2022年高考湖南卷物理化學生物試題解析

2022年湖南高考物理試題解析

i.關于原子結構和微觀粒子波粒二象性，下列說法正確的是o

A.盧瑟福的核式結構模型解釋了原子光譜的分立特征

B.玻爾的原子理論完全揭示了微觀粒子運動的規(guī)律

C.光電效應揭示了光的粒子性

D.電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣揭示了電子的粒子性

【答案】C

【詳解】A.波爾的量子化模型很好地解釋了原子光譜的分立特征，A錯誤；

B.玻爾的原子理論成功的解釋了氫原子的分立光譜，但不足之處，是它保留了經(jīng)典理論中

的一些觀點，如電子軌道的概念，還不成完全揭示微觀粒子的運動規(guī)律，B錯誤；

C.光電效應揭示了光的粒子性，C正確；

D.電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣，證實了電子的波動性，質子、中子及原子、分子均具有

波動性，D錯誤。

故選C。

2.如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊4、b、C、〃上。

移去。處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心。點處電場

強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是()

a

b

I>?II

?/?/

A.電場強度方向垂直指向a,電勢減小B.電場強度方向垂直指向c,電勢減

小

C.電場強度方向垂直指向a,電勢增大D.電場強度方向垂直指向c,電勢增

大

【答案】A

【詳解】根據(jù)對稱性可知，移去。處的絕緣棒后,電場強度方向垂直指向m再根據(jù)電勢的

1

疊加原理，單個點電荷在距其，?處的電勢為

中二段（取無窮遠處電勢零）

r

現(xiàn)在撤去。處的絕緣棒后，q減小，則。點的電勢減小。

故選Ao

3.如圖（a）,直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸。。，上，其所在區(qū)域存

在方向垂直指向00'的磁場，與00'距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化,

其截面圖如圖《）所示。導線通以電流/,靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為仇下列說

法正確的是（）

A.當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向M

B.電流/增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變

C.tan19與電流/成正比

D.sinJ與電流/成正比

【答案】D

【詳解】A.當導線靜止在圖（a）右側位置時，對導線做受力分析有

2

可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N,A錯誤；

BCD.由于與00,距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有

,cB1L

sinu-------,FT=mgcos8

mg

則可看出sinG與電流/成正比，當/增大時。增大，則cos。減小，靜止后，導線對懸線的拉

力FT減小，BC錯誤、D正確。

故選D。

4.1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質量與質子大致相等的中性

粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度％分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮

核的速度分別為片和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是（）

o----------------O------->V1

中子氫核

O——孝-----O------*v2

中子氮核

A.碰撞后氮核的動量比氫核的小B.碰撞后氮核的動能比氫核的小

C.2大于/D.%大于%

【答案】B

【詳解】設中子的質量為加，氫核的質量為〃？，氮核的質量為14加，設中子和氫核碰撞后

中子速度為匕，由動量守恒定律和能量守恒定律可得

mv0=mvt+mv3

聯(lián)立解得

匕=%

設中子和氮核碰撞后中子速度為心，由動量守恒定律和能量守恒定律可得

mv0=14/〃嶺+加5

3

Jmvl=g?14加丫；+gmv1

聯(lián)立解得

2

彩二百%

可得

9=%>嗎

碰撞后氫核的動量為

PH=mvt=mva

氮核的動量為

..28,找%

7?N=14/MV2=—jy-

可得

PN>PH

碰撞后氫核的動能為

11

Er%=-^=2-mv-2

氮核的動能為

?I228加片

E=一?14/m片=----2-

%t22225

可得

EKkH>EKkN

故B正確，ACD錯誤。

故選Bo

5.2022年北京冬奧會跳臺滑雪空中技巧比賽場地邊，有一根系有飄帶的風力指示桿，教練

員根據(jù)飄帶的形態(tài)提示運動員現(xiàn)場風力的情況。若飄帶可視為粗細一致的勻質長繩，其所處

范圍內風速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當飄帶穩(wěn)定時，飄帶實際形態(tài)最接近的是

4

【答案】A

【詳解】飄帶上任意選取一點P,以P點及P點以下的部分飄帶為研究對象，設飄帶總長L,

飄帶寬度為d,質量為〃7,P點距離飄帶下端距離x,P點以下的部分飄帶受到的重力與風

力分別為

6\=等.*,F=kxdv2

L

則重力與風力的的合力與水平方向的夾角為

°工HdL

tan9=—^=---------

G*mg

根據(jù)題中數(shù)據(jù)可得，tan。恒定，則P點以下的部分飄帶的受到的重力與風力的合力方向不

變，則尸點上方飄帶對其拉力方向不變。

故選Ao

6.如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭匕初始位置在副線圈正中間，輸入

端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻凡的阻值為R,滑動變阻器凡的最大阻值為

9R,滑片B初始位置在最右端。理想電壓表V的示數(shù)為U,理想電流表A的示數(shù)為

下列說法正確的是（）

A.保持匕位置不變，巳向左緩慢滑動的過程中，/減小，U不變

B.保持R位置不變，Pz向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大

C.保持巳位置不變，R向下緩慢滑動的過程中，/減小，U增大

5

D.保持p?位置不變，R向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小

【答案】B

【詳解】AB.由題意可知，原副線圈的匝數(shù)比為2,則副線圈的電流為2/，根據(jù)歐姆定律

可得副線圈的電壓有效值為

L=2出

則變壓器原線圈的電壓有效值為

U\=2U]=4出

設輸入交流電的電壓有效值為U。，則

U。=4困+IR2

可得

1=U°

4K+&

保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，/不斷變大，根據(jù)歐姆定律

U,=4/R

可知變壓器原線圈的電壓有效值變大，輸入電壓有效值不變，則R2兩端的電壓不斷變小，

則電壓表示數(shù)U變小，原線圈的電壓電流都變大，則功率變大，根據(jù)原副線圈的功率相等,

可知R1消耗的功率增大，故B正確，A錯誤；

CD.設原副線圈的匝數(shù)比為〃，同理可得

4="出

則

Uo=〃2陽+/4

整理可得

2

nRt+R2

保持巳位置不變，R向下緩慢滑動的過程中，〃不斷變大，則/變小，對&由歐姆定律可

知

6

U=IR2

可知u不斷變小，根據(jù)原副線圈的功率相等可知與消耗的功率

片=叫兒。。--

整理可得

〃2?+4+2凡

nRy

可知〃=3時，R1消耗的功率有最大值，可知《消耗的功率先增大，后減小，故CD錯誤。

故選B。

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3分，有選錯的

得0分。

7.神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、減速傘、主傘，最后啟動

反沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡化

為豎直方向的直線運動，其V-f圖像如圖所示。設該過程中，重力加速度不變，返回艙質

量不變，下列說法正確的是（）

A.在0~6時間內，返回艙重力的功率隨時間減小

B.在0~6時間內，返回艙的加速度不變

C.在彳~〃時間內，返回艙的動量隨時間減小

D.在弓~。3時間內，返回艙的機械能不變

7

【答案】AC

【詳解】A.重力的功率為

P=mgv

由圖可知在O~fi時間內，返回艙的速度隨時間減小，故重力的功率隨時間減小，故A正確；

B.根據(jù)M圖像的斜率表示加速度可知在Of時間內返回艙的加速度減小，故B錯誤；

C.在A72時間內由圖像可知返回艙的速度減小，故可知動量隨時間減小。故C正確；

D.在f2~3時間內，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，

重力勢能減小，故機械能減小，故D錯誤。

故選AC。

8.如圖，火星與地球近似在同一平面內，繞太陽沿同一方向做勻速圓周運動，火星的軌道

半徑大約是地球的1.5倍。地球上的觀測者在大多數(shù)的時間內觀測到火星相對于恒星背景由

西向東運動，稱為順行；有時觀測到火星由東向西運動，稱為逆行。當火星、地球、太陽三

者在同一直線上，且太陽和火星位于地球兩側時，稱為火星沖日。忽略地球自轉，只考慮太

陽對行星的引力，下列說法正確的是（）

火星

恒星背景/,/城鐮

東西，、\t'、贏一/

A.火星的公轉周期大約是地球的"旨倍

B.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運動為順行

C.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運動為逆行

D.在沖日處，火星相對于地球的速度最小

【答案】CD

【詳解】A.由題意根據(jù)開普勒第三定律可知

緇握

火星軌道半徑大約是地球軌道半徑的1.5倍，則可得

8

故A錯誤;

BC.根據(jù)

-Mmv~

G―「=m—

廠r

可得

由于火星軌道半徑大于地球軌道半徑，故火星運行線速度小于地球運行線速度，所以在沖日

處火星相對于地球由東向西運動，為逆行，故B錯誤，C正確；

D.由于火星和地球運動的線速度大小不變，在沖日處火星和地球速度方向相同，故相對速

度最小，故D正確。

故選CD。

9.球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，總質量為飛行器飛行時受到

的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即線且=如2,%為常量）。當發(fā)動機關閉時，飛行器

豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當發(fā)動機以最大推力推動飛行

器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g,

不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質量的變化，下列說法正確的是（）

A.發(fā)動機的最大推力為L5Mg

B.當飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為*Mg

C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5&m/s

D.當飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達到3g

【答案】BC

【詳解】A.飛行器關閉發(fā)動機，以0=l（）m/s勻速下落時，有

Mg-kv；=Z:xlOO

匕行器以U2=5m/s向上勻速時，設最大推力為小

9

Fm=Mg+kv；=Mg+Ax25

聯(lián)立可得

A錯誤；

B.飛行器以內=5m/s勻速水平飛行時

F=｛（Mg）：+（kvj2=*Mg

B正確；

C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時

f=dF；_（Mg）21Mg=kv：

解得

v4=5Gm/s

C正確；

D.當飛行器最大推力向下，以w=5m/s的速率向上減速飛行時，其加速度向下達到最大

值

2

+Mg+kv5=Mam

解得

Om=2.5g

D錯誤。

故選BCo

10.如圖，間距L=1m的U形金屬導軌，一端接有0.1。的定值電阻R,固定在高〃=0.8m

的絕緣水平桌面上。質量均為O」kg的勻質導體棒。和匕靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接

觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Q,與導軌間的動摩擦因數(shù)均為01（設

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導體棒。距離導軌最右端1.74m。整個空間存在豎直向下

的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為0.1T。用尸=0.5N沿導軌水平向右的恒力

拉導體棒m當導體棒。運動到導軌最右端時，導體棒匕剛要滑動，撤去尸，導體棒。離開

導軌后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2,不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法

正確的是（）

10

A.導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移為0.6m

B.導體棒a離開導軌至落地前，其感應電動勢不變

C.導體棒。在導軌上運動的過程中，導體棒匕有向右運動的趨勢

D.導體棒。在導軌上運動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C

【答案】BD

【詳解】C.導體棒a在導軌上向右運動，產(chǎn)生的感應電流向里，流過導體棒人向里，由左

手定則可知安培力向左，則導體棒人有向左運動的趨勢，故C錯誤；

A.導體棒b與電阻R并聯(lián)，有

,BLv

F

2

當導體棒。運動到導軌最右端時，導體棒6剛要滑動，有

B--L=f.img

聯(lián)立解得。棒的速度為

v=3m/s

。棒做平拋運動，有

x-vt

h=%

聯(lián)立解得導體棒a離開導軌至落地過程中水平位移為

x=1.2m

故A錯誤；

B.導體棒。離開導軌至落地前做平拋運動，水平速度切割磁感線，則產(chǎn)生的感應電動勢不

變，故B正確；

D.導體棒”在導軌上運動的過程中，通過電路的電量為

11

BL-^x_0.lxlxl.74

q=I、Z=C=1.16C

R+-R0.15

2

導體棒b與電阻R并聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻R的電荷量為

qR=V=0.58C

2

故D正確。

故選BDo

三、非選擇題：共56分。第11~14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第

15、16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。

11.小圓同學用橡皮筋、同種一元硬幣、刻度尺、塑料袋、支架等，設計了如圖（a）所示

的實驗裝置，測量冰墩墩玩具的質量。主要實驗步驟如下：

橡

刻

支

度

架

皮

尺

筋

新

塑料

（1）查找資料，得知每枚硬幣的質量為6.05g：

（2）將硬幣以5枚為一組逐次加入塑料袋，測量每次穩(wěn)定后橡皮筋的長度/,記錄數(shù)據(jù)如下

表：

序號12345

硬幣數(shù)量〃/枚510152025

長度//cm10.5112.0213.5415.0516.56

（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（b）上描點，繪制圖線;

12

//cm

（4）取出全部硬幣，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，穩(wěn)定后橡皮筋長度的示數(shù)如圖（c）所示,

此時橡皮筋的長度為cm；

（5）由上述數(shù)據(jù)計算得冰墩墩玩具的質量為g（計算結果保留3位有效數(shù)字）。

【答案】①.見解析15.35③.127

【詳解】（3）[1]根據(jù)表格標點連線如圖

4//cm

51015202530〃/枚

（4）⑵由圖可知刻度尺的分度值為1mm,故讀數(shù)/=15.35cm；

（5）[3]設橡皮筋的勁度系數(shù)為鼠原長為回，則

Wlg=k(l[_Xn)

13

n2mg=k(l5-x())

設冰墩墩的質量為，m,則有

町g=%（/-%）

聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)可得叫“42.69g。

12.小夢同學自制了一個兩擋位（“xl”“xlO”）的歐姆表，其內部結構如圖所示，R。

為調零電阻（最大阻值為Rom），&、、R"為定值電阻（6+<此），電流

計G的內阻為此（凡<<用）。用此歐姆表測量一待測電阻的阻值，回答下列問題：

⑥

①②

（1）短接①②，將單刀雙擲開關S與，"接通，電流計G示數(shù)為/“；保持電阻凡滑片位置

不變，將單刀雙擲開關S與"接通，電流計G示數(shù)變?yōu)?“，則/“（填“大于”或

"小于”）；

（2）將單刀雙擲開關S與〃接通，此時歐姆表的擋位為（填“xl”或“xlO”）；

（3）若從“xl”擋位換成“xlO”擋位，調整歐姆零點（歐姆零點在電流計G滿偏刻度

處）時，調零電阻凡的滑片應該調節(jié)（填“向上”或“向下”）；

（4）在“xlO”擋位調整歐姆零點后，在①②間接入阻值為1OOQ定值電阻R1,穩(wěn)定后

電流計G的指針偏轉到滿偏刻度的?；取走凡，在①②間接入待測電阻Rv,穩(wěn)定后電流計

G的指針偏轉到滿偏刻度的1,貝IJ凡=。。

【答案】①.大于②.X1O③.向上④.400

【詳解】（1）⑴根據(jù)題意可知/?,?<R",所以開關撥向m時電路的總電阻小于開關撥向〃時

14

,E

電路的總電阻，電源電動勢E不變，根據(jù)/=丁"可知/,“〉/“；

(2)[2]當開關撥S向〃時，全電路的總電阻較大，中值電阻較大，能夠接入待測電阻的阻

值也更大，所以開關撥S向w時對應歐姆表的擋位倍率較大，即xlO；

(3)[3]從“xl”擋位換成“X10”擋位，即開關S從俄撥向〃，全電路電阻增大，干路

電流減小，①②短接時，為了使電流表滿偏，則需要增大通過電流計G所在支路的電流，

所以需要將&的滑片向上調節(jié)；

(4)[4]在“X10”擋位，電路圖結構簡化如圖

7?o上R

①-@_IZZZH~n—②

Ro下

第一次，當①②短接，全電路的總電阻為

通過干路的電流為

R

電流表滿偏，根據(jù)并聯(lián)電路中電流之比等于電阻反比可知

二以下

,一,G/+上

第二次，①②之間接入凡=100。，全電路總電阻為R+N，通過干路的電流為

'R+R

電流表偏轉了量程的：2，則

2/

l--lc凡+K)上

結合第一次和第二次解得

R=2R}=200c

15

第三次，①②之間接入此，全電路總電阻為此+與，通過干路的電流為

4+4

電流表偏轉了量程的1，則

3

1;

3G與卜

/-l/c仆+4匕

結合第二次和第三次，解得

Rx=R+2Rt=400Q

13.如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和&,直流電源的內阻不計，平行板電容器兩極

板水平放置，板間距離為d,板長為64,極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質量為〃？、

帶電量為+4的小球以初速度丫沿水平方向從電容器下板左側邊緣A點進入電容器，做勻速

圓周運動，恰從電容器上板右側邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力

加速度大小為g,忽略空氣阻力。

（1）求直流電源的電動勢&）；

（2）求兩極板間磁場的磁感應強度B；

（3）在圖中虛線的右側設計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的

最小值E'。

XXXX

XXXxF

4&2

?々XX

氏A

h*—J3d—?!

ingd(R+R2)mvme

【答案】（1）(2)—(3)#

2dq2q

【詳解】（1）小球在電磁場中作勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得

Eq=mg

16

&兩端的電壓

U2=Ed

根據(jù)歐姆定律得

U,=—^—.R,

a+凡'

聯(lián)立解得

F一m.gd(R[+R?)

設粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為，根據(jù)幾何關系

(r-J)2+(V3J)2=r2

解得

r=2d

根據(jù)

v2

qvB=m—

r

解得

2dq

(3)由幾何關系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60°,要使小球做直

線運動，當小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電

場強度最小，可得

17

Eq=mgcos60°

解得

E'4

2q

14.如圖（a）,質量為膽籃球從離地”高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后

反彈至離地〃的最高處。設籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的2倍

H-h

（A為常數(shù)且0<2</"）,且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，

重力加速度大小為g。

（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

（2）若籃球反彈至最高處/7時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F,使得籃球與地面碰

撞一次后恰好反彈至〃的高度處，力/隨高度），的變化如圖（b）所示，其中為已知，求乙

的大小;

（3）籃球從//高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球（拍擊時

間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量/,經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H

_2mg(l-2)(77-/2)

〃一%(3)

【詳解】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有

18

mg-Amg=ma下

再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有

v下2=2。下H

籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg+kmg=ma匕

再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有

V上2=2。上〃

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

k=g（1+團〃

WV（l-A）/7

(2)若籃球反彈至最高處/z時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F,則籃球下落過程中

根據(jù)動能定理有

mgh+h-%>F-Amgh=-mv^

2Q

籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有

-mgh-Qngh=°一；根（彌'卜?>

聯(lián)立解得

?_2mg(l-2)(W-/2)

‘。=------T-7------------

%-%

(3)由(1)問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為

”=(l-2)g(方向向下)

a1=(1+A)g(方向向下)

由題知運動員拍擊一次籃球(拍擊時間極短)，瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量/,

由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有

I=mv

即每拍擊一次籃球將給它一個速度V。

拍擊第1次下降過程有

vi2-v2=2(1-X)gho

上升過程有

(—1)2=2(1+A)gh\

19

代入k后，下降過程有

V12-盧=2(1—X)gho

上升過程有

hv[2=2(1-X)gHh\

聯(lián)立有

22

,h..v.,h.{,/〃v

1H°2g(1-團H十H2g(l-2)

拍擊第2次，同理代入k后，下降過程有

V22-v2=2(1-X)gh\

上升過程有

hv2i=2(1-X)gHh2

聯(lián)立有

-H2g(1-㈤，

再將歷代入后有

"=(2)2.4+(心.+(A)'.

空””H2g(1-㈤H2g(l-2)

拍擊第3次，同理代入左后，下降過程有

V32_盧=2(1_1)g/l2

上升過程有

/!V32=2(1-A)gHhi

聯(lián)立有

2

%=工h仇+—v-——)

H-(lT)2g，

再將42代入〃3有

,/Axl"2

7/h、3I./h、3V-/〃\2V-

%—(—),%+(—)--------------F(—)?

3HH2g(l-2)H2g(l-2)H2g(l—乃

直到拍擊第N次，同理代入左后，下降過程有

VN2--V2=2(1-X)ghN-1

上升過程有

20

/?v/v2=2(1-QgHhN

聯(lián)立有

hv2

h——(幻i----------)

NHNT2g(1-2)

將AN-1代入〃N有

小=(()'?%+(()'?v2

―—+(與M+-+(—)'——--

nri2^(1-2)H2g(l—，)H2^(1-2)

其中

IIN=H,ho=h

則有

(A)w+,_A

"=(])"/+[?一旦]v2

Hh2g(1-乃

-------1

H

則

,A-1

I=m小(R"M4『]個團2g

(HH

15.利用“渦流效應”可實現(xiàn)冷熱氣體的分離。如圖，一冷熱氣體分離裝置由噴嘴、渦流室、

環(huán)形管、分離擋板和冷熱兩端管等構成。高壓氮氣由噴嘴切向流入渦流室中，然后以螺旋方

式在環(huán)形管中向右旋轉前進，分子熱運動速率較小的氣體分子將聚集到環(huán)形管中心部位，而

分子熱運動速率較大的氣體分子將聚集到環(huán)形管邊緣部位。氣流到達分離擋板處時，中心部

位氣流與分離擋板碰撞后反向，從4端流出，邊緣部位氣流從B端流出。下列說法正確的

A.A端為冷端，B端為熱端

21

B.4端流出的氣體分子熱運動平均速率一定小于8端流出的

C.A端流出的氣體內能一定大于B端流出的

D.該裝置氣體進出過程滿足能量守恒定律，但違背了熱力學第二定律

E.該裝置氣體進出的過程既滿足能量守恒定律，也滿足熱力學第二定律

【答案】ABE

【詳解】A.依題意，中心部位為熱運動速率較低的氣體，與擋板相作用后反彈，從A端流

出，而邊緣部份熱運動速率較高的氣體從B端流出；同種氣體分子平均熱運動速率較大、

其對應的溫度也就較高，所以A端為冷端、3端為熱端，故A正確；

B.依題意，A端流出的氣體分子熱運動速率較小，8端流出的氣體分子熱運動速率較大，

所以從A端流出的氣體分子熱運動平均速度小于從B端流出的，故B正確；

C.A端流出的氣體分子熱運動速率較小，8端流出的氣體分子熱運動速率較大，則從4端

流出的氣體分子平均動能小于從8端流出的氣體分子平均動能，內能的多少還與分子數(shù)有

關；依題意，不能得出從A端流出的氣體內能一定大于從8端流出的氣體內能，故C錯誤;

DE.該裝置將冷熱不均氣體的進行分離，噴嘴處有高壓，即通過外界做功而實現(xiàn)的，并非

是自發(fā)進行的，沒有違背熱力學第二定律；溫度較低的從A端出、較高的從B端出，也符

合能量守恒定律，故D錯誤，E正確。

故選ABE。

16.如圖，小贊同學設計了一個液體拉力測量儀。一個容積％=9.9乙的導熱汽缸下接一圓

管，用質量町=90g、橫截面積S=10cm2的活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞與圓管

壁間摩擦不計?；钊露擞幂p質細繩懸掛一質量必2=10g的U形金屬絲，活塞剛好處于A

位置。將金屬絲部分浸入待測液體中，緩慢升起汽缸，使金屬絲從液體中拉出，活塞在圓管

中的最低位置為B。已知A、B間距離〃=10cm,外界大氣壓強Po=L°lxl()5pa,重力

加速度取lOm/s2,環(huán)境溫度保持不變，求：

(1)活塞處于A位置時，汽缸中氣體壓強P1；

(2)活塞處于B位置時，液體對金屬絲拉力尸的大小。

22

【答案】（1）Pt=105Pa；（2）F=1N

【詳解】（1）將活塞與金屬絲視為一整體，因平衡則有

PoS=P|S+（叫+租2）g

代入數(shù)據(jù)解得

Pl=1（）5Pa

（2）當活塞在B位置時，汽缸內壓強為0,則有

PM=P2（%+S/0

代入數(shù)據(jù)解得

4

p2=9.9xlOPa

將活塞與金屬絲視為一整體，因平衡則有

p0S=p2S+（mt+m2）g+F

聯(lián)立解得

尸=1N

17.下端附著重物的粗細均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻

率為1Hz的簡諧運動：與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖（a）所

示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力F隨水平位移

x的變化如圖（b）所示。已知河水密度為。，木棒橫截面積為S,重力加速度大小為g。下

列說法正確的是（）

23

FN

圖(b)

A.X從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小

B.x從0.21m到0.25m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小

C.x=0.35m和x=0.45m時，木棒的速度大小相等，方向相反

D.木棒在豎直方向做簡譜運動的振幅為《二具

20sg

E.木棒的運動為向x軸正方向傳播的機械橫波，波速為0.4rn/s

【答案】ABD

【詳解】A.由簡諧運動的對稱性可知,0.1m、0.3m、0.5m時木棒處于平衡位置；則x從0.05m

到0.15m的過程中，木棒從平衡位置下方向上移動，經(jīng)平衡位置后到達平衡位置上方，速

度先增大后減小，所以動能先增大后減小，A正確；

B.x從0.21m到0.25m的過程中，木棒從平衡位置上方靠近最大位移處向下運動(未到平

衡位置)，加速度豎直向下，大小減小，B正確；

C.x=().35m和x=0.45m時，由圖像的對稱性知浮力大小相等，說明木棒在同一位置，

豎直方向速度大小相等，速度方向相反，而兩時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錯誤；

D.木棒在豎直方向的簡諧運動可類比于豎直方向的彈簧振子，設木棒長度為L,回復力系

數(shù)為平衡位置時木棒重心在水面下方Ax。，則有

pgs=Mg

木棒重心在平衡位置上方最大位移A處時

Mg-F2=Mg-pgS(^+^xn-A}=kA

木棒重心在平衡位置下方最大位移A處時

24

F「Mg=pgS—+Ar0+A-Mg=kA

可解得

k=pgS,

2pSg

D正確；

E.木棒上各質點相對靜止隨木棒一起運動，不能看成向x軸正方向傳播的機械橫波，E錯

誤。

故選ABD。

18.如圖，某種防窺屏由透明介質和對光完全吸收的屏障構成，其中屏障垂直于屏幕平行排

列，可實現(xiàn)對像素單元可視角度（9的控制（可視角度。定義為某像素單元發(fā)出的光在圖示平

面內折射到空氣后最大折射角的2倍）。透明介質的折射率〃=2,屏障間隙L=0.8mm。

發(fā)光像素單元緊貼屏下，位于相鄰兩屏障的正中間.不考慮光的衍射。

（1）若把發(fā)光像素單元視為點光源，要求可視角度?？刂茷?0。，求屏障的高度必

（2）若屏障高度d=1.0mm,且發(fā)光像素單元的寬度不能忽略，求像素單元寬度x最小為

多少時，其可視角度。剛好被擴為180。（只要看到像素單元的任意一點，即視為能看到該

像素單元）。

空氣

透明介質

防

窺

屏

屏

障

發(fā)光像素單元

【答案】（1）1.55mm；（2）0.35mm

【詳解】（1）發(fā)光像素單元射到屏障上的光被完全吸收，考慮射到屏障頂端的光射到透明介

質和空氣界面，折射后從界面射向空氣，由題意可知Q60。，則

2

r=-0=30

2

在介質中的入射角為i,則

sinr

25

解得

.1

sin/=—

4

由幾何關系

L

解得

d=J2.4mm?1.55mm

ion0

(2)若視角度。剛好被擴為180。，則鱉-=90。，此時光線在界面發(fā)生全反射，此時光線

2

在界面處的入射角

si?nC「=—1=1—

n2

解得

C=30°

此時發(fā)光像素單元發(fā)光點距離屏障的距離為

X,=atanC=——mm

'3

像素單元寬度X最小為

x=2(x-