【高考真題】2022年新高考物理真題試卷-湖南卷（含答案）

【高考真題】2022年新高考物理真題試卷（湖南卷）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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)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(shuō)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(yùn)動(dòng)的規(guī)律C．光電效應(yīng)揭示了光的粒子性D．電子束穿過(guò)鋁箔后的衍射圖樣揭示了電子的粒子性2．如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長(zhǎng)棒對(duì)稱(chēng)放置在長(zhǎng)方體的四條長(zhǎng)邊a、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(zhǎng)方體幾何中心O點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度方向和電勢(shì)的變化，下列說(shuō)法正確的是（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢(shì)減小B．電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢(shì)減小C．電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢(shì)增大D．電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢(shì)增大3．如圖（a），直導(dǎo)線MN被兩等長(zhǎng)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(chǎng)，與OO'距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，其截面圖如圖（b）所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說(shuō)法正確的是（）

A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力不變C．tanθ與電流ID．sinθ與電流I4．1932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v0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v1和A．碰撞后氮核的動(dòng)量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動(dòng)能比氫核的小C．v2大于v1 D．v5．2022年北京冬奧會(huì)跳臺(tái)滑雪空中技巧比賽場(chǎng)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(yùn)動(dòng)員現(xiàn)場(chǎng)風(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細(xì)一致的勻質(zhì)長(zhǎng)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(shí)，飄帶實(shí)際形態(tài)最接近的是（）A． B． C． D．6．如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動(dòng)觸頭P1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R1的阻值為R，滑動(dòng)變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表V的示數(shù)為A．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，I減小，B．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，C．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，I減小，D．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中，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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7．神舟十三號(hào)返回艙進(jìn)入大氣層一段時(shí)間后，逐一打開(kāi)引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動(dòng)反沖裝置，實(shí)現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開(kāi)后返回艙的運(yùn)動(dòng)情況，將其運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為豎直方向的直線運(yùn)動(dòng)，其v?t圖像如圖所示。設(shè)該過(guò)程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說(shuō)法正確的是（）A．在0~tB．在0~tC．在t1D．在t28．如圖，火星與地球近似在同一平面內(nèi)，繞太陽(yáng)沿同一方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，火星的軌道半徑大約是地球的1.5倍。地球上的觀測(cè)者在大多數(shù)的時(shí)間內(nèi)觀測(cè)到火星相對(duì)于恒星背景由西向東運(yùn)動(dòng)，稱(chēng)為順行；有時(shí)觀測(cè)到火星由東向西運(yùn)動(dòng)，稱(chēng)為逆行。當(dāng)火星、地球、太陽(yáng)三者在同一直線上，且太陽(yáng)和火星位于地球兩側(cè)時(shí)，稱(chēng)為火星沖日。忽略地球自轉(zhuǎn)，只考慮太陽(yáng)對(duì)行星的引力，下列說(shuō)法正確的是（）A．火星的公轉(zhuǎn)周期大約是地球的827B．在沖日處，地球上的觀測(cè)者觀測(cè)到火星的運(yùn)動(dòng)為順行C．在沖日處，地球上的觀測(cè)者觀測(cè)到火星的運(yùn)動(dòng)為逆行D．在沖日處，火星相對(duì)于地球的速度最小9．球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，總質(zhì)量為M。飛行器飛行時(shí)受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即F阻=kv2，k為常量）。當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉時(shí)，飛行器豎直下落，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，其勻速下落的速率為10mA．發(fā)動(dòng)機(jī)的最大推力為1.5MgB．當(dāng)飛行器以5m/sC．發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器勻速水平飛行時(shí)，飛行器速率為5D．當(dāng)飛行器以5m/s10．如圖，間距L=1m的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有0.1?Ω的定值電阻R，固定在高h(yuǎn)=0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為0.1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和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?Ω，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），導(dǎo)體棒a距離導(dǎo)軌最右端1.74m。整個(gè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T。用F=0.5A．導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地過(guò)程中，水平位移為0.6B．導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變C．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)D．導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為0.58三、非選擇題：共56分。第11~14題為必考題，每個(gè)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。11．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(jì)了如圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置，測(cè)量冰墩墩玩具的質(zhì)量。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：⑴查找資料，得知每枚硬幣的質(zhì)量為6.05g⑵將硬幣以5枚為一組逐次加入塑料袋，測(cè)量每次穩(wěn)定后橡皮筋的長(zhǎng)度l，記錄數(shù)據(jù)如下表：序號(hào)12345硬幣數(shù)量n/枚510152025長(zhǎng)度l10.5112.0213.5415.0516.56⑶根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（b）上描點(diǎn)，繪制圖線；⑷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(zhǎng)度的示數(shù)如圖（c）所示，此時(shí)橡皮筋的長(zhǎng)度為cm；⑸由上述數(shù)據(jù)計(jì)算得冰墩墩玩具的質(zhì)量為g（計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。12．小夢(mèng)同學(xué)自制了一個(gè)兩擋位（“×1”“×10”）的歐姆表，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，R0為調(diào)零電阻（最大阻值為R0m），Rs、Rm、R（1）短接①②，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與m接通，電流計(jì)G示數(shù)為Im；保持電阻R0滑片位置不變，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與n接通，電流計(jì)G示數(shù)變?yōu)镮n，則I（2）將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與n接通，此時(shí)歐姆表的擋位為（填“×1”或“×10”）；（3）若從“×1”擋位換成“×10”擋位，調(diào)整歐姆零點(diǎn)（歐姆零點(diǎn)在電流計(jì)G滿偏刻度處）時(shí)，調(diào)零電阻R0的滑片應(yīng)該（4）在“×10”擋位調(diào)整歐姆零點(diǎn)后，在①②間接入阻值為100?Ω的定值電阻R1，穩(wěn)定后電流計(jì)G的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的23；取走R1，在①②間接入待測(cè)電阻Rx，穩(wěn)定后電流計(jì)G的指針偏轉(zhuǎn)到滿偏刻度的113．如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長(zhǎng)為3d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A（1）求直流電源的電動(dòng)勢(shì)E0（2）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開(kāi)電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值E'14．如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H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h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0<λ<H?h（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h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。四、選考題：共13分。請(qǐng)考生從兩道題中任選一題作答．如果多做，則按第一題計(jì)分．15．（1）利用“渦流效應(yīng)”可實(shí)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?dú)庥蓢娮烨邢蛄魅霚u流室中，然后以螺旋方式在環(huán)形管中向右旋轉(zhuǎn)前進(jìn)，分子熱運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(dá)分離擋板處時(shí)，中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向，從A端流出，邊緣部位氣流從B端流出。下列說(shuō)法正確的是______A．A端為冷端，B端為熱端B．A端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)平均速率一定小于B端流出的C．A端流出的氣體內(nèi)能一定大于B端流出的D．該裝置氣體進(jìn)出的過(guò)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(jìn)出的過(guò)程既滿足能量守恒定律，也滿足熱力學(xué)第二定律（2）如圖，小贊同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)液體拉力測(cè)量?jī)x。一個(gè)容積V0=9.9L的導(dǎo)熱汽缸下接一圓管，用質(zhì)量m1=90g、橫截面積S=10cm2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(jì)?；钊露擞幂p質(zhì)細(xì)繩懸掛一質(zhì)量m2（i）活塞處于A位置時(shí)，汽缸中的氣體壓強(qiáng)p1（ⅱ）活塞處于B位置時(shí)，液體對(duì)金屬絲拉力F的大小。16．（1）下端附著重物的粗細(xì)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(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)：與此同時(shí)，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖（a）所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標(biāo)系，浮力F隨水平位移x的變化如圖（b）所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是________A．x從0.05m到0.15m的過(guò)程中，木棒的動(dòng)能先增大后減小B．x從0.21m到0.25m的過(guò)程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小C．x=0.35m和x=0.45m時(shí)，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在豎直方向做簡(jiǎn)譜運(yùn)動(dòng)的振幅為FE．木棒的運(yùn)動(dòng)為向x軸正方向傳播的機(jī)械橫波，波速為0.4m/s（2）如圖，某種防窺屏由透明介質(zhì)和對(duì)光完全吸收的屏障構(gòu)成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可實(shí)現(xiàn)對(duì)像素單元可視角度θ的控制（可視角度θ定義為某像素單元發(fā)出的光在圖示平面內(nèi)折射到空氣后最大折射角的2倍）。透明介質(zhì)的折射率n=2，屏障間隙L=0.8mm。發(fā)光像素單元緊貼屏下，位于相鄰兩屏障的正中間。不考慮光的衍射。（i）若把發(fā)光像素單元視為點(diǎn)光源，要求可視角度θ控制為60°，求屏障的高度d；（ⅱ）若屏障高度d=1.0mm，且發(fā)光像素單元的寬度不能忽略，求像素單元寬度x最小為多少時(shí)，其可視角度θ剛好被擴(kuò)為180°（只要看到像素單元的任意一點(diǎn)，即視為能看到該像素單元）。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型解釋了a粒子散射實(shí)驗(yàn)的，故A錯(cuò)誤。

B玻爾的原子模型只能很好的解釋氫原子的某些現(xiàn)象，并沒(méi)有完全解釋微觀粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，故B錯(cuò)誤。

C光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)揭示了光的粒子性，故C正確。

D電子束的衍射圖樣揭示了電子的波動(dòng)性，故D錯(cuò)誤。

故答案為：C。

【分析】盧瑟福的提出核式結(jié)構(gòu)模型解釋了a粒子散射現(xiàn)象；玻爾的原子理論很好的解釋了氫原子光譜，但是對(duì)于復(fù)雜原子無(wú)法解釋?zhuān)还怆娦?yīng)和康普頓效應(yīng)揭示了光的粒子性；電子束的衍射圖樣揭示了電子的波動(dòng)性。2．【答案】A【解析】【解答】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理，可知長(zhǎng)方體中心處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，撤去絕緣棒a后，其他三根絕緣棒產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度與a棒產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，故電場(chǎng)強(qiáng)度垂直指向a；根據(jù)電勢(shì)的定義式φ=kqr，以及電勢(shì)的疊加原理可知，撤去一個(gè)正電荷后，電勢(shì)降低.

故答案為：A。3．【答案】D【解析】【解答】A對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，若想使導(dǎo)體棒靜止在右側(cè)位置，則導(dǎo)體棒所受安培力垂直導(dǎo)體棒指向右上方，根據(jù)左手定則可知電流方向由M指向N。

將重力沿繩方向和垂直繩方向進(jìn)行分解，

由平衡條件可知mgsinθ=BILmgcosθ=FT

聯(lián)立解得sinθ=BILmgFT4．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可知，發(fā)生彈性碰撞時(shí)，若兩者質(zhì)量相等，則發(fā)生速度交換，所以碰撞后氫核的速度與碰撞前中子的速度相同，動(dòng)能與碰撞前中子的動(dòng)能相同；與氮核碰撞后，中子發(fā)生反彈，故氮核的動(dòng)能小于碰撞前中子的動(dòng)能，B正確；氮核的動(dòng)量大于氫核的動(dòng)量，A錯(cuò)誤；且氮核的速度小于中子的速度，故CD錯(cuò)誤。

故答案為：B。

【分析】根據(jù)彈性碰撞過(guò)程中遵循動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。5．【答案】A【解析】【解答】將飄帶分割成無(wú)數(shù)個(gè)小段，根據(jù)題意可知每一小段飄帶所受的重力和風(fēng)力均相等，由力的平行四邊形定則可知，每一小段所受重力和風(fēng)力的合力方向均相同，所以飄帶的形態(tài)為一條傾斜的直線。

故答案為：A

【分析】本題主要考察微元法的應(yīng)用，將飄帶分割為無(wú)數(shù)個(gè)小段受力分析進(jìn)行求解。6．【答案】B【解析】【解答】AP2向左滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器的阻值減小，整個(gè)電路的功率增大，電流表示數(shù)增大，電壓表示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤。

B由A可知滑片向左移動(dòng)，通過(guò)電阻R1的電流增大，則R1消耗的功率增大，故B正確。

CP1向下滑動(dòng)，副線圈匝數(shù)減少，整個(gè)電路功率增大，則電流表示數(shù)增大，電壓表示數(shù)也隨之增大，故C錯(cuò)誤。

D由C可知原線圈電流增大，則副線圈中電流也隨之增大，所以R17．【答案】A,C【解析】【解答】A根據(jù)重力的功率P=mgv，0-t1時(shí)間內(nèi)，速度減小，重力的功率減小，故A正確。

B0-t1時(shí)間內(nèi)，圖像的斜率減小，則加速度減小，故B錯(cuò)誤。

Ct1-t2時(shí)間內(nèi)，速度逐漸減小，質(zhì)量不變，動(dòng)量逐漸減小，故C正確。

Dt8．【答案】C,D【解析】【解答】A根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知r地3T地3=r火3T火3，可得9．【答案】B,C【解析】【解答】A飛行器關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)，勻速下落時(shí)Mg=kv12，飛行器以5m/s向上勻速時(shí)Fm=Mg+kv22，聯(lián)立可得Fm=1.25Mg，k=Mg100，故A錯(cuò)誤。

B飛行器以5m/s勻速水平飛行時(shí)，推力與重力和阻力的合力相等F=（Mg）2+（kv）10．【答案】B,D【解析】【解答】A導(dǎo)體棒b與電阻R并聯(lián)，根據(jù)閉合電路歐姆定律I=BlvR+0.5R，導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最右端時(shí)，b剛好要發(fā)生滑動(dòng)，由平衡條件可知BI2L=μmg，聯(lián)立解得v=3m/s，a棒離開(kāi)桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，則x=vt，h=12gt2，解得x=1.2m。故A錯(cuò)誤。

B導(dǎo)體棒做平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中水平方向切割磁感線，且水平方向速度保持不變，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故B正確。

Ca向右運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電流向里，通過(guò)導(dǎo)體棒b的電流方向向里，根據(jù)左手定則判斷安培力方向向左，所以有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故C錯(cuò)誤。11．【答案】；15.35；127【解析】【解答】（3）根據(jù)表格描點(diǎn)并用直線進(jìn)行連接。

（4）根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則進(jìn)行讀數(shù)，估讀至最小分度值的下一位，此時(shí)橡皮筋的長(zhǎng)度為15.35cm。

（5）設(shè)橡皮筋的勁度系數(shù)為k，冰墩墩的質(zhì)量為m，硬幣質(zhì)量為m0，則k（l-l0）=mg+nm0g，整理可得l=12．【答案】（1）大于（2）×10（3）向上（4）400【解析】【解答】（1）由題意可知Rm<Rn，則開(kāi)關(guān)撥向m時(shí)電路的總電阻較小，電動(dòng)勢(shì)保持不變，所以Im>In。

（2）開(kāi)關(guān)撥向n時(shí)，電路中的總電阻較大，所以對(duì)應(yīng)歐姆表的檔位倍率較大，即n為×10檔。

（3）從×1檔換到×10檔，電路中總電阻增大，干路電流減小，為了時(shí)電流表滿偏，則需要增大通過(guò)電流計(jì)G所在支路的電流，所以R0的滑片向上調(diào)節(jié)。

（4）第一次，當(dāng)1，2短接時(shí)，電路的總電阻為R=Rn+（RG+R0上）13．【答案】（1）小球在電磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力等大反向，洛倫茲力提供向心力，即qUd=mg，

再由歐姆定律可知U=E0R（2）設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可得（R-d）2+（3d）2=R2，

（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場(chǎng)時(shí)，小球速度與水平方向成60度夾角，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球所受電場(chǎng)力與小球重力在垂直速度方向上的分力相等時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，可得E'q=mg【解析】【分析】（1）根據(jù)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)分析列方程求解。（2）根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，洛倫茲力提供向心力列方程求解。

（3）根據(jù)粒子做直線運(yùn)動(dòng)的條件和所受合外力的關(guān)系列方程求解。14．【答案】（1）籃球下降過(guò)程中由牛頓第二定律可得mg-λmg=ma1，落地時(shí)的速度v12=2a1（2）對(duì)籃球下落過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgh+h-h02F0-λmgh=12（3）由（1）可知籃球下降的加速度為aa1=（1-λ）g；上升時(shí)加速度為a2=（1+λ）g

由題意根據(jù)動(dòng)量定理可得I=mv'，即每次拍球后將給它一個(gè)速度v'，

則有2（1+λ）gh=（kv0）2，2（1-λ）gh=v12-v'2，

【解析】【分析】（1）對(duì)籃球進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分別計(jì)算籃球下落時(shí)落地速度和彈起時(shí)對(duì)初速度。

（2）對(duì)籃球下落過(guò)程和上升過(guò)程分別應(yīng)用動(dòng)能定理，聯(lián)立計(jì)算求解。

（3）分別計(jì)算每一次拍球后籃球反彈的高度和速度，列出規(guī)律性表達(dá)式，進(jìn)而聯(lián)立求解。15．【答案】（1）A；B；E（2）將活塞和金屬絲作為一個(gè)整體，由平衡條件可得p0S=P1S+(m1+m2)g，

代入解得p1=105Pa。

活塞在B位置時(shí)，氣缸內(nèi)壓強(qiáng)為p2，由波義耳定律可得p1V0=p2(V0+Sh)，

p2=9.9×104Pa

將活塞與金屬絲視為一整體，根據(jù)平衡條件可得p0S=P2S+(m1+m2)g+F，聯(lián)立解得F=1N?！窘馕觥俊窘獯稹浚?）A中心部位為熱運(yùn)動(dòng)速率低的氣體，與擋板作用后，從A端流出，而邊緣部分熱運(yùn)動(dòng)速率大的氣體從B端流出；所以A為冷端，B為熱端，故A正確。BA端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率較小，B端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率較大，所以從A端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)平均速度小于從B端流出的，故B