2023年湖南省新高考物理試卷

2023年湖南省新高考物理試卷

試題數(shù)：15,滿分：10（）

1.（單選題，4分）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.相同質量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多

B.笊泉核聚變的核反應方程為叁H+?H-,He+'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量虧損

2.（單選題，4分）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0,且

軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為V1和V2，其中V1方向水平，V2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V1

C.兩谷粒從0到P的運動時間相等

D.兩谷粒從0到P的平均速度相等

3.（單選題，4分）如圖（a）,在均勻介質中有A、B、C和D四點，其中A、B、C三點位

于同一直線上，AC=BC=4m,DC=3m,DC垂直AB。t=0時，位于A、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ABD垂直，已知波長

為4m,下列說法正確的是（)

A.這三列波的波速均為2m/s

B.t=2s時，D處的質點開始振動

C.t=4.5s時，D處的質點向y軸負方向運動

D.t=6s時，，D處的質點與平衡位置的距離是6cm

4.（單選題，4分）根據(jù)宇宙大爆炸理論，密度較大區(qū)域的物質在萬有引力作用下，不斷聚集

可能形成恒星。恒星最終的歸宿與其質量有關，如果質量為太陽質量的1?8倍將坍縮成白矮

星，質量為太陽質量的10?20倍將坍縮成中子星，質量更大的恒星將坍縮成黑洞。設恒星坍

縮前后可看成質量均勻分布的球體，質量不變，體積縮小，自轉變快。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四倍，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.（單選題，4分）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（）

A.Qi=qQ=V2q,Q3=q

4\/3

B.Qi=-q,Qz=--q,Q3=-4q

C.Qi=-q,Q2=V2q,Q3=-q

D.Qi=q,Q2=--qQ=4q

6.（單選題，4分）如圖，真空中有區(qū)域I和n,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H）

內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，圖中A、C、0三點在同一直線上，A0與GF垂直,

且與電場和磁場方向均垂直，A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域I中,

只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域H。若區(qū)域I中電場強度大小為E、磁感應強度大小

為Bi，區(qū)域H中磁感應強度大小為B2,則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域II中運動的時

間為若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域11中的粒子在區(qū)域n中運動的時間為t,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)?Bi，則t>to

B.若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)?E,則t>t°

C.若僅將區(qū)域H中磁感應強度大小變?yōu)楹?,則t"

D.若僅將區(qū)域n中磁感應強度大小變?yōu)楹魾2，t=V2t0

7.（多選題，5分）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a,如圖所示。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，下列說法正確的是（）

岸上救援人員

sin41°

B.水的折射率為一%

sin49°

C.當他以a=60。向水面發(fā)射激光時，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°

D.當他以a=60。向水面發(fā)射激光時，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角大于60°

8.（多選題，5分）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，

兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為BC段圓心為0,最高點為C,A與C的高度差等

于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度vo沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下

A

A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大

B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變

C.小球的初速度v0=J前

D.若小球初速度vo增大，小球有可能從B點脫離軌道

9.（多選題，5分）某同學自制了一個手搖交流發(fā)電機，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動

（皮帶不打滑），半徑之比為4：1,小輪與線圈固定在同一轉軸上。線圈是由漆包線繞制而

成的邊長為L的正方形，共n匝，總阻值為Ro磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻

強磁場。大輪以角速度3勻速轉動，帶動小輪及線圈繞轉軸轉動，轉軸與磁場方向垂直。線

圈通過導線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡。假設發(fā)電時燈泡能發(fā)光且工作在額定

電壓以內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.線圈轉動的角速度為43

B.燈泡兩端電壓有效值為3A/2nBlAo

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

4y/2nBl7a)

壓有效值為

3

D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則燈泡變得更亮

10.（多選題，5分）如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加

速運動。車廂內(nèi)有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，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。，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（）

B.若推力F向左，且tan9<n，則F的最大值為2mgtan0

C.若推力F向左，且p<tanew2|_i,則F的最大值為4mg（2|i-tan0）

D.若推力F向右，且tan0>2|i,則F的范圍為4mg（tan0-2|i）<F<4mg（tan0+2|i）

11.（問答題，7分）某同學探究彈簧振子振動周期與質量的關系，實驗裝置如圖（a）所示，

輕質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，實驗步驟如下：

（1）測出鉤碼和小磁鐵的總質量m；

（2）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；

（3）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

（4）改變鉤碼質量，重復上述步驟；

（5）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量的關系是—

（填"線性的"或"非線性的"）；

m/kglOT/sT/sT7s2

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

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

達式可能是一（填正確答案標號）；

A2n器

B.2n口

y]m

C.2iry/mk

D.2nkVm

（7）除偶然誤差外，寫出一條本實驗中可能產(chǎn)生誤差的原因：_o

12.（問答題，9分）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，Ri、R2、R3為電阻箱，RF為半導體薄膜壓力傳感器，C、D

間連接電壓傳感器（內(nèi)阻無窮大）。

圖(a)圖(b)

圖（c）

（1）先用歐姆表"X100"擋粗測RF的阻值，示數(shù)如圖（b）所示，對應的讀數(shù)是_Q；

（2）適當調(diào)節(jié)Ri、R2、R3,使電壓傳感器示數(shù)為0,此時，RF的阻值為一（用Ri、R2、R3

表示）；

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

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

祛碼質量m/g0.00.51.01.52.02.5

電壓U/mV57115168220280

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

（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Fo，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C、D間電壓，在半導體薄膜壓力傳感微小壓力

Fi，此時非理想毫伏表讀數(shù)為200mV,貝ljFi_Fo（填">""="或"V"）。

13.（問答題，10分）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成，連桿AB與助力活塞固定為一體，駕駛員踩剎車時，

在連桿AB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，K2

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，掩打開，抽氣活塞向下運動，抽氣氣室中的全部氣體

從心排出，完成一次抽氣過程。已知助力氣室容積為Vo,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Vi，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。

（1）求第1次抽氣之后助力氣室內(nèi)的壓強pi;

（2）第n次抽氣后，求該剎車助力裝置為駕駛員省力的大小AF。

14.（問答題，14分）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L,兩導軌

及其所構成的平面均與水平面成。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B?，F(xiàn)將質量均為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g。

（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vo；

（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a0；

（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v,求

速度v的大小，以及時間to內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Ax。

15.（問答題，16分）如圖，質量為M的勻質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b,長軸水平，短軸豎直。質量為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,橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不

翻轉，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）若竺=七，求小球下降八=:高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY果用a、b及g

ma-b20

表示）。

2023年湖南省新高考物理試卷

參考答案與試題解析

試題數(shù)：15,滿分：1（）（）

1.（單選題，4分）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.相同質量的核燃料，輕核聚變比重核裂變釋放的核能更多

B.笊鼠核聚變的核反應方程為女H+?H-,He+21e

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量虧損

【正確答案】：A

【解析】：輕核聚變過程和重核裂變過程均發(fā)生質量虧損，放出能量，相同質量的核燃料，輕

核聚變的質量虧損比重核裂變的質量虧損大；根據(jù)核聚變過程質量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒列出核

反應方程；核裂變的核反應燃料主要是鈾235,核聚變的核反應燃料為輕核。

【解答】：解：A、相同質量的核燃料，輕核聚變的質量虧損比重核裂變的質量虧損大，釋放

的核能更多，故A正確；

B、氣僦核聚變過程，質量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒，則氣僦核聚變的核反應方程為：

2He+Jn,故B錯誤；

C、鈾235是重核，核裂變的核反應燃料主要是鈾235,故C錯誤；

D、核聚變反應過程中發(fā)生質量虧損，故D錯誤。

故選：Ao

【點評】：本題考查核聚變和核裂變，知道核聚變和核裂變過程均發(fā)生質量虧損，放出能量，

知道核反應過程中質量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒。

2.（單選題，4分）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0,且

軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為V1和V2，其中V1方向水平，V2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（)

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vi

C.兩谷粒從0到P的運動時間相等

D.兩谷粒從。到P的平均速度相等

【正確答案】：B

【解析】：谷粒均做拋體運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做勻變速直線運動。

【解答】：解：A、兩谷粒均做拋體運動，故加速度均相同，故A錯誤，

BC、根據(jù)圖b可知谷粒2從最高點到P點的運動時間大于谷粒1從。點到P點的運動時間，

又因為谷粒2從最高點到P點水平位移小于谷粒1從。到P點的水平位移，所以谷粒2在最

高點的速度小于％,故B正確，C錯誤，

D、兩谷粒從0到P的位移相同，飛行時間不同，所以平均速度不相等，故D錯誤。

故選:Bo

【點評】：本題考查拋體運動的理解，解題的關鍵是化曲為直的思想。

3.（單選題，4分）如圖（a）,在均勻介質中有A、B、C和D四點，其中A、B、C三點位

于同一直線上，AC=BC=4m,DC=3m,DC垂直AB。t=0時，位于A、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ABD垂直，已知波長

為4m,下列說法正確的是（）

圖(a)圖(b)

A.這三列波的波速均為2m/s

B.t=2s時，D處的質點開始振動

C.t=4.5s時，D處的質點向y軸負方向運動

D.t=6s時，D處的質點與平衡位置的距離是6cm

【正確答案】：C

【解析】：根據(jù)圖像得出振動的周期，結合波速的計算公式得出波速的大??；

根據(jù)簡諧橫波的傳播特點結合運動學公式判斷出D處的質點是否已經(jīng)開始振動；

根據(jù)運動學公式得出對應時刻的質點的位置，結合圖像得出其振動方向；

根據(jù)運動學公式分析出不同波源在對應時刻到D處質點的位移，結合波的疊加原理得出此時

質點到平衡位置的距離。

【解答】：解：A、根據(jù)圖（b）可知，簡諧橫波的振動周期為4s,根據(jù)波速的計算公式可得：

v=^=^m/s=lm/s,故A錯誤；

B、根據(jù)圖（a）可知，D處的質點與波源最近的距離為3m,根據(jù)運動學公式可得：

%。=絲==3s,則t=2s時D處的質點還沒開始振動，故B錯誤；

sU1

C、根據(jù)勾股定理可知，AD=BD=V5C2+CD2=V42+32m=5m,則波源A、B產(chǎn)生的橫

波傳播到D點的時間為：

tan———S—5S

AUV1

故t=4.5s時，只有波源C處的橫波傳播到D處，此時D處的質點的振動時間為：

to=t-tcD=4.5s-3s=1.5s,根據(jù)振動圖像可知此時D點處的質點振動方向為y軸負方向，故C正

確；

D、t=6s時;波源C處的橫波傳播到D處后振動的時間為：

ti=t-tcD=6s-3s=3s

根據(jù)振動圖像可知，此時D出為波源C處傳播橫波的波谷；t=6s時，波源A、B的橫波傳播

到D處后的振動時間為：

tz=t-tAD=6s-5s=ls

結合圖像可知此時D處為波源A、B處傳播橫波的波峰，根據(jù)波的疊加原理可得，此時D處

質點的位移大小為：

y=2A-A=2x2cm-2cm=2cm,故t=6s時，D處的質點與平衡位置的距離為2cm，故D錯誤；

故選：Co

【點評】：本題主要考查了簡諧橫波的相關應用，理解簡諧橫波在不同方向上的運動特點，結

合運動學公式和波的疊加原理即可完成分析。

4.（單選題，4分）根據(jù)宇宙大爆炸理論，密度較大區(qū)域的物質在萬有引力作用下，不斷聚集

可能形成恒星。恒星最終的歸宿與其質量有關，如果質量為太陽質量的1?8倍將坍縮成白矮

星，質量為太陽質量的10?20倍將坍縮成中子星，質量更大的恒星將坍縮成黑洞。設恒星坍

縮前后可看成質量均勻分布的球體，質量不變，體積縮小，自轉變快。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企倍，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

【正確答案】：B

【解析】：A、考慮恒星自轉，根據(jù)萬有引力的一個分力等于重力判斷同一恒星表面任意位置

的重力加速度是否相同；

B、根據(jù)兩極處萬有引力等于重力判斷恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度是否比坍縮前的大;

C、根據(jù)星球表面萬有引力提供向心力判斷恒星坍縮前后的第一宇宙速度是否不變；

D、根據(jù)星球表面萬有引力提供向心力推導恒星坍縮后的第一宇宙速度，進而表示出逃逸速度,

進一步判斷中子星的逃逸速度是否小于白矮星的逃逸速度。

【解答】：解：A、重力加速度是矢量，再不同地點指向不同，另外考慮恒星自轉，兩極處萬

有引力等于重力，而其它地方萬有引力的一個分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重

力加速度不一定相同，故A錯誤；

B、根據(jù)兩極處萬有引力等于重力得：管=機9,解得：g=瞿，恒星坍縮后質量M不變，

R變小，所以表面兩極處的重力加速度一定比坍縮前的大，故B正確；

C、根據(jù)星球表面萬有引力提供向心力推導第一宇宙速度，得：誓=小三，v=摩，質量

RNRyjR

M不變，R變小，所以恒星坍縮前后的第一宇宙速度變大，故C錯誤；

D、逃逸速度為第一宇宙速度的四倍，又根據(jù)選項C可知：逃逸速度的表達式為v'=榨,

又質量M=pV=^7r/?3

聯(lián)立解得：M=2R^=產(chǎn)手,中子星密度大于白矮星，質量也大于白矮星，所以中

子星的逃逸速度是大于白矮星的逃逸速度，故D錯誤。

故選:B?

【點評】：本題考查萬有引力定律在天體運動中的應用，涉及了星體表面的重力加速度、第一

宇宙速度以及逃逸速度的問題，解題方法是：忽略星球自轉，萬有引力等于重力，涉及環(huán)繞問

題，一般需要根據(jù)萬有引力提供向心力討論分析。

5.（單選題，4分）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Q1、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（）

?奧幺6.......加：上：。

Qi

A.Qi=qQ=V2qQ=q

B.Qi=-q,Q2=-qQ=-4q

C.Qi=-q,Q2=V2qQ=?q

4J3

D.Qi=qQ=--qQ=4q

【正確答案】：D

【解析】：當三個點電荷的電性相同時，P點處的場強不可能為零；

根據(jù)場強的計算公式，結合幾何關系和矢量合成的特點結合題意完成分析。

【解答】：解：AB、若三個點電荷同時帶正電或者負電，則P點的場強不可能為零，故AB

錯誤;

C、設P和Qi間的距離為r,則Qi和Q3在P點處的場強大小為:

%7（播）建2

cosl20°

2常

解得：E=叵磬

根據(jù)點電荷的場強公式可得Q2在P點處產(chǎn)生的場強大小為:

E=窄，則P點的場強不為零，故C錯誤；

D、同理可得，Qi和Q3在P點處的場強大小為:

cosl20°=

2X”

4r^

解得：七=譽

根據(jù)題意可知Q2產(chǎn)生的場強大小為:

E=窄，則P點處的場強為零，故D正確;

故選：D?

【點評】：本題主要考查了場強的疊加，熟悉場強的計算公式，結合幾何關系和矢量合成的特

點即可完成分析。

6.（單選題，4分）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H）

內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，圖中A、C、0三點在同一直線上，A0與GF垂直,

且與電場和磁場方向均垂直，A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?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

為區(qū)域H中磁感應強度大小為B2,則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域II中運動的時

間為to。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t,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)?Bi，則t>t0

B.若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)?E,則t>t。

C.若僅將區(qū)域II中磁感應強度大小變?yōu)?為，則t=￡

D.若僅將區(qū)域H中磁感應強度大小變?yōu)槠rB2,t=V2t0

【正確答案】：D

【解析】：在疊加場中，粒子受到的洛倫茲力和電場力相等，由此可得出場強或者磁感應強度

變化后粒子的速度大小，在區(qū)域n中粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)幾何關系得出半徑

和圓心角的大小，結合圓周運動的周期公式完成分析。

【解答】：解：區(qū)域I中電場力和洛倫茲力相等，由此可得：

qE=qv（）Bi

在區(qū)域］I中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：

47r2

qv0B2=m—r

解得：T=駟

因為粒子從CF邊的中點射出，根據(jù)幾何關系可知，粒子轉過的圓心角為90。，則

_nm

°一流

A、若僅將區(qū)域I中磁感應強度大小變?yōu)?B「在區(qū)域I中粒子依然受力平衡，則

qE=qvAX2Bi

解得：VA=^

根據(jù)牛頓第二定律可得：

qvB=T

解得：r=W

qB

由此可知粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼腎,則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉過的圓心角

仍然為90。，故t=to，故A錯誤；

B、若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)?E,根據(jù)上述分析可知：

2qE=qveBi

解得：VB=2VO

根據(jù)半徑的計算公式r=乎可知粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從F點射出,

粒子轉過的圓心角仍然為90。，故1=3故B錯誤；

C、若僅將區(qū)域II中磁感應強度大小變?yōu)閒B2,則粒子進入?yún)^(qū)域U中的速度為V。，根據(jù)半徑

的計算公式r=?可知粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼尼?gt;2倍，則粒子從OF邊射出，根

qBy/3

據(jù)幾何關系可知轉過的圓心角為60°,此時的時間為：

4\f3nm

t=--------

9q%

則1=W片，故C錯誤；

D、若僅將區(qū)域n中磁感應強度大小變?yōu)閊B2,同上述分析可知，粒子做圓周運動的半徑變

為原來的盍=2a>2倍，則粒子從OF邊射出，根據(jù)幾何關系可知粒子轉過的圓心角為45。,

則此時的時間為:

"需=缶。，故D正確;

故選：D。

【點評】：本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動，熟悉速度選擇器的工作原理，理解粒子

做圓周運動的向心力來源，結合幾何關系和牛頓第二定律即可完成分析。

7.（多選題，5分）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a,如圖所示。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，下列說法正確的是（）

岸上救援人員

B.水的折射率為一三

sin490

C.當他以a=60。向水面發(fā)射激光時，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角小于60°

D.當他以a=60。向水面發(fā)射激光時，岸上救援人員接收激光光束的方向與水面夾角大于60°

【正確答案】：BC

【解析】：根據(jù)題意得出全反射的臨界角，結合全反射的臨界角公式得出折射率的大??；

根據(jù)折射率和入射角的大小得出激光束與水面夾角的大小關系。

【解答】：解：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,

由此可知當a=41。時激光恰好能發(fā)生全反射，根據(jù)全反射的臨界公式可得：

sin（90°-41°）=:

解得：n=一三，故B正確，A錯誤；

stn49°

CD、當他以a=60。向水面發(fā)射激光時，根據(jù)幾何關系可知，此時的入射角i為30。，根據(jù)折射

定律可得：

sini

九=——

sinr

由此可知，折射角r大于30。，因此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正確，D錯誤；

故選：BCo

【點評】：本題主要考查了折射定律的相關應用，理解全反射角的計算公式，結合折射定律和

幾何關系即可完成分析。

8.（多選題，5分）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，

兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為。，BC段圓心為0,最高點為C,A與C的高度差等

于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度V。沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下

列說法正確的是（）

A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大

B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變

C.小球的初速度v0=

D.若小球初速度vo增大,小球有可能從B點脫離軌道

【正確答案】：AD

【解析】：對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解，寫出重力功率的表達式即可求解，小球

恰好到達C點，可知Vc=0,然后根據(jù)動能定理求解，根據(jù)牛頓第二定律分析小球與斜面的作

用力，從而分析D項。

【解答】：解：A、小球從B到C的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有

mgcos0-N=m^

其中。逐漸減小，動能轉化為重力勢能，v也逐漸減小，所以N逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定

律可知小球對軌道的壓力逐漸增大，故A正確；

B、小球從A到C的過程中，動能轉化為重力勢能，速度逐漸減小，重力的功率逐漸減小，故

B錯誤；

C、小球從A點以初速度V。沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，根據(jù)機械能守恒定律有

|mvo=mg,2R

解得v0=2y[gR

故C錯誤；

D、在B點，根據(jù)牛頓第二定律有

mgcos0-N=m—

解得

N=mgcos0-m—

當N=0時，v=y/gRcosO,當若小球初速度v=vo增大，小球有可能從B點脫離軌道，故D

正確；

故選:ADo

【點評】：本題考查機械能守恒定律與曲線運動的結合，解題關鍵掌握臨界條件的把握，注意

機械能守恒定律的應用。

9.（多選題，5分）某同學自制了一個手搖交流發(fā)電機，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動

（皮帶不打滑），半徑之比為4：1,小輪與線圈固定在同一轉軸上。線圈是由漆包線繞制而

成的邊長為L的正方形，共n匝，總阻值為Ro磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻

強磁場。大輪以角速度3勻速轉動，帶動小輪及線圈繞轉軸轉動，轉軸與磁場方向垂直。線

圈通過導線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡。假設發(fā)電時燈泡能發(fā)光且工作在額定

電壓以內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.線圈轉動的角速度為43

B.燈泡兩端電壓有效值為3V2nBIAi）

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

壓有效值為謔警

D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t燈泡變得更亮

【正確答案】：AC

【解析】：小輪和大輪屬于皮帶傳動，線速度大小相等，根據(jù)半徑的比值關系得出線圈轉動的

角速度；

根據(jù)法拉第電磁感應定律得出感應電動勢的峰值，結合有效值和峰值的關系，以及歐姆定律聯(lián)

立等式得出燈泡兩端的電壓；

根據(jù)線速度的表達式得出小輪的角速度變化，結合感應電動勢的計算公式得出燈泡亮度的變化。

【解答】：解：A、大輪和小輪通過皮帶傳動，線速度的大小相等，根據(jù)線速度的計算公式

v=3r可知，角速度的大小與半徑成反比，因為大輪和小輪的半徑之比為4：1,則小輪轉動

的角速度為大輪轉動角速度的4倍，即線圈轉動的角速度為43,故A正確；

B、根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，線圈產(chǎn)生的感應電動勢的最大值為：

2

Em=NBSx4a)=4nSLa)

根據(jù)正弦式交流電峰值和有效值的關系可知，產(chǎn)生的電動勢的有效值為：

上E一—殳包

根據(jù)歐姆定律可得燈泡兩端電壓的有效值為：

U=—

R+R

聯(lián)立解得：U=y[2nBL2a),故B錯誤；

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)會變?yōu)樵瓉淼?倍，線圈產(chǎn)生感應電動勢的最大值為：

2

Eml=8nBLa)

此時線圈產(chǎn)生感應電動勢的有效值為：

E]=鬻==4伍B"

根據(jù)電阻定律可得：R吟

可知線圈的電阻也會變?yōu)樵鹊?倍，根據(jù)電路構造的分析和歐姆定律可得：

1R+2R

聯(lián)立解得：5=運警，故C正確；

D、若將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則根據(jù)線速度的計算公式可知線圈和小輪的角速度都會變

小，根據(jù)有效值和峰值的關系可知：

廠nBSo)

E=

則線圈產(chǎn)生的電動勢的有效值也會減小，因此燈泡會變暗，故D錯誤;

故選：ACo

【點評】：本題主要考查了交流電的相關應用，熟悉感應電動勢的計算公式，理解正弦式交流

電中峰值和有效值的關系，結合歐姆定律即可完成分析。

10.（多選題，5分）如圖，光滑水平地面上有一質量為2m的小車在水平推力F的作用下加

速運動。車廂內(nèi)有質量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B

球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為4桿與豎直方向的夾角為0,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（）

B.若推力F向左，且tangp,則F的最大值為2mgtan0

C.若推力F向左，且u<tan6W2u，貝UF的最大值為4mg（2”-tan。）

D.若推力F向右，且tan0>2（i,則F的范圍為4mg（tan0-2|i）<F<4mg（tan0+2|i）

【正確答案】：CD

【解析】：若B球所受摩擦力為零，對A、B整體由牛頓第二定律，然后對A球由牛頓第二

定律；若推力向左，則系統(tǒng)的加速度向左，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，A與左壁

彈力為零，此時F有最大值；

若推力向左，uNtanB時，系統(tǒng)的加速度向左，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水

平向左，A與左壁彈力為零，此時F有最大值

若推力向左，n<tan0<2p時，A與左壁彈力不為零，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，

方向水平向左，此時F取最大值；

若推力向右，tan9>2p時，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向右，F(xiàn)有最大

值，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向左，F(xiàn)有最小值。

【解答】：解：A、若B球所受摩擦力為零，對A、B整體由牛頓第二定律得FNA=2ma,

對A球由牛頓第二定律得FNA-Nsin0=ma,

豎直方向：Ncos0=mg,

聯(lián)立解得a=gtan。，

對整體由牛頓第二定律得F=4ma=4mgtan0,故A錯誤；

B、若推力向左，則系統(tǒng)的加速度向左，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，A與左壁彈力

為零，此時F有最大值，對AB整體：豎直方向FNB=2mg,

水平方向：pFNB=2ma解得a=ug,對A水平方向Nsin0=maA,豎直方向Ncos0=mg,

解得aA=gtan。，由于gtan3所以系統(tǒng)的加速度a=aA=gtan3所以F最大值為

F=4ma=4mgtan0,故B錯誤；

C、若推力向左，^<tan0<2n，時，A與左壁彈力不為零，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦

力，方向水平向左，此時F取最大值，則2pmg-NA=2ma,

整體：Fm=4ma,

對A豎直方向：Ncos0=mg,

對A水平方向：Nsin0-NA=ma,

聯(lián)立解得Fm=4mg(2n-tan0)故C正確；

D、若推力向右，tan0>2n，廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向右，F(xiàn)有最大

值，

則：2nmg+NA=2mai，

對A豎直方向：Ncos0=mg

NA-NsinO=mai

聯(lián)立解得ai=2|ig+pgtan0

廂底對B的摩擦力達到最大靜摩擦力，方向水平向左，F(xiàn)有最小值，

則：對AB整體有NA-2pmg=2ma2

對A水平方向有NA-Nsin0=ma2

對A豎直方向：Ncos6=mg

聯(lián)立解得：az=gtan0-2ng

所以4azWFW4al

即4mg(tan9-2p)<F<4mg(tan0+2n)故D正確；

故選：CD。

【點評】：本題考查牛頓第二定律與整體法、隔離法靈活應用。解題的關鍵是臨界條件的突破。

本題較難。

11.(問答題，7分)某同學探究彈簧振子振動周期與質量的關系，實驗裝置如圖(a)所示，

輕質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，實驗步驟如下：

(1)測出鉤碼和小磁鐵的總質量m；

(2)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；

（3）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

（4）改變鉤碼質量，重復上述步驟；

（5）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量的關系是—

（填"線性的"或"非線性的"）；

m/kg10T/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

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

達式可能是一（填正確答案標號）；

A.2n叵

C.2nVmk

D.2nky[m

（7）除偶然誤差外，寫出一條本實驗中可能產(chǎn)生誤差的原因：_o

【正確答案】：非；線性的;A;空氣阻力的影響

【解析】：（3）根據(jù)圖（b）中的數(shù)據(jù)得出周期的表達式；

（5）根據(jù)圖實驗數(shù)據(jù)推斷彈簧振子振動周期的平方隨質量的增大是否均勻增大，據(jù)此判斷振

動周期的平方與質量的關系是否是線性的；

（6）根據(jù)量綱逐項分析出對應的單位并完成分析；

（7）根據(jù)實驗原理分析出另外可能產(chǎn)生誤差的原因。

【解答】：解：（3）根據(jù)圖（b）所示，可知0?to時間內(nèi)彈簧振子完成了10次全振動，故

彈簧振子振動周期為：T=靜；

（5）分析實驗的數(shù)據(jù)，可知質量逐次增加0.01kg,對應彈簧振子振動周期的平方逐次近似增加

0.04s2,

可知在誤差允許的范圍內(nèi)，彈簧振子振動周期的平方隨質量的增大而均勻增大，即彈簧振子振

動周期的平方與質量的關系是線性的；

（6）根據(jù)量綱法可知，周期的單位為s,則周期的正確表達式單位也是s,選項A的表達式

2n他的單位為：呼==s，對比選項B、C、D與A的表達式，可知選項B、C、

\k弋N/myjkgxm/s2

D的表達式的單位不是s,故A正確，BCD錯誤。

故選：A,

（7）本實驗中除偶然誤差外可能產(chǎn)生誤差的原因為：空氣阻力的影響。

故答案為：（3）*；（5）線性的；（6）A；（7）空氣阻力的影響

【點評】：本題考查了探究彈簧振子振動周期與質量的關系的實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的

實驗操作，要掌握實驗數(shù)據(jù)的分析和處理的方法，特別是量綱法的應用，整體難度不大。

12.（問答題，9分）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，RF為半導體薄膜壓力傳感器，C、D

間連接電壓傳感器（內(nèi)阻無窮大）。

圖(a)圖(b)

圖（c）

（1）先用歐姆表"X100”擋粗測RF的阻值，示數(shù)如圖（b）所示，對應的讀數(shù)是_Q；

（2）適當調(diào)節(jié)Ri、R2、R3,使電壓傳感器示數(shù)為0,此時，RF的阻值為一（用Ri、R2、R3

表示）；

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

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

祛碼質量m/g0.00.51.01.52.02.5

電壓U/mV57115168220280

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

（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Fo，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C、D間電壓，在半導體薄膜壓力傳感微小壓力

Fi，此時非理想毫伏表讀數(shù)為200mV,貝ljFi_Fo（填">""="或"V"）。

【正確答案】：1000;1.8x10-2;>

R2

【解析1:（1）先讀取最上面一排刻度的讀數(shù)，再乘以倍率；

（2）使電壓傳感器示數(shù)為0,就是讓Ri和R2兩端的電壓相等，根據(jù)先串聯(lián)分壓等可以求解

RF的阻值；

（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（c）上描點，繪制U-m關系圖線，注意用順次平滑曲線連接各個點;

（4）根據(jù)第（3）問繪制的圖像，找電壓傳感器示數(shù)為200mV對應的質量，乘以重力加速度,

則可以得出F。大小；

（5）根據(jù)電路以及歐姆定律等分析判斷則Fi和Fo的大小關系。

【解答】：解：（1）先讀取最上面一排刻度的讀數(shù)，再乘以倍率，即10.0x1000=1000。；

（2）使電壓傳感器示數(shù)為0,就是讓Ri和R2兩端的電壓相等，根據(jù)先串聯(lián)分壓得：富=等，

RF?3

可以求解RF=#^；

（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（c）上描點，繪制U-m關系圖線，注意用順次平滑曲線連接各個點,

如下圖所示：

（4）根據(jù)第（3）問繪制的圖像，找電壓傳感器示數(shù)為200mV對應的質量約為1.8g,則可以

得出：Fo=1.8xlO-3x9.8N=1.8xlO-2N：

（5）令5=0,若在實驗過程中<PC<<PD，根據(jù)表格并結合電路可知，RF的阻值隨壓力變大而

變??；對于理想電壓傳感器IAC=1CB,1AD=IDB;對于非理想電壓傳感器1AC〈1CB，1AD>IDB;如果

壓力不變，維持原阻值，會使UCB，即它增大，UDB減小，即（PD減小，從而使UDC減小，所

以要保證UDC不變，需要讓RF減小，壓力增大，則Fi>Fo；

若在實驗過程中隼C>（PD，根據(jù)表格并結合電路可知，RF的阻值隨壓力變大而變大；對于理想

電壓傳感器IAC=ICB，1AD=IDB;對于非理想電壓傳感器1AC>1CB，IAD<1DB;如果壓力不變，維持

原阻值，會使UCB，即<pc減小，UDB增大，即仰增大，從而使UCD減小，所以要保證UCD不

變，需要讓RF增大，壓力增大，則Fi>Fo。

綜上所述，F(xiàn)i一定大于F。。

故答案為：（1）1000；（2）竽；（3）見解析；（4）1.8x10-2；（5）>。

R2

【點評】：本題考查了基本電學實驗的多用電表讀數(shù)、電路的分壓關系、描點繪制圖像以及從

圖像得出信息等基本實驗知識與技能，最后一問增加了難度，需要我們認真思考。

13.（問答題，10分）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成，連桿AB與助力活塞固定為一體，駕駛員踩剎車時，

在連桿AB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，K2

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，心打開，抽氣活塞向下運動，抽氣氣室中的全部氣體

從L排出，完成一次抽氣過程。已知助力氣室容積為V。，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Vi，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。

（1）求第1次抽氣之后助力氣室內(nèi)的壓強pi;

（2）第n次抽氣后，求該剎車助力裝置為駕駛員省力的大小AF。

【正確答案】：

【解析】：（1）選擇助力氣室內(nèi)封閉的氣體為研究對象，根據(jù)題意得出其變化前后的壓強和

體積，結合玻意耳定律列式得出氣體的壓強；

（2）根據(jù)玻意耳定律結合數(shù)學知識得出n次抽氣后的氣體壓強，結合力與壓強的關系得出省

力的大小。

【解答】：解；（1）選擇助力氣室內(nèi)的氣體為研究對象，根據(jù)題意可知其初始狀態(tài)的壓強為

po,體積為Vo,第一次抽氣后，氣體的體積為：

V=Vo+Vi

因為變化前后氣體的溫度保持不變，根據(jù)玻意耳定律可得：

poVo=piV

解得：P1=^

（2）第二次抽氣，