湖北省2022年普通高中学业水平等级考试

湖北省2022年普通高中学业水平等级考试一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1．(2022·湖北卷·1)上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核Be俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子νe，即Be＋e→X＋νe.根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在．下列说法正确的是(　　)A．原子核X是LiB．核反应前后的总质子数不变C．核反应前后总质量数不同D．中微子νe的电荷量与电子的相同答案　A解析　根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为7，电荷数为3，即原子核X是Li，A正确，C错误；由选项A可知，原子核X是Li，则核反应方程为Be＋e→Li＋νe，则反应前的总质子数为4，反应后的总质子数为3，B错误；中微子不带电，则中微子νe的电荷量与电子的不相同，D错误．2．(2022·湖北卷·2)2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟．下列说法正确的是(　　)A．组合体中的货物处于超重状态B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小答案　C解析　组合体只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有ω＝，由于T同>T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；由G＝mr，可得T＝2π，由于T同>T组合体，则r同>r组合体，又由G＝ma，则有a同<a组合体，D错误． 3．(2022·湖北卷·3)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p－V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点．下列说法正确的是(　　)A．a→b是等温过程B．a→b过程中气体吸热C．a→c过程中状态b的温度最低D．a→c过程中外界对气体做正功答案　B解析　根据理想气体的状态方程＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误，B正确；根据理想气体的状态方程＝C，可知，p－V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误；a→c过程气体体积增大，气体对外界做功，即外界对气体做负功，D错误．4.(2022·湖北卷·4)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场．用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电．金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止．若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为(　　)A．q，rB．2q，rC．2q,2rD．4q,2r答案　D解析　电势差为U，油滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即q＝πr3·ρg，当电势差调整为2U时，若油滴的半径为r，则满足q′＝πr3·ρg，可得q′＝，A、B错误；当电势差调整为2U时，若油滴的半径为2r，则满足q′＝π(2r)3·ρg，可得q′＝4q，C错误，D 正确．5.(2022·湖北卷·5)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　)A.B.C.D.答案　C解析　Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，剪断轻绳后，Q所受弹力将小于最大静摩擦力，故Q将仍保持静止，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，故选C.6．(2022·湖北卷·6)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间．假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站．列车从W站始发，经停4站后到达终点站G.设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h.若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　　)A．6小时25分钟B．6小时30分钟C．6小时35分钟D．6小时40分钟答案　B解析　108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝m＝2.16×105m，普通列车加速时间t1＝＝s＝60s，加速过程的位移x1＝at12＝×0.5×602m＝900m，根据对称性可知，加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝s＝7140s，同理高铁列车加速时间t1′＝＝s＝180s，加速过程的位移x1′＝at1′2＝×0.5×1802m＝8100m，匀速运动的时间t2′＝＝s＝2220s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝＝4680×5s＝23400s＝6小时30分钟，故选B.7．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是(　　)A．W2＝3W1，I2≤3I1B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I1答案　D解析　根据动能定理有W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D.8．(多选)(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　)A.kBL,0°B.kBL,0°C．kBL,60°D．2kBL,60°答案　BC解析　若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图， 根据几何关系则有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故B、C正确，A、D错误．9．(多选)(2022·湖北卷·9)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示．发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝．若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是(　　)A．接收线圈的输出电压约为8VB．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同 答案　AC解析　根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，故A正确；根据＝，可得＝，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误．10．(多选)(2022·湖北卷·10)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(a>0，b>0)．若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1.若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2，到达P点的动能为Ek2.下列关系式正确的是(　　)A．t1<t2B．t1>t2C．Ek1<Ek2D．Ek1>Ek2答案　AD解析　若该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝，可知t1<t2，故A正确，B错误．当该过程中粒子做类平抛运动时，静电力做正功，到达P点时的速度大于v0；当该过程中粒子做匀速圆周运动，到达P点时的速度等于v0，根据Ek＝mv2，可知Ek1>Ek2，故C错误，D正确．11．(多选)(2022·湖北卷·11)如图所示，两平行导轨在同一水平面内．一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定．整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调．导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动．已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小．下列说法正确的是(　　)A．棒与导轨间的动摩擦因数为 B．棒与导轨间的动摩擦因数为C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°答案　BC解析　当导体棒加速时，所受合力向右，设此时磁场方向与水平方向的夹角为θ1，θ1<90°；根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有Fsinθ1－μ(mg－Fcosθ1)＝ma1，令cosα＝，sinα＝，根据数学知识可得Fsin(θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin(θ1＋α)＝≤1.同理当导体棒减速时，所受合力向左，设磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有Fsinθ2＋μ(mg＋Fcosθ2)＝ma2，有Fsin(θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有sin(θ2＋α)＝≤1当加速或减速的加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝，代入cosα＝，可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－60°＝120°，故B、C正确，A、D错误．二、非选择题：本题共5小题．共56分．12．(2022·湖北卷·12)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验．一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示．拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin.改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程．根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax－Tmin图像是一条直线，如图乙所示． (1)若小钢球摆动过程中机械能守恒．则图乙中直线斜率的理论值为________．(2)由图乙得：直线的斜率为________，小钢球的重力为________N．(结果均保留2位有效数字)(3)该实验系统误差的主要来源是________(单选，填正确答案标号)．A．小钢球摆动角度偏大B．小钢球初始释放位置不同C．小钢球摆动过程中有空气阻力答案　(1)－2　(2)－2.1　0.59　(3)C解析　(1)设初始位置时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，则轻绳拉力最小值为Tmin＝mgcosθ到最低点时轻绳拉力最大，则有mgl(1－cosθ)＝mv2，Tmax－mg＝m联立可得Tmax＝3mg－2Tmin即若小钢球摆动过程中机械能守恒，则题图乙中直线斜率的理论值为－2；(2)由题图乙得直线的斜率为k＝－＝－2.13mg＝1.77N则小钢球的重力为mg＝0.59N(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C.13．(2022·湖北卷·13)某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究． (1)该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为________mm.再用游标卡尺测得其长度L.(2)该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值．图中电流表量程为0.6A、内阻为1.0Ω，定值电阻R0的阻值为20.0Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9Ω.首先将S2置于位置1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表．R/ΩI/A/A－15.00.4142.4210.00.3522.8415.00.3083.2520.00.2723.6825.00.2444.1030.00.2224.50根据表中数据，在图丙中绘制出－R图像．再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A．根据图丙中的图像可得Rx＝________Ω(结果保留2位有效数字)．最后可由表达式ρ＝________得到该材料的电阻率(用D、L、Rx表示)．(3)该小组根据图乙的电路和图丙的－R图像，还可以求得电源电动势E＝______V，内阻r＝________Ω.(结果均保留2位有效数字)(4)持续使用后，电源电动势降低、内阻变大．若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会____________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)． 答案　(1)3.700　(2)6.0　　(3)12　3.0　(4)偏小解析　(1)用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，其读数为3．5mm＋0.01mm×20.0＝3.700mm(2)由电路可知，当将S2置于位置1，闭合S1时E＝I(RA＋R0＋r＋R)即＝R＋由图像可知＝V－1＝2A－1解得E＝12V，r＝3.0Ω再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400A，则E＝I′(r＋R0＋RA＋Rx)解得Rx＝6.0Ω根据Rx＝ρ＝ρ解得ρ＝(3)由(2)可知E＝12V，r＝3.0Ω(4)根据表达式E＝I′(r＋R0＋RA＋Rx)因电源电动势变小，内阻变大，则当电流表有相同读数时，得到的Rx的值偏小，即Rx测量值偏小．14．(2022·湖北卷·14)如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为d.训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ.小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ.已知水的折射率n＝，求：(1)tanθ的值；(2)B位置到水面的距离H. 答案　(1)　(2)解析　(1)由平抛运动的规律可知d＝v0td＝gt2，tanθ＝联立解得tanθ＝(2)因tanθ＝，可知θ＝53°，设从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为90°－θ＝37°，则由折射定律可知n＝解得α＝53°由几何关系可知Htan37°＋dtan53°＝d解得H＝.15．(2022·湖北卷·15)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．答案　(1)20m/s2　10m/s2　(2)0.2T　0.4J　(3)1.1m解析　(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律，在水平方向有Fcosθ＝max代入数据有ax＝20m/s2在竖直方向有Fsinθ－mg＝may 代入数据有ay＝10m/s2(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab边切割磁感线产生的电动势，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则从ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由vy2＝2ayL，知ab边刚到达磁场边缘时，线框速度vy＝2m/s.由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，则有Fsinθ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝联立解得B＝0.2T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILyy＝LFsinθ－mg＝BIL联立解得Q＝0.4J(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy＝ayt1，L＝vyt2，t＝t1＋t2联立解得t＝0.3s由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝axt2＝×20×0.32m＝0.9m则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1m.16.(2022·湖北卷·16)打桩机是基建常用工具．某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L.重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°.某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放．设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)．A、B、C、D均可视为质点．重力加速度为g. (1)求C的质量；(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能．答案　(1)m　(2)6.5mg　(3)(4－2)mgL解析　(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知mCg＝2mgcos30°解得mC＝m(2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后瞬间D的速度大小为v，根据动量守恒定律可知m×＝m×0＋2mv解得v＝C、D碰撞后D向下运动距离后停止，根据动能定理可知2mg×－F×＝0－×2mv2解得F＝6.5mg(3)设某时刻C向下运动的速度大小为v′，长绳与竖直方向的夹角为α，则A、B向上运动的速度大小为v′cosα，根据动能定理有mCv′2＋2×m(v′cosα)2＝mCg－2mg(－L)令y＝mCg－2mg(－L)对上式求导数可得＝mgL＋2mgL当＝0时，y有最大值，即总动能最大， 解得cosα＝，即α＝30°此时y＝mCg－2mg(－L)＝mgL于是有mCv′2＋2×m(v′cosα)2＝mgL解得v′2＝此时C的动能为Ek＝mCv′2＝(4－2)mgL.