2022年高考物理试卷（湖南）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按省份分类）2008-2025_2008-2025·（湖南）物理高考真题

湖南省 2022 年普通高中学业水平选择性考试
物理
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共 6小题，每小题 4分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
1. 关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是（ ）
A. 卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征
B. 玻尔的原子理论完全揭示了微观粒子运动的规律
C. 光电效应揭示了光的粒子性
D. 电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性
【答案】C
【解析】
【详解】A．波尔的量子化模型很好地解释了原子光谱的分立特征，A错误；
B．玻尔的原子理论成功的解释了氢原子的分立光谱，但不足之处，是它保留了经典理论中的一些观点，
如电子轨道的概念，还不成完全揭示微观粒子的运动规律，B错误；
C．光电效应揭示了光的粒子性，C正确；
D．电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，质子、中子及原子、分子均具有波动性，D错
误。
故选C。
2. 如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的
绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下
列说法正确的是（ ）
第1页 | 共28页A. 电场强度方向垂直指向a，电势减小 B. 电场强度方向垂直指向c，电势减小
C. 电场强度方向垂直指向a，电势增大 D. 电场强度方向垂直指向c，电势增大
【答案】A
【解析】
【详解】根据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单
个点电荷在距其r处的电势为
q
j=k （取无穷远处电势为零）
r
现在撤去a处的绝缘棒后，q减小，则O点的电势减小。
故选A。
3. 如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向
OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线
通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A. 当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B. 电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C. tanθ与电流I成正比
D. sinθ与电流I成正比
【答案】D
【解析】
【详解】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有
第2页 | 共28页可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；
BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
BIL
sinq= ，F = mgcosθ
mg T
则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力F 减小，
T
BC错误、D正确。
故选D。
4. 1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）
组成。如图，中子以速度v 分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v 和v 。设碰
0 1 2
撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞后氮核的动量比氢核的小 B. 碰撞后氮核的动能比氢核的小
C. v 大于v D. v 大于v
2 1 2 0
【答案】B
【解析】
【详解】设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为
v ，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
3
mv =mv +mv
0 1 3
第3页 | 共28页1 1 1
mv2 = mv2 + mv2
2 0 2 1 2 3
联立解得
v =v
1 0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v ，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
4
mv =14mv +mv
0 2 4
1 1 1
mv2 = ×14mv2 + mv2
2 0 2 2 2 4
联立解得
2
v = v
2 15 0
可得
v =v >v
1 0 2
碰撞后氢核的动量为
p =mv =mv
H 1 0
氮核的动量为
28mv
p =14mv = 0
N 2 15
可得
p > p
N H
碰撞后氢核的动能为
1 1
E = mv2 = mv2
k H 2 1 2 0
氮核的动能为
1 28mv2
E = ×14mv2 = 0
k N 2 2 225
可得
E > E
k k
H N
故B正确，ACD错误。
故选B。
第4页 | 共28页5. 2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形
态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒
定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设风速度为v，取飘带上任意长度为x（x趋近于0）的质量为m，飘带宽度为d，则该部分飘
带的重力和所受风力分别为
G =mg，F =kxdv2sinq
则重力与风力的的合力与竖直方向的夹角为
F kdxv2sinq
tanq= =
G mg
整理可得
1 kv2dL
=
cosq mg
任意长度为x的飘带重力相等，所受风力的大小相等，则cosq恒定，则飘带为一条倾斜的直线，故A正
确，BCD错误。
故选A。
6. 如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P 初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有
1
效值恒定的交变电源。定值电阻R 的阻值为R，滑动变阻器R 的最大阻值为9R ，滑片P 初始位置在最
1 2 2
右端。理想电压表V的示数为U ，理想电流表A的示数为I 。下列说法正确的是（ ）
第5页 | 共28页A. 保持P 位置不变，P 向左缓慢滑动的过程中，I 减小，U 不变
1 2
B. 保持P 位置不变，P 向左缓慢滑动的过程中，R 消耗的功率增大
1 2 1
C. 保持P 位置不变，P 向下缓慢滑动的过程中，I 减小，U 增大
2 1
D. 保持P 位置不变，P 向下缓慢滑动的过程中，R 消耗的功率减小
2 1 1
【答案】B
【解析】
【详解】AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I ，根据欧姆定律可得副线圈的
电压有效值为
U =2IR
2 1
则变压器原线圈的电压有效值为
U =2U =4IR
1 2 1
设输入交流电的电压有效值为U ，则
0
U =4IR +IR
0 1 2
可得
U
I = 0
4R +R
1 2
保持P 位置不变，P 向左缓慢滑动的过程中，I 不断变大，根据欧姆定律
1 2
U =4IR
1
可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R 两端的电压不断变小，则电压表示数
2
U 变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知R 消耗的功率增大，
1
故B正确，A错误；
CD．设原副线圈的匝数比为n，同理可得
U =n2IR
1 1
则
U =n2IR +IR
0 1 2
整理可得
第6页 | 共28页U
I = 0
n2R +R
1 2
保持P 位置不变，P 向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I 变小，对R 由欧姆定律可知
2 1 2
U = IR
2
可知U 不断变小，根据原副线圈的功率相等可知R 消耗的功率
1
U U R
P = IU = 0 ×(U - 0 2 )
1 1 n2R +R 0 n2R +R
1 2 1 2
整理可得
U2
P = 0
1 R2
n2R + 2 +2R
1 n2R 2
1
可知n=3时，R 消耗的功率有最大值，可知R 消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。
1 1
故选B。
二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求。全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
7. 神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现
软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其
v-t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（ ）
A. 在0~t 时间内，返回舱重力的功率随时间减小
1
B. 在0~t 时间内，返回舱的加速度不变
1
C. 在t ~t 时间内，返回舱的动量随时间减小
1 2
D. 在t ~t 时间内，返回舱的机械能不变
2 3
第7页 | 共28页【答案】AC
【解析】
【详解】A．重力的功率为
P =mgv
由图可知在0~t 时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；
1
B．根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t 时间内返回舱的加速度减小，故B错误；
1
C．在t ~t 时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；
1 2
D．在t ~t 时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减
2 3
小，故机械能减小，故D错误。
故选AC。
8. 如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球
的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时
观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两
侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（ ）
8
A. 火星的公转周期大约是地球的 倍
27
B. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C. 在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D. 在冲日处，火星相对于地球的速度最小
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由题意根据开普勒第三定律可知
r3 r3
地 = 火
T2 T2
地 火
火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍，则可得
第8页 | 共28页27
T = T
火 8 地
故A错误；
BC．根据
Mm v2
G =m
r2 r
可得
GM
v=
r
由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于
地球由东向西运动，为逆行，故B错误，C正确；
D．由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，故D
正确。
故选CD。
9. 球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M 。飞行器飞行时受到的空气阻力大
小与其速率平方成正比（即F =kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间
阻
后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞
行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变
化，下列说法正确的是（ ）
A. 发动机的最大推力为1.5Mg
17
B. 当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为 Mg
4
C. 发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 3m/s
D. 当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【答案】BC
【解析】
【详解】A．飞行器关闭发动机，以v =10m/s匀速下落时，有
1
Mg =kv2 =k´100
1
飞行器以v =5m/s向上匀速时，设最大推力为F
2 m
第9页 | 共28页F =Mg+kv 2 =Mg+k´25
m 2
联立可得
Mg
F =1.25Mg，k =
m 100
A错误；
B．飞行器以v =5m/s匀速水平飞行时
3
17
F = Mg2 +kv 2 = Mg
3 4
B正确；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时
3
f = F 2 -Mg2 = Mg =kv 2
m 4 4
解得
v =5 3m/s
4
C正确；
D．当飞行器最大推力向下，以v =5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值
5
F +Mg+kv 2 =Ma
m 5 m
解得
a =2.5g
m
D错误。
故选BC。
10. 如图，间距L =1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h=0.8m的绝缘水平
桌面上。质量均为0.1kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂
直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），导
体棒a距离导轨最右端1.74m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为
0.1T。用F =0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要
滑动，撤去F ，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他
电阻，下列说法正确的是（ ）
第10页 | 共28页A. 导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B. 导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C. 导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D. 导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
【答案】BD
【解析】
【详解】C．导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安
培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故Ｃ错误；
A．导体棒b与电阻R并联，有
BLv
I =
R
R+
2
当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有
I
B× ×L=mmg
2
联立解得a棒的速度为
v=3m/s
a棒做平抛运动，有
x =vt
1
h= gt2
2
联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为
x=1.2m
故A错误；
B．导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正
确；
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为
第11页 | 共28页BL×Dx 0.1´1´1.74
q = I×Dt = = C=1.16C
1 0.15
R+ R
2
导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为
q
q = =0.58C
R 2
故D正确。
故选BD。
三、非选择题：共 56分。第 11~14 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 15、16题为
选考题，考生根据要求作答。
11. 小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图（a）所示的实验装置，测
量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下：
（1）查找资料，得知每枚硬币的质量为6.05g；
（2）将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度l，记录数据如下表：
序号 1 2 3 4 5
硬币数量n/枚 5 10 15 20 25
1505
长度l /cm 10.51 12.02 13.54 . 16.56
（3）根据表中数据在图（b）上描点，绘制图线；______
第12页 | 共28页（4）取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图（c）所示，此时橡皮筋
的长度为______cm；
（5）由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为______g（计算结果保留3位有效数字）。
【答案】 ①. 见解析 ②. 15.35 ③. 127
【解析】
【详解】（3）[1]根据表格标点连线如图
（4）[2]由图可知刻度尺的分度值为1mm，故读数l =15.35cm；
（5）[3]设橡皮筋的劲度系数为k，原长为x ，则
0
nmg =kx -x 
1 1 0
n mg =kx -x 
2 2 0
则橡皮筋的劲度系数为k
第13页 | 共28页(n -n )mg
k = 2 1
x -x
2 1
从作的l-n图线读取数据则可得
(n -n )mg 10 n x -n x
k = 2 1 = mg，x = 2 1 1 2 =9.05cm
x -x 3 0 n -n
2 1 2 1
设冰墩墩的质量为m ，则有
1
m g =kl-x 
1 0
可得
10
m = ´6.05´(15.35-9.05) g »127g
1 3
12. 小梦同学自制了一个两挡位（“´1”“´10”）的欧姆表，其内部结构如图所示，R 为调零电阻（最
0
大阻值为R ），R 、R 、R 为定值电阻（R +R < R < R ），电流计G的内阻为R (R << R )。
0m s m n s 0m m n G s G
用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题：
（1）短接①②，将单刀双掷开关S与m接通，电流计G示数为I ；保持电阻R 滑片位置不变，将单刀
m 0
双掷开关S与n接通，电流计G示数变为I ，则I ______I （填“大于”或“小于”）；
n m n
（2）将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为______（填“´1”或“´10”）；
（3）若从“´1”挡位换成“´10”挡位，调整欧姆零点（欧姆零点在电流计G满偏刻度处）时，调零电
阻R 的滑片应该______调节（填“向上”或“向下”）；
0
（4）在“´10”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻R ，稳定后电流计G的指
1
2
针偏转到满偏刻度的 ；取走R ，在①②间接入待测电阻R ，稳定后电流计G的指针偏转到满偏刻度的
3 1 x
1
，则R =______W。
3 x
【答案】 ①. 大于 ②. ´10 ③. 向上 ④. 400
第14页 | 共28页【解析】
【详解】（1）[1]根据题意可知R < R ，所以开关拨向m时电路的总电阻小于开关拨向n时电路的总电
m n
E
阻，电源电动势E不变，根据I = 可知I > I ；
R m n
总
（2）[2]当开关拨S向n时，全电路的总电阻较大，中值电阻较大，能够接入待测电阻的阻值也更大，所
以开关拨S向n时对应欧姆表的挡位倍率较大，即´10；
（3）[3]从“´1”挡位换成“´10”挡位，即开关S从m拨向n，全电路电阻增大，干路电流减小，①②
短接时，为了使电流表满偏，则需要增大通过电流计G所在支路的电流，所以需要将R 的滑片向上调
0
节；
（4）[4]在“´10”挡位，电路图结构简化如图
第一次，当①②短接，全电路的总电阻为
(R +R )R
R= R + G 0上 0下
n R +R
G 0m
通过干路的电流为
E
I =
R
电流表满偏，根据并联电路中电流之比等于电阻反比可知
I R
G = 0下
I -I R +R
G G 0上
第二次，①②之间接入R =100Ω，全电路总电阻为R+R ，通过干路的电流为
1 1
E
I =
1 R+R
1
2
电流表偏转了量程的 ，则
3
2
I
3 G = R 0下
2 R +R
I - I G 0上
1 3 G
结合第一次和第二次解得
第15页 | 共28页R=2R =200Ω
1
第三次，①②之间接入R ，全电路总电阻为R +R ，通过干路的电流为
x x 1
E
I =
x R +R
x 1
1
电流表偏转了量程的 ，则
3
1
I
3 G = R 0下
1 R +R
I - I G 0上
x 3 G
结合第二次和第三次，解得
R = R+2R =400Ω
x 1
13. 如图，两个定值电阻的阻值分别为R 和R ，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，
1 2
板间距离为d，板长为 3d ，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的小球以初
速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离
开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势E ；
0
（2）求两极板间磁场的磁感应强度B；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E¢。
mgd(R +R ) mv mg
【答案】（1） 1 2 ；（2） ；（3）
qR 2dq 2q
2
【解析】
【详解】（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
Eq =mg
R 两端的电压
2
第16页 | 共28页U = Ed
2
根据欧姆定律得
E
U = 0 ×R
2 R +R 2
1 2
联立解得
mgd(R +R )
E = 1 2
0 qR
2
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系
(r-d)2 +( 3d)2 =r2
解得
r =2d
根据
v2
qvB=m
r
解得
mv
B=
2dq
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球
所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
E'q=mgcos60°
解得
mg
E' =
2q
第17页 | 共28页14. 如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h
的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的l倍（l为常数且
H -h
0<l< ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
H +h
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反
弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中h 已知，求F 的大小；
0 0
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间
给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
(1+l)h 2mg(1-l)(H -h)
【 答 案 】 （ 1 ） k= ； （ 2 ） F = ； （ 3 ）
(1-l)H 0 h-h
0
2g(1-l)(H -h)(HN+1-hN+1)
I =m
h(HN -hN)
【解析】
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
mg-lmg =ma
下
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
v2 =2a H
下 下
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
mg+lmg =ma
上
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
v2 =2a h
上 上
第18页 | 共28页则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
v (1+l)h
k = 上 =
v (1-l)H
下
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
h-h 1
mgh+ 0 F -lmgh= mv¢2
2 0 2 下
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
1
-mgh-lmgh=0- m(kv¢）2
2 下
联立解得
2mg(1-l)(H -h)
F =
0 h-h
0
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
a =1-lg（方向向下）
下
a =1+lg （方向向下）
上
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间
极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
I =mv
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
v2 -v2 =21-lgh
1 0
上升过程有
kv 2 =21+lgh
1 1
代入k后，下降过程有
v2 -v2 =21-lgh
1 0
上升过程有
hv2 =21-lgHh
1 1
联立有
h v2 h h v2
h = (h + )=( )1×h +( )1×
1 H 0 2g(1-l) H 0 H 2g(1-l)
第19页 | 共28页拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
v2 -v2 =21-lgh
2 1
上升过程有
hv2 =21-lgHh
2 2
联立有
h v2
h = (h + )
2 H 1 2g(1-l)
再将h 代入h 有
1 2
h h v2 h v2
h =( )2×h +( )2× +( )1×
2 H 0 H 2g(1-l) H 2g(1-l)
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
v2 -v2 =21-lgh
3 2
上升过程有
hv2 =21-lgHh
3 3
联立有
h v2
h = (h + )
3 H 2 (1-l)2g
再将h 代入h 有
2 3
h h v2 h v2 h v2
h =( )3×h +( )3× +( )2× +( )1×
3 H 0 H 2g(1-l) H 2g(1-l) H 2g(1-l)
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
v2 -v2 =21-lgh
N N-1
上升过程有
hv2 =21-lgHh
N N
联立有
h v2
h = (h + )
N H N-1 2g(1-l)
将h 代入h 有
N-1 N
第20页 | 共28页h h v2 h v2 h v2
h =( )N ×h +( )N × +( )N-1× +… +( )1×
N H 0 H 2g(1-l) H 2g(1-l) H 2g(1-l)
其中
h = H ，h =h
N 0
则有
h h
( )N+1-
h v2
H H
H =( )N ×h+[ ]
H h 2g(1-l)
-1
H
则
2g(1-l)(H -h)(HN+1-hN+1)
I =mv'=m
h(HN -hN)
方法二： 由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
a =1-lg（方向向下）
下
a =1+lg （方向向下）
上
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间
极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
I =mv'
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为v ，反弹高度为h，篮球受到冲量I后
0
速度为v’，落地时速度为v ，则
1
2(1+l)gh=(kv )2，2(1-l)gh=v2 -v'2
0 1
联立可得
(kv )2 v2 -v'2
h= 0 = 1
2(1+l)g 2(1-l)g
代入k可得，
h
v'2=v2 - v 2……①
1 H 0
篮球再次反弹，反弹速度为kv ，设反弹高度为h ，受到冲量后，落地速度为v ，同理可得
1 1 2
2(1+l)gh =(kv )2，2(1-l)gh =v 2 -v'2
1 1 1 2
同理化简可得
第21页 | 共28页h
v'2 =v 2 - v2……②
2 H 1
篮球第三次反弹，反弹速度为kv ，设反弹高度为h ，受到冲量后，落地速度为v ，同理可得
2 2 3
2(1+l)gh =(kv )2，2(1-l)gh =v 2 -v'2
2 2 2 3
同理化简可得
h
v'2=v 2 - v 2……③
3 H 2
……
第N次反弹可得
h
v'2=v 2 - v 2……（N）
N H N-1
H H H2 HN-1
对式子①②③……(N)两侧分别乘以( )0、 、 ……、 ，再相加可得
h h h2 hN-1
H H2 H3 HN-1 HN-1 h
(1+ + + +×××+ )v'2 = v 2 - v 2
h h2 h3 hN-1 hN-1 N H 0
得
H
1-( )N
h HN-1 h
v'2 = v 2 - v 2
H hN-1 N H 0
1-
h
其中，v 2 =2(1-l)gH ，(kv )2 =2(1+l)gH ，可得
0 N
2g(1-l)(H -h)(HN+1-hN+1)
v'=
h(HN -hN)
可得冲量I的大小
2g(1-l)(H -h)(HN+1-hN+1)
I =mv'=m
h(HN -hN)
15. 利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图，一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分
离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中，然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前
进，分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位，而分子热运动速率较大的气体分子将聚集
到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时，中心部位气流与分离挡板碰撞后反向，从A端流出，边缘部
位气流从B端流出。下列说法正确的是（ ）
第22页 | 共28页A. A端为冷端，B端为热端
B. A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C. A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D. 该装置气体进出的过程满足能量守恒定律，但违背了热力学第二定律
E. 该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律，也满足热力学第二定律
【答案】ABE
【解析】
【详解】A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部
份热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以
A端为冷端、B端为热端，故A正确；
B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流
出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；
C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分
子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端
流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，
没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E
正确。
故选ABE。
16. 如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V =9.9L的导热汽缸下接一圆管，用质量
0
m =90g、横截面积S =10cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端
1
用轻质细绳悬挂一质量m =10g的U形金属丝，活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中，
2
缓慢升起汽缸，使金属丝从液体中拉出，活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h =10cm，外
界大气压强 p =1.01´105Pa，重力加速度取10m/s2，环境温度保持不变，求：
0
第23页 | 共28页（1）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强 p ；
1
（2）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。
【答案】（1） p =105Pa；（2）F =1N
1
【解析】
【详解】（1）将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有
p S = pS +(m +m )g
0 1 1 2
代入数据解得
p =105Pa
1
（2）当活塞在B位置时，汽缸内压强为p ，则有
2
pV = p (V +Sh)
1 0 2 0
代入数据解得
p =9.9´104Pa
2
将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有
p S = p S+(m +m )g+F
0 2 1 2
联立解得
F =1N
17. 下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简
谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵
轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度
为r，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
第24页 | 共28页A. x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B. x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C. x=0.35m和x=0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
F -F
D. 木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为 1 2
2rSg
E. 木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从0.05m到
0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，
所以动能先增大后减小，A正确；
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速
度竖直向下，大小减小，B正确；
C．x=0.35m和x=0.45m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度
大小相等，速度方向相反，而两时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错
误；
D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位
置时木棒重心在水面下方Dx ，则有
0
æ L ö
rgS +Dx =Mg
ç ÷
è 2 0 ø
木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时
æ L ö
Mg-F =Mg-rgS +Dx -A =kA
ç ÷
2 è 2 0 ø
木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时
第25页 | 共28页æ L ö
F -Mg =rgS +Dx + A -Mg =kA
ç ÷
1 è 2 0 ø
可解得
F -F
k =rgS ，A= 1 2
2rSg
D正确；
E．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错误。
故选ABD。
18. 如图，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对
像素单元可视角度q的控制（可视角度q定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射
角的2倍）。透明介质的折射率n=2，屏障间隙L=0.8mm。发光像素单元紧贴屏下，位于相邻两屏障
的正中间．不考虑光的衍射。
（1）若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度q控制为60°，求屏障的高度d；
（2）若屏障高度d =1.0mm，且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x最小为多少时，其可
视角度q刚好被扩为180°（只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像素单元）。
【答案】（1）1.55mm；（2）0.35mm
【解析】
【详解】（1）发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界
面，折射后从界面射向空气，由题意可知θ=60°，则
q
r = =30o
2
在介质中的入射角为i，则
sinr
=n
sini
解得
1
sini =
4
第26页 | 共28页由几何关系
L
2
sini =
L
d2 +( )2
2
解得
d = 2.4mm»1.55mm
180o
（2）若视角度q刚好被扩为180°，则 =90o，此时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入
2
射角
1 1
sinC = =
n 2
解得
C=30°
此时发光像素单元发光点距离屏障的距离为
3
x =d tanC = mm
1 3
像素单元宽度x最小为
L 2 3
x=2(x - )=( -0.8)mm»0.35mm
1 2 3
第27页 | 共28页第28页 | 共28页