1、湖北省2022年普通高中学业水平等级考试物理一、选择题:本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第811题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在实验方案：如果静止原子核俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子e，即 。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。下列说法正确的是（）A. 原子核X是B. 核反应前后的总质子数不变C. 核反应前后总质量数不同D. 中微子的电荷量与电子的相
2、同【参考答案】A【命题意图】本题考查核反应及其相关知识点。【解题思路】根据核反应遵循的规律，核反应前后质量数守恒，电荷数守恒，X原子核的电荷数为3，质量数为7，所以原子核X是Li，选项A正确BCD错误。2. 2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（ ）A. 组合体中的货物处于超重状态B. 组合体的速度大小略大于第一宇宙速度C. 组合体的角速度大小比地球同步卫星的大D. 组合体的加速度大小比地球同步卫星的小【参考答案】C【命题意图】本题考查万有引力定律、卫星，牛顿运动定律，圆周运动。【解题思路】
3、组合体中的货物处于完全失重状态，选项A错误；熬地球做圆周运动的周期为90分钟，由开普勒第三定律可知，组合体绕地球运动的轨道半径小于地球同步卫星。根据组合体由于第一宇宙速度是围绕地球运动的最大环绕速度，所以组合体的速度大小小于第一宇宙速度，选项B错误；组合体绕地球运动的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据开普勒第三定律，组合体绕地球运动的周期小于地球同步卫星，由角速度与周期成反比，可知组合体绕地球运动的角速度比地球同步卫星的大，选项C正确；由万有引力定律和牛顿第二定律可得：G=ma可知，a=，由于组合体绕地球运动的轨道半径小于地球同步卫星，所以组合体绕地球运动的加速度大小大于地球同步卫星，选项D
4、错误。3. 一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如pV图中ac直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是（ ）A. ab是等温过程B. ab过程中气体吸热C. ac过程中状态b的温度最低D. ac过程中外界对气体做正功【参考答案】B【命题意图】本题考查pV图像，热力学定律及其相关知识点。【解题思路】由于等温线是双曲线，所以ab的过程是升温过程，选项A错误；ab的过程体积增大，对外做功，而末状态温度高于初状态，内能增加，所以ab的过程中气体吸热，选项B正确；ac的过程中状态b的温度最高，选项C错误；ac的过程中气体体积增大，气体对外做功，选项D错误。4. 密立根油滴实验装置如图
5、所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（）A. q，rB. 2q，rC. 2q，2rD. 4q，2r【参考答案】D【命题意图】本题考查电场力，物体平衡条件及其相关知识点。【解题思路】当金属板之间电势差为U时，电荷量为q，半径为r的球状油滴在极板间保持静止，由平衡条件，qU/d=mg，m=，两式联立可得U=。仅将金属板之间电势差调
6、整为2U，则也需要调整为原来的2倍，若r调整为原来的2倍，则q为原来的4倍，即能够保持静止的油滴所带电荷量为4q，半径为2r，选项D正确。5. 如图所示，质量分别为m和2m的小物块和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（）A. B. C. D. 【参考答案】C【命题意图】本题考查平衡条件、简谐运动。【解题思
7、路】撤去拉力后，Q恰好能够保持静止，则弹簧中拉力F=2mg。弹簧中弹力F=kx，解得弹簧伸长量x=F/k=。若剪断轻绳，P在弹簧的拉力F作用下向右做振幅为x的简谐运动。P在随后的运动中相对于初始位置的最大位移为2个振幅，即最大位移大小为2x=2=，选项C正确。6. 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保
8、持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（）A. 6小时25分钟B. 6小时30分钟C. 6小时35分钟D. 6小时40分钟【参考答案】B【命题意图】本题考查匀变速直线运动规律的应用。【解题思路】普通列车最高速度v1=108km/h=30m/s；高速列车最高速度v2=324km/h=90m/s；普通列车经过每个站加速或减速时间t1=v1/a=60s，加速或减速路程s1=900m，全程需要时间T1=10 t1+s=600s+35.7103s=36.3103s；高铁列车经过每个站加速或减速时间t2=v2/a=180s，加速或减速路程
9、s2=8100m，全程需要时间T2=10 t2+s=1800s+11100s=12.9103s；高铁比普通列车节省时间T= T1-T2=36.3103s-12.9103s=23.4103s=6.5h，选项B正确。7. 一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【参考答案】D【命题意图】本题考查曲线运动，动能定理，动量定理。【解题思路】由动能定理，速度由v增大到2v，合外力做功；速度由2v增大到5v
10、，合外力做功，所以W2= 7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是，比较可得一定成立。选项D正确。8. 在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从点射出，设出射方向与入射方向的夹角为，则离子的入射速度和对应角的可能组合为（）A. kBL，0B. kBL
11、，0C. kBL，60D. 2kBL，60【参考答案】BC【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。【解题思路】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图根据带电粒子在直线边界运动的对称性可知，若从P点的出射方向与右侧边界向上的夹角为60，根据几何关系则有，可得根据对称性可知出射速度与SP成30角向上，故出射方向与入射方向夹角为=60。当粒子上下均经历一次时，如图因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有根据洛伦兹力提供向心力有可得此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为=0。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3）此时出射方向与入射方向的夹角为=60
12、；当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3）此时出射方向与入射方向的夹角为=0。故可知BC正确，AD错误。9. 近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（）A. 接收线圈的输出电压约为8 VB. 接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1C. 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D. 穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同【参考答案】AC【命题意图】本题考查变压器及其相关知识点。【解
13、题思路】由于穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，可知穿过接收线圈的磁通量变化率约为发射线圈的80%，即=80%，选项D错误；由U1=n1，U2=n2，=80%，联立解得U2=8V，即接收线圈的输出电压为8V，A正确；根据变压器原副线圈中交变电流的频率相同，可知C正确；根据题述，忽略其他损耗，可得U1 I1= U2 I2，解得=,选项B错误。10. 如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点射入，并经过点P（a0，b0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从到运动的时间为t1，到达点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到运动的时间为
14、t2，到达点的动能为Ek2。下列关系式正确的是（）A. t1 t2C. Ek1Ek2【参考答案】AD【命题意图】本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在磁场中的匀速圆周运动及其相关知识点。【解题思路】该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据，可知t1Ek2，故C错误，D正确。11. 如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向
15、的夹角可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（）A. 棒与导轨间的动摩擦因数为B. 棒与导轨间的动摩擦因数为C. 加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，=60D. 减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，=150【参考答案】BC【命题意图】本题考查安培力，摩擦力、牛顿运动定律及其相关知识点。【解题思路】设磁场方向与水平方向夹角为1，190;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力
16、分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有令，根据数学知识可得则有同理磁场方向与水平方向夹角为2，290，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有有所以有当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得代入，可得=30，此时加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有。故BC正确，AD错误。二、非选择题:本题共5小题。共56分。12. 某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲
17、所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值和最小值。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的图像是一条直线，如图乙所示。（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为_。（2）由图乙得:直线的斜率为_，小钢球的重力为_N。（结果均保留2位有效数字）（3）该实验系统误差的主要来源是_（单选，填正确答案标号）。A小钢球摆动角度偏大B小钢球初始释放位置不同C小钢球摆动过程中有空气阻力【参考答案】（1）-2 （2）-2.1 0.59N （3）C【命题意图】本题考查验证机械能守恒定律实验，牛顿运
18、动定律，圆周运动及其相关知识点，考查实验探究能力。【解题思路】（1）当小球摆动到最低位置时，拉力最大，拉力传感器示数最大；当小球摆动到最高位置时，拉力最小，拉力传感器示数最小；小球摆动到最高位置时，设摆线与竖直方向的夹角为，有mgcos=Tmin；小球摆动到最低位置时，Tmax -mg=m小球从最高点摆动到最低点，若机械能守恒，则有mgL（1-cos）=mv2，联立解得：Tmax =3mg-2Tmin因此，图乙中直线斜率的理论值为-2.（2）由图乙得，3mg=1.765N，小钢球的重力mg=0.59N。直线斜率2.1. （3）该实验系统误差主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，
19、选项C正确。13. 某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。（1）该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为_mm。再用游标卡尺测得其长度L。（2）该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0，定值电阻R0的阻值为20.0，电阻箱R的最大阻值为999.9 。首先将S2置于位置1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。R/I/A /A-15.00.4142.4210.00.3522.8415.00.3083.2520.
20、002723.6825.00.2444.1030.00.2224.50根据表中数据，在图丙中绘制出图像。再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A。根据图丙中的图像可得_（结果保留2位有效数字）。最后可由表达式_得到该材料的电阻率（用D、L、表示）。（3）该小组根据图乙的电路和图丙的图像，还可以求得电源电动势_V，内阻_。（结果均保留2位有效数字）（4）持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会_（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【参考答案】（1）3.700mm （2）6.0 （3）12V
21、 3.0 （4）偏小【命题意图】本题考查电阻和电阻率测量实验，闭合电路欧姆定律，电阻定律及其相关知识点，考查实验探究能力。【解题思路】（1）根据螺旋测微器读数规则，圆柱形电阻的直径D=3.5mm+0.200mm=3.700mm.（2）根据图乙电路，由闭合电路欧姆定律，E=I（R0+r+RA+R），变化为=+R，图像中与一一对应，将置于位置，电流0.400A对应的=2.5，Rx=6.0。由电阻定律，Rx=, S=, 解得：=（3）=+R，图像斜率=0.083，解得电源电动势E=12V；由=2.0，解得r=3。（4）若电源电动势降低，则图像斜率变大，截距变大，仍根据原来描绘的图像测量电阻，则得到的
22、该电阻测量值偏小。或根据表达式分析，因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表有相同读数时，得到的的值偏小，即测量值偏小。14. 如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为。已知水的折射率，求: （1）tan的值；（2）B位置到水面的距离H。【参考答案】（1）；（2）【命题意图】本题平抛运动规律、折射定律。【解题思路】（1）由平抛运动规律
23、，小球入水前瞬间竖直方向速度vy=，d=vxt，联立解得：vx=，tan=4/3。（2）因可知，从A点射到水面光线的入射角为，折射角为，则由折射定律可知解得由几何关系可知解得15. 如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L = 0.2m、回路电阻R = 1.6 10 - 3、质量m = 0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成 = 45角、大小为的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；
24、dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10m/s2，求：（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；（3）磁场区域的水平宽度。【参考答案】（1）ax = 20m/s2，ay = 10m/s2；（2）B = 0.2T，Q = 0.4J；（3）X = 1.1m【命题意图】此题考查电磁感应及其相关知识点。【解题思路】（1）水平方向，Fcos45=max，解得ax=20m/s2。在竖直方向，Fsin45-mg=may，解得ay=10m/s2。（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切
25、割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsin - mg - BIL = 0E = BLvyvy2 = 2ayL联立有B = 0.2T由题知，从ab边进入磁场开
26、始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q = W安 = BILyy = LFsin - mg = BIL联立解得Q = 0.4J（3）线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy = ayt1L = vyt2t = t1 + t2联立解得t = 0.3s由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有则磁场区域的水平宽度X = x + L = 1.1m16. 打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C
27、与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。（1）求C的质量；（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。【参考答案】（1）；（2）6.5mg；（3）【命题意图】本题考查机械能守恒定律，动量守恒定律、平衡条件、速度分解及其相关知识点。【解题思路】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知2mgcos30=mCg，解得：mC=m。（2）C与D碰撞，由动量守恒定律，mC vC=2mv，解得v=CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知解得F=6.5mg（3）当连接C的细绳与水平方向夹角为60时，系统总动能最大，由机械能守恒定律，mC gh-2mg（-L）=2+ vA= vCcos30 tan30=L/h联立解得vC2=C的动能EkC=2（2-）mgL。
