2023年湖南省新高考物理试卷

2023年湖南省新高考物理试卷

试题数：15,满分：10（）

1.（单选题，4分）2023年4月13日，中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置（EAST）创

下新纪录，实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前

迈出了重要的一步，下列关于核反应的说法正确的是（）

A.相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多

B.笊泉核聚变的核反应方程为叁H+?H-,He+'e

C.核聚变的核反应燃料主要是铀235

D.核聚变反应过程中没有质量亏损

2.（单选题，4分）如图（a）,我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛

出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为0,且

轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为V1和V2，其中V1方向水平，V2方向

斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（）

图（a）图（b）

A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度

B.谷粒2在最高点的速度小于V1

C.两谷粒从0到P的运动时间相等

D.两谷粒从0到P的平均速度相等

3.（单选题，4分）如图（a）,在均匀介质中有A、B、C和D四点，其中A、B、C三点位

于同一直线上，AC=BC=4m,DC=3m,DC垂直AB。t=0时，位于A、B、C处的三个完全相同

的横波波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与平面ABD垂直，已知波长

为4m,下列说法正确的是（)

A.这三列波的波速均为2m/s

B.t=2s时，D处的质点开始振动

C.t=4.5s时，D处的质点向y轴负方向运动

D.t=6s时，，D处的质点与平衡位置的距离是6cm

4.（单选题，4分）根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集

可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1〜8倍将坍缩成白矮

星，质量为太阳质量的10〜20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍

缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其它物体

的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的四倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力

理论，下列说法正确的是（）

A.同一恒星表面任意位置的重力加速度相同

B.恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大

C.恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变

D.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度

5.（单选题，4分）如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Qi、Q2和

Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90。、60。和30。。若P点处的电

场强度为零，q>0,则三个点电荷的电荷量可能为（）

A.Qi=qQ=V2q,Q3=q

4\/3

B.Qi=-q,Qz=--q,Q3=-4q

C.Qi=-q,Q2=V2q,Q3=-q

D.Qi=q,Q2=--qQ=4q

6.（单选题，4分）如图，真空中有区域I和n,区域I中存在匀强电场和匀强磁场，电场方

向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域H）

内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中A、C、0三点在同一直线上，A0与GF垂直,

且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域I中,

只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域H。若区域I中电场强度大小为E、磁感应强度大小

为Bi，区域H中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出，它们在区域II中运动的时

间为若改变电场或磁场强弱，能进入区域11中的粒子在区域n中运动的时间为t,不计粒子

的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）

A.若仅将区域I中磁感应强度大小变为2Bi，则t>to

B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则t>t°

C.若仅将区域H中磁感应强度大小变为乎%,则t"

D.若仅将区域n中磁感应强度大小变为乎B2，t=V2t0

7.（多选题，5分）一位潜水爱好者在水下活动时、利用激光器向岸上救援人员发射激光信号,

设激光光束与水面的夹角为a,如图所示。他发现只有当a大于41。时，岸上救援人员才能收

到他发出的激光光束，下列说法正确的是（）

岸上救援人员

sin41°

B.水的折射率为一%

sin49°

C.当他以a=60。向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°

D.当他以a=60。向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°

8.（多选题，5分）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，

两段相切于B点，AB段与水平面夹角为BC段圆心为0,最高点为C,A与C的高度差等

于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度vo冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下

A

A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变

C.小球的初速度v0=J前

D.若小球初速度vo增大，小球有可能从B点脱离轨道

9.（多选题，5分）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动

（皮带不打滑），半径之比为4：1,小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而

成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为Ro磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀

强磁场。大轮以角速度3匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线

圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定

电压以内，下列说法正确的是（）

A.线圈转动的角速度为43

B.灯泡两端电压有效值为3A/2nBlAo

C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电

4y/2nBl7a)

压有效值为

3

D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮

10.（多选题，5分）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加

速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B

球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为“，杆与竖直方向的夹角为。，杆与车厢始

终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）

B.若推力F向左，且tan9<n，则F的最大值为2mgtan0

C.若推力F向左，且p<tanew2|_i,则F的最大值为4mg（2|i-tan0）

D.若推力F向右，且tan0>2|i,则F的范围为4mg（tan0-2|i）<F<4mg（tan0+2|i）

11.（问答题，7分）某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图（a）所示，

轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智

能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：

（1）测出钩码和小磁铁的总质量m；

（2）在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传

感器软件，此

时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；

（3）某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图（b）所示，从图中可以算

（4）改变钩码质量，重复上述步骤；

（5）实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是—

（填"线性的"或"非线性的"）；

m/kglOT/sT/sT7s2

0.0152.430.2430.059

0.0253.140.3140.099

0.0353.720.3720.138

0.0454.220.4220.178

0.0554.660.4660.217

（6）设弹簧的劲度系数为k,根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表

达式可能是一（填正确答案标号）；

A2n器

B.2n口

y]m

C.2iry/mk

D.2nkVm

（7）除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：_o

12.（问答题，9分）某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力

的装置，其电路如图（a）所示，Ri、R2、R3为电阻箱，RF为半导体薄膜压力传感器，C、D

间连接电压传感器（内阻无穷大）。

图(a)图(b)

图（c）

（1）先用欧姆表"X100"挡粗测RF的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是_Q；

（2）适当调节Ri、R2、R3,使电压传感器示数为0,此时，RF的阻值为一（用Ri、R2、R3

表示）；

（3）依次将0.5g的标准祛码加载到压力传感器上（压力传感器上所受压力大小等于祛码重力

大小），读出电压传感器示数U,所测数据如下表所示：

次数123456

祛码质量m/g0.00.51.01.52.02.5

电压U/mV57115168220280

根据表中数据在图（c）上描点，绘制U-m关系图线；

（4）完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用，在半导体薄膜压力

传感器上施加微小压力Fo，电压传感器示数为200mV,则Fo大小是_N（重力加速度取

9.8m/s2,保留2位有效数字）；

（5）若在步骤（4）中换用非理想毫伏表测量C、D间电压，在半导体薄膜压力传感微小压力

Fi，此时非理想毫伏表读数为200mV,贝ljFi_Fo（填">""="或"V"）。

13.（问答题，10分）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可

简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，

在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车，助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降

低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，Ki打开，K2

闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，

达到两气室压强相等；然后，Ki闭合，掩打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体

从心排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为Vo,初始压强等于外部大气压强po,助

力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为Vi，假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视

为理想气体，温度保持不变。

（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强pi;

（2）第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小AF。

14.（问答题，14分）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L,两导轨

及其所构成的平面均与水平面成。角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，

磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之

间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导

轨电阻忽略不计，重力加速度为g。

（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小vo；

（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大

小a0；

（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间to,两棒恰好达到相同的速度v,求

速度v的大小，以及时间to内棒a相对于棒b运动的距离Ax。

15.（问答题，16分）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭

圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平，短轴竖直。质量为m的小

球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原

点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不

翻转，重力加速度为g。

（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距

离；

（2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；

（3）若竺=七，求小球下降八=:高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g

ma-b20

表示）。

2023年湖南省新高考物理试卷

参考答案与试题解析

试题数：15,满分：1（）（）

1.（单选题，4分）2023年4月13日，中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置（EAST）创

下新纪录，实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前

迈出了重要的一步，下列关于核反应的说法正确的是（）

A.相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多

B.笊鼠核聚变的核反应方程为女H+?H-,He+21e

C.核聚变的核反应燃料主要是铀235

D.核聚变反应过程中没有质量亏损

【正确答案】：A

【解析】：轻核聚变过程和重核裂变过程均发生质量亏损，放出能量，相同质量的核燃料，轻

核聚变的质量亏损比重核裂变的质量亏损大；根据核聚变过程质量数守恒，电荷数守恒列出核

反应方程；核裂变的核反应燃料主要是铀235,核聚变的核反应燃料为轻核。

【解答】：解：A、相同质量的核燃料，轻核聚变的质量亏损比重核裂变的质量亏损大，释放

的核能更多，故A正确；

B、气僦核聚变过程，质量数守恒，电荷数守恒，则气僦核聚变的核反应方程为：

2He+Jn,故B错误；

C、铀235是重核，核裂变的核反应燃料主要是铀235,故C错误；

D、核聚变反应过程中发生质量亏损，故D错误。

故选：Ao

【点评】：本题考查核聚变和核裂变，知道核聚变和核裂变过程均发生质量亏损，放出能量，

知道核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒。

2.（单选题，4分）如图（a）,我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛

出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为0,且

轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为V1和V2，其中V1方向水平，V2方向

斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（)

A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度

B.谷粒2在最高点的速度小于vi

C.两谷粒从0到P的运动时间相等

D.两谷粒从。到P的平均速度相等

【正确答案】：B

【解析】：谷粒均做抛体运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀变速直线运动。

【解答】：解：A、两谷粒均做抛体运动，故加速度均相同，故A错误，

BC、根据图b可知谷粒2从最高点到P点的运动时间大于谷粒1从。点到P点的运动时间，

又因为谷粒2从最高点到P点水平位移小于谷粒1从。到P点的水平位移，所以谷粒2在最

高点的速度小于％,故B正确，C错误，

D、两谷粒从0到P的位移相同，飞行时间不同，所以平均速度不相等，故D错误。

故选:Bo

【点评】：本题考查抛体运动的理解，解题的关键是化曲为直的思想。

3.（单选题，4分）如图（a）,在均匀介质中有A、B、C和D四点，其中A、B、C三点位

于同一直线上，AC=BC=4m,DC=3m,DC垂直AB。t=0时，位于A、B、C处的三个完全相同

的横波波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与平面ABD垂直，已知波长

为4m,下列说法正确的是（）

图(a)图(b)

A.这三列波的波速均为2m/s

B.t=2s时，D处的质点开始振动

C.t=4.5s时，D处的质点向y轴负方向运动

D.t=6s时，D处的质点与平衡位置的距离是6cm

【正确答案】：C

【解析】：根据图像得出振动的周期，结合波速的计算公式得出波速的大小；

根据简谐横波的传播特点结合运动学公式判断出D处的质点是否已经开始振动；

根据运动学公式得出对应时刻的质点的位置，结合图像得出其振动方向；

根据运动学公式分析出不同波源在对应时刻到D处质点的位移，结合波的叠加原理得出此时

质点到平衡位置的距离。

【解答】：解：A、根据图（b）可知，简谐横波的振动周期为4s,根据波速的计算公式可得：

v=^=^m/s=lm/s,故A错误；

B、根据图（a）可知，D处的质点与波源最近的距离为3m,根据运动学公式可得：

%。=丝==3s,则t=2s时D处的质点还没开始振动，故B错误；

sU1

C、根据勾股定理可知，AD=BD=V5C2+CD2=V42+32m=5m,则波源A、B产生的横

波传播到D点的时间为：

tan———S—5S

AUV1

故t=4.5s时，只有波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点的振动时间为：

to=t-tcD=4.5s-3s=1.5s,根据振动图像可知此时D点处的质点振动方向为y轴负方向，故C正

确；

D、t=6s时;波源C处的横波传播到D处后振动的时间为：

ti=t-tcD=6s-3s=3s

根据振动图像可知，此时D出为波源C处传播横波的波谷；t=6s时，波源A、B的横波传播

到D处后的振动时间为：

tz=t-tAD=6s-5s=ls

结合图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰，根据波的叠加原理可得，此时D处

质点的位移大小为：

y=2A-A=2x2cm-2cm=2cm,故t=6s时，D处的质点与平衡位置的距离为2cm，故D错误；

故选：Co

【点评】：本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结

合运动学公式和波的叠加原理即可完成分析。

4.（单选题，4分）根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集

可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1〜8倍将坍缩成白矮

星，质量为太阳质量的10〜20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍

缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其它物体

的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的企倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力

理论，下列说法正确的是（）

A.同一恒星表面任意位置的重力加速度相同

B.恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大

C.恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变

D.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度

【正确答案】：B

【解析】：A、考虑恒星自转，根据万有引力的一个分力等于重力判断同一恒星表面任意位置

的重力加速度是否相同；

B、根据两极处万有引力等于重力判断恒星坍缩后表面两极处的重力加速度是否比坍缩前的大;

C、根据星球表面万有引力提供向心力判断恒星坍缩前后的第一宇宙速度是否不变；

D、根据星球表面万有引力提供向心力推导恒星坍缩后的第一宇宙速度，进而表示出逃逸速度,

进一步判断中子星的逃逸速度是否小于白矮星的逃逸速度。

【解答】：解：A、重力加速度是矢量，再不同地点指向不同，另外考虑恒星自转，两极处万

有引力等于重力，而其它地方万有引力的一个分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重

力加速度不一定相同，故A错误；

B、根据两极处万有引力等于重力得：管=机9,解得：g=瞿，恒星坍缩后质量M不变，

R变小，所以表面两极处的重力加速度一定比坍缩前的大，故B正确；

C、根据星球表面万有引力提供向心力推导第一宇宙速度，得：誓=小三，v=摩，质量

RNRyjR

M不变，R变小，所以恒星坍缩前后的第一宇宙速度变大，故C错误；

D、逃逸速度为第一宇宙速度的四倍，又根据选项C可知：逃逸速度的表达式为v'=榨,

又质量M=pV=^7r/?3

联立解得：M=2R^=产手,中子星密度大于白矮星，质量也大于白矮星，所以中

子星的逃逸速度是大于白矮星的逃逸速度，故D错误。

故选:B»

【点评】：本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，涉及了星体表面的重力加速度、第一

宇宙速度以及逃逸速度的问题，解题方法是：忽略星球自转，万有引力等于重力，涉及环绕问

题，一般需要根据万有引力提供向心力讨论分析。

5.（单选题，4分）如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和

Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90。、60。和30。。若P点处的电

场强度为零，q>0,则三个点电荷的电荷量可能为（）

・奥幺6.......加：上：。

Qi

A.Qi=qQ=V2qQ=q

B.Qi=-q,Q2=-qQ=-4q

C.Qi=-q,Q2=V2qQ=・q

4J3

D.Qi=qQ=--qQ=4q

【正确答案】：D

【解析】：当三个点电荷的电性相同时，P点处的场强不可能为零；

根据场强的计算公式，结合几何关系和矢量合成的特点结合题意完成分析。

【解答】：解：AB、若三个点电荷同时带正电或者负电，则P点的场强不可能为零，故AB

错误;

C、设P和Qi间的距离为r,则Qi和Q3在P点处的场强大小为:

%7（播）建2

cosl20°

2常

解得：E=叵磬

根据点电荷的场强公式可得Q2在P点处产生的场强大小为:

E=窄，则P点的场强不为零，故C错误；

D、同理可得，Qi和Q3在P点处的场强大小为:

cosl20°=

2X”

4r^

解得：七=誉

根据题意可知Q2产生的场强大小为:

E=窄，则P点处的场强为零，故D正确;

故选：D»

【点评】：本题主要考查了场强的叠加，熟悉场强的计算公式，结合几何关系和矢量合成的特

点即可完成分析。

6.（单选题，4分）如图，真空中有区域I和H,区域I中存在匀强电场和匀强磁场，电场方

向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域H）

内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中A、C、0三点在同一直线上，A0与GF垂直,

且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域I中,

只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域II。若区域I中电场强度大小为E、磁感应强度大小

为区域H中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出，它们在区域II中运动的时

间为to。若改变电场或磁场强弱，能进入区域H中的粒子在区域II中运动的时间为t,不计粒子

的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）

A.若仅将区域I中磁感应强度大小变为2Bi，则t>t0

B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则t>t。

C.若仅将区域II中磁感应强度大小变为4为，则t=£

D.若仅将区域H中磁感应强度大小变为苧B2,t=V2t0

【正确答案】：D

【解析】：在叠加场中，粒子受到的洛伦兹力和电场力相等，由此可得出场强或者磁感应强度

变化后粒子的速度大小，在区域n中粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据几何关系得出半径

和圆心角的大小，结合圆周运动的周期公式完成分析。

【解答】：解：区域I中电场力和洛伦兹力相等，由此可得：

qE=qv（）Bi

在区域］I中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：

47r2

qv0B2=m—r

解得：T=驷

因为粒子从CF边的中点射出，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为90。，则

_nm

°一流

A、若仅将区域I中磁感应强度大小变为2B「在区域I中粒子依然受力平衡，则

qE=qvAX2Bi

解得：VA=^

根据牛顿第二定律可得：

qvB=T

解得：r=W

qB

由此可知粒子做圆周运动的半径变为原来的I,则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角

仍然为90。，故t=to，故A错误；

B、若仅将区域I中电场强度大小变为2E,根据上述分析可知：

2qE=qveBi

解得：VB=2VO

根据半径的计算公式r=乎可知粒子做圆周运动的半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出,

粒子转过的圆心角仍然为90。，故1=3故B错误；

C、若仅将区域II中磁感应强度大小变为fB2,则粒子进入区域U中的速度为V。，根据半径

的计算公式r=?可知粒子做圆周运动的半径变为原来的彳>2倍，则粒子从OF边射出，根

qBy/3

据几何关系可知转过的圆心角为60°,此时的时间为：

4\f3nm

t=--------

9q%

则1=W片，故C错误；

D、若仅将区域n中磁感应强度大小变为^B2,同上述分析可知，粒子做圆周运动的半径变

为原来的盍=2a>2倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知粒子转过的圆心角为45。,

则此时的时间为:

"需=缶。，故D正确;

故选：D。

【点评】：本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉速度选择器的工作原理，理解粒子

做圆周运动的向心力来源，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成分析。

7.（多选题，5分）一位潜水爱好者在水下活动时，利用激光器向岸上救援人员发射激光信号,

设激光光束与水面的夹角为a,如图所示。他发现只有当a大于41。时，岸上救援人员才能收

到他发出的激光光束，下列说法正确的是（）

岸上救援人员

B.水的折射率为一三

sin490

C.当他以a=60。向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°

D.当他以a=60。向水面发射激光时，岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°

【正确答案】：BC

【解析】：根据题意得出全反射的临界角，结合全反射的临界角公式得出折射率的大小；

根据折射率和入射角的大小得出激光束与水面夹角的大小关系。

【解答】：解：AB、他发现只有当a大于41。时，岸上救援人员才能收到他发出的激光光束,

由此可知当a=41。时激光恰好能发生全反射，根据全反射的临界公式可得：

sin（90°-41°）=:

解得：n=一三，故B正确，A错误；

stn49°

CD、当他以a=60。向水面发射激光时，根据几何关系可知，此时的入射角i为30。，根据折射

定律可得：

sini

九=——

sinr

由此可知，折射角r大于30。，因此岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60。，

故C正确，D错误；

故选：BCo

【点评】：本题主要考查了折射定律的相关应用，理解全反射角的计算公式，结合折射定律和

几何关系即可完成分析。

8.（多选题，5分）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，

两段相切于B点，AB段与水平面夹角为。，BC段圆心为0,最高点为C,A与C的高度差等

于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度V。冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下

列说法正确的是（）

A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变

C.小球的初速度v0=

D.若小球初速度vo增大,小球有可能从B点脱离轨道

【正确答案】：AD

【解析】：对小球受力分析，根据牛顿第二定律求解，写出重力功率的表达式即可求解，小球

恰好到达C点，可知Vc=0,然后根据动能定理求解，根据牛顿第二定律分析小球与斜面的作

用力，从而分析D项。

【解答】：解：A、小球从B到C的过程中，根据牛顿第二定律有

mgcos0-N=m^

其中。逐渐减小，动能转化为重力势能，v也逐渐减小，所以N逐渐增大，根据牛顿第三定

律可知小球对轨道的压力逐渐增大，故A正确；

B、小球从A到C的过程中，动能转化为重力势能，速度逐渐减小，重力的功率逐渐减小，故

B错误；

C、小球从A点以初速度V。冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，根据机械能守恒定律有

|mvo=mg,2R

解得v0=2y[gR

故C错误；

D、在B点，根据牛顿第二定律有

mgcos0-N=m—

解得

N=mgcos0-m—

当N=0时，v=y/gRcosO,当若小球初速度v=vo增大，小球有可能从B点脱离轨道，故D

正确；

故选:ADo

【点评】：本题考查机械能守恒定律与曲线运动的结合，解题关键掌握临界条件的把握，注意

机械能守恒定律的应用。

9.（多选题，5分）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动

（皮带不打滑），半径之比为4：1,小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而

成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为Ro磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀

强磁场。大轮以角速度3匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线

圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定

电压以内，下列说法正确的是（）

A.线圈转动的角速度为43

B.灯泡两端电压有效值为3V2nBIAi）

C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电

压有效值为谑警

D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮

【正确答案】：AC

【解析】：小轮和大轮属于皮带传动，线速度大小相等，根据半径的比值关系得出线圈转动的

角速度；

根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的峰值，结合有效值和峰值的关系，以及欧姆定律联

立等式得出灯泡两端的电压；

根据线速度的表达式得出小轮的角速度变化，结合感应电动势的计算公式得出灯泡亮度的变化。

【解答】：解：A、大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据线速度的计算公式

v=3r可知，角速度的大小与半径成反比，因为大轮和小轮的半径之比为4：1,则小轮转动

的角速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度为43,故A正确；

B、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值为：

2

Em=NBSx4a)=4nSLa)

根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为：

上E一—殳包

根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为：

U=—

R+R

联立解得：U=y[2nBL2a),故B错误；

C、若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝

数会变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为：

2

Eml=8nBLa)

此时线圈产生感应电动势的有效值为：

E]=鬻==4伍B"

根据电阻定律可得：R吟

可知线圈的电阻也会变为原先的2倍，根据电路构造的分析和欧姆定律可得：

1R+2R

联立解得：5=运警，故C正确；

D、若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变

小，根据有效值和峰值的关系可知：

厂nBSo)

E=

则线圈产生的电动势的有效值也会减小，因此灯泡会变暗，故D错误;

故选：ACo

【点评】：本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉感应电动势的计算公式，理解正弦式交流

电中峰值和有效值的关系，结合欧姆定律即可完成分析。

10.（多选题，5分）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加

速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B

球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为4杆与竖直方向的夹角为0,杆与车厢始

终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）

B.若推力F向左，且tangp,则F的最大值为2mgtan0

C.若推力F向左，且u<tan6W2u，贝UF的最大值为4mg（2”-tan。）

D.若推力F向右，且tan0>2（i,则F的范围为4mg（tan0-2|i）<F<4mg（tan0+2|i）

【正确答案】：CD

【解析】：若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律，然后对A球由牛顿第二

定律；若推力向左，则系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，A与左壁

弹力为零，此时F有最大值；

若推力向左，uNtanB时，系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水

平向左，A与左壁弹力为零，此时F有最大值

若推力向左，n<tan0<2p时，A与左壁弹力不为零，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，

方向水平向左，此时F取最大值；

若推力向右，tan9>2p时，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大

值，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值。

【解答】：解：A、若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律得FNA=2ma,

对A球由牛顿第二定律得FNA-Nsin0=ma,

竖直方向：Ncos0=mg,

联立解得a=gtan。，

对整体由牛顿第二定律得F=4ma=4mgtan0,故A错误；

B、若推力向左，则系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，A与左壁弹力

为零，此时F有最大值，对AB整体：竖直方向FNB=2mg,

水平方向：pFNB=2ma解得a=ug,对A水平方向Nsin0=maA,竖直方向Ncos0=mg,

解得aA=gtan。，由于gtan3所以系统的加速度a=aA=gtan3所以F最大值为

F=4ma=4mgtan0,故B错误；

C、若推力向左，^<tan0<2n，时，A与左壁弹力不为零，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦

力，方向水平向左，此时F取最大值，则2pmg-NA=2ma,

整体：Fm=4ma,

对A竖直方向：Ncos0=mg,

对A水平方向：Nsin0-NA=ma,

联立解得Fm=4mg(2n-tan0)故C正确；

D、若推力向右，tan0>2n，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大

值，

则：2nmg+NA=2mai，

对A竖直方向：Ncos0=mg

NA-NsinO=mai

联立解得ai=2|ig+pgtan0

厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值，

则：对AB整体有NA-2pmg=2ma2

对A水平方向有NA-Nsin0=ma2

对A竖直方向：Ncos6=mg

联立解得：az=gtan0-2ng

所以4azWFW4al

即4mg(tan9-2p)<F<4mg(tan0+2n)故D正确；

故选：CD。

【点评】：本题考查牛顿第二定律与整体法、隔离法灵活应用。解题的关键是临界条件的突破。

本题较难。

11.(问答题，7分)某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图(a)所示，

轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智

能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：

(1)测出钩码和小磁铁的总质量m；

(2)在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传

感器软件，此

时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；

（3）某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图（b）所示，从图中可以算

（4）改变钩码质量，重复上述步骤；

（5）实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是—

（填"线性的"或"非线性的"）；

m/kg10T/sT/sT2/s2

0.0152.430.2430.059

0.0253.140.3140.099

0.0353.720.3720.138

0.0454.220.4220.178

0.0554.660.4660.217

（6）设弹簧的劲度系数为k,根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表

达式可能是一（填正确答案标号）；

A.2n叵

C.2nVmk

D.2nky[m

（7）除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：_o

【正确答案】：非；线性的;A;空气阻力的影响

【解析】：（3）根据图（b）中的数据得出周期的表达式；

（5）根据图实验数据推断弹簧振子振动周期的平方随质量的增大是否均匀增大，据此判断振

动周期的平方与质量的关系是否是线性的；

（6）根据量纲逐项分析出对应的单位并完成分析；

（7）根据实验原理分析出另外可能产生误差的原因。

【解答】：解：（3）根据图（b）所示，可知0〜to时间内弹簧振子完成了10次全振动，故

弹簧振子振动周期为：T=静；

（5）分析实验的数据，可知质量逐次增加0.01kg,对应弹簧振子振动周期的平方逐次近似增加

0.04s2,

可知在误差允许的范围内，弹簧振子振动周期的平方随质量的增大而均匀增大，即弹簧振子振

动周期的平方与质量的关系是线性的；

（6）根据量纲法可知，周期的单位为s,则周期的正确表达式单位也是s,选项A的表达式

2n他的单位为：呼==s，对比选项B、C、D与A的表达式，可知选项B、C、

\k弋N/myjkgxm/s2

D的表达式的单位不是s,故A正确，BCD错误。

故选：A,

（7）本实验中除偶然误差外可能产生误差的原因为：空气阻力的影响。

故答案为：（3）*；（5）线性的；（6）A；（7）空气阻力的影响

【点评】：本题考查了探究弹簧振子振动周期与质量的关系的实验，根据实验原理掌握正确的

实验操作，要掌握实验数据的分析和处理的方法，特别是量纲法的应用，整体难度不大。

12.（问答题，9分）某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力

的装置，其电路如图（a）所示，&、R2、R3为电阻箱，RF为半导体薄膜压力传感器，C、D

间连接电压传感器（内阻无穷大）。

图(a)图(b)

图（c）

（1）先用欧姆表"X100”挡粗测RF的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是_Q；

（2）适当调节Ri、R2、R3,使电压传感器示数为0,此时，RF的阻值为一（用Ri、R2、R3

表示）；

（3）依次将0.5g的标准祛码加载到压力传感器上（压力传感器上所受压力大小等于祛码重力

大小），读出电压传感器示数U,所测数据如下表所示：

次数123456

祛码质量m/g0.00.51.01.52.02.5

电压U/mV57115168220280

根据表中数据在图（c）上描点，绘制U-m关系图线；

（4）完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用，在半导体薄膜压力

传感器上施加微小压力Fo，电压传感器示数为200mV,则Fo大小是_N（重力加速度取

9.8m/s2,保留2位有效数字）；

（5）若在步骤（4）中换用非理想毫伏表测量C、D间电压，在半导体薄膜压力传感微小压力

Fi，此时非理想毫伏表读数为200mV,贝ljFi_Fo（填">""="或"V"）。

【正确答案】：1000;1.8x10-2;>

R2

【解析1:（1）先读取最上面一排刻度的读数，再乘以倍率；

（2）使电压传感器示数为0,就是让Ri和R2两端的电压相等，根据先串联分压等可以求解

RF的阻值；

（3）根据表中数据在图（c）上描点，绘制U-m关系图线，注意用顺次平滑曲线连接各个点;

（4）根据第（3）问绘制的图像，找电压传感器示数为200mV对应的质量，乘以重力加速度,

则可以得出F。大小；

（5）根据电路以及欧姆定律等分析判断则Fi和Fo的大小关系。

【解答】：解：（1）先读取最上面一排刻度的读数，再乘以倍率，即10.0x1000=1000。；

（2）使电压传感器示数为0,就是让Ri和R2两端的电压相等，根据先串联分压得：富=等，

RF«3

可以求解RF=#^；

（3）根据表中数据在图（c）上描点，绘制U-m关系图线，注意用顺次平滑曲线连接各个点,

如下图所示：

（4）根据第（3）问绘制的图像，找电压传感器示数为200mV对应的质量约为1.8g,则可以

得出：Fo=1.8xlO-3x9.8N=1.8xlO-2N：

（5）令5=0,若在实验过程中<PC<<PD，根据表格并结合电路可知，RF的阻值随压力变大而

变小；对于理想电压传感器IAC=1CB,1AD=IDB;对于非理想电压传感器1AC〈1CB，1AD>IDB;如果

压力不变，维持原阻值，会使UCB，即它增大，UDB减小，即（PD减小，从而使UDC减小，所

以要保证UDC不变，需要让RF减小，压力增大，则Fi>Fo；

若在实验过程中隼C>（PD，根据表格并结合电路可知，RF的阻值随压力变大而变大；对于理想

电压传感器IAC=ICB，1AD=IDB;对于非理想电压传感器1AC>1CB，IAD<1DB;如果压力不变，维持

原阻值，会使UCB，即<pc减小，UDB增大，即仰增大，从而使UCD减小，所以要保证UCD不

变，需要让RF增大，压力增大，则Fi>Fo。

综上所述，Fi一定大于F。。

故答案为：（1）1000；（2）竽；（3）见解析；（4）1.8x10-2；（5）>。

R2

【点评】：本题考查了基本电学实验的多用电表读数、电路的分压关系、描点绘制图像以及从

图像得出信息等基本实验知识与技能，最后一问增加了难度，需要我们认真思考。

13.（问答题，10分）汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可

简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，

在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车，助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降

低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，Ki打开，K2

闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，

达到两气室压强相等；然后，Ki闭合，心打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体

从L排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V。，初始压强等于外部大气压强po,助

力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为Vi，假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视

为理想气体，温度保持不变。

（1）求第1次抽气之后助力气室内的压强pi;

（2）第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小AF。

【正确答案】：

【解析】：（1）选择助力气室内封闭的气体为研究对象，根据题意得出其变化前后的压强和

体积，结合玻意耳定律列式得出气体的压强；

（2）根据玻意耳定律结合数学知识得出n次抽气后的气体压强，结合力与压强的关系得出省

力的大小。

【解答】：解；（1）选择助力气室内的气体为研究对象，根据题意可知其初始状态的压强为

po,体积为Vo,第一次抽气后，气体的体积为：

V=Vo+Vi

因为变化前后气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得：

poVo=piV

解得：P1=^

（2）第二次抽气，