2023年湖北省新高考物理試卷

2023年湖北省新高考物理試卷

試題數(shù)：15,滿分：100

1.（單選題，4分）2022年10月，我國自主研發(fā)的“夸父一號”太陽探測衛(wèi)星成功發(fā)射。該衛(wèi)

星搭載的萊曼阿爾法太陽望遠鏡可用于探測波長為121.6nm的氫原子譜線（對應的光子能量

為10.2eV）。根據(jù)如圖所示的氫原子能級圖，可知此譜線來源于太陽中氫原子（）

nE/eV

A.n=2和n=l能級之間的躍遷0°......................................0

4..........................................0.85

B.n=3和n=l能級之間的躍遷3-------------------------------1.51

C.n=3和n=2能級之間的躍遷-----------------------------3.40

D.n=4和n=2能級之間的躍遷]

I----------------------------------------13.6

2.（單選題，4分）2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者兒乎排成一

條直線，此現(xiàn)象被稱為“火星沖日”?；鹦呛偷厍驇缀踉谕黄矫鎯?nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運

動，火星與地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比約為3：2,如圖所示。根據(jù)以上信息可以得出（）

A.火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27：8

/地表

B.當火星與地球相距最遠時，兩者的相對速度最大

火星

C.火星與地球表面的自由落體加速度大小之比約為9：4太陽

D.下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月8日之前

3.（單選題，4分）在正點電荷Q產(chǎn)生的電場中有M、N兩點，其電勢分別為（PM、（PN，電場

強度大小分別為EM、ENO下列說法正確的是（）

A.若（PM><PN，則M點到電荷Q的距離比N點的遠

B.若EM<EN，則M點到電荷Q的距離比N點的近

C.若把帶負電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則（pM<（PN

D.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負功，則EM>EN

4.（單選題，4分）兩節(jié)動車的額定功率分別為P1和P2,在某平直鐵軌上能達到的最大速度

分別為Vi和V2。現(xiàn)將它們編成動車組，設每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該

動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為（）

AP1V1+P2V2

?P1+P2

BP1V2+P2V1

P1+P2

C（Pl+Pz）U1U2

'P1V1+P2V2

D（P1+P2）%藝

'PiV2+P2V1

5.（單選題，4分）近場通信（NFC）器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平

的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為

1.0cm、1.2cm和1.4cm,圖中線圈外線接入內(nèi)部芯片時與內(nèi)部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過

此線圈，磁感應強度變化率為l（PT/s,則線圈產(chǎn)生的感應電動勢最接近（）

天線

A.0.30V

B.0.44V

C.0.59V

D.4.3V

6.（單選題，4分）如圖所示，楔形玻璃的橫截面POQ的頂角為30。，OP邊上的點光源S到

頂點。的距離為d,垂直于OP邊的光線SN在OQ邊的折射角為45。。不考慮多次反射，OQ邊

上有光射出部分的長度為（）

7.（單選題，4分）一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，波長為100cm,振幅為8cm,介質(zhì)中有a和

b兩個質(zhì)點，其平衡位置分別位于%=-ycm和x=120cm處。某時刻b質(zhì)點的位移為

y=4cm,且向y軸正方向運動。從該時刻開始計時，a質(zhì)點的振動圖像為（）

8.（多選題，4分）t=0時刻，質(zhì)點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t按

圖示的正弦曲線變化，周期為2to。在0?3to時間內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.t=2t?時，P回到原點

B.t=2to時，P的運動速度最小

C.t=to時，P到原點的距離最遠

D.t=：to時，P的運動速度與t=：to時相同

9.（多選題，4分）如圖所示，原長為1的輕質(zhì)彈簧，一端固定在。點，另一端與一質(zhì)量為m

的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點

與0點的距離均為LP點到。點的距離為?，OP與桿垂直。當小球置于桿上P點時恰好能

保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g.小球以某一初速度從M

點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）

A.彈簧的勁度系數(shù)為竿/

B.小球在P點下方夕處的加速度大小為（3V2-4）g0猿xP

C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大1\

D.從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同'N

10.（多選題，4分）一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓Ui加速后，射入水平放置

的平行板電容器，極板間電壓為5。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45。,

微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L,到兩極板距離均為d,如圖

所示.忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（）

（1）根據(jù)圖（a）,完成圖（b）中的實物圖連線。

（2）調(diào)節(jié)電阻箱到最大阻值，閉合開關。逐次改變電阻箱的電阻，記錄其阻值R、相應的電

流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U。根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出的U-I圖像如圖（c）所示，則干電池的電動

勢為_V（保留3位有效數(shù)字）、內(nèi)阻為（保留2位有效數(shù)字）。

圖(a)圖(b)

圖（c）圖（d）

（3）該小組根據(jù)記錄數(shù)據(jù)這一步探究，作出｝-R圖像如圖（d）所示。利用圖（d）中圖像

的縱軸截距，結(jié)合（2）問得到的電動勢與內(nèi)阻，還可以求出電流表內(nèi)阻為（保留2位有

效數(shù)字）。

（4）由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，本實驗干電池內(nèi)阻的測量值—（填“偏大”或“偏小”）。

13.（問答題，10分）如圖所示，豎直放置在水平桌面上的左右兩汽缸粗細均勻，內(nèi)壁光滑，

橫截面積分別為S、2S,由體積可忽略的細管在底部連通。兩汽缸中各有一輕質(zhì)活塞將一定質(zhì)

量的理想氣體封閉，左側(cè)汽缸底部與活塞用輕質(zhì)細彈簧相連。初始時，兩汽缸內(nèi)封閉氣柱的高

度均為H,彈簧長度恰好為原長?，F(xiàn)往右側(cè)活塞上表面緩慢添加一定質(zhì)量的沙子，直至右側(cè)活

塞下降;〃，左側(cè)活塞上升：已知大氣壓強為po,重力加速度大小為g,汽缸足夠長，汽缸

內(nèi)氣體溫度始終不變，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求

（1）最終汽缸內(nèi)氣體的壓強。

（2）彈簧的勁度系數(shù)和添加的沙子質(zhì)量。

14.（問答題，15分）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其

半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道

演在同--豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60。。小物塊以某一水平初

速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道CDE內(nèi)側(cè)，

并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為高，重力加速度大小為g,

忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點。求：

（1）小物塊到達D點的速度大小。

（2）B和D兩點的高度差。

（3）小物塊在A點的初速度大小。

亭A

15.（問答題，18分）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、\J）

垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲[]）。遮，

從點P（2a,0）沿y軸正方向射入，第一次到達點。時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。

碰撞后，粒子甲的速度力向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛

好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m,兩粒子所帶電荷量均為％假設所有碰撞均為彈

性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影

響。求

（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。

（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。

(3)￡=誓時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到￡二誓的過程中粒子乙運動

qBqB

的路程。(本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可)

XXX|yXXX

B

XXXXxfX

xxF^

XXXXXX

2023年湖北省新高考物理試卷

參考答案與試題解析

試題數(shù)：15,滿分：100

1.(單選題，4分)2022年10月，我國自主研發(fā)的“夸父一號”太陽探測衛(wèi)星成功發(fā)射。該衛(wèi)

星搭載的萊曼阿爾法太陽望遠鏡可用于探測波長為121.6nm的氫原子譜線(對應的光子能量

為10.2eV)。根據(jù)如圖所示的氫原子能級圖，可知此譜線來源于太陽中氫原子()

E/eV

A.n=2和n=l能級之間的躍遷......................................0

..........................................0.85

B.n=3和n=l能級之間的躍遷.........................................1.51

C.n=3和n=2能級之間的躍遷-----------------------------3.40

D.n=4和n=2能級之間的躍遷

【正確答案】：A

【解析】：根據(jù)各個選項中給出的能級，計算兩個能級的能量之差，得到釋放的光子能量，由

此分析。

【解答】：解:根據(jù)題意可知，波長為121.6nm的氫原子譜線對應的光子能量為10.2eV。

A、n=2和n=l能級之間的躍遷時釋放的光子能量為：Ej=3.4cV(13.6cV)=10.2cV,故A

正確；

B、n=3和n=l能級之間的躍遷時釋放的光子能量為：E2=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV,

故B錯誤：

C、n=3和n=2能級之間的躍遷時釋放的光子能量為：E3=-1.51eV-(-3.4eV)=1.89eV,故C

錯誤；

D、n=4和n=2能級之間的躍遷時釋放的光子能量為:L=-0?85eV?(-3.4eV)=2.55eV,故D

錯誤。

故選：Ao

【點評】：本題主要是考查能級躍遷，關鍵是知道從高能級向低能級躍遷時，釋放的光子能量

等于兩個能級能量之差。

2.（單選題，4分）2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一

條直線，此現(xiàn)象被稱為“火星沖口”?；鹦呛偷厍驇缀踉谕黄矫鎯?nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運

動，火星與地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比約為3：2,如圖所示。根據(jù)以上信息可以得出（）

A.火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27：8

B.當火星與地球相距最遠時，兩者的相對速度最大

C.火星與地球表面的自由落體加速度大小之比約為9：4

D.下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月8日之前

【正確答案】：B

【解析】：根據(jù)開普勒第三定律求解火星與地球繞太陽運動的周期之比；根據(jù)相對運動情況分

析相對速度大?。桓鶕?jù)題中條件無法求解火星與地球表面的自由落體加速度大小之比；求出火

星的公轉(zhuǎn)周期，根據(jù)天體運動中的“追擊相遇”問題的處理方法進行解答。

【解答】：解：A、根據(jù)開普勒第三定律可得W=k，火星與地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比約為3：2,

火星與地球繞太陽運動的周期之比約為3百：2V2,故A錯誤；

B、當火星與地球相距最遠時，二者的速度方向相反，所以兩者的相對速度最大，故B正確；

C、根據(jù)題中條件無法求解火星與地球表面的自由落體加速度大小之比，故C錯誤；

D、根據(jù)A選項可知，火星與地球繞太陽運動的周期之比約為3V5：2V2,已知地球的公轉(zhuǎn)

周期為》=1年，則火星的公轉(zhuǎn)周期為：T2。1.8年。

設經(jīng)過時間t出現(xiàn)下一次“火星沖日”，則有：

H<2

解得：t=2.25年

所以下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月8日之后，故D錯誤。

故選：Bo

【點評】：本題主要是考查萬有引力定律及其應用，關鍵是掌握天體運動中的“追擊相遇”問題

的處理方法，能夠根據(jù)開普勒第三定律分析周期關系。

3.（單選題，4分）在正點電荷Q產(chǎn)生的電場中有M、N兩點，其電勢分別為<PM、（PN，電場

強度大小分別為EM、EN。下列說法正確的是（）

A.若則M點到電荷Q的距離比N點的遠

B.若EMVEN，則M點到電荷Q的距離比N點的近

C.若把帶負電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則（pM<（PN

D.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負功，則EM>EN

【正確答案】：C

【解析】：根據(jù)點電荷周圍電場線的分布情況，結(jié)合點電荷的電場強度的計算公式，電勢高低

的判斷方法進行分析

【解答】：解：正點電荷產(chǎn)生的電場中，電場線的方向背離正電荷指向無窮遠，如圖所示：

A、若（PM＞（PN，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知，M點到點電荷Q的距離比N點的近，故A

錯誤：

B、若EMVEN，根據(jù)E二與，可知M點到點電荷Q的距離比N點的遠，故B錯誤；

C、若把帶負電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則帶負電的試探電荷的電勢能

減小，所處位置的電勢升高，故有：（PM＜（PN?故C正確；

D、若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負功，說明帶正電的試探電荷靠近Q

運動，則N點距離點電荷Q近，有：EM＜EN，故D錯誤。

故選:Co

【點評】：本題上要是考查點電荷周圍電場線的分布情況。掌握點電荷電場強度的計算公式,

知道沿電場線方向電勢降低。

4.（單選題，4分）兩節(jié)動車的額定功率分別為Pi和Pz，在某平直鐵軌上能達到的最大速度

分別為Vi和V2。現(xiàn)將它們編成動車組，設每節(jié)動車運行時受到的阻力在編組前后不變，則該

動車組在此鐵軌上能達到的最大速度為（）

AP1U1+P2也

'P1+P2

B%

Z+P2

(P+P)vv

C.l212

V1+P2^2

（「1+「2）巧》2

D.

P1U2+P2也

【正確答案】：D

【解析】：當牽引力和阻力的大小相等時，動車的速度:ii到最大值，再結(jié)合編組后Pi+P2=

V,整理可求出V的大小。

【解答】：解：由題意可知兩節(jié)動車功率分別為

Pl=flVi

P2=f2V2

當把它們編組后

Pl+P2=（fl+f?）V

聯(lián)立解得

_（P1+P2）V1V2

V—

+PV

P1V221

故ABC錯誤，D正確。

故選：Do

【點評】：當機車的速度達到最大時，機車做勻速運動，此時機車處于受力平衡狀態(tài)，即此時

的牽引力和受到的阻力的大小相等，再根據(jù)瞬時功率的公式即可解答本題。

5.（單選題，4分）近場通信（NFC）器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平

的線圈，線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為

1.0cm>1.2cm和1.4cm,圖中線圈外線接入內(nèi)部芯片時與內(nèi)部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過

此線圈，磁感應強度變化率為103T/S,則線圈產(chǎn)生的感應電動勢最接近（）

天線

A.0.30V

B.0.44V

C.0.59V

D.4.3V

【正確答案】：B

【解析】：勻強磁場垂直通過此線圈，磁感應強度均勻變化，則根據(jù)法拉第電磁感應定律，可

計算出每匝線圈產(chǎn)生感應電動勢。由于3匝線圈為串聯(lián)關系，故線圈產(chǎn)生的感應電動勢為3

匝線圈產(chǎn)生的感應電動勢之和。

【解答】：解：根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢為：E=n當=口竿

AtAt

本題3匝線圈面積各不同，每匝線圈相當于一個電源，3匝線圈為串聯(lián)關系，故線圈產(chǎn)牛.的感

應電動勢為3匝線圈產(chǎn)生的感應電動勢之和，則有：

E=EI+E+E=4-=—（S1+S2+S3）=103x（I.O2+1.22+1.42）xlO-

234tAtAtAt

W=0.44V

故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

【點評】：本題取材近場通信（NFC）器件通訊原理，考查學生理解掌握法拉第電磁感應定律

情況，關鍵要把握3匝線圈的連接關系，產(chǎn)生的感應電動勢的電路聯(lián)接方式，不能生搬硬套

公式。

6.（單選題，4分）如圖所示，楔形玻璃的橫截面POQ的頂角為30。，0P邊上的點光源S到

頂點0的距離為d,垂直于0?功的光線SN在0Q切的折射角為45。。不考慮多次反射，0Q動

上有光射出部分的長度為（）

A.-d

2

B.—d

2

C.d

D.V2d

【正確答案】：C

【解析】：先根據(jù)幾何關系求出入射角，進而求出折射率，再根據(jù)全反射作出光路圖，根據(jù)幾

何關系求出0Q邊上有光射出部分的長度。

【解答】：解：設光線在0Q界面點的入射角為a,折射角為0,幾何關系可知

a=30°

由于光路可逆，根據(jù)折射定律可得

_sbi0_sin450_萬

sinasin30°

光線射出0Q面的臨界條件為發(fā)生全反射，光路圖如圖所示

Q

在AB兩個位置臨界角為45。，AB之間有光線射出，由幾何關系可知

AB=2AC=2CS

由于，QOP=30。，所以

2CS=0S=d

故AB=d

故ABD錯誤，C正確。

故選：Co

【點評】：本題是幾何光學問題，畫出光路圖是解題的基礎，要知道通過折射定律和兒何知識

的綜合應用來求解。

7.（單選題，4分）一列簡詣橫波沿x軸正向傳播，波長為100cm,振幅為8cm,介質(zhì)中有a和

b兩個質(zhì)點，其平衡位置分別位于%=-ycm和x=120cm處。某時刻b質(zhì)點的位移為

y=4cm,且向y軸正方向運動。從該時刻開始計時，a質(zhì)點的振動圖像為（）

【正確答案】：A

【解析】：根據(jù)兩質(zhì)點距離結(jié)合b的位移求出b的相位，再判斷出a的相位，根據(jù)a的振動

情況判斷振動圖像.

【解答】：解：ab之間的距離為Ax=？cm+120cm=啰011=3入

此時b點的位移4cm,且向y軸正方向運動。設此時b點的相位為＜p,則根據(jù)

y=Asin（o）t+（p）

可得4=8sin（p

解得或者（舍去，向下振動）

由ab間的距離關系可知

勺2

（Pa-（P=V?27T=-7T

貝IJ（pa=|7T+7=7^

3o0

可知此時a點的位移為y=8sin（pacm=8sin*7Tcm=4cm

6

且向下振動，故此時的波形圖為

所以t=0時，a的位移為4cm，且沿y軸負方向運動，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】：本題考查對波動圖形的理解，要能兩個質(zhì)點的距離得出波形圖，結(jié)合波形，得到質(zhì)

點的運動情況3

8.（多選題，4分）t=0時刻，質(zhì)點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t按

圖示的正弦曲線變化，周期為23。在0?3to時間內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.t=2to時,P回到原點

B.t=2to時,P的運動速度最小

C.t=to時，P到原點的距離最遠

D.t=|to時，P的運動速度與t=gto時相同

【正確答案】：BD

【解析】：BD、質(zhì)點P的初速度為零，根據(jù)a-t圖像中圖線與時間軸所夾的面積表示速度變

化量可知不同時刻速度大??；

AC、畫出質(zhì)點P在0?3to時間內(nèi)的大致v-t圖像形狀，根據(jù)圖像可知質(zhì)點P的運動特點。

【解答】：解：BD、a-t圖像中圖線與時間釉所夾的面積表示速度變化量，在時間軸上方速度

變化量為正，在時間軸下方速度變化量為負，

質(zhì)點P從靜止開始運動，由0?2to時間內(nèi)圖線與時間軸所夾的面積為零，可知。?2tc時間內(nèi)

速度變化量為零，則可知質(zhì)點P在2to時的速度為零，

0?時間內(nèi)與。?|to時間圖線與時間軸所夾的面積相等，則可知這兩段時間內(nèi)速度變化量

相等，質(zhì)點P的初速度為零，所以P在t=：to時的運動速度與t=：%時相同，故BD正確；

AC、質(zhì)點P從靜止開始運動，設:、to的速度分別為Vi，v2,由圖HJ知o?:時間內(nèi)與最?

to時間內(nèi)圖線與時間軸所夾的面積相等，則有V「0=V2-Vl，可得V2=2VI

根據(jù)a-t圖像畫出v-t圖像的大致形狀，如下圖所示：

由圖可知，質(zhì)點P的運動方向沒有改變，所以質(zhì)點P不會回的原點,

由圖可知t=3to時，質(zhì)點離原點最遠，故AC錯誤。

故選：BDo

【點評】：本題考查了運動學中的a-t圖像，解題的關鍵知道a-t圖像中圖線與時間軸所夾的

面積表示速度變化量，并畫出v-t圖像的大致形狀。

9.（多選題，4分）如圖所示，原長為1的輕質(zhì)彈簧，一端固定在0點，另一端與一質(zhì)量為m

的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點

與0點的距離均為LP點到。點的距離為?，0P與桿垂直。當小球置于桿.上P點時恰好能

保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M

點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）

M

A.彈簧的勁度系數(shù)為等

B.小球在P點下方Y(jié)處的加速度大小為(3或-4)g

C.從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大

D.從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同

【正確答案】：AD

【解析】：小球置丁桿上P點時恰好能保持靜止，根據(jù)平衡條件求解彈簧的勁度系數(shù)；小球

在P點下方?處時，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小；根據(jù)彈簧彈力的變化情況結(jié)合摩擦

力的計算公式分析摩擦力的變化：根據(jù)對稱性分析摩擦力的大小，根據(jù)功的計算公式分析摩擦

力做的功。

【解答】：解.：A、當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止，則有：k(1-1)?N=mg,解得彈簧

的勁度系數(shù)為：k=竿，故A正確；

B、小球在P點下方3處時，彈簧與桿的夾角為45。，此時彈簧的長度為1'=苧，彈簧處于

壓縮狀態(tài)，受力情況如圖所示：

彈力大小為:F=k(1-r),解得：F=(4-2V2)mg

根據(jù)牛頓第二定律可得：mg+Fcos45o-f=ma,其中：f=pFsin45°

聯(lián)立解得：a=x^g,故B錯誤；

C、桿上M、N兩點與0點的距離均為1,所以小球在M和N點時彈簧處于原長，小球從M到

P過程中，彈簧的壓縮量增大、彈力增大，彈簧彈力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小

球從P到N過程中，彈簧的壓縮量減小、彈力減小，彈簧彈力在水平方向的分力減小、摩擦

力減小，故從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變大再變小，故C錯誤；

D、關于P點對稱的任意兩點，小球受到的摩擦力相同，所以從M點到P點利從P點到N點

的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正確。

故選：ADo

【點評】：本題主要是考查牛頓第二定律、功的計算、摩擦力的計算等，關鍵是弄清楚小球的

受力情況和運動情況，能夠根據(jù)牛頓第二定律進行分析。

10.（多選題，4分）一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容

器，極板間電壓為5。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45。，微粒運動軌

跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L,到兩極板距離均為d,如圖所示。忽略

邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（）

A.L：d=2：1

B.Ui：U2=l：1

C.微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2

D.僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不

變

【正確答案】：BD

【解析】：粒子在電容器中水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做勻變速直線運動，將各

方向的速度求出后根據(jù)運動學公式以及動能定理?求出電壓以及L和d的比值；

粒子穿過電容器與水平方向的夾角為a,根據(jù)運動學公式求出tana的比值，且粒子射入電場

和水平方向的夾角為0=45。，故根據(jù)數(shù)學三角函數(shù)求出微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正

切值；

粒子射入最高點的過程水平方向的位移為x,求出豎直方向的位移與x的關系式，再電場中同樣

的原理列式求解。

【解答】：解：B、粒子在電容器中水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做勻變速直線運

動，根據(jù)電場強度和電勢差的關系以及電場強度與電場力的關系可得

E=與①

2dJ

F=qE=ma②

粒子射入電容器后的速度為vo,水平方向上和豎直方向上的分速度為

vx=vocos45°=}V。③

Vy=v0sin45°=—v0?

粒子從射入到運動到最高點，由運動學關系速度與位移公式可得

Vy=2ad⑤

粒子在電場加速的過程中由動能定理可得

qUi=1mv§⑥

聯(lián)立①②④⑤⑥解得

U1：u2=l：1

故B正確；

A、粒子從射入到運動到最高點過程中，設水平方向速度為vx，豎直方向上速度為vy,且水平

方向上的位移為

x=2L=vxt⑦

豎直方向.1.的位移為y=d=￡⑥

聯(lián)立⑦⑧解得

L：d=l：1

故A錯誤；

C、粒子射入電容器到最高點過程中有

vy=at⑨

粒子穿過電容器時從最高點到穿出過程中，設水平方向速度為V、，豎直方向上速度為Vy1,在

水平方向上由位移公式可得

L=vxti⑩

豎直方向上由速度公式可得

vyi=ati?

聯(lián)立整理⑨⑩?解得

Vyl=1vy?

設粒子穿過電容器時，速度方向與水平方向的央角為a,則

tana=^-=-?

粒子射入出場和水平方向的夾角為0=45。，則

tanp=tan45°=l?

根據(jù)數(shù)學三角函數(shù)公式可得

tan(a+p)=3

故C錯誤：

D、粒子射入最高點的過程水平方向的位移為x,豎直方向的位移為

y=\at2?

聯(lián)立①②③④⑦⑧整理解得

即粒子在運動到最高點的過程中水平方向和豎直方向的位移均與電荷量和質(zhì)量無關，射出電場

過程中同理

xi=L=Vxt/

Uyl+O.iX1,

y尸—"i=7X=-L

即軌跡不會變化，故D正確。

故選:BDo

【點評】：本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，然后結(jié)合類似平拋運動的分位移公式

列式求解。

11.（問答題，7分）某同學利用測質(zhì)量的小型家用電子秤，設計了測量木塊和木板間動摩擦

因數(shù)U的實驗。如圖（a）所示，木板和木塊A放在水平桌面上，電子秤放在水平地面上，木

塊A和放在電板子秤上的重物B通過跨過定滑輪的輕繩相連。調(diào)節(jié)滑輪，使其與木塊A間的

輕繩水平，與重物B間的輕繩豎直。在木塊A上放置n（n=0,1,2,3,4,5）個祛碼（電

（1）實驗中，拉動木板時_（填“必須”或“不必”）保持勻速。

（2）用mA和mu分別表示木塊A和重物B的質(zhì)量，則m和mA、BIB、mo、|i、n所滿足的關

系式為m=—o

（3）根據(jù)測量數(shù)據(jù)在坐標紙上繪制出m-n圖像，如圖（b）所示，可得木塊A和木板間的動

摩擦因數(shù)U=_（保留2位有效數(shù)字）。

【正確答案】：不必；mB-以（mA+nmo）;0.40

【解析】：（1）木塊與木板間的滑動摩擦力與兩者之間口勺相對速度無關，木板如何運動對摩

擦力沒有影響；

（2）對整體受力分析，整理求解；

（3）根據(jù)（2）受力分析式子整理出符合圖像的表達式，求出動摩擦因數(shù)。

【解答】：解：（1）木塊與木板間的滑動摩擦力與兩者之間的相對速度無關，所以實驗拉動

木板時不需要保持勻速。

（2）對木塊、祛碼以及重物B分析可得

U(iriA+nmo)g+mg=mBg

整理解得

m=mB-|i(mA+nmo)

（3）由于

H(mA+nmo)g+mg=mBg

整理可得

m=mB-pmA-Rmo*n

結(jié)合圖像可得

59-19門

|imo=---=8

故p=0.40

。

故答案為：（1）不必；（2）mB-|i（mA+nmo）;(3)0.40

【點評】：該題考查了實驗注意事項、實驗數(shù)據(jù)處理分析，知道實驗原理及注意事項即可正確

解題；

12.（問答題，10分）某實驗小組為測量T電池的電動勢和內(nèi)阻，設計了如圖（a）所示電路,

所用器材如下：

電壓表（量程0?3V,內(nèi)阻很大）；

電流表（量程0?0.6A）；

電阻箱（阻值0?999.9Q）；

干電池一節(jié)、開關一個和導線若干。

（1）根據(jù)圖（a）,完成圖（b）中的實物圖連線。

（2）調(diào)節(jié)電阻箱到最大阻值，閉合開關。逐次改變電阻箱的電阻，記錄其阻值R、相應的電

流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U。根據(jù)記錄數(shù)據(jù)作出的U“圖像如圖（c）所示，則干電池的電動

勢為_V（保留3位有效數(shù)字）、內(nèi)阻為_Q（保留2：立有效數(shù)字）。

圖（c）圖（d）

（3）該小組根據(jù)記錄數(shù)據(jù)正一步探究，作出:—R圖像如圖（d）所示。利用圖（d）中圖像

的縱軸截距，結(jié)合（2）問得到的電動勢與內(nèi)阻，還可以求出電流表內(nèi)阻為（保留2位有

效數(shù)字）。

（4）由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大，本實驗干電池內(nèi)阻的測量值_（填“偏大”或“偏小。

【正確答案】：1.58;0.64;2.5;偏小

【解析】：（1）根據(jù)實物圖連接；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像斜率與截距求解；

（3）根據(jù)E=I（R+RA+I*）結(jié)合圖像得出函數(shù)關系式，再根據(jù)圖像的斜率和截距求解;

（4）實驗測得的是電壓表的內(nèi)阻和電源內(nèi)阻的并聯(lián)值。

【解答】：解：（1）根據(jù)電路圖連接實物圖，如圖所示

（2）由電路結(jié)合閉合電路歐姆定律可得

U=E-Ir

由圖可得

E=1.58V

內(nèi)阻為r=158T37。=064。

0.33

（3）根據(jù)E=I<R+RA+I）

結(jié)合圖像整理可得1=

Ich

由圖像可得

皿=2

E

代入數(shù)據(jù)整理解得

RA=2.511

（4）由于電壓表內(nèi)阻不是無窮大的，所以實驗測得的是電壓表的內(nèi)阻和電源內(nèi)阻的并聯(lián)值,

電阻越并越小，即實驗中測得的電池內(nèi)阻偏小。

故答案為：（1）見解析；（2）1.58,0.64：（3）2.5；（4）偏小。

【點評】：本題考查了測定電源電動勢和內(nèi)阻實驗中實驗器材的選擇，實驗原理的理解及實驗

誤差的分析工

13.（問答題，10分）如圖所示，豎直放置在水平桌面上的左右兩汽缸粗細均勻，內(nèi)壁光滑，

橫截面積分別為S、2S,由體積可忽略的細管在底部連通。兩汽缸中各有一輕質(zhì)活塞將一定質(zhì)

量的理想氣體封閉，左側(cè)汽虹底部與活塞用輕質(zhì)細彈簧相連。初始時，兩汽缸內(nèi)封閉氣柱的高

度均為H,彈簧長度恰好為原長?，F(xiàn)往右側(cè)活塞上表面緩慢添加一定質(zhì)量的沙子，直至右側(cè)活

塞下降!“，左側(cè)活塞上升！H。已知大氣壓強為po,重力加速度大小為g,汽缸足夠長，汽缸

內(nèi)氣體溫度始終不變，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。求

（1）最終汽缸內(nèi)氣體的壓強。

（2）彈簧的勁度系數(shù)和添加的沙子質(zhì)量。

//////////////////////////

【正確答案】：

【解析】：（1）在加入細砂的過程中，被封閉氣體做等溫變化，找出初末狀態(tài)的體積和壓強,

由玻意耳定律即可求得；

（2）對兩側(cè)的活塞受力分析，根據(jù)平衡條件求解。

【解答】：解：（1）對左右汽缸內(nèi)密封的氣體，初態(tài)壓強為pi=po，體積為

Vi=SH+2SH=3SH

末態(tài)壓強為P2,左側(cè)氣體高度為

H+-H=-H

22

右側(cè)氣體高度為

12

33

總體積為

V=S*-H+-H.2S=-SH

2236

根據(jù)玻意耳定律可得

PiVi=p2V2

整理解得

P2=-P0

（2）設添加沙子的質(zhì)量為m,對右邊活塞受力分析可知

mg+po*2S=p2*2S

整理解得

對左側(cè)活塞受力分析可知

poS+k*-H=p2s

整理解得

k=2Pos

17H

答：（1）最終汽缸內(nèi)氣體的壓強為"po。

（2）彈簧的勁度系數(shù)為鴛，添加的沙子質(zhì)量為誓。

17H17g

【點評】：本題考查氣體定律與力學平衡的綜合運用，分析好壓強P、體積V、溫度T三個參

量的變化情況，再選擇合適的規(guī)律解決，解題關鍵是要利用好活塞平衡的條件。

14.（問答題，15分）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其

半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道

祝1在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60。。小物塊以某一水平初

速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道次內(nèi)側(cè)，

并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為重力加速度大小為當

忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點。求：

（1）小物塊到達D點的速度大小。

（2）B和D兩點的高度差。

（3）小物塊在A點的初速度大小。

【正確答案】：\j丫

【解析】：（1）根據(jù)小物塊恰好能到達軌道的最高點D,說明只有重力提供向心力，列式可

求小物塊到達D點的速度大小。

（2）根據(jù)動能定理并結(jié)合小物塊在BC之間的平拋運動規(guī)律聯(lián)立可以求解B和D兩點的高度

差。

（3）結(jié)合第二問求解小物塊在B點的速度，運用動能定理可以求解小物塊在A點的初速度大

小。

【解答】：解：（1）小物塊恰好能到達軌道的最高點D,說明只有重力提供向心力，列式得:

mg=m系，解得小物塊到達D點的速度大?。簐D=y[gR；

（2）設B和D兩點的高度差為h,小物塊在B點的速度為vB,從B到D過程，根據(jù)動能定理

得：總一之相詔

小物塊在BC之間做平拋運動，在C點沿圓弧切線方向進入軌道前E內(nèi)側(cè)，說明在C點速度

馬過C點半徑垂直，說明此時速度方向與水平方向夾角為60。，將速度沿水平和豎直分解，如

下圖所示：

BC之間的豎直距離H=h+R4-Rcos60°=h+1.5R

根據(jù)平拋運動規(guī)律得：tan6（r=%=畫

VBVB

聯(lián)立求解小物塊在B點的速度為VB=yfgR,B和D兩點的高度差h=0

（3）設小物塊在A點的速度為v,從A到B只有摩擦力做功，運用動能定埋得：-pmg?2nR=

-^mv2,將〃=?及VB=7^代入解得：小物塊在A點的初速度大小v=。

答：（1）小物塊到達D點的速度大小為阿：

（2）B和D兩點的高度差為0；

（3）小物塊在A點的初速度大小為/荻。

【點評】：本題考查了水平面上的圓周運動、平拋運動、豎直面內(nèi)的圓周運動，又涉及了臨界

問題，還考查了變力做功情況下的動能定理的應用，需要我們注重基礎知識的理解和運用。

15.（問答題，18分）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強

磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a,0）沿y軸正方向射入，第一次到達點0時與運

動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍,

粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m,兩粒子所帶電

荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，

不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求

（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。

（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。

（3）￡=智時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到￡二竺詈的過程中粒子乙運動

qBqB

的路程。（本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）

XXX

XXX

o

XXXX

XXXXXX

【正確答案】：

【解析】：（1）根據(jù)帶電微粒從P點射入磁場，能到達點0,可以確定運動軌跡和軌道半徑,

由洛倫茲力公式和牛頓第二定律即可求解；

（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力的周期公式及甲和乙兩個粒子的周期關系可以求解粒子乙的質(zhì)

量，根據(jù)動量守恒定律求解第一次碰撞后粒子乙的速度大??；

（3）根據(jù)兩種粒子在