湖南省2022年高考物理考試真題與答案解析

湖南省2022年高考：物理考試真題與答案解析

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。

1.關(guān)于原子結(jié)構(gòu)和微觀粒子波粒二象性，下列說法正確的是。

A.盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)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(yīng)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

C

答案解析：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(yīng)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(zhì)子、中子及原子、分子均具有波

動性，D鐲■吳。

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Q、b、c、d上。

移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關(guān)于長方體幾何中心O點處電場強

度方向和電勢的變化，下列說法正確的是()

a

b

Od

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

答案解析：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a再根據(jù)電勢

的疊加原理，單個點電荷在距其班的電勢為

@（取無窮遠處電勢為零）

r

現(xiàn)在撤去攻的絕緣棒后，q減小，則O點的電勢減小。

故選A。

3.如圖（a）,直導(dǎo)線例施兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO'上，其所在區(qū)域存

在方向垂直指向OO'的磁場，與距離相等位置的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化,

其截面圖如圖（初所示。導(dǎo)線通以電流/,靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為包下列說法

正確的是（）

5。）

:"

B

?M(N)

右

圖(b)

A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（@右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方向由M旨向M

B.電流儲大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變

C.tan。與電流娥正比

D.sin6與電流放正比

答案：D

答案解析：A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖右側(cè)位置時，對導(dǎo)線做受力分析有

⑥0(0)

可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由從指向N,A錯誤；

BCD.由于與OO'距離相等位置的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化，有

,cBJL

sm9='—,F\=mgcose

mg

則可看出sin碼電流械正比，當(dāng)情大時8曾大，貝ijcos磁小，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉

力斤減小，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(zhì)量與質(zhì)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％和嶺。設(shè)碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）

氫核

O-「..........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.彩大于vi

D.丫2大于V0

答案：B

答案解析：設(shè)中子的質(zhì)量為加，氫核的質(zhì)量為根，氮核的質(zhì)量為14根，設(shè)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=〃2匕+mv3

—mv2=—mv2+—mv2

2°2'23

聯(lián)立解得

v.=%

設(shè)中子和氮核碰撞后中子速度為以，由動量守恒定律和能量守恒定律可得

mv0=14mv2+mv4

22-2

聯(lián)立解得

2

%=—%

■15

可得

匕=%>%

碰撞后氫核的動量為

PH=mv,=mv0

氮核的動量為

,.2Rm?-

PN14/?zv,=一

■IS

可得

PN>PH

碰撞后氫核的動能為

r12I2

E&=-mvt=--mv0

氮核的動能為

可得

故B正確，ACD錯誤。

故選B。

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(fēng)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(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細一致的勻質(zhì)長繩，其所處范圍

內(nèi)風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當(dāng)飄帶穩(wěn)定時，飄帶實際形態(tài)最接近的是（）

答案解析：飄帶上任意選取一點尸，以尸點及P點以下的部分飄帶為研究對象，設(shè)飄帶總長

飄帶寬度為①質(zhì)量為。，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(fēng)力

分別為

G=詈.不F=kxdv2

cFKdl.

則重力與風(fēng)力的的合力與水平方向的夾角為tan9=；＞=——

G.mtt

根據(jù)題中數(shù)據(jù)可得，tan9恒定，貝V點以下的部分飄帶的受到的重力與風(fēng)力的合力方向不變，

則戶點上方飄帶對其拉力方向不變。

故選A。

6.如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭H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。定值電阻尺的阻值為R,滑動變阻器左的最大阻值為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B位置不變，B向左緩慢滑動的過程中，/減小，U不變

B.保持B位置不變，B向左緩慢滑動的過程中，%消耗的功率增大

C.保持巳位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，/減小，U增大

D.保持2位置不變，R向下緩慢滑動的過程中，&消耗的功率減小

答案：B

答案解析：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

U2=2IR、

則變壓器原線圈的電壓有效值為

U[=2U2=4/R

設(shè)輸入交流電的電壓有效值為U。，則

a=4邛+償

可得

/二4

4R?+/?2

保持R位置不變，巳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，則左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

用消耗的功率增大，故B正確，A錯誤；

CD.設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為〃，同理可得

U、=惻R、

則

UQ="明+I4

整理可得

上力

IV/?|+R2

保持巳位置不變，Pl向下緩慢滑動的過程中，〃不斷變大，貝”變小，對是由歐姆定律可知

U=IR2

可知。不斷變小，根據(jù)原副線圈的功率相等可知叫消耗的功率

I]uR

P,=IU=".（1一.-）

't”一凡.&〃-凡?&

整理可得

1=____"___

n2/?.+-A_+2R

n■飛

可知〃=3時，與消耗的功率有最大值，可知尺消耗的功率先增大，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。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(dǎo)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L/圖像如圖所示。設(shè)該過程中,重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變,

下列說法正確的是（）

fv

\

v3-------

二-------:—?

04t2At

A.在0~4時間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時間減小

B.在0?4時間內(nèi)，返回艙的加速度不變

C.在/1~時間內(nèi)，返回艙的動量隨時間減小

D.在八時間內(nèi)，返回艙的機械能不變

答案：AC

答案解析：A.重力的功率為P="gv

由圖可知在0?力時間內(nèi)，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)一唱像的斜率表示加速度可知在0?力時間內(nèi)返回艙的加速度減小，故B錯誤；

C.在力?灰時間內(nèi)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.在方~左時間內(nèi)，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(nèi)，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L5倍。地球上的觀測者在大多數(shù)的時間內(nèi)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(dāng)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(cè)時，稱為火星沖日。忽略地球自轉(zhuǎn)，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//斛、、

東…一一西［［扁//

A.火星的公轉(zhuǎn)周期大約是地球的再倍

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

CD

r?r

答案解析：A.由題意根據(jù)開普勒第三定律可知

停地

火星軌道半徑大約是地球軌道半徑的L5倍，則可得7火=

故A錯誤;

BC.根據(jù)3學(xué)=加三，可得v=J”

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(zhì)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「以=切2,人為常量）。當(dāng)發(fā)動機關(guān)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10向s;當(dāng)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(zhì)量的變化，下列說法正確的是（）

A.發(fā)動機的最大推力為1?5吸

B.當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為4PMg

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5jJm/s

D.當(dāng)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

答案解析：A.飛行器關(guān)閉發(fā)動機，以％=10m/s勻速下落時，有

Mg=左匕2=kx100

飛行器以卷=5m/s向上勻速時，設(shè)最大推力為飛

Fm-Mg+kv^-Mg+Z、25

聯(lián)立可得

Fm=\25Mg%=的

，100

A錯誤；

B.飛行器以g=5m/s勻速水平飛行時

F=J（Mg）'+（kvj=JdMg,B正確；

4

C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時

/=—（Mg）'=-Mg=kv^

A

解得以="m/s,

C正確；

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

F?,+Mg+他2=Ma.、

解得an=2.5g,D錯誤。

故選BCo

10.如圖，間距L=lm的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有Q1Q的定值電阻R,固定在高％=0.8m的

絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為。1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒小口b靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良

好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為0.1。，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力），導(dǎo)體棒”距離導(dǎo)軌最右端l，4m。整個空間存在豎直向下的勻強磁場

（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度大小為0.1T。用尸=0.5N沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a,當(dāng)

導(dǎo)體棒。運動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒為IJ要滑動，撤去F,導(dǎo)體棒。離開導(dǎo)軌后落到水平

地面上。重力加速度取10m/s?,不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中，水平位移為0.6m

B.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動勢不變

C.導(dǎo)體棒。在導(dǎo)軌上運動的過程中，導(dǎo)體棒b有向右運動的趨勢

D.導(dǎo)體棒。在導(dǎo)軌上運動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C

答案：BD

答案解析：c.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上向右運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電流向里，流過導(dǎo)體棒h向里，由

左手定則可知安培力向左，則導(dǎo)體棒0有向左運動的趨勢，

故C錯誤；

A.導(dǎo)體棒0與電阻餅聯(lián)，有

,Bl.v

F

2

當(dāng)導(dǎo)體棒。運動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒h剛要滑動，有

B.LL=g/mg

聯(lián)立解得。棒的速度為

v=3m/s

。棒做平拋運動，有

x=vt

/?=!gp

聯(lián)立解得導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)軌至落地過程中水平位移為》=L2m

故A錯誤；

B.導(dǎo)體棒a離開導(dǎo)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(yīng)電動勢不變，

故B正確；

D.導(dǎo)體棒。在導(dǎo)軌上運動的過程中，通過電路的電量為

,一劇-此Alxix_L74

q=I.=—二一一C=1.16C

R+-R0-15

2

導(dǎo)體棒0與電阻餅聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻用的電荷量為

%=0.58C

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。

H.小圓同學(xué)用橡皮筋、同種一元硬幣、刻度尺、塑料袋、支架等，設(shè)計了如圖9)所示的

實驗裝置，測量冰墩墩玩具的質(zhì)量。主要實驗步驟如下：

橡

刻

支

皮

度

架

筋

尺

米

塑

(1)查找資料，得知每枚硬幣的質(zhì)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//cm165112.0213.5415.0516.56

(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖(8上描點，繪制圖線；______

(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(zhì)量為g(計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。

答案：

①.見解析

②.15.35

③.127

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

(5)[3]設(shè)橡皮筋的勁度系數(shù)為攵，原長為小，則

n2mg=k(<l-x0]

設(shè)冰墩墩的質(zhì)量為m1,則有

機*=%(/—%)

聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)可得町=42.69g。

12.小夢同學(xué)自制了一個兩擋位("xl"&10”)的歐姆表，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，以為調(diào)

零電阻(最大阻值為凡J,艮、凡、尺為定值電阻+電流計G的內(nèi)阻

為RG(6<<%)。用此歐姆表測量一待測電阻的阻值，回答下列問題:

(1)短接①②，將單刀雙擲開關(guān)s與機接通，電流計G示數(shù)為/“；保持電阻品滑片位置不

變，將單刀雙擲開關(guān)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(guān)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(diào)整歐姆零點(歐姆零點在電流計G滿偏刻度處)

時，調(diào)零電阻品的滑片應(yīng)該調(diào)節(jié)(填"向上"或"向下”)；

(4)在"x10"擋位調(diào)整歐姆零點后，在①②間接入阻值為100。的定值電阻與，穩(wěn)定后電流

計G的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的；；取走與,在①②間接入待測電阻R,穩(wěn)定后電流計G的

指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的；，則凡=C。

答案：①.大于②.xlO③.向上④.400

答案解析：⑴川根據(jù)題意可知凡<私,所以開關(guān)撥向〃，時電路的總電阻小于開關(guān)撥向〃時

E

電路的總電阻，電源電動勢E不變，根據(jù)/=月可知

(2)⑵當(dāng)開關(guān)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(guān)撥S向"時對應(yīng)歐姆表的擋位倍率較大，即xlO;

(3)⑶從"xl"擋位換成“xlO”擋位，即開關(guān)S從機撥向〃，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R)的滑片向上調(diào)節(jié)；

(4)⑷在“>10”擋位，電路圖結(jié)構(gòu)簡化如圖

①__cz5—②

-----IZZI——

R。卜

第一次，當(dāng)①②短接，全電路的總電阻為

R=R+(「G+4b，

"4+&“,

通過干路的電流為

1=—

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

IGR)下

/-44+凡匕

第二次，①②之間接入R=100。，全電路總電阻為穴+凡，通過干路的電流為

K+K]

電流表偏轉(zhuǎn)了量程的;，則

-1

3G凡下

/[-----1凡+41[

結(jié)合第一次和第二次解得

R=2K=200Q

第三次，①②之間接入凡，全電路總電阻為凡+與，通過干路的電流為

I=——

*4+&

~/

L3。(R?,

電流表偏轉(zhuǎn)了量程的a，貝IJ—1—

3人―心勺+勺上

結(jié)合第二次和第三次，解得R,=R+2R=400Q

13.如圖，兩個定值電阻的阻值分別為％和4，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板

水平放置，板間距離為d,板長為角，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為加、帶

電量為+4的小球以初速度u沿水平方向從電容器下板左側(cè)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(cè)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及；

(2)求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度B；

(3)在圖中虛線的右側(cè)設(shè)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

答案：⑴(2)會⑶

答案解析：(1)小球在電磁場中作勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得為=

&兩端的電壓5=Ed

根據(jù)歐姆定律得八，?叫

A,"F/V?

聯(lián)立解得E。

腿

設(shè)粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系(八一獷+(/^)2=/

解得r=2d

v;ffjr

卞艮據(jù)＜7丫8=m—,解得B=—

r2dq

(3)由幾何關(guān)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(dāng)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

Eq=mgcos601

解得E=-

la

14.如圖(a),質(zhì)量為7776勺籃球從離地A高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后

反彈至離地方的最高處。設(shè)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八倍(人

H-h

為常數(shù)且(X入,),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方時，運動員對籃球施加一個向下的壓力尸，使得籃球與地面碰撞

一次后恰好反彈至力的高度處，力砸高度y的變化如圖(6所示，其中也已知，求兄的大

??；

(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M欠拍擊后籃球恰好反彈至分高度

答案:⑴也[之;（2）居=2二1；

H

h—"1

⑶I=m\H—C-t.h].[------#.（1一人）2g

|（H）N+'~H

答案解析：（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg-\mg=ma^

再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有

1/下2=2訃H

籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg^入mg=ma上

再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有

V上2=2a上h

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

寸上=~+中

干存v（i耳

（2）若籃球反彈至最高處力時，運動員對籃球施加一個向下的壓力尸，則籃球下落過程中根

據(jù)動能定理有

mgh+F。一入mgh=—mv''

籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有

-mgh一入mgh=0——機（屈卜”）2

聯(lián)立解得

_孰蝌一入｛耳一粕

品c=11

1（,

（3）由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為

。下=（1-*g（方向向下）

a上=（1+/l）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

l=mv

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度外

拍擊第1次下降過程有

-2-盧=2(1-川g，

上升過程有

僅用2=2(1+[g/7]

代入攵后，下降過程有

-2-盧=2(1-A\gho

上升過程有

/7/I2=2(1-NgHh\

聯(lián)立有

(4+)=也)|.均+(±)[▽

HHH

拍擊第2次，同理代入攵后，下降過程有

吸2-修=2(1-力gh\

上升過程有

/742=2(]-A\gHM

聯(lián)立有

生=》+晨3)

再將力代入⑦有

4=(幻.4+42.+4.導(dǎo)、

拍擊第3次，同理代入攵后，下降過程有

匕2_修=2(1-4劭2

上升過程有

77g2=2(]-A\gHN

聯(lián)立有

/，2V

h.=2他+.)

再將為代入力有

%=/%+分品―+令?藐f+(”?挈T)

直到拍擊第M欠，同理代入攵后，下降過程有

盧=2(1-4g/7Ml

上升過程有

萬爾=2(1-A\gHhN

聯(lián)立有

展力七產(chǎn)加^)

將為一】代入為有

22,2

M=(/4+("屋一廣?二』+'?+(77)]-.T)

其中

hN=H,ho=h

則有

”;也『』此Y]二

息

則

h

囚一(力孫[/：F.(L入)2g

(/~H

15.利用“渦流效應(yīng)”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(gòu)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(zhuǎn)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/端流出，邊緣部位氣流從瞬流出。下列說法正確的是（）

A.4端為冷端，戊需為熱端

B.力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./端流出的氣體內(nèi)能一定大于6端流出的

D.該裝置氣體進出的過程滿足能量守恒定律，但違背了熱力學(xué)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(xué)第二定律

答案：ABE

答案解析：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/端流

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

應(yīng)的溫度也就較高，所以力端為冷端、締為熱端，故A正確；

B.依題意，/端流出的氣體分子熱運動速率較小，戊常流出的氣體分子熱運動速率較大，所

以從力端流出的氣體分子熱運動平均速度小于從胡流出的，故B正確；

C.力端流出的氣體分子熱運動速率較小，加流出的氣體分子熱運動速率較大，則從/端流

出的氣體分子平均動能小于從締流出的氣體分子平均動能，內(nèi)能的多少還與分子數(shù)有關(guān)；依

題意，不能得出從力端流出的氣體內(nèi)能一定大于從筑帶流出的氣體內(nèi)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(xué)第二定律；溫度較低的從力端出、較高的從瞬出，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(xué)設(shè)計了一個液體拉力測量儀。一個容積％=9.9L的導(dǎo)熱汽缸下接一圓管，

用質(zhì)量皿=90g、橫截面積S=10cm?的活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與圓管壁間摩擦

不計?；钊露擞幂p質(zhì)細繩懸掛一質(zhì)量嗎=10g的U形金屬絲，活塞剛好處于/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

為民已知A、B間距離/?=10cm,外界大氣壓強p°=LOlx105Pa,重力加速度取lOm/s?,環(huán)

境溫度保持不變，求：

(1)活塞處于/位置時，汽缸中的氣體壓強pi；

(2)活塞處于8位置時，液體對金屬絲拉力向勺大小。

答案：⑴p|=MVPa；(2)F=IN

答案解析：(1)將活塞與金屬絲視為一整體，因平衡則有

pQS=piS+(ml+m2)g

代入數(shù)據(jù)解得

p,=IO,pa

(2)當(dāng)活塞在8位置時，汽缸內(nèi)壓強為P2,則有

PM=P2(K+S〃)

代入數(shù)據(jù)解得

4

/?2=9.9.：10Pa

將活塞與金屬絲視為一整體，因平衡則有

PoS=p?S+(//+機2)g+F

聯(lián)立解得E=IN

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。

以木棒所受浮力仍縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力幅水平位移x的變

化如圖（6所示。已知河水密度為兀，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（）

圖⑻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