絕密★啟用前

沖刺2023年高考物理真題重組卷01

湖南專用（解析版）

注意事項(xiàng):

I.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分，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.（2022?福建?高考真題）平時(shí)我們所處的地球表面，實(shí)際上存在場強(qiáng)大小為lθθV∕m的電場，可將其視為

勻強(qiáng)電場，在地面立一金屬桿后空間中的等勢(shì)面如圖所示?？臻g中存在〃、仄C三點(diǎn)，其中“點(diǎn)位于金屬

桿正上方，氏C等高。則下列說法正確的是（）

A.仄C兩點(diǎn)的電勢(shì)差a，=°B.”點(diǎn)場強(qiáng)大小大于lɑɑv/m

C?a點(diǎn)場強(qiáng)方向水平向右D?a點(diǎn)的電勢(shì)低于C點(diǎn)

【答案】B

【解析】A.由圖可知，仄C兩點(diǎn)的電勢(shì)差為

C∕fc,.=200V-300V=-100V

故A錯(cuò)誤；

B.由圖可知，“點(diǎn)與相鄰兩等勢(shì)面的距離小于1m,電勢(shì)差等于IOOV,根據(jù)

E。

d

可知a點(diǎn)場強(qiáng)大小大于IOoV/m,故B正確；

C.根據(jù)場強(qiáng)方向垂直于等勢(shì)面，可知。點(diǎn)的場強(qiáng)方向沿豎直方向，不是水平方向，故C錯(cuò)誤；

D.由圖可知，a點(diǎn)與。點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)均為300V,故D錯(cuò)誤。

故選B。

2?（2022?河北?高考真題）將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為SL小圓面積

均為冬，垂直線圈平面方向有一隨時(shí)間f變化的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=穌+W,綜和k均為常量，則線

圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為（）

A峪B5kS[CM（SI-55?）D+55,）

【答案】D

【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

?z4

每個(gè)小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

ΔΦ,

Ej7,=?=kS-

-Xt^I

由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，故線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大

小為

E=El+5E2=&（S]+55,）

故D正確，ABC錯(cuò)誤。

故選D。

3.（2022?全國?高考真題）2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約4。Okm的，，天

宮二號(hào)”空間站上通過天地連線，為同學(xué)們上了一堂精彩的科學(xué)課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道

上飛行的“天宮二號(hào)''中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們（）

A.所受地球引力的大小近似為零

B.所受地球引力與飛船對(duì)其作用力兩者的合力近似為零

C.所受地球引力的大小與其隨飛船運(yùn)動(dòng)所需向心力的大小近似相等

D.在地球表面上所受引力的大小小于其隨飛船運(yùn)動(dòng)所需向心力的大小

【答案】C

【解析】ABC.航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，飛船對(duì)其作用力等于零，

故C正確，AB錯(cuò)誤；

D.根據(jù)萬有引力公式

可知在地球表面上所受引力的大小大于在匕船所受的萬有引力大小，因此地球表面引力大于其隨飛船運(yùn)動(dòng)

所需向心力的大小，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.（2022?湖南?高考真題）如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動(dòng)觸頭Pl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Q的阻值為R,滑動(dòng)變阻器&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U,理想電流表A的示數(shù)為/。下列說法正確的是（）

A.保持P位置不變，P?向左緩慢滑動(dòng)的過程中，/減小，。不變

B.保持Pl位置不變，P2向左緩慢滑動(dòng)的過程中，R/消耗的功率增大

C.保持P2位置不變，Pl向下緩慢滑動(dòng)的過程中，/減小，U增大

D.保持P2位置不變，Pl向下緩慢滑動(dòng)的過程中，R/消耗的功率減小

【答案】B

【解析】AB.由題意可知，原副線圈的匝數(shù)比為2,則副線圈的電流為2/,根據(jù)歐姆定律可得副線圈的電

壓有效值為

U2=2IR,

則變壓器原線圈的電壓有效值為

U1=IU2=4IRt

設(shè)輸入交流電的電壓有效值為0。，則

Uo=4∕R∣+IR2

可得

4飛+&

保持B位置不變，"向左緩慢滑動(dòng)的過程中，/不斷變大，根據(jù)歐姆定律

Ul=4JR

可知變壓器原線圈的電壓有效值變大，輸入電壓有效值不變，則&兩端的電壓不斷變小，則電壓表示數(shù)U變

小，原線圈的電壓電流都變大，則功率變大，根據(jù)原副線圈的功率相等，可知&消耗的功率增大，故B正

確，A錯(cuò)誤;

CD.設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為"，同理可得

U?=n2IR?

則

2

U0=H/7?,+IR2

整理可得

U。

n~R1+R、

保持B位置不變,R向下緩慢滑動(dòng)的過程中，"不斷變大，則/變小，對(duì)&由歐姆定律可知

U=IR2

可知U不斷變小,根據(jù)原副線圈的功率相等可知RI消耗的功率

t7.OJ-----

Pl=IUi=-2；°?-02

'nRt+R2nRl+R2

整理可得

P一a

2

nRt+-^-+2R1

IrRl

可知〃=3時(shí)，用消耗的功率有最大值，可知與消耗的功率先增大，后減小，故CD錯(cuò)誤。

故選B?

5.(2022?湖南?高考真題)如圖(a),直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸00,上，其所在

區(qū)域存在方向垂直指向。0,的磁場，與。0,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/,靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為6。下列說法正確的是()

B.電流/增大，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力不變

C.tan(9與電流/成正比

D.sin6與電流/成正比

【答案】D

【解析】A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（4）右側(cè)位置時(shí)，對(duì)導(dǎo)線做受力分析有

?O(Or)

可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向MA錯(cuò)誤；

BCD.由于與0。，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，有

,BlL

sinZ'l=------

mg,FT=mgcosθ

則可看出sin?與電流/成正比，當(dāng)/增大時(shí)0增大，則CoSJ減小，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力Fr減小，BC

錯(cuò)誤、D正確。

故選D。

6.（2021?湖南?高考真題）“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車組用多節(jié)車廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的。總質(zhì)量為加的動(dòng)車

組在平直的軌道上行駛.該動(dòng)車組有四節(jié)動(dòng)力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為尸，若動(dòng)車組所受的

阻力與其速率成正比（'=n,&為常量），動(dòng)車組能達(dá)到的最大速度為力。下列說法正確的是（）

A.動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)過程中，牽引力恒定不變

B.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)

3

C.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為2?25P,則動(dòng)車組勻速行駛的速度為

D.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間，達(dá)到最大速度%,則這一過程中

1?

^fnvm-Pt

該動(dòng)車組克服阻力做的功為2

【答案】C

【解析】A.對(duì)動(dòng)車由牛頓第二定律有

尸一%-ma

若動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)，即加速度。恒定，但。=如隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，

故A錯(cuò)誤：

B.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4尸，由牛頓第二定律有

4P,

-----kv=ma

v

故可知加速啟動(dòng)的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤;

C.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為2?25P,則動(dòng)車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有

而以額定功率勻速時(shí)，有

聯(lián)立解得

3

v型

故C正確：

D.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間r達(dá)到最大速度v”，由動(dòng)能定理可

知

m-%1=J*,-0

可得動(dòng)車組克服阻力做的功為

%阻=4尸"3,小

故D錯(cuò)誤；

故選C。

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.（2022?海南?高考真題）一群處于"=4激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷向外輻射出不同頻率的光子，則（）

A.需要向外吸收能量

B.共能放出6種不同頻率的光子

C.〃=4向〃=3躍遷發(fā)出的光子頻率最大

D.〃=4向〃=1躍遷發(fā)出的光子頻率最大

【答案】BD

【解析】A.高能級(jí)向低能級(jí)躍遷向外放出能量，以光子形式釋放出去，故A錯(cuò)誤；

B.最多能放不同頻率光子的種數(shù)為

C=6

故B正確；

CD.從最高能級(jí)向最低能級(jí)躍遷釋放的光子能量最大，對(duì)應(yīng)的頻率最大，波長最小，則〃=4向〃=1躍遷

發(fā)出的光子頻率最大，故D正確，C錯(cuò)誤。

故選BD。

8.（2021.湖南.高考真題）如圖（a）,質(zhì)量分別為根八〃⑦的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外

力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時(shí)彈簧形變量為X。撤去外力并開始計(jì)時(shí)，A、

B兩物體運(yùn)動(dòng)的aT圖像如圖（6）所示，Sl表示0至■時(shí)間內(nèi)A的ατ圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S八

凡分別表示.到L時(shí)間內(nèi)A、B的—圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在％時(shí)刻的速度為%。下列說法正確

的是（）

圖（α）圖（b）

A.O到'∣時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量等于mAvo

B.m?>t∏B

C.B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于X

D.，-邑=S3

【答案】ABD

［解析］A.由于在0~〃時(shí)間內(nèi)，物體B靜止，則對(duì)B受力分析有

Fjs=F并

則墻對(duì)B的沖量大小等于彈簧對(duì)B的沖量大小，而彈簧既作用于B也作用于A,則可將研究對(duì)象轉(zhuǎn)為A,

撤去產(chǎn)后A只受彈力作用，則根據(jù)動(dòng)量定理有

1=inAVo（方向向右）

則墻對(duì)B的沖量與彈簧對(duì)A的沖量大小相等、方向相同，A正確；

B.由α-f圖可知〃后彈簧被拉伸，在這時(shí)刻彈簧的拉伸量達(dá)到最大，根據(jù)牛頓第二定律有

F彈=mAaA=mβaβ

由圖可知

ae>aA

則

niB<niA

B正確;

C.由圖可得，〃時(shí)刻B開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A速度為%,之后AB動(dòng)量守恒，AB和彈簧整個(gè)系統(tǒng)能量守恒,

則

mAv0^mAvA+mAvB

可得AB整體的動(dòng)能不等于0,即彈簧的彈性勢(shì)能會(huì)轉(zhuǎn)化為AB系統(tǒng)的動(dòng)能，彈簧的形變量小于X,C錯(cuò)誤；

D.由α-√圖可知"后B脫離墻壁，且彈簧被拉伸，在f∕~√2時(shí)間內(nèi)AB組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且在及時(shí)刻

彈簧的拉伸量達(dá)到最大，A、B共速，由a—r圖像的面積為△口,在6時(shí)刻AB的速度分別為

VA=SI-S2VB=Si

A、B共速，則

Sl-S2=$3

D正確。

故選ABDo

9.（2020?江蘇?高考真題）某汽車的電源與啟動(dòng)電機(jī)、車燈連接的簡化電路如圖所示。當(dāng)汽車啟動(dòng)時(shí)，開關(guān)

S閉合，電機(jī)工作，車燈突然變暗，此時(shí)（）

車燈

E,r

A.車燈的電流變小B.路端電壓變小

C.電路的總電流變小D.電源的總功率變大

【答案】ABD

【解析】A.開關(guān)閉合時(shí)，車燈變暗，故流過車燈的電流/燈變小，A正確:

B.電路的路端電壓為

U略=U燈=/燈R燈

/燈變小，路端電壓變小，B正確；

C.總電流即干路電流為

“珞減小，干路電流增大，C錯(cuò)誤;

D.電源總功率為

PB=EG

/千增大，總功率變大，D正確。

故選ABDe

10?(2022?福建.高考真題)一物塊以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后回到斜面底端。

該物體的動(dòng)能Ek隨位移X的變化關(guān)系如圖所示，圖中與、Eu、Eg均已知。根據(jù)圖中信息可以求出的物理

A.重力加速度大小B.物體所受滑動(dòng)摩擦力的大小

C.斜面的傾角D.沿斜面上滑的時(shí)間

【答案】BD

Ekl=—mv：.

【解析】ABC.由動(dòng)能定義式得2°,則可求解質(zhì)量M上滑時(shí)，由動(dòng)能定理

Ek-Ekl=-(mgsinΘ+f)x

下滑時(shí)，由動(dòng)能定理

Ek=(mgsinθ-f)(xu-x)

X。為上滑的最遠(yuǎn)距離：由圖像的斜率可知

mgsinθ+f=mgSine-/=-^?

?,?

兩式相加可得

gsineJ聞+知

2/77XQXQ

相減可知

f_E]-E

f~~li^Γk2

即可求解gsin。和所受滑動(dòng)摩擦力/的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出，故AC錯(cuò)誤，B正

確；

D.根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系得

f=%

mgSine+/=maa

故可求解沿斜面上滑的時(shí)間，D正確。

故選BD?

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。

（-）必考題：共43分。

11.（6分）（2022.湖南.高考真題）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：

冰

墩

墩

（1）查找資料，得知每枚硬幣的質(zhì)量為6?°5g;

（2）將硬幣以5枚為一組逐次加入塑料袋，測(cè)量每次穩(wěn)定后橡皮筋的長度/,記錄數(shù)據(jù)如下表:

序號(hào)12345

硬幣數(shù)量〃/枚510152025

長度“cm10.5112.0213.5415.0516.56

（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖（b）上描點(diǎn)，繪制圖線；

圖（b）

（4）取出全部硬幣，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，穩(wěn)定后橡皮筋長度的示數(shù)如圖（C）所示，此時(shí)橡皮筋

的長度為cm；

（5）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）.

【答案】見解析15.35127

【解析】（3）根據(jù)表格標(biāo)點(diǎn)連線如圖

A//cm

51015202530〃/枚

（4）由圖可知刻度尺的分度值為Imm,故讀數(shù)/=15.35cm；

（5）設(shè)橡皮筋的勁度系數(shù)為&,原長為雙，則

即咫=Za-Xf））

n2mg=k（x2-xn）

則橡皮筋的勁度系數(shù)為k

/：一（％一"”即

%-西

從作的l-n圖線讀取數(shù)據(jù)則可得

（）

In2-n!tm2g10^xl-πl(wèi)x,

k=------=—mgx0=------=9.05cm

x2-xl3n2-n}

設(shè)冰墩墩的質(zhì)量為"〃，則有

m,g=k（l-x0）

可得

w1=y×6.05×（15.35-9.05）g≈127g

12.（9分）（2022?福建?高考真題）在測(cè)量某電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，因?yàn)殡妷罕砗碗娏鞅淼挠绊?，不論使?/p>

何種接法，都會(huì)產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，為了消除電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，某實(shí)驗(yàn)興趣小組設(shè)計(jì)了如圖甲實(shí)驗(yàn)電

路進(jìn)行測(cè)量。已知飛=2。。

（1）按照?qǐng)D甲所示的電路圖，將圖乙中的器材實(shí)物連線補(bǔ)充完整

（2）實(shí)驗(yàn)操作步驟如下：

①將滑動(dòng)變阻器滑到最左端位置

②接法I：單刀雙擲開關(guān)S與1接通，閉合開關(guān)s。，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R,記錄下若干組數(shù)據(jù)H-L的值,

斷開開關(guān)s。

③將滑動(dòng)變阻器滑到最左端位置

④接法H：單刀雙擲開關(guān)S與2閉合，閉合開關(guān)S。，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器上記錄下若干組數(shù)據(jù)％-4的值,

斷開開關(guān)s。

⑤分別作出兩種情況所對(duì)應(yīng)的u'~1'和Lf圖像

（3）單刀雙擲開關(guān)接1時(shí)，某次讀取電表數(shù)據(jù)時(shí)，電壓表指針如圖丙所示，此時(shí)G=Vo

（4）根據(jù)測(cè)得數(shù)據(jù)，作出G-L和6-4圖像如圖丁所示，根據(jù)圖線求得電源電動(dòng)勢(shì)E=

內(nèi)阻「=O（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）

（5）由圖丁可知（填“接法I”或“接法H”）測(cè)得的電源內(nèi)阻更接近真實(shí)值。

（6）綜合考慮，若只能選擇一種接法，應(yīng)選擇（填“接法I”或“接法II”）測(cè)量更合適。

【答案】見解析1.301.802.50接法II接法II

（3）量程為3V的電壓表分度值為0.1V,需要估讀到分度值的下一位，由圖丙可知電壓表讀數(shù)為

U?=1.30V

（4）當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接1時(shí)，電流表示數(shù)為零時(shí)，電壓表測(cè)量準(zhǔn)確，故電動(dòng)勢(shì)為G一人的縱軸截距，則有

石=1.8OV

當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接2時(shí)，電壓表示數(shù)為冬時(shí)，電流表測(cè)量準(zhǔn)確，由%圖像可知此時(shí)電路電流為0.40A,

根據(jù)閉合電路歐姆定律可知

/=—^―

R（>+r

解得內(nèi)阻為

p1on

r=一一7<=^Ω-2Ω=2.50Ω

12l0.40

（5）由圖丁可知以一人圖像的斜率為

1.80-0

K=Ω=R0+4

0.36

解得

rλ=3.00Ω

由圖丁可知5-/2圖像的斜率為

,1.70-0_°

而-Q=0

解得

r2=2.25Ω

可得

L25O=o2>y2.50-2?25=o.ι

2.502.50

故接法H測(cè)得的電源內(nèi)阻更接近真實(shí)值。

（6）由電路圖可知接法I的誤差來源是電流表的分壓，接法∏的誤差來源是電壓表的分流，由于電源內(nèi)阻

較小，遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，結(jié)合（5）問分析可知，若只能選擇一種接法，應(yīng)選擇接法∏更合適。

13.（12分）（2022?重慶?高考真題）某同學(xué)以金屬戒指為研究對(duì)象，探究金屬物品在變化磁場中的熱效應(yīng)。

如圖所示，戒指可視為周長為人橫截面積為S、電阻率為。的單匝圓形線圈，放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)

強(qiáng)度方向垂直于戒指平面。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在加時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到綜，求:

(1)戒指中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電流;

(2)戒指中電流的熱功率。

p__BKS

16^?2p(?r)2

【解析】（1）設(shè)戒指的半徑為「，則有

L=2πr

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在時(shí)間內(nèi)從0均勻增加到與，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E吟R2

可得

E=政

4必I

戒指的電阻為

則戒指中的感應(yīng)電流為

?EBQLS

R4兀PZ

（2）戒指中電流的熱功率為

P"R=舟淙

14.（16分）（2022?湖南?高考真題）如圖（a）,質(zhì)量為機(jī)的籃球從離地”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〃的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的2倍

0<Λ<-------

（4為常數(shù)且"+〃），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為

g。

（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〃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/?的高度處，力尸隨高度），的變化如圖（b）所示，其中%已知，求得的大小；

（3）籃球從，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/,經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量/的大小。

【解析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg-λmg=ma下

再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，下落的過程中有

2

vf=2aγH

籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg+Amg=ma卜

再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，上升的過程中有

v±=2a上h

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

,v./(1+科

k=-l------------

V下N4(T)H

(2)若籃球反彈至最高處〃時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力凡則籃球下落過程中根據(jù)動(dòng)能定理有

h-h^

ιnghH—啜―F-λιngh=—mv/2

02下

籃球反彈后上升過程中根據(jù)動(dòng)能定理有

,1

Tngh-λmgh?θ-?m{kvv)

聯(lián)立解得

Λ)=-------7-7------------

力-4

(3)方法一：由(1)問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為

4=(i)g(方向向下)

。上=(l+%)g(方向向下)

由題知運(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,由于拍擊時(shí)間

極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有

I-mv

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個(gè)速度V。

拍擊第1次下降過程有

v,2-v2=2(1-Λ)g∕?

上升過程有

(火療=2(1+4)"

代入k后，下降過程有

?2-V2=2(1-Λ)?∕?

上升過程有

hv[=2(SHhl

聯(lián)立有

,h..V2V2

4=77(%+

n2g(l-2)2g(lT)

拍擊第2次，同理代入k后，下降過程有

2

Vξ-V=2(1-Λ)g∕ιl

上升過程有

hv；=2(?-λ)gH!τ2

聯(lián)立有

,hz.

Λ2=77(FT∣+

∏2g(T))

再將〃/代入團(tuán)有

FH=(%Λ+Φ2?就方+(少赤高

拍擊第3次，同理代入R后，下降過程有

Vj-V2=2(1-Λ)?∕?

上升過程有

hv^=2(?-λ)gHh,

聯(lián)立有

,h,

fk=77他z+

π(l-∕l)2g)

再將/72代入自有

./h、3I/力、3V2.h./+4./

%=(—)?/?()+(—)------------F(—y2?

RH°H2g(lT)H2g(l-Λ)H2g(lT)

直到拍擊第N次，同理代入左后，下降過程有

片-，=2。-2)g%τ

上升過程有

Λv;=2(\-X)gHhN

聯(lián)立有

hV2

h=—(JtN1+----------)

NHNT2g(l-λ)

將加./代入麻有

nnλ,

hN=(-)?4+(-)——--+?^'——--+???+(?)'-----------

NHyH2g(l-Λ)H2g(,]-λ)H2g(l-2)

其中

hN=HA0=A

則有

士嚴(yán)

fl,'P-/HV

H=(-)nλ//+[?——旦]---

HJLT2g(i-λ)

H

則

w[+,

l=mv'=m∕2g(l-W-?)(H÷-^)

Vh{HN-hN)

方法二：由(1)問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為

OF=(IT)g(方向向下)

α上=(l+%)g(方向向下)

由題知運(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/,由于拍擊時(shí)間

極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有

I=tnv

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個(gè)速度V設(shè)籃球從，下落時(shí)，速度為%,反彈高度為3籃球受到?jīng)_量I后速

度為小,落地時(shí)速度為匕，則

2(1+2)?ft=(Av)22(1-λ)gh=v2-V

0>1

聯(lián)立可得

2v

h=w=?

2(l+2)g2(?-λ)g

代入k可得，

222

v'=V1一?-V0

H……①

籃球再次反彈，反彈速度為k匕，設(shè)反彈高度為歷，受到?jīng)_量后，落地速度為U2，同理可得

22

2(1+λ)ghy=(網(wǎng))2,2(1-∕t)gA,=v2-V'

同理化簡可得

222

V'=V2-V1

-H……②

籃球第三次反彈，反彈速度為。2,設(shè)反彈高度為/Z2,受到?jīng)_量后，落地速度為V3,同理可得

2(1+Λ)^=(?V)22(1-2)^=V2-V'2

293

同理化簡可得

))

p-h

V-=V1-----%一

H-……③

第N次反彈可得

,22?2

V~~vN~~~vN-?~

Γl(N)

對(duì)式子??③……（N）兩側(cè)分別乘以⑶HH-HNT

產(chǎn)r,再相加可得

23UN-I

CHHH.22h2

(1+—++…+「石V。

hh2h3產(chǎn)W

得

?-(?rHNT2h2

-----——Vι2_

h

其中，％2=2(1-⑷gH,(h?y=2(l+∕l)gH,可得

2g(l-4)(“—∕I)(HΛMH)

V1=

MHN—2)

可得沖量/的大小

2g(lQ(H—h)(HNs

I=mv'=m

II(HN-尸)

（二）選考題：共13分。請(qǐng)考生從兩道中任選一題作答。如果多做，則按第一題計(jì)分。

15.[物理選修3-3]

(1)(5分)

（2022?湖南?高考真題）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。下列說法正確的是.。（填正確答案標(biāo)號(hào)，選對(duì)1個(gè)給2分,

選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分,每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分0分）

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)出的過程既滿足能量守恒定律，也滿足熱力學(xué)第二定律

【答案】ABE

【解析】A.依題意，中心部位為熱運(yùn)動(dòng)速率較低的氣體，與擋板相作用后反彈，從A端流出，而邊緣部份

熱運(yùn)動(dòng)速率較高的氣體從8端流出；同種氣體分子平均熱運(yùn)動(dòng)速率較大、其對(duì)應(yīng)的溫度也就較高，所以A

端為冷端、B端為熱端，故A正確；

B.依題意，A端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率較小，8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8端流出的，故B正確；

C.A端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率較小，8端流出的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率較大，則從4端流出的氣體分子

平均動(dòng)能小于從8端流出的氣體分子平均動(dòng)能，內(nèi)能的多少還與分子數(shù)有關(guān)；依題意，不能得出從A端流

出的氣體內(nèi)能一定大于從B端流出的氣體內(nèi)能，故C錯(cuò)誤；

DE.該裝置將冷熱不均氣體的進(jìn)行分離，噴嘴處有高壓，即通過外界做功而實(shí)現(xiàn)的，并非是自發(fā)進(jìn)行的，

沒有違背熱力學(xué)第二定律；溫度較低的從4端出、較高的從B端出，也符合能量守恒定律，故D錯(cuò)誤，E

正確。

故選ABE。

（2）（8分）（2022?海南?高考真題）足夠長的玻璃管水平放置，用長19Cm的水銀封閉一段長為25Cm的空氣

柱，大氣壓強(qiáng)為76CmHg,環(huán)境溫度為300K,將玻璃管緩慢順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到豎直，貝心

①空氣柱是吸熱還是放熱

②空氣柱長度變?yōu)槎嗌?/p>

③當(dāng)氣體溫度變?yōu)?60K時(shí)，空氣柱長度又是多少？

【答案】①放熱；②20cm：③24Cm

【解析】①②以封閉氣體為研究對(duì)象，氣體做等溫變化，設(shè)玻璃管橫截面積為S,玻璃管水平時(shí)

Pl=76cmHg

K=255

玻璃管豎起來后

p2=19cmHg+76cmHg=95cmHg

V2=LS

根據(jù)

PM=P2v2

解得

Δ=20cm

氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功，但其溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力