2022年湖南卷物理答案

2022年普通高中學業(yè)水平選擇性考試（湖南卷） 1. C【解析】玻爾的量子化模型解釋了原子光譜的分立特征,故A錯誤;玻爾的原子理論成功地解釋了氫原子光譜的規(guī)律,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,不能完全揭示微觀粒子的運動規(guī)律,故B錯誤;光電效應現(xiàn)象說明,光在照射到金屬板時金屬板可以逸出光電子,電子在電場的作用下做定向運動,形成光電流,揭示了光的粒子性,故C正確;衍射現(xiàn)象揭示了電子(實物粒子)的波動性,故D錯誤. 2. A【解析】從右側觀察,作出帶電絕緣棒在O點處產(chǎn)生的電場強度方向如圖所示,因為絕緣棒完全相同,所以四根絕緣棒在O點產(chǎn)生的電場強度大小相等,設每根絕緣棒在O點處產(chǎn)生的電勢為φ(φ>0),開始時,O點處電場強度為零,電勢φO=4φ,移去a處的絕緣棒后,b、c、d三處的絕緣棒在O點處產(chǎn)生的合電場強度與a處的絕緣棒在O點處產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反,即電場強度方向垂直指向a,O 3. D【解析】對直導線MN受力分析如圖所示,直導線受力平衡,由左手定則可判斷,導線所受安培力方向垂直MNO'O平面斜向右上,電流方向由M指向N,故A錯誤;電流I增大,則安培力F增大,靜止后,導線上移,夾角θ變大,導線對懸線的拉力變小,故B錯誤;F=mgsinθ,又F=BIL,可得sinθ 4. B【解析】中子和氫核的質(zhì)量相等,設為m,中子和氫核發(fā)生彈性正碰,動量和機械能均守恒,質(zhì)量相等速度交換,則碰后中子的速度v中子=0,氫核速度v1=v0,則氫核動量為P氫=mv0,動能Ek氫=12mv0 5. A【解析】設飄帶總長為L,飄帶寬度為d,質(zhì)量為m,飄帶單位面積所受風力為F',在飄帶上任意選取一點P,P點到飄帶下端的距離為x,P點以下的部分受到的重力與風力分別為Gx=mgL?x、F= 6. B【解析】由題意可知,初始時原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1,則副線圈的電流為2I,由歐姆定律可得副線圈的電壓有效值為U2=2IR1,則變壓器原線圈的電壓有效值為U1=2U2=4IR1,設輸入交流電的電壓有效值為U0,則U0=4IR1+IR2,可得I=U04R1+R2,保持P1位置不變,P2向左緩慢滑動的過程中,R2不斷減小,I不斷變大,由U1=4IR1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R2兩端的電壓不斷變小,則電壓表示數(shù)U變小,原線圈的電壓和電流都變大,則功率變大,由原、副線圈的功率相等可知R 7. AC【解析】在0～t1時間內(nèi),返回艙重力做功功率為P=mgv,由題圖可知v隨時間減小,則P隨時間減小,故A正確;v?t圖線斜率的絕對值表示加速度大小,則在0～t1時間內(nèi),返回艙加速度減小,故B錯誤;由題圖可知在t1～t2 8. CD【解析】由r火3r地3=T火2T地2得，T火T 9. BC【解析】飛行器以10m/s的速率勻速下落時,有100k(N)=Mg,飛行器以5m/s的速率勻速向上運動時,有Fm=25k(N)+Mg,解得Fm=1.25Mg，k=Mg100，故A錯誤;當飛行器以v1=5m/s的速率勻速水平飛行時,發(fā)動機推力的大小為F=( 10. BD【解析】導體棒a在導軌上向右運動,由右手定則可知,產(chǎn)生的感應電流向里,流過導體棒b的電流向里,由左手定則可知,導體棒b受到向左的安培力,則導體棒b有向左運動的趨勢,故C錯誤;導體棒b與電阻R并聯(lián),由閉合電路歐姆定律得,通過導體棒a的電流I=BLvR+R2,當導體棒a運動到導軌最右端時,導體棒b剛要滑動,此時有B?I2?L=μmg,聯(lián)立解得導體棒a運動到導軌最右端時的速度為v=3m/s,導體棒a做平拋運動時,有x=vt，?=12gt2,聯(lián)立解得導體棒a離開導軌至落地過程中水平位移為 11. (3)見解析；(4)15.35；(5)127. 【解析】(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點連接,如圖所示. (4)刻度尺的分度值為1mm,則橡皮筋的長度l' (5)橡皮筋的彈力與其長度關系為F= k=ΔFΔx=(25?5)×6.05×10?3×9.816.56?10.51N/cm=0.196N/cm,將k=0.196N/cm、n 12. (1)大于;(2)×10;(3)向上;(4)400. 【解析】(1)將R0、Rs和電流計內(nèi)阻RG看作一個整體,分別與Rn和Rm (2)將單刀雙擲開關S與n接通,電路的總電阻較大,中值電阻較大,能接入待測電阻的阻值較大,此時歐姆表的擋位為“×10”擋位. (3)從“×1”擋位換成“×10”擋位,即開關S從m撥向n,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R0的滑片向上調(diào)節(jié) (4)設歐姆調(diào)零后歐姆表的內(nèi)阻為RΩ=EImax,Imax為電流表滿偏時電路的總電流.當指針偏轉到滿偏刻度的23 13. (1)R1+R2 【解析】(1)小球在兩極板間做勻速圓周運動,則小球受到的電場力與重力大小相等,即 qUd= 電容器兩端電壓與R2 U= 聯(lián)立解得E0 (2)設小球在磁場中做圓周運動的半徑為R,小球在兩極板間運動的軌跡如圖甲所示,由幾何關系得 R2 解得R=2 由牛頓第二定律得 qvB= 聯(lián)立解得B= (3)當小球所受電場力垂直于小球速度方向時,電場強度最小,此時電場力方向如圖乙所示,則有 qE 解得E' 14. (1)(1+λ)?(1?λ 【解析】(1)籃球下落過程中,由動能定理得 (1?λ)mgH 籃球彈起過程中,由動能定理得 ?(1+λ)mg? 所以碰后速率與碰前速率之比v2 (2)F?y圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示力F 12 設籃球與地面碰撞后速率為v2 v 籃球彈起后運動到?高度過程中,由動能定理得 ?(1+λ 聯(lián)立解得F0 (3)運動員拍擊一次籃球后瞬間其動能為 Ek0 下落至地面時動能為 Ek1 設第一次拍擊后籃球反彈高度為?1 Ek1 由與地面碰撞前后速率關系有 Ek1'= 解得?1 第二次拍擊后籃球反彈高度為?2 Ek2 Ek2 解得?2 同理,第N次拍擊后籃球反彈高度為 ? 令p=I2 ?N 由題意可知?N I= 15. (1)ABE. 【解析】由題意可知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,從B端流出,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,中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向,從A端流出,由溫度是分子平均動能的標志可知,B端為熱端,A端為冷端,A端流出的氣體分子熱運動平均速率一定小于B端流出的,故AB正確;由上述分析知從A端流出的氣體分子平均動能小于從B端流出的,內(nèi)能還與分子數(shù)有關,則不能得出A端流出的氣體內(nèi)能一定大于B端流出的氣體內(nèi)能的結論,故C錯誤;該裝置不違背熱力學第二定律,故D錯誤E正確. (2)(ⅰ)1.00×105Pa 【解析】(ⅰ)當活塞處于A位置時,對活塞和金屬絲整體受力分析,有 p1S+ (ⅱ)當活塞處于B位置時,設汽缸中的氣體壓強為p2 p1 對活塞和金屬絲整體受力分析有 p2 聯(lián)立解得F=1N 16. (1)ABD. 【解析】由題圖(b)可知,x從0.05m到0.15m的過程中,木棒受到的回復力先減小到零后反向增大,故木棒在豎直方向的速度先增大到最大后逐漸減小,再根據(jù)速度的合成可知,合速度也是先增大到最大,再逐漸減小,所以木棒的動能先增大后減小,故A正確;x從0.21m到0.25m的過程中,木棒受到的浮力較小且逐漸變大,則受到的回復力豎直向下,加速度方向豎直向下,大小逐漸變小,故B正確;x=0.35m和x=0.45m時,木棒所受浮力相等,則木棒所受回復力相等,木棒在豎直方向的速度大小相等,方向相反,與水平方向速度合成后,木棒在兩個位置的速度大小相等,方向既不相同也不相反,故C錯誤;木棒受到的最大浮力和最小浮力的差值為F1?F2,等于兩倍振幅長度的木棒部分受到的浮力大小,即F1? (2)(ⅰ)2515 【解析】(ⅰ)若可視角度為60°,則光線射入空氣的折射角為30°,作出