2022年河北省新高考物理试卷和答案解析

2022年河北省新高考物理试卷和答案解析

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．（4分）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（ ）

A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大 B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等 C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小

D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动 2．（4分）2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b，2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为（ ） A．2

B．2

C．

D．

3．（4分）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是（ ）

A．发电机输出的电压为

πNBSz

B．发电机输出交变电流的频率为2πnz C．变压器原、副线圈的匝数比为D．发电机产生的瞬时电动势

πNBSnz：U

πNBSnzsin（2πnz）

4．（4分）如图是密立根于1916年发表的纳金属光电效应的遏止电压Uc与入射光频率ν的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。

由图像可知（ ）A．钠的逸出功为hνc

B．钠的截止频率为8.5×1014Hz C．图中直线的斜率为普朗克常量 D．遏止电压Uc与入射光频率v成正比

5．（4分）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0+kt，B0和k均为常量、则线圈中总的感应电动势大小为（ ）

A．kS1

B．5kS2

C．k（S1﹣5S2） D．k（S1+5S2）

6．（4分）如图，真空中电荷量为2q和﹣q（q＞0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心、电

势为零的等势面（取无穷远处电势为零）。P为MN连线上的一点。S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上一点。下列说法正确的是（ ）

A．P点电势低于S点电势 B．T点电场强度方向指向O点

C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点 D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功

7．（4分）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ ）

A．圆柱体对木板的压力逐渐增大 B．圆柱体对木板的压力先增大后减小

C．两根细绳上的拉力均先增大后减小

D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

（多选）8．（6分）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属的电阻，下列图像可能正确的是（ ）

A． B．

C． D．

（多选）9．（6分）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ＞mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确为是（ ）

A．物体P和Q的质量之比为1：3 B．2T时刻物体Q的机械能为 C．2T时刻物体P重力的功率为D．2T时刻物体P的速度大小为

（多选）10．（6分）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心，R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管、其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中，依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、

v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（ ）

A．若h1＝h2，则v1：v2＝R2：R1 B．若v1＝v2，则h1：h2＝R12：R22

C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同

D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2

三、非选择题：共54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。（一）必考题：共42分。

11．（6分）某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m，已知弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。

（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源，从静止释放钩码，弹簧收缩，得

到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为 ，钩码的动能增加量为 ，钩码的重力势能增加量为 。

（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。

（3）由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是 。

12．（9分）某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电

饭煲，设计电路如图1所示。选用的器材有：限温开关S1（手动将其按下，开始持续加热煮饭，当锅内温度高于103℃时自动断开，之后不能自动闭合）；保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合）；电饭煲的框架（结构如图2所示）。自备元件有：加热电阻丝R（阻值为60Ω，用于加热煮饭）；限流电阻R1和R（；指示灯L1和L（0.6W，2阻值均为1kΩ）22.5V，当电流低于30mA时可视为熄灭）；保险丝T。

（1）按照兴趣小组设计的电路，下列说法正确的是 （多选）。

A.按下S1，L1和L2均发光

B.当锅内温度高于103℃时，S1自动断开。L1和L2均发光 C.保温过程中，S2自动在闭合、断开状态之间交替切换 D.当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，L1发光，L2熄灭 （2）简易电饭煲制作完成后，试用时L1始终不亮，但加热和保温功能均正常，在不增加元件的前提下，断开电源，使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是 （填写各步骤前的字母）。

A.将选择开关旋转到“×100”位置

B.将两支表笔直接接触，调节“欧姆调零旋钮”，使指针指向欧姆零点

C.调整“指针定位螺丝”，使指针指到零刻度 D.测量指示灯L1两端的阻值

E.将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡

操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，若指针如图3所示，可判断是 断路损坏；若指针如图4所示，可判断是 断路损坏。（用电路中的元件符号表示）

13．（11分）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分

别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。

（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；

（2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。

14．（16分）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q（q＞0），初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求： （1）t＝0时刻释放的粒子，在t＝（2）在0～（3）在M（

时刻的位置坐标；

时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功；

，

）点放置一粒子接收器，在0～

时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。

（二）选考题：共12分，请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。[选修3-3]（12分）

15．（4分）如图，绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同，气球内部压强大于外部压强。气球缓慢漏气后，容器中气球外部气体的压强将 （“增大”“减小”或“不变”）；温度将 （填“升高”“降低”或“不变”）。

16．（8分）水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密

封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0，活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑，连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：

（ⅰ）此时上、下两部分气体的压强；

（ⅱ）“H”型连杆活塞的质量（重力加速度大小为g）。 [选修3-4]（12分）

17．一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为10m/s。在传播方向上有P、Q两质点，坐标分别为xP＝1m，xQ＝6m，波传播到P点开始计时，该点的振动图像如图所示，则简谐波的波长为 m，经过 s，Q点第一次到达正向最大位移处。

18．如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，θ＝30°，光在真空中的传播速度为c。求： （ⅰ）玻璃的折射率；

（ⅱ）从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。

参考答案与 解析

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．【参考答案】解：A、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，由图知0～t1时间内训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误； B、根据v﹣t图像围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；

C、根据v﹣t图像围成的面积表示位移，由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值可知，训练后运动员的平均速度大，故C错误； D、根据v﹣t图像可直接判断，t3时刻运动员训练前速度减小，做减速运动，t3时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确； 故选：D。

【解析】本题主要考查了运动学图像的基本应用，熟悉v﹣t图像中斜率表示加速度，图像与横轴围成的面积表示位移即可，难度不大。

2．【参考答案】解：地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是万有引力提供向心力，则

解得：

其中中心天体的质量之比为2：1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小之比的比值为故选：C。

【解析】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解行星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。 3．【参考答案】解：B、发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为

，故B错误；

A、线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为 Em＝NBS•2π•nz 输出电压的有效值为

，故A错误；

C、变压器原副线圈的匝数比为

，故C正确；

D、发电机产生的瞬时电动势为

e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin（2πnz）t，故D错误； 故选：C。

【解析】本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小，熟悉公式的推导即可完成分析，整体难度不大。

，故C正确，ABD错误；

4．【参考答案】解：A、根据遏止电压与最大初动能的关系得： eUc＝Ekmax

根据光电效应方程有 Ekmax＝hν﹣W0

结合图像可知，当Uc为0时，解得： W0＝hνc，故A正确；

B、钠的截止频率为νc，根据图像可知，截止频率小于8.5×1014Hz，故B错误；

C、结合遏止电压与光电效应方程可解得：

可知，图中直线的斜率表示，故C错误；

D、根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压与入射光频率成线性关系，不是成正比，故D错误； 故选：A。

【解析】本题主要考查了光电效应方程的相关应用，熟悉图像的物理意义，理解物理学概念即可完成分析。

5．【参考答案】解：根据法拉第电磁感应定律可知，大圆产生的感应电动势为

，每个小线圈产生的感应电动势为

，且根据楞次定律可知，线圈产生的电流方向相同，

即电动势要全部相加，则总的感应电动势为E＝5E2+E1＝k（S1+5S2），故D正确，ABC错误； 故选：D。

【解析】本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉感生电动势的计算，结合楞次定律即可完成分析。

6．【参考答案】解：A、在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；

C、由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为L，根据

可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；

D、由A选项的分析可知，T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；

B、设等势圆的半径为R。AN距离为x，MN距离为L，如图所示：

根据

结合电势的叠加原理，A、S满足

解得：

；

由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势

可知，φT＞φO，可知T点电场方向指向O点，故B正确； 故选：B。

【解析】本题主要考查了场强和电势的相关概念，熟悉公式，理解电势和电场线的分布特点，同时要理解这两个物理量各自的合成特点，有一定的难度。

7．【参考答案】解：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为N，木板对圆柱体的支持力为T，绳子与木板夹角为α，从右向左看如图所示：

在矢量三角形中，根据正弦定理得：

在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又 γ+β+α＝180° 且α＜90° 可知

90°＜γ+β＜180° 则0＜β＜180°

可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据

可得：

θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误； 故选：B。

【解析】本题主要考查了动态平衡的相关应用，要熟悉物体的受力分析，结合几何方法和三角函数的相关知识完成对题目的分析，对学生的数学能力和作图要求较高。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8．【参考答案】解：AD、根据法拉第电磁感应定律可知，E＝BLv0，结合欧姆定律可知

，结合题目图片可知，在向右运动的

过程中，金属棒切割磁感线的长度先均匀增加，后不变，最后均

匀减小，而电阻两端的电压等于电源电动势，因此变化规律与电流强度的变化规律类似，故A正确，D错误；

BC、根据安培力的计算公式F＝BIL可知，在切割长度的变化过程中，安培力与时间成二次方的比值关系，功率P＝i2R也是与时间成二次方的比值关系，但安培力在t＝0时刻不等于零，故B错误，C正确； 故选：AC。

【解析】本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉动能电动势的计算，欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析，整体难度中等。

9．【参考答案】解：A、t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为，根据牛顿第二定律可知，mP：mQ＝1：2，故A错误；

B、T时刻，PQ的速度为v＝T，P升高的位移为h'＝

＝

为t'＝＝

＝，解得：

，此后P做竖直上抛运动，则速度减为0的时间＝，位移h''＝

+

＝＝

，可知初始时刻Q到零势能，对应的机械能E＝mQgh＝

面的高度h＝h'+h''＝

，Q再运动到T时刻的机械能为E'＝E﹣Fh'（其中F为

拉力），根据牛顿第二定律有：mQg﹣F＝mQa；联立解得：E'＝，故B正确；

CD、2T时刻物体P的速度v'＝＝

g•

＝

，可知P＝

，其重力的功率为P＝mPgv'，故CD正确；

故选：BCD。

【解析】本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握运动学公式的应用，注意分析PQ的运动情况。

10．【参考答案】解：A、若h1＝h2，根据竖直方向上自由落体的运动特点可知，水的运动时间相等，在水平方向上，x＝vt，则v1：v2＝R1：R2，故A错误；

B、若v1＝v2，根据水平方向的运动特点可知，t1：t2＝R1：R2，结合竖直方向自由落体的公式正确；

C、若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，因为旋转的时间相同，则喷出的水量相等，但因为外圈的花盆数量比内圈数量多，则落入每个花盆的水量不相同，故C错误；

D、根据上述分析可知，若h1＝h2，则v1：v2＝R1：R2，因为内圈花盆的数量和外圈花盆的数量也是R1：R2，为了保证落入每个花盆的水量相同，则喷水的时间要相等，因为ω1＝ω2，故D正确； 故选：BD。

【解析】本题主要考查了平抛运动和圆周运动的结合，理解平抛运动在不同方向的运动特点，同时要注意分析过程中时间的区别，一个是水的下落时间，一个是圆周运动的时间，同时要注意内外圈的

可知，h1：h2＝R12：R22，故B

花盆数量的差异，题材取自生活，需要学生平时多观察生活，将物理知识灵活应用方可参考答案。

三、非选择题：共54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。（一）必考题：共42分。

11【．参考答案】解：（1）弹簧的长度为L的弹性势能为到F点时弹簧的弹性势能为减小量为ΔEp＝

，

，因此弹性势能的；根据运动学公式可

知，在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则

，则动能的增加量为

＝

，钩码的重力势能增加量为ΔEp＝mgh5。

（3）随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因随着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加。 故答案为：（1）

；

；mgh5；

（3）随着h增加，钩码克服空气阻力的做功在增加

【解析】本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，熟悉不同能量的计算方法和变化特点，学会简单的数据分析即可，整体难度不大。

12．【参考答案】解：（1）A.按下S1，灯泡L2短路，不能发光，故A错误；

B.当锅内温度高于103℃时限温开关S1自动断开，限流电阻R1和R2阻值均为1kΩ，此时电路的总电流I总＜

A＝220mA；

通过灯泡L2的电流I2

30mA，所以L1不发光，故B错误；

＝≈12.5mA＜

C.保温开关S2（当锅内温度高于80℃时自动断开，温度低于70℃时自动闭合）在保温过程中，自动在闭合、断开状态之间交替切换，故C正确；

D.当锅内温度低于70℃时，S2自动闭合，电饭煲处于加热状态，L1发光，灯泡L2短路，熄灭，故D正确；

（2）利用欧姆表测电阻时，首先使得测电阻与其他电路断开，进行机械调零，然后选取合适的挡位，再进行欧姆调零，测量完毕后，将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡，故正确的顺序为：CABDE；

操作时，将多用电表两表笔与L1两端接触，此时回路中的用电器为R1、R和L1

若指针如图3所示，此时欧姆表的示数约为1100Ω，可判断是L1断路损坏；

若指针如图4所示，此时欧姆表的示数为零，说明L1没有损坏，加热和保温功能均正常，说明R正常，所以是R1断路损坏。 故答案为：（1）CD；（2）CABDE；L1；R1。

【解析】参考答案本题要知道：1。多用电表在使用前，应先观察指针是否指在电流表的零刻度，若有偏差，应进行机械调零；2。测量时手不要接触表笔的金属部分；3。合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近，若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针

偏角太小，应改换高挡位，每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率；4。测量完毕后应拔出表笔，选择开头置OFF挡或交流电压最高挡，电表长期不用时应取出电池，以防电池漏电。

13．【参考答案】解：（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则 mv0﹣m•kv0＝（m+m）v物 解得：v物＝5（1﹣k）m/s＞0

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5（1﹣k）m/s，方向向右

滑块A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则有 Mv0﹣2M•kv0＝（M+2M）v滑 解得：v滑＝

则新滑板速度方向也向右

（2）若k＝0.5，可知碰后书剑C、D形成的新物块的速度为 v物′＝5（1﹣k）m/s＝5×（1﹣0.5）m/s＝2.5m/s 碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为

可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m“＝2kg，新

滑板的质量为M'＝3kg，相对静止时的公式速度为v共，根据动量守恒定律可得：

m′v物′＝（m′+M′）v共 解得：v共＝1m/s 根据能量守恒可得：

解得：x相＝1.875m

答：（1）若0＜k＜0.5，碰撞后瞬间新物块的速度为5（1﹣k）m/s，方向水平向右；新滑板的速度大小为

，方向水平向右；

（2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，两者相对位移的大小为1.875m。

【解析】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，根据动量守恒定律分析出物块的速度，结合运动学公式得出相对位移即可，整体难度不大。

14．【参考答案】解：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t1＝沿y轴正方向做匀加速直线运动， 加速度大小为：a1＝

时间内

在t1时刻的速度大小为：v1＝a1t1 代入数据解得：v1＝

此时沿y轴正方向的位移为：y1＝解得：y1＝

～时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心

力可得：qv1B0＝m解得：R1＝

，

由于粒子在磁场中运动周期T＝好运动半周期，

此时x方向的位移为：x1＝2R1＝所以t＝（2）t＝从

～

时刻的位置坐标为（

，所以经过时间，粒子刚

， ，

）；

时刻粒子速度方向沿﹣y方向，大小为v1＝时间内，粒子的加速度大小为：a2＝

，粒子先沿

﹣y方向运动，再沿+y方向运动。 设粒子经过t2时间速度减速到0，则t2＝所以在此后的从

～

，解得：t2＝

，

＝t1 ）处，

时速度大小仍为v1，位置仍在（

时间内粒子仍做匀速圆周运动，轨迹如图所示。 时间内，粒子的加速度大小为：a3＝

，粒子先沿

﹣y方向运动，再沿+y方向运动。 设在

时速度大小为v2，根据运动学公式可得：v2＝﹣v1+a3t1

，方向沿+y方向；

解得：v2＝

从～时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。

根据动能定理可得静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功：W＝mv22 解得：W＝

；

（3）根据前面的分析可知，粒子在0～t1时间内加速的时间等于粒子在

～

时间内减速运动的时间的2倍，根据几何关系结合

洛伦兹力提供向心力可知，在0～t1时间内任何时刻释放的粒子，在t＝4t1时刻水平位移均为

。

设粒子在t′时刻开始加速，加速时间Δt，则在t1时刻的速度v1′＝a1Δt，位移：y1′＝粒子在﹣Δt） 在

～

时间内减速的位移：y2′＝

＝y1′

时刻的速度大小为：v2′＝v1′+a2（t1﹣Δt）＝a1（2t1

若粒子恰好达到M点，则有：y2′+解得：Δt＝

所以粒子释放的时刻为：tmax＝t1﹣Δt＝若粒子恰好达到x轴，则有：y2′＝y1′ 解得：Δt＝

所以粒子释放的时刻为：tmin＝t1﹣Δt＝故在0～

时间内，粒子在

～

时刻进入电

场时，才能够在电场存在期间被捕获。 答：（1）t＝0时刻释放的粒子，在t＝（

，

）；

时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功

时刻的位置坐标为

（2）在0～为

；

（3）在M（

～

间被捕获。

，）点放置一粒子接收器，粒子在时刻进入电场时，才能够在电场存在期

【解析】本题主要是考查带电粒子在电场中的运动和磁场中的运动，关键是能够分析清楚粒子的运动情况和受力情况，结合几何关系进行参考答案。

（二）选考题：共12分，请考生从2道题中任选一题作答，并用2B

铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。[选修3-3]（12分）

15．【参考答案】解：气球缓慢漏气后，容器中气球外部气体单位体积内分子数密度增大，其的压强将增大；

容器中气球外部气体压强增大、相对于气体绝热压缩，与外界无热交换，即Q＝0，外界对气体做功，即W＞0，根据绝热情况下的热力学第一定律ΔU＝W可知气体内能增加，温度升高。 故答案为：增大；升高。

【解析】参考答案本题的关键是知道气体压强的决定因素是气体的温度和气体分子数密度，要能够根据热力学第一定律进行分析。 16．【参考答案】解：（i）设此时上部分气体的压强为p1，下部分气体的压强为p2。

对上部分气体，根据玻意耳定律可得：p0SL0＝p1×SL0 解得：p1＝2p0；

由于气体总的体积不变，则此时下部分气体的体积为SL0 对下部分气体，根据玻意耳定律可得：p0SL0＝p2×SL0 解得：p2＝p0；

（ii）整个装置缓慢旋转至竖直方向时，对活塞整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得： mg+p0S+p2S＝p1S+p0S

解得：m＝。

答：（i）此时上、下两部分气体的压强分别为2p0、p0； （ⅱ）“H”型连杆活塞的质量为

。

【解析】本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；参考答案此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析一定质量的理想气体发生的是何种变化，选择合适的气体实验定律解决问题。 [选修3-4]（12分）

17．【参考答案】解：根据振动图象可知，周期为0.2s，又由于波速为10m/s，

所以简谐波的波长为λ＝vT＝10×0.2m＝2m

PQ的坐标分别为xP＝1m，xQ＝6m，所以PQ之间的距离为5m， 由振动图象可知，质点的起振方向向上，波峰与Q点之间的距离为5m+λ＝5m+0.5m＝5.5m，

Q点第一次到达正向最大位移处用的时间t＝故答案为：2；0.55。

【解析】解决本题的关键知道各点的起振方向相同，以及知道波速、波长、周期的关系。

18．【参考答案】解：（i）设光线SA对应的折射角为α，如图1所示； 根据几何关系可得，入射角等于θ＝30°，折射角：α＝2θ＝2×30°＝60°

s＝0.55s。

根据折射定律可得：n＝＝＝；

（ii）光线沿SA方向射出时，经过两次反射回到S点，但不是全反射；要发生全反射，设临界角为C，则有：sinC＝＝所以C＜45°

所以至少经过3次全反射才能够回到S，如图2所示，这样回到S的时间最短。

根据运动学公式可得：

＝

；

。 ＜

答：（i）玻璃的折射率为

（ii）从S发出的光线经3次全反射回到S点的最短时间为

【解析】本题主要是考查了光的折射和全发射；参考答案此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。