2022年新高考湖北物理高考真题（解析版）.pdf

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1、 1 / 11 湖北省湖北省 2022 年普通高中学业水平等级考试年普通高中学业水平等级考试 物理物理 一一、选择题选择题:本题共本题共 11 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 44 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，第第 17 题题只有一项符合题目要求，只有一项符合题目要求，第第 811 题有多项符合题目要求。题有多项符合题目要求。全部选对的得全部选对的得 4 分，选对但不全分，选对但不全的得的得 2 分，分，有选错的得有选错的得 0 分。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的实验方案 ： 如果静止原子核74Be俘获核外 K 层

2、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700410eBe+ eX+ 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 73LiC. 核反应前后总质量数不同 D. 中微子的电荷量与电子的相同 e【答案】A 【解析】AC根据质量数守恒和电荷数守恒有，X 的质量数为 7，电荷数为 3，可知原子核 X 是，A73Li正确、C 错误； B由选项 A 可知，原子核 X 是，则核反应方程为 + + ，则反应前的总质子数为73Li74Be01e73Li00e4，反应后的总质

3、子数为 3，B 错误； D中微子不带电，则中微子的电荷量与电子的不相同，D 错误。 e故选 A。 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 【答案】C 【解析】A组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A 错误； B由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度

4、，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B 错误； C已知同步卫星的周期为 24h，则根据角速度和周期的关系有 2T由于 T同 T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C 正确； D由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有 2224MmGmrrT整理有 32rTGM由于 T同 T组合体，则 r同 r组合体，且同步卫星和组合体在天上有 2MmmaGr则有 a同 a组合体 D 错误。 故选 C。 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（ ） 2 / 11 A. ab 是等温过程 B

5、. 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 【答案】B 【解析】AB根据理想气体的状态方程 pVCT可知 ab 气体温度升高，内能增加，且体积增大气体对外界做功，则 W 0，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 t2，到达 点的动能为 Ek2。下列关系式正确的是（） A. t1 t2 C. Ek1Ek2 【答案】AD 【解析】AB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

6、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 xtv可知 t1Ek2 故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 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333g，其中 g 为重力

7、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 36B. 棒与导轨间的动摩擦因数为 33C. 加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，=60 D. 减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，=150 【答案】BC 【解析】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 111sincosFmgFma令 21cos=1+ 2sin=1+根据数学知识可得 2111sin+=Fmgma则有 112sin+=11mgmaF同理磁场方向与水平方向夹角为 2，290，当导体棒减

8、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 222sin+cosFmgFma有 2221sin+=-Fmamg所以有 222-sin+=11mamgF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 3=3带入 21cos=1+可得 =30，此时 7 / 11 12=60加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有 1=60 减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有 2=120 故 BC 正确，AD 错误。 故选 BC。 二、非选择题二、非选择题:本题共本题共 5 小题。小题。共共 56 分。分。 12. 某同

9、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。maxTminT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。 maxminTT（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

10、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 【答案】 . . . 22.10.59 . C 【解析】 （1） 1设初始位置时，细线与竖直方向夹角为 ，则细线拉力最小值为 mincosTmg到最低点时细线拉力最大，则 21(1 cos )2mglmv 2maxvTmgml联立可得 maxmin32TmgT即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（2）23由图乙得直线的斜率为 1.77 1.352.10.2k 31.77mg 则小钢球的重力为 0.59mg （3）4该实验系统误差的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，故选 C。 13. 某探究小

11、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。 8 / 11 R/ I/A /A-1 1I5.0 0.414 2.42 10.0 0.352

12、 2.84 15.0 0.308 3.25 20.0 0.272 3.68 25.0 0.244 4.10 30.0 0.222 4.50 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1RI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xR D、L、表示） 。 xR（3）该小组根据图乙的电路和图丙的图像，还可以求得电源1RI电动势_V，内阻_。 （结果均保留 2 位有效E r 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

13、的图像得到该电阻的测量值会 _（选填“偏大” 、 “偏小” 或 “不变” ） 。 【答案】. 3.700 . 6.0 . .12 . 3.0 .偏24xD RL小 【解析】 （1）1用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径 D，其读数为 3.5mm0.01mm20.03.700mm（2） （3）2345由电路可知，当将 S2置于位置 1，闭合 S1时 A0()EI RRrR 即 A011RRrRIEE由图像可知 14.92.035E解得 12VE A02RRrE解得 3.0r 再将 S2置于位置 2，此时电流表读数为 0.400A，则 0A()xEI rRRR解得 6.0 xR 根据 214xLLR

14、SD 9 / 11 解得 24xD RL（3）由（2）可知， 12VE 3.0r （4）根据表达式 0A()xEI rRRR因电源电动势变小，内阻变大，则当安培表由相同读数时，得到的的值偏小，即测量值偏小。 xRxR14. 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23B 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: 43n

15、 （1）tan 的值； （2）B 位置到水面的距离 H。 【答案】 （1）；（2） 4tan3427dH 【解析】 （1）由平抛运动的规律可知 0dv t 22132dgt 0tangtv解得 4tan3（2）因可知，从 A 点射到水面的光线的入射角为 ，折射角为，则由折射4tan3539037定律可知 sinsin37n解得 53由几何关系可知 2tan37tan533Hdd解得 427dH 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 = 0.2

16、kg。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4 2N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；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。 【答案】 （1）ax = 20m/s2，ay = 10m/s2；（2）B = 0.2T，Q

17、= 0.4J；（3）X = 1.1m 【解析】 （1）ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有 max = Fcos 代入数据有 ax = 20m/s2 在竖直方向有 may = Fsin - mg 10 / 11 代入数据有 ay = 10m/s2 （2）ab 边进入磁场开始，ab 边在竖直方向切割磁感线；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

18、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 = 0 E = BLvy EIRvy2 = 2ayL 联立有 B = 0.2T 由题知，从 ab 边进入磁场开始，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 = BILy y = L Fsin - mg = BIL 联立解得

19、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 = ayt1 L = vyt2 t = 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 221120 0.3 m=0.9m22xxa t 则磁场区域的水平宽度 X = x + L = 1.1m 16. 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 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，

20、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35gL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10LC、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。 【答案】 （1）；（2）6.5mg；（3） 3m(42 3)mgL【解析】 （1）系统

21、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 2cos30cm gmg解得 3cmm（2）CD 碰后 C 的速度为零，设碰撞后 D 的速度 v，根据动量守恒定律可知 333025gLmmmv 解得 325gLv CD 碰撞后 D 向下运动 距离后停止，根据动能定理可知 10L2102221010LLmvmgF 11 / 11 解得 F=6.5mg （3）设某时刻 C 向下运动的速度为 v，AB 向上运动的速度为 v，图中虚线与竖直方向的夹角为 ，根据机械能守恒定律可知 22112(cos)2()22tansinccLLm vm vm gmgL 令 2()tansincLLym gmgL对上式求导数可得 221cos32(sin)(sin)dymgLmgLd当时解得 0dyd 3cos2即 30此时 2()tansincLLym gmgLmgL于是有 22112(cos)22cm vm vmgL 解得 23342gLv此时 C 的最大动能为 21(42 3)2kmcEm vmgL