2022年高考物理真题试卷（湖南卷）（答案+解析）

2022年高考物理真题试卷（湖南卷）

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.（2022•湖南）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

2.（2022・湖南）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（）

a

c

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

3.（2022・湖南）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。。'上，其所在区

域存在方向垂直指向。0'的磁场，与0。'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/,静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为e。下列说法正确

的是（）

图（a）图（b）

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/增大，静止后，导线对悬线的拉力不变

C.tan0与电流I成正比

D.sin。与电流/成正比

4.（2022・湖南）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Vo分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速

度分别为也和以。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）

中子氢核

yc%

o*0.............«）.....»

中子氮核

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.v2大于ViD.v2大于v0

5.（2022•湖南）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（）

6.（2022・湖南）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头Pi初始位置在副线圈正中间，

输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻％的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为

9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U,理想电流表A的示数为/o下列

说法正确的是（）

A.保持Pi位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，/减小，U不变

B.保持PI位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，%消耗的功率增大

C.保持P2位置不变，Pi向下缓慢滑动的过程中，/减小，U增大

D.保持P2位置不变，Pi向下缓慢滑动的过程中，Ri消耗的功率减小

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.（2022・湖南）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（）

t2t3

A.在0〜“时间内，返回舱重力的功率随时间减小

B.在0〜％时间内，返回舱的加速度不变

C.在G〜t2时间内，返回舱的动量随时间减小

D.在t2-t3时间内，返回舱的机械能不变

8.（2022・湖南）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（）

恒星背景

泰火星西

A.火星的公转周期大约是地球的脸倍

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

9.（2022・湖南）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Mo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/!U=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

B.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为孚Mg

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58m/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

10.（2022・湖南）如图，间距L=1m的U形金属导轨，一端接有0.1。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0.10,与导轨间的动摩擦因数均为01（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（）

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

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。

1L（2022•湖南）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：

刻

冰

橡

度

墩

皮

支

地

尺

架

筋

一兀硬币

塑料袋

图㈤

□查找资料，得知每枚硬币的质量为6.05g；

口将硬币以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I,记录数据如下表:

序号12345

硬币数量n/枚510152025

长度Z/cm10.5112.0213.5415.0516.56

□根据表中数据在图（b）上描点，绘制图线

图（b）图（c）

口取出全部硬币，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；

□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）。

12.（2022•湖南）小梦同学自制了一个两挡位（“XIX10”）的欧姆表，其内部结构如图所示，

Ro为调零电阻（最大阻值为Rom），Rs、Rm、Rn为定值电阻（Rs+ROm<Rm<Rn），电

流计G的内阻为RG（RS<<RG）。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7H接通，电流计G示数为lm；保持电阻Ro滑片位

置不变，将单刀双掷开关S与71接通，电流计G示数变为/n,则Imln（填“大于''或

“小于，，）:

（2）将单刀双掷开关S与n接通，此时欧姆表的挡位为（填“XI”或“X10”）；

（3）若从“xl”挡位换成“X10”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Ro的滑片应该调节（填”向上”或"向下”）；

（4）在“x10”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为1000的定值电阻力,稳定后电

流计G的指针偏转到满偏刻度的|；取走£,在①②间接入待测电阻Rx，稳定后电流计G的

指针偏转到满偏刻度的j,则Rx=。。

13.（2022•湖南）如图，两个定值电阻的阻值分别为七和R2,直流电源的内阻不计，平行板电容

器两极板水平放置，板间距离为d,板长为V3d,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EQ;

（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«

14.（2022・湖南）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2倍（2

为常数且0<4（热），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

n-rrl

为g。

（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h0已知，求Fo的大小；

（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。

四、选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答.如果多做，则按第一题计分.

15.（2022•湖南）

（1）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

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

（2）如图，小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V。=9.9/,的导热汽缸下接一圆管,

2

用质量m1=90g、横截面积S=10cm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。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2=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，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、

52

B间距离h=10cm,外界大气压强p0=1.01x10Pa,重力加速度取10m/s，环境温度保持

不变。求

（i）活塞处于A位置时，汽缸中的气体压强Pi;

（□）活塞处于B位置时，液体对金属丝拉力F的大小。

16.（2022•湖南）

（1）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p,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

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至1J0.25m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

D.木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为受含

E.木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4?n/s

（2）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9的控制（可视角度6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。

诱亩介质

发光像素单元

（i）若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度9控制为60。，求屏障的高度d；

（□）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6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）。

答案解析部分

1.【答案】C

【知识点】a粒子的散射；原子的核式结构

【解析】【解答】A卢瑟福的核式结构模型解释了a粒子散射实验的，故A错误。

B玻尔的原子模型只能很好的解释氢原子的某些现象，并没有完全解释微观粒子的运动规律，故B

错误。

C光电效应和康普顿效应揭示了光的粒子性，故C正确。

D电子束的衍射图样揭示了电子的波动性，故D错误。

故答案为：C»

【分析】卢瑟福的提出核式结构模型解释了a粒子散射现象；玻尔的原子理论很好的解释了氢原子光

谱，但是对于复杂原子无法解释；光电效应和康普顿效应揭示了光的粒子性；电子束的衍射图样揭示

了电子的波动性。

2.【答案】A

【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能

【解析】【解答】根据电场强度的叠加原理，可知长方体中心处电场强度为零，撤去绝缘棒a后，其他

三根绝缘棒产生的电场强度与a棒产生的电场强度大小相等，方向相反，故电场强度垂直指向a；根

据电势的定义式中=解，以及电势的叠加原理可知，撤去一个正电荷后，电势降低.

故答案为：Ao

【分析】将带电绝缘棒类比点电荷，根据电场强度的叠加原理以及电势的叠加进行分析求解。

3.【答案】D

【知识点】安培力

【解析】【解答】A对导体棒进行受力分析，若想使导体棒静止在右侧位置，则导体棒所受安培力垂

直导体棒指向右上方，根据左手定则可知电流方向由M指向No

将重力沿绳方向和垂直绳方向进行分解，

由平衡条件可知mgsin。=BILmgcosd=FT

联立解得sin。=热产7=mgcosO

由于。与电流大小有关，所以电流增大，导线对悬线的拉力随之改变，且sin。与电流I成正比.

故答案为：Do

【分析】对导体棒进行受力分析，根据左手定则判断导线电流方向，对重力进行分解，根据平衡条件

列方程求解。

4.【答案】B

【知识点】动量守恒定律；弹性碰撞

【解析】【解答】根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，发生弹性碰撞时，若两者质量相等，则发

生速度交换，所以碰撞后氢核的速度与碰撞前中子的速度相同，动能与碰撞前中子的动能相同；与氮

核碰撞后，中子发生反弹，故氮核的动能小于碰撞前中子的动能，B正确；氮核的动量大于氢核的动

量，A错误；且氮核的速度小于中子的速度，故CD错误。

故答案为：Bo

【分析】根据弹性碰撞过程中遵循动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。

5.【答案】A

【知识点】曲线运动的条件；曲线运动的性质

【解析】【解答】将飘带分割成无数个小段，根据题意可知每一小段飘带所受的重力和风力均相等，

由力的平行四边形定则可知，每一小段所受重力和风力的合力方向均相同，所以飘带的形态为一条倾

斜的直线。

故答案为：A

【分析】本题主要考察微元法的应用，将飘带分割为无数个小段受力分析进行求解。

6.【答案】B

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】AP2向左滑动，滑动变阻器的阻值减小，整个电路的功率增大，电流表示数增大，

电压表示数减小，故A错误。

B由A可知滑片向左移动，通过电阻％的电流增大，则%消耗的功率增大，故B正确。

CPi向下滑动，副线圈匝数减少，整个电路功率增大，则电流表示数增大，电压表示数也随之增大，

故C错误。

D由C可知原线圈电流增大，则副线圈中电流也随之增大，所以的消耗大功率增大，故D错误。

故答案为：B

【分析】由变压器的原副线圈电压，电流和电功率与匝数之间的关系以及欧姆定律计算分析求解。

7.【答案】A,C

【知识点】图象法

【解析】【解答】A根据重力的功率P=mgu,0-ti时间内，速度减小，重力的功率减小，故A正确。

B0-匕时间内，图像的斜率减小，则加速度减小，故B错误。

C口-七时间内，速度逐渐减小，质量不变，动量逐渐减小，故C正确。

Dt2-13时间内，速度不变，动能不变；高度降低，重力势能减小，所以机械能减小，故D错误。

故答案为：ACo

【分析】根据V-t图像斜率表示加速度以及机械能和动量的定义分析求解。

8.【答案】C,D

【知识点】天体的匀速圆周运动的模型

r3r3______

【解析】【解答】A根据开普勒第三定律可知名=J,可得7次=J当“故A错误。

丁地工火'

BC由万有引力提供向心力可得晔=迪，可知轨道半径越大，线速度越小，故火星线速度小于地

球，所以冲日处火星相对于地球由东向西运动，故B错误，C正确。

D由于火星和地球线速度均保持不变，在冲日处两者速度方向相同，故此时相对速度最小，所以D

正确。

故答案为：CD。

【分析】根据万有引力定律和开普勒行星运动定律结合相对速度的分析方法进行求解。

9.【答案】B,C

【知识点】反冲现象

【解析】【解答】A飞行器关闭发动机，匀速下落时Mg=kvl，飞行器以5m/s向上匀速时F帆=Mg+

k诏，联立可得Fm=1.25Mg,k=懦，故A错误。

B飞行器以5m/s匀速水平飞行时，推力与重力和阻力的合力相等尸=J(Mg)2+々v/=

呼Mg，故B正确。

2

C发动机以最大推力水平飞行时/=J/^2-(Mg)=,Mg，再根据f=上小解得v=5V3m/s，故C

正确。

D飞行器以最大推力向下，以5m/s的速度向上减速飞行时，加速度最大，即Fm+Mg+kB=Ma,

解得a=2.5g,故D错误。

故答案为：BCO

【分析】根据题中给出的阻力与速度的关系结合牛顿第二定律和力的合成与分解列方程求解。

10.【答案】B,D

【知识点】法拉第电磁感应定律

【解析】【解答】A导体棒b与电阻R并联，根据闭合电路欧姆定律/=露露，导体棒a运动到导

轨最右端时，b刚好要发生滑动，由平衡条件可知B；L=png,联立解得v=3m/s,a棒离开桌面后做

平抛运动，则X=戊，h=\gt2,解得x=L2m。故A错误。

B导体棒做平抛运动过程中水平方向切割磁感线，且水平方向速度保持不变，所以产生的感应电动势

不变，故B正确。

Ca向右运动，产生的电流向里，通过导体棒b的电流方向向里，根据左手定则判断安培力方向向左，

所以有向左运动的趋势，故C错误。

D导体棒a运动过程中电路中通过的电荷量为q=/t=2^解得q=L16C，则通过电阻R的电

n-rU.Dn

荷量为0.58C,故D正确。

故答案为：BD。

【分析】根据法拉第电磁感应定律导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算方法和闭合电路欧姆定律

计算求解。

【知识点】探究弹力和弹簧伸长的关系

【解析】【解答】（3）根据表格描点并用直线进行连接。

（4）根据刻度尺的读数规则进行读数，估读至最小分度值的下一位，此时橡皮筋的长度为15.35cm。

（5）设橡皮筋的劲度系数为k,冰墩墩的质量为m,硬币质量为mo，则k（I—lQ）=mg+nmog,

整理可得+半+%，解得m=127g。

K.K

【分析】（3）根据表格描点并用直线进行连接。

（4）刻度尺读书估读至最小分度值的下一位。

（5）根据图像和胡克定律写出图像的表达式，由图像的斜率和截距以及一些特殊值代数求解。

12•【答案】（1）大于

(2)x10

（3）向上

（4）400

【知识点】多用电表的原理和使用；欧姆表的原理

【解析】【解答】（1）由题意可知Rm<Rn，则开关拨向m时电路的总电阻较小，电动势保持不变，

所以&>lno

（2）开关拨向n时，电路中的总电阻较大，所以对应欧姆表的档位倍率较大，即n为xlO档。

（3）从xl档换到xio档，电路中总电阻增大，干路电流减小，为了时电流表满偏，则需要增大通过

电流计G所在支路的电流，所以Ro的滑片向上调节。

（4）第一次，当1,2短接时，电路的总电阻为R=R+_G。上_电流表满偏可知#=

R+R

G0mG

R0下

RG+RO上，

2/R（）k

第二次，电流表偏转了量程的三分之二，则有F■纤=R/,

g。上

两式联立可得R=2R1=200；

工/“0下

第三次，电流表偏转了量程的三分之一，则有」，

IXTGRG+RO上

联立第二次和第三次解得Rx=R+2R1=400

【分析】根据欧姆表的原理以及闭合电路欧姆定律进行分析求解。

13.【答案】（1）小球在电磁场和重力场的复合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力等大反向，洛伦

兹力提供向心力，即华=?ng,

再由欧姆定律可知u=&）用粉，

联立解得的二”也件*2.2.。

°q/?2

（2）设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系可得（R-d）2+（同/=R2,

解得R=2d,

再根据洛伦子力提供向心力可得=誓，

解得B7717

2dq°

（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度与水平方向成60度夹角，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速度方向上的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得E'q=

mgcos60°,解得E=

【知识点】磁场、电场和重力场复合

【解析】【分析】(1)根据带电粒子在复合场中的运动特点分析列方程求解。

(2)根据带电粒子在磁场中的运动特点，洛伦兹力提供向心力列方程求解。

(3)根据粒子做直线运动的条件和所受合外力的关系列方程求解。

14.【答案】(1)篮球下降过程中由牛顿第二定律可得mg—/Img=巾的，落地时的速度%2=2%从

篮球上升过程中由牛顿第二定律可得租。+急719=巾。2,上升时的速度为2a2h=外2；联立解得#=

〈1+2)h

(X-X)H

(2)对篮球下落过程应用动能定理可得mgh+九2"°&—A.mgh=

r

篮球反弹过程应用动能定理可得-mgh-Amgh=0—(kv2)

(3)由(1)可知篮球下降的加速度为a%=a-x)上升时加速度为。2=a+x)9

由题意根据动量定理可得/=7mA即每次拍球后将给它一个速度V\

2,2

则有2614-A?gh=CkvQ),2(1—A)gh=vr—v，

代入k可得!=%2一302；

第N次反弹时可得，2=一切N-/；

2gV(77"<4+1-川+1

化简可得少=

h(HN-hN)

—i*ZHT佑一/fr2g(X—X)CH—h)(H—h)

可得冲量I的大小为/=mv=m上-----------T；-in-----------

JhCHN-hN)

【知识点】动量守恒定律；非弹性碰撞

【解析】【分析】(1)对篮球进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式分别计算篮球下落时落

地速度和弹起时对初速度。

(2)对篮球下落过程和上升过程分别应用动能定理，联立计算求解。

（3）分别计算每一次拍球后篮球反弹的高度和速度，列出规律性表达式，进而联立求解。

15.【答案】（1）A；B；E

（2）将活塞和金属丝作为一个整体，由平衡条件可得poS=P£+（mi+m2）g,

代入解得pi=105Pa„

活塞在B位置时，气缸内压强为P2,由波义耳定律可得pNo=p2（V0+Sh）,

4

p2=9.9xlOPa

将活塞与金属丝视为一整体，根据平衡条件可得poS=P2S+（mi+m2）g+F,联立解得F=1N。

【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；热力学第二定律；气体实验定律；理想气体的状态方程

【解析】【解答】（1）A中心部位为热运动速率低的气体，与挡板作用后，从A端流出，而边缘部分

热运动速率大的气体从B端流出；所以A为冷端，B为热端，故A正确。BA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