識求解。

試題分析部分

1、試卷總體分布分析

總分：100分

客觀題（占比）44.0(44.0%)

分值分布

主觀題（占比）56.0(56.0%)

客觀題（占比）10(66.7%)

題量分布

主觀題（占比）5(33.3%)

2、試卷題量分布分析

大題題型題目量（占比）分值（占比）

選擇題：本題共6小

題，每小題4分，共

24分。在每小題給

6(40.0%)24.0(24.0%)

出的四個選項中，只

有一項是符合題目要

求的。

選擇題：本題共4小

題，每小題5分，共

20分。在每小題給

出的四個選項中，有

多項符合題目要求。4(26.7%)20.0(20.0%)

全部選對的得5分，

選對但不全的得3

分，有選錯的得0

分。

非選擇題：本題共

5(33.3%)56.0(56.0%)

5小題,共56分。

3、試卷難度結(jié)構(gòu)分析

序號難易度占比

1普通(33.3%)

2容易(6.7%)

3困難(60.0%)

4、試卷知識點分析

序號知識點（認知水平）分值（占比）對應題號

1第一、第二與第三宇宙速度4.0(4.0%)4

2理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程10.0(10.0%)13

3導體切割磁