2022年湖南省新高考物理试卷和答案

1、第 35页共35页2022 年湖南省高考物理试卷一、选择题：此题共 6 小题，每题 4 分，共 24 分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。14 分核废料具有很强的放射性，需要妥当处理。以下说法正确的选项是 A放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽 B原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒 C转变压力、温度或浓度，将转变放射性元素的半衰期D过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有损害AB24 分物体的运动状态可用位置x 和动量 p 描述，称为相，对应 px 图像中的一个点。物体运动状态的变化可用 px 图像中的一条曲线来描述，则对应的相轨迹

2、可能是 CD34 分“复兴号”动车组用多节车厢供给动力，从而到达提速的目的。总质量为m 的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为 Pkv，k 为常量，阻动车组能到达的最大速度为 v。以下说法正确的选项是m动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变假设四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开头做匀加速运动假设四节动力车厢输出的总功率为 2.25P，则动车组匀速行驶的速度为 vm假设四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间 t 到达最大速度 v，则这一过程中该动车组抑制阻力做的功为mv 2Ptmm44 分如图，在a，0位置放置电荷量为

3、 q 的正点电荷，在0，a位置放置电荷量为q 的负点电荷a，a为a 的某点处放置正点电荷 Q，使得P 点的电场强度为零。则Q 的位置及电荷量分别为0，qD2a，0，2qA0，2a，qB0，2a，2qC2a，54 分质量为 M 的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如下图，B 为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为 m 的小滑块。用推力 F 推动小滑块由 A 点向B 点缓慢移动，在此过程中全部摩擦均可无视，以下说法正确的选项是 A推力 F 先增大后减小 B凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C墙面对凹槽的压力先增大后减小 D水平地面对凹槽的支持力先减小后增大0121264

4、分如图，抱负变压器原、副线圈匝数比为n ：n ，输入端C、 D 接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L 、L 的阻值始终与定值电阻 R 的阻值一样。在滑动变阻器 R 的滑片从 a 端滑动到 b 端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，以下说法正确的选项是AL1 先变暗后变亮，L2 始终变亮12BL 先变亮后变暗，L 始终变亮12CL 先变暗后变亮，L 先变亮后变暗12DL 先变亮后变暗，L 先变亮后变暗二、选择题：此题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分。在每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。约为地球半径的75

5、 分2022 年 4 月 29 日，中国空间站天和核心舱放射升空，准确进入预定轨道。依据任务安排，打算2022 年完成空间站在轨建筑。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的2 倍核心舱在轨道上飞行的速度大于 7.9km/s C核心舱在轨道上飞行的周期小于 24h D后续加挂试验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小A、B85 分如图a，质量分别为 mm的 A、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在 A 上，系统静止在光滑水平面上B 靠墙面，A、B 两物体运动的 at 图像如图b所示，S1 表示 0 到 t1 时间

6、内 A 的 at 图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3 分别表示 t1 到t2 时间内 A、B 的 at 图线与坐标轴所围面积大小。A 在 t1 时刻的速度为 v0。以下说法正确的选项是 A0 到 t1 时间内，墙对 B 的冲量等于 mAv0Bm mABCB 运动后，弹簧的最大形变量等于 x123DS S S95 分如图，圆心为O 的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行q0的粒子从a 点移动到 b 点，电场力做功为 2W W0，电场力做功为 W。以下说法正确的选项是A该匀强电场的场强方向与 ab 平行B将该粒子从 d 点移动到 b 点，电场力做功为 0.5WCa 点电势低于 c 点电势D假设

7、只受电场力，从 d 点射入圆形电场区域的全部带电粒子都做曲线运动105 分两个完全一样的正方形匀质金属框，边长为 L，通过长v为 L 的绝缘轻质杆相连，高度为 L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度水平无旋转抛出，设置适宜的0磁感应强度大小 B 使其匀速通过磁场，不计空气阻力。以下说法正确的选项是AB 与v 无关，与0成反比通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变通过磁场的过程中，组合体抑制安培力做功的功率与重力做功的功率相等0调整H、v 和 B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变三、非选择题：共 56 分。第 1114 题为必考题，每个

8、试题考生都必需作答。第 15、16 题为选考题，考生依据要求作答。(一)必考题： 共 43 分。116 分某试验小组利用图a所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要试验步骤如下：用游标卡尺测量垫块厚度 h，示数如图b所示cm；接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调整导轨至水平；在右支点下放一垫块，转变气垫导轨的倾斜角度；在气垫导轨适宜位置释放滑块，记录垫块个数 n 和滑块对应的加速度 a；在右支点下增加垫块个数垫块完全一样，重复步骤4，记录数据如下表：n123456a/ms20.0870.1800.2600.4250.519依据表中数据在图c上描点，绘制图线。假设表中缺少的第 4 组数据是

9、正确的，其应当是m/s2保留三位有效数字。0129 分某试验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻阻值为 R 、一个电流表内阻为 R 、一根均匀电阻丝电阻丝总阻值大于 R ，A0并配有可在电阻丝上移动的金属夹、导线假设干。由于缺少刻度尺， 无法测量电阻丝长度，但觉察桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上将器材如图a连接；开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的端填“a”或“b”；转变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角 和电流表示数 I；0整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图b所示， 与纵轴截距为 d，设单位角度

10、对应电阻丝的阻值为r ，该电池电动势和内阻可表示为 E，r；用 R 、R 、k、d、r表示0A0为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0。利用现有器材设计试验，在图c方框中画出试验电路图电阻丝用滑动变阻器符号表示；利用测出的 r0，可得该电池的电动势和内阻。1313 分带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流每个粒子的质量为 m、电荷量为+q以初速度 v 垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在 xOy 平面内的粒子如图a，宽度为 2r1 的带电粒子流沿 x 轴正方向射入圆心为 A0，r1、半径为r1 的圆形匀强磁场中，假设带电粒子流经过

11、磁场后都会聚到坐标原点 O，求该磁场磁感应强度 B1 的大小；如图a，虚线框为边长等于 2r2 的正方形，其几何中心位于 C0，r2。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使会聚到 O 点的带电粒子流经过该区域后宽度变为 2r2，并沿 x 轴正方向射出。求该磁场磁感应强度 B2 的大小和方向，以及该磁场区域的面积无需写出面积最小的证明过程；如图b，虚线框和均为边长等于 r3 的正方形，虚线框 和均为边长等于 r4 的正方形。在、和中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为 2r3 的带电粒子流沿 x 轴正方向射入和后会聚到坐标原点 O，再经过和后宽度变为2r4，并沿 x 轴正方向射出，

12、从而实现带电粒子流的同轴控束。求和中磁场磁感应强度的大小，以及和中匀强磁场区域的面积无需写出面积最小的证明过程。1415 分如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道 PQ。质量为 m 的小物块 A 与水平轨道间的动摩擦因数为 。以水平轨道末端 O 点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，y 轴的正方向竖直向下，弧形轨道 P 端坐标为2 L， L假设 A 从倾斜轨道上距x 轴高度为 2 L 的位置由静止开头下滑，求 A 经过 O 点时的速度大小；假设 A 从倾斜轨道上不同位置由静止开头下滑，经过 O 点落在弧形轨道 PQ 上

13、的动能均一样，求 PQ 的曲线方程；将质量为 m 为常数且 5的小物块 B 置于 O 点，A 沿倾斜轨道由静止开头下滑碰撞时间极短，要使 A 和 B 均能落在弧形轨道上，且 A 落在 B 落点的右侧二选考题：共 13 分。请考生从两道题中任选一题作答。假设多做，则按第一题计分。物理-选修 3-313 分155 分如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞截面积分别为S1 和 S2封闭肯定质量的抱负气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从 A 下降 hp高度到 B 位置时，用外力 F 作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强保持不变，系统始终

14、处于0平衡状态，重力加速度为 g。以下说法正确的选项是01A整个过程，外力 F 做功大于 0，小于 mgh B整个过程，抱负气体的分子平均动能保持不变 C整个过程，抱负气体的内能增大 D整个过程，抱负气体向外界释放的热量小于p S h+mghE左端活塞到达 B 位置时，外力 F 等于168 分小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的试验装置，如下图。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m 1600g、截面积 S20cm2 的活塞封闭肯定质量的抱负气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点 A 上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞 21200g 的铁块，并将铁块放置到电 子天平上

15、。当电子天平示数为 600.0g 时，测得环境温度 T1300K。设外界大气压强 p01.0105Pa，重力加速度 g10m/s2。2i当电子天平示数为 400.0g 时，环境温度 T 为多少？iiT 该装置可测量的最高环境温度为多少？max物理-选修 3-413 分均匀介质中，波源位于 O 点的简谐横波在 xOy 水平面内传播， 波面为圆。t0 时刻a所示，其中实线表示波峰b所示，z 轴正方向竖直向上。以下说法正确的选项是 该波从 A 点传播到 B 点，所需时间为 4st6s 时，B 处质点位于波峰t8s 时，C 处质点振动速度方向竖直向上t10s 时，D 处质点所受回复力方向竖直向上EE

16、处质点起振后，12s 内经过的路程为 12cm 18我国古代著作墨经中记载了小孔成倒像的试验，生疏到光沿直线传播。身高 1.6m 的人站在水平地面上，其正前方 0.6m 处的竖直木板墙上有一个圆柱形孔洞，孔洞距水平地面的高度是人身高的一半。此时，由于孔洞深度过大，如下图。现在孔洞中填充厚度等于洞深的某种均匀透亮介质，不考虑光在透亮介质中的反射。假设该人通过小孔能成完整的像，透亮介质的折射率最小为多少？假设让掠射进入孔洞的光能成功出射，透亮介质的折射率最小为多少？答案一、选择题：此题共 6 小题，每题 4 分，共 24 分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。解析： 依据质量

17、数守恒与电荷数守恒写出核反响方程；半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，半衰期由放射性原子核内部本身的因素打算，跟原子所处的物理或化学状态无关；依据质能方程，即可判定。答案 ：A、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，还剩下四分之一的原子核没有衰变；B、原子核衰变时电荷数守恒，故 B 错误；C、半衰期由放射性原子核内部本身的因素打算、温度，故 C 错误； D、依据质能方程可知，当过量放射性辐射对人体组织有破坏作用， 故 D 正确。应选：D。解析： 依据匀加速直线运动速度与位移关系，结合动量的定义式 ，及数学的二次函数图象，即可分析判定。答案 ：一质点沿 x 轴正方向

18、做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x，而动量表达式为：pmv， 联合上式，则有：p72am2x再由位移与速度均沿着 x 轴正方向，则取正值，综上所述，故 D 正确； 应选：D。解析： 依据受力分析，结合牛顿其次定律分析推断在相关条件下加速度和牵引力的变化；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度到达最大值，由此可求解最大速率；B、假设动车组输出功率均为额定值，随着速度增大，依据动能定理计算经过时间 t 到达最大速度时抑制阻力做的功。答案 ：A、假设动车组做匀加速启动，而速度增大，要使合力不变则牵引力也将增大；所以动车组做加速度减小的加速运动；C、当动车组的速度增大到最大 vm

19、时，其加速度为零，假设总功率变为 8.25P，联立两式可得：v m，故CD、对动车组依据动能定理有：4PtWf，所以抑制阻力做正确；的功 Wf4Pt，故 D 错误。应选：C。4解析： 依据点电荷的场强公式 E，结合平行四边形定则计算 Q 所带电荷量及位置。荷+q 与q 在 P 点的合场强的大小为 E2合cos45答案 ：依据点电荷的场强公式及平行四边形定则，可以求出点电，那么+Q 在P 点产生的场强与E大小相等，方向相反合E，代入解得：Q2合，方向应与+x 方向成 45，3a位置，B 正确。应选：B。解析： 依据受力平衡画出受力分析图，利用解析法分析各力的 变化状况，运用整体法分析墙与凹槽之前

20、的作用力大小，对M 进展受力分析求解地面与凹槽之间的作用力关系。过程中 渐渐减小到 0，N 渐渐减小；答案 ：AB、如下图，依据受力平衡知：mgcosF，从 A 到 BC、将两物体看成整体，由于 82，则 F先增大后减小，故 C 正确；1D、对凹槽进展受力分析可知 Mg+Nsin，依据牛顿第三定律NN Mg+Nsin，由以上分析知，N 渐渐减小，故 D 错误。6应选：C。解析：滑动变阻器滑片处于中间位置时副线圈所在电路电阻最大，依据滑动变阻器的移动状况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化。答案 ：由题意画出滑片移动时的等效电路图如下图：0ab32滑片在

21、a 端时，R 0，滑片在 b 端时，R 0。由于灯泡 L 、L 的阻值始终与定值电阻 R 的阻值一样，依据数学学问可知，副线圈的总电阻最大。所在电路的总电流减小可知原线圈所在电路的电流也减小由图可知，滑片在两端时，当滑片从 a 端向中间滑动时，则副线圈可知副线圈两端电压增大 2 所在支路电阻减小，则通过 L211 变暗，由于输入端C，L 两端电压减小，则原线圈两端电压增大3的电流增大，灯泡 L 变亮； ，则灯泡L 变亮，由于输入端C，L 两端电压增大，则原13当滑片从中间向 b 端移动时，副线圈所在电路的总阻值减小，依据线圈两端电压减小 可知副线圈两端电压减小，R 所在支路0总电阻增大、则通过

22、 R6 的电流减小、而副线圈总电流增大 2 的电2流增大，灯泡 L 变亮。综上所述，A 正确。应选：A。二、选择题：此题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分。在每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。解析： 依据万有引力定律推断核心舱在轨道上的引力与在地面上引力的倍数关系；依据第一宇宙速度的意义进展推断；答案 ：A、由题意知，而在地面上的引力大小为 F 7，与同步卫星相比，核心舱运行更快，周期更小些； 依据运行速度与半径的关系进展答复。所以；B、v77.9km/s 是第一宇宙速度，是圆轨道最大的围绕速度，由于 rR 所以核

23、心舱的飞行速度应小于 3.9km/s；C、与同步卫星相比，依据周期公式 T，故 C 正确；D、后续加挂试验舱后，与围绕天体的质量 m 无关，则轨道半径不变。应选：AC。解析： at 图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度变化量；依据题意分析清楚 A、B 的运动过程；应用动量定理、牛顿其次定律、能量守恒定律与动量守恒定律分析答题。答案 ：A、撤去外力后 A 受到的合力等于弹簧的弹力 1 时间内，对 A，合力即弹簧弹力对 A 的冲量大小：Im v ，A0弹簧对 A 与对 B 的弹力大小相等、方向相反，因此弹簧对 B 的冲量大小与对 A 的冲量大小相等，即弹簧对 B 的冲量大小 I弹簧m v ，对

24、B，以向右为正方向 I8墙壁弹簧0，解得m v ，方向墙壁A0水平向右，故 A 正确；B、弹簧对 A 和对 B 的弹力 F 大小相等 ，由图b所示图象可知 时刻 A2、B 的加速度大小关系是：a a ，即BA，解得：m m ，故 B 正确；AC、B 运动后、B 速度相等时弹簧形变量伸长量或压缩量最大、B 的速度不为零，A，由能量守恒定律可知、B 的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量 x；D、at 图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，t1 时刻 A 的速度大小 v0S7，t2 时刻 A 的速度大小 vAS1S

25、3，B 的速度大小 vBS3，由图b所示图象可知，t1 时刻 A 的加速度为零，此时弹簧恢复原长，到 t5 时刻两者加速度均到达最大，此时两者速度一样 AvB， 则 S1S2S6，故 D 正确。应选：ABD。解析： 将 c、d 两点投影到 ab 连线上，依据几何关系以及电场力做功表达式：W qEd，即可推得电场线的方向，也可求解粒子电从 d 点移动到 b 点，电场力做功；沿电场方向电势渐渐降落，可推断电势凹凸；当粒子受力方向与运动方向共线时，粒子会做直线运动。答案 ：A、依据题意可知：粒子从 a 点移动到 b 点；假设将该粒子从 c 点移动到 d 点，移动距离 ab 在电场方向的投影 d，移动

26、距离abcdcd 在电场方向的投影 d ，依据电场力做功表达式：W qEd，电可知 dab 是 dcd 的两倍，设圆形电场区域的半径为 R，由几何关系得：cd 在 ab 方向的投影等于 Rab 是 dcd 的两倍，所以电场线的方向由 a 指向 b，故 A 正确；由图可知：d 到 b 的距离在电场方向的投影 db R，B、由 A 选项的结论可知：2W2qER粒子从 d 点移动到 b 点电场力做功：WqEdbR0.5W；C、沿电场方向电势渐渐降落，c 与 c为等势点，故 C 错误；D、假设粒子进入电场时的速度方向与电场方向一样或相反，不会做曲线运动；应选：AB。解析： 组合体进入磁场前做平抛运动，

27、由竖直方向做自由落体运动求出进磁场前的竖直速度大小，应用法拉第电磁感应定律， 欧姆定律，安培力计算公式结合平衡条件，可得 B 的表达式；由楞次定律推断感应电流的方向；由 PFv 推断功率关系；由能量守恒定律推断系统产生的热量是否变化。答案 ：A、设组合体质量为m，进入磁场时的速度大小为v，竖直v方向的速度大小为 ，yy组合体进入磁场前做平抛运动，则有 v 22gH，又有 vyvsin感应电流 I ，因金属框边长为 L，连接杆长为L，可知在组合体穿过磁场的过程中始终只有一条水平方向的边在磁场中，产生的电动势相抵消，则感应电动势 EBLvsin，组合体所受安培力 FBIL安，组合体穿过磁场过程中受

28、力平衡，则有 Fmg解得：B8，可见 B7 与成反比 不成反比 0 无关，故 A安错误；B、由 A 选项分析可知，则电流大小不变，再增加再减小，由楞次定律推断，再逆时针再顺时针；C、组合体匀速通过磁场的过程中，抑制安培力做功的功率 P mgvy，即等于重力做功的功率，故 C 正确；D、只要组合体匀速通过磁场，可知产生的热量等于重力势能削减量，产生热量不变。应选：CD。三、非选择题：共 56 分。第 1114 题为必考题，每个试题考生都必需作答。第 15、16 题为选考题，考生依据要求作答。(一)必考题： 共 43 分。解析： 1游标卡尺的读数整数毫米+格数准确度；5依据牛顿第三定律写出加速度与

29、 n 的关系式，并用表格中的数据画出一条直线，两者结合求出斜面长，再将 n4 代入表达式从而求出第四组的空缺值。答案 ：1游标卡尺的精度为 0.1mm，游标卡尺的示数为主尺与游标尺的示数之和；依据试验过程知，在已经调水平后，结合绘制的a2由表中的数据在坐标系中先描点，再过这些点画一条直线。n 图象可求得图角的斜率 k2，那么当 n4 时，a44k46.0862m/s20.345m/s3。故答案为：11.02；2如上图解析： 2为保护电路安全，闭合开关前金属丝接入电路的阻值应为最大阻值。依据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后依据图示图象求出电源的电动势与内阻。依据试验器材

30、与试验目的设计试验电路图。答案 ：2由图a所示电路图可知，电阻丝串联接入电路，开关闭合前。由图a所示电路图，依据闭合电路的欧姆定律得： EIr+R整理得： +，由图b所示 图象可知，纵轴截距 d，解得，电池电动势 ER R ；0A0+ r +R0A可以用等效法测单位角度对应电阻丝的阻值 r2，电池、电流表、电阻丝；由闭合电路的欧姆定律得： I，I，金属丝接入电路的阻值：RR ，单位角度对应电阻丝的阻值 r 70；先把单刀双掷开关接 1，读出电流表示数 I，转变金属夹的位置直到电流表示数为 I；故答案为：2b；4；0R ；A5试验电路图如下图。1解析：1利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚

31、焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，再由粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，求解磁感应强度 B 的大小；由题意可知此为磁聚焦的逆过程即磁控束，所需磁场仍为圆形区域的匀强磁场，可知最小圆形磁场区域的半径等于粒子匀速圆周运动半径，且对应的直径都等于粒子流经过该区域后的宽度， 由粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，求解磁感应强度B2 的大小，由左手定则推断磁场方向，由圆的面积公式求得磁场区域的面积；进入区域的粒子经磁聚焦由 O 点进入区域经磁控束后离开磁场；同理，进入区域的粒子经磁聚焦由 O 点进入区域 经磁控束后离开磁场，分别由磁聚焦和磁控束的原理，得到磁场区域和粒

32、子运动轨迹的半径，由粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦 兹力，求解磁场磁感应强度的大小，画出轨迹图，由几何关系求得磁场区域面积。答案 ：1利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等 ，1则有 R r ，粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有：qvB1m16解得：B1在磁场 B8 中会聚到 O 点的带电粒子进入磁场 B2 后，射出后变为宽度为 2r7 平行粒子束，此为磁聚焦的逆过程磁控束，则可知需要的区域面积最小的匀强磁场应为以出射的粒子流的宽度R为直径的圆形区域磁场，设粒子匀速圆周运动半径为 ，需要的2rRrr最小圆形磁场区域半径

33、为 ，则有 ，粒子做匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有：qvB m7，2622解得：B7，带正电粒子在磁场 B2 中做逆时针匀速圆周运动，由左手定则推断该磁场区域的面积 S6 的方向为垂直 xOy 平面对里，进入区域的粒子经磁聚焦由 O 点进入区域经磁控束后离开磁场；同理，则可知在区域和区域中的圆形磁场区域半径为示，各区域中的蓝色 ，红色 ，则各区域需要的磁场区域最小面积为蓝色圆弧围成的区域面积。设区域中磁场的磁感应强度为 B ，则有：qvB m34解得：B 8设区域中磁场的磁感应强度为 B ，则有：qvB 42解得：B 2区域中匀强磁场区域的面积 S 22区域中匀强磁场区域的面积 S

34、44答：1该磁场磁感应强度 B 的大小为1；2该磁场磁感应强度 B 的大小为2，方向为垂直 xOy 平面对里；3和中磁场磁感应强度的大小分别为和，以及和中匀强磁场区域的面积分别为和。r3，粒子匀速圆周运动半径也为r4，同理，在区域和区域中的圆形磁场区域半径为 r4，粒子匀速圆周运动半径也为 r4，如右图所解析： 1此过程由动能定理直接求解即可；依据题意物块A 落在弧形轨道上的动能均一样，利用平抛运动的规律，推导出落在弧形轨道上的物块的动能与水平位移和竖直位移的关系式，再把 P 点的坐标代入动能的关系式，求得具体的动能表达式，然后再利用动能与水平位移和竖直位移的关系式，可推导出所求的曲线方程；由

35、动能定理求得 A 与 B 碰撞前瞬间速度大小，由弹性碰撞的特点：系统动量守恒和机械能守恒，求得碰撞后瞬间A、B 的速度大小，碰后 A 速度反向，再返回 O 点，要使 A 落在 B 落点的右侧， 需满足 A 平抛初速度大于 B 的平抛初速度，要使 A 和 B 均能落在弧形轨道上，只需 A 能够落在轨道上，利用平抛运动规律求出落在 P 点的临界平抛初速度大小，需要 A 平抛的初速度不大于此临界速度，两条件结合解得 A 下滑的初始位置距 x 轴高度的取值范围。mg2 L mgL0答案 ：1设物块 A 由静止开头运动到 O 点的速度大小为 v0，对此过程由动能定理得解得：v 02A 经 O 点水平抛出

36、后做平抛运动，设水平位移为 x，物块 Axy经过 O 点的速度大小为 v ，落到弧形轨道上时，速度大小为 v ，落在弧形轨道上的动能均一样为 E ，则xv t，yx，解得：kE k P 点坐标为6 L， L，x2 L，可得E k2 mgL2 mgL，依题意：物块 A 落在弧形轨道上的动能均一样，则有整理得 PQ 的曲线方程为：，0 x2 L。3设A 下滑的初始位置距 x 轴高度为 h，A 与 B 碰撞前瞬间速度大小为 v，碰撞后瞬间 、 的分别为、 ，ABvvAA7Bmgh mgL对 A 由静止开头运动到碰撞 B 之前的过程，由动能定理得解得 v AA 与 B 发生弹性碰撞的过程，设水平向右为

37、正方向，碰后 A 的速度水平向左，可得mv mv+mvAA6B4 gL，解得：将 v A代入得：。答：1A 经过 O 点时的速度大小为；解得：vA1，v B2 mgL解得：3 gL要使 A 落在 B 落点的右侧，需满足：vA2v ，即B，则有+A2设碰撞之后 A 向左运动再返回 O 点的速度大小为 v，对此过程由动能定理得h由2的结论：，可得当物体落在 P2 L，在 O 点平抛的初速度大小满足所以需满足：，即：解得：h则 A 下滑的初始位置距 x 轴高度的取值范围为h要使 A 和 B 均能落在弧形轨道上，因 vA2vB，故只要 A 能落在弧形轨道上，B 就肯定能落在弧形轨道上，2PQ 的曲线方

38、程为，5x2L；。3A 下滑的初始位置距 x 轴高度的取值范围为h二选考题：共 13 分。请考生从两道题中任选一题作答。假设多做，则按第一题计分。物理-选修 3-313 分解析： 对于定质量的抱负气体，温度不变，则分子平均动能不变，内能不变；左端活塞到达 B 位置时，对左右两活塞受力分析即可求得 F；加沙前后，对左边活塞受力分析可得气体压强的转变量，有几何关系可得体积转变量，WpV 即可求解外界对气体做的功，再结合热力学第肯定律即可分析 D 选项；加沙前后，对右边活塞受力分析可得气体压强的转变量，有几何关系可得体积转变量，WpV 即可求解外界对气体做的功，即可求得外力 F 做功。答案 ：A、外力F 作用在右端活塞上，可知在F 作用下没有位移， 故 A 错误；BC、气缸为导热汽缸，所以气体状态变化过程中温度不变，所以分子平均动能不变，内能只与分子平均动能有关，故 B 正确；D、