2022届湖南省炎德英才大联考高考物理必刷试卷含解析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：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．昆明某中学运动会玩“闯关游戏”进行热身，如图所示，在笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为4 s和2s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以4 m/s2的加速度由静止加速到4 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（ ）

A．关卡2 C．关卡4

B．关卡3 D．关卡5

2．一滴水的质量为0.05g，水滴间隔相等的时间从距石头上方5m处由静止下落，水滴和石头的撞击时间为0.01s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。若在一滴水撞击石头的同时下一滴水开始落下，则一天时间内水滴对石头作用力的总冲量大小约为（ ） A．1N▪s

B．10N▪s

C．20N▪s

D．40N▪s

3．三根通电长直导线平行放置，其截面构成等边三角形，O点为三角形的中心，通过三根直导线的电流大小分别用小I1，I2、I3表示，电流方向如图所示.当I1=I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为B，通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小跟电流成正比，则下列说法正确的是（ ）

A．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为2B B．当I1=3I，I2=I3=I时，O点的磁感应强度大小为3B C．当I2=3I，I1=I3=I时，O点的磁感应强度大小为

3B 2D．当I3=3I，I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小为23B 4．下雨天，大量雨滴落在地面上会形成对地面的平均压强。某次下雨时用仪器测得地面附近雨滴的速度约为10m/s。查阅当地气象资料知该次降雨连续30min降雨量为10mm。又知水的密度为110kg/m。假设雨滴撞击地面的时间为0.1s，且撞击地面后不反弹。则此压强为（ ） A．0.06Pa

B．0.05Pa

C．0.6Pa

D．0.5Pa

335．强台风往往造成巨大灾难．2018年9月16日17时，第22号台风“山竹”强台风级在广东登陆，登陆时中心附近最大风力达v162km/h，空气的密度1.3kg/m，当这登陆的台风正对吹向一块长10m、宽4m的玻璃幕墙时，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出台风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近（ ） A．2.6103N

B．5.3104N

C．1.1105N

D．1.4106N

36．北京时间2019年11月5日1时43分，我国成功发射了北斗系统的第49颗卫星。据介绍，北斗系统由中圆地球轨道卫星、地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星三种卫星组成，其中中圆地球轨道卫星距地高度大约24万千米，地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星距地高度都是大约为3.6万千米。这三种卫星的轨道均为圆形。下列相关说法正确的是（ ）

A．发射地球静止轨道卫星的速度应大于11.2km/s

B．倾斜地球同步轨道卫星可以相对静止于某个城市的正上空 C．根据题中信息和地球半径，可以估算出中圆地球轨道卫星的周期 D．中圆地球轨道卫星的向心加速度小于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度

二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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．用甲、乙两种不同的单色光应用同一实验装置分别做双缝干涉实验。比较两次实验得到的干涉条纹图案，甲光的干涉条纹间距大于乙光的干涉条纹间距，则（ ）

A．甲的波长大于乙的波长 B．甲的频率大于乙的频率

C．玻璃对甲的折射率小于对乙的折射率

D．若两种光在玻璃中传播，甲的速度等于乙的速度

E.若两种光从玻璃射向空气发生全反射，甲的临界角大于乙的临界角

8．如图所示，两等量异种点电荷分别固定在正方体的a、b两个顶点上，电荷量分别为q和－q（a＞0），c、d为正方体的另外两个顶点，则下列说法正确的是

A．c、d两点的电势相等 B．c、d两点的电场强度相同

C．将一正电荷从c点移到d点，电场力做负功 D．将一负电荷从c点移到d点，电势能增加 9．以下说法正确的是_______________ A．液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势 B．水结为冰时，水分子的热运动会消失

C．热量总是自动地从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移 D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动

E.恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量

10．如图，在光滑的水平面上有一个长为L的木板，小物块b静止在木板的正中间，小物块a以某一初速度v0从左侧滑上木板。已知物块a、b与木板间的摩擦因数分别为1、2，木块与木板质量均为m，a、b之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。下列说法正确的是（ ）

A．若没有物块从木板上滑下，则无论v0多大整个过程摩擦生热均为mv0 B．若b2a，则无论v0多大，a都不会从木板上滑落 C．若v013

2

3agL，则ab一定不相碰 2D．若b2a，则a可能从木板左端滑落

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）如图所示，用做平抛运动实验的装置验证机能守恒定律。小球从桌面左端以某一初速度开始向右滑动，在桌面右端上方固定一个速度传感，记录小球离开桌面时的速度（记作v）。小球落在地面上，记下落点，小球从桌面右边缘飞出点在地面上的投影点为O，用刻度尺测量落点到O点的距离x。通过改变小球的初速度，重复上述过程，记录对应的速度v和距离x。已知当地的重力加速度为g。若想验证小球在平抛运动过程中机械能守恒，只需验证平抛运动过程的加速度等于重力加速度即可。

（1）某同学按如图所示测量高度h和水平距离x，其中存在测量错误的是________（填“h”或“x”），正确的测量方法应是________。

（2）若小球在下落过程中的加速度为a，则x与v的关系式为x=________。

（3）该同学在坐标纸上画出了纵、横坐标，以x2为纵坐标，画出的图象为一条过原点的直线，图线的斜率为k，那么该同学选择________为横坐标，根据平抛运动得到的加速度为________。然后与g0比较，若两者在误差允许范围内相等，就验证了小球在平抛运动过程中机械能守恒。

B两滑块的质量分是在碰撞mA1.5kg，12．（12分）如图所示是“验证动量守恒定律”实验中获得的频闪照片，已知A、

mB1kg，拍摄共进行了四次。第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞墙之后。B滑块原来处于静止状态，

并且A、B滑块在拍摄频闪照片的这段时间内是在10cm至105cm这段范围内运动（以滑块上的箭头位置为准），试根据频闪照片（闪光时间间隔为0.5s）回答问题。

(1)根据频闪照片分析可知碰撞发生位置在__________cm刻度处；

(2)A滑块碰撞后的速度vA__________，B滑块碰撞后的速度vB_____，A滑块碰撞前的速度vA__________。 (3)根据频闪照片分析得出碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是___kgm/s；碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是____kgm/s。本实验中得出的结论是______。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图，在长方体玻璃砖内部有一半球形气泡，球心为O，半径为R，其平面部分与玻璃砖表面平行，球面部分与玻璃砖相切于O'点。有－束单色光垂直玻璃砖下表面入射到气泡上的A点，发现有一束光线垂直气泡平面从C点射出，已知OA=求：

3R，光线进入气泡后第一次反射和折射的光线相互垂直，气泡内近似为真空，真空中光速为c，2（i）玻璃的折射率n；

（ii）光线从A在气泡中多次反射到C的时间。

14．（16分）应急救援中心派直升机营救一被困于狭小山谷底部的探险者。直升机悬停在山谷正上方某处，放下一质量不计的绳索，探险者将绳索一端系在身上，在绳索拉力作用下，从静止开始竖直向上运动，到达直升机处速度恰为零。己知绳索拉力F随时间t变化的关系如图所示，探险者（含装备）质量为m=80kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：

(1)直升机悬停处距谷底的高度h；

(2)在探险者从山谷底部到达直升机的过程中，牵引绳索的发动机输出的平均机械功率 。

15．（12分）如图，xOy坐标系位于竖直面（纸面）内，第一象限和第三象限存在场强大小相等、方向分别沿x轴负方向和y轴正方向的匀强电场，第三象限内还存在方向垂直于纸面、磁感强度大小为B的匀强磁场（未画出）。现将质量为m、电荷量为q的微粒从P（L，L）点由静止释放，该微粒沿直线PO进入第三象限后做匀速圆周运动，然后从z轴上的Q点（未标出）进入第二象限。重力加速度为g。求： (1)该微粒的电性及通过O点时的速度大小； (2)磁场方向及该微粒在PQ间运动的总时间。

参考答案

一、单项选择题：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、B 【解析】

关卡刚放行时，该同学加速的时间

tv1s a12at2m 2运动的距离为

x1然后以4m/s的速度匀速运动，经3s运动的距离为12m，因此第1个4s运动距离为14m，过了关卡2；到关卡3需再用

t28140.5s 4小于关卡关闭时间2s，从开始运动至运动到关卡3前共用时

t总tt4.5s

而运动到第4s时，关卡关闭，不能过关卡3，因此最先被挡在关卡3前。 故选B． 2、D 【解析】

设一滴水与石头撞击时的作用力为F，水与石头撞击时的速度为

v2gh2105m/s10m/s

设向上为正方向，由动量定理得

(Fmg)t0mv

水滴间隔 t2h g一天时间内有N滴水撞击石头，则有

N243600 t一天时间内水滴对石头作用力的总冲量大小

F总NF

联立解得

F总43.2N

故ABC错误，D正确。 故选D。 3、A 【解析】

AB．根据安培定则画出I1、I2、I3在O点的磁感应强度示意图，当I1=I2=I3时，令B1=B2=B3=B0，示意图如图甲所示

根据磁场叠加原理，可知此时O点的磁感应强度大小B与B0满足关系B0当I1=3I2，I2=I3=I时，B1=3B0，B2=B3=B0，示意图如图乙所示

1B； 2

由图乙解得O点的磁感应强度大小为4B0=2B，故A正确，B错误； CD．当I2=3I，I1=I3=I时，B1=B3=B0，B2=3B0，示意图如图丙所示

I1=I2=I时，O点的磁感应强度大小也为3B，由图丙解得O点的磁感应强度大小为23B03B，同理可得，当I3=3I，故CD错误。 故选A。 4、A 【解析】

取地面上一个面积为S的截面，该面积内单位时间降雨的体积为

h10103mVSS

t3060s则单位时间降雨的质量为

mV

撞击地面时，雨滴速度均由v减为0，在Δt0.1s内完成这一速度变化的雨水的质量为mt。设雨滴受地面的平均作用力为F，由动量定理得

[F(mt)g]t(mt)v

又有

pF S解以上各式得

p0.06Pa

所以A正确，BCD错误。 故选A。 5、C 【解析】

假设经过t时间，由动量定理得：vts0Ft，代入数据：Fvs1.110N，故选C 6、C 【解析】

A．11.2m/s是发射挣脱地球引力控制的航天器的最小速度，而地球静止轨道卫星仍然是围绕地球做匀速圆周运动，所以地球静止轨道卫星的发射速度定小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；

B．倾斜地球同步轨道卫星只是绕地球做匀速圆周运动的周期为24小时，不可以相对静止于某个城市的正上空，故B错误；

C．已知地球静止轨道卫星离地高度和地球半径，可得出地球静止轨道卫星的运动半径r1，其运动周期T11天，已知

225中圆地球轨道卫星距地面的高度和地球半径，可得出中圆地球轨道卫星的轨道半径r2，根据开普勒第三定律有

r13r232 2T1T2代入可以得出中圆地球轨卫星的周期T2，故C正确；

D．由于中圆地球轨道卫星距离地面高度小于倾斜地球同步轨道卫星距离地面高度，即中圆地球轨道卫星的运动半径较小，根据万有引力提供向心力有

GMmma 2r可知，中圆地球轨道卫星的向心加速度大于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度，D错误。 故选C。

二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、ACE 【解析】

A．双缝干涉条纹间距 xL d同一实验装置其L、d相同，x越大则越长，则甲光的波长大，A正确； B．甲光的波长大于乙光，由

c

知甲光的频率小于乙光的频率，B错误；

C．频率越小，介质对它的折射率n越小，则玻璃对甲光的折射率小，C正确； D．根据

nc

可知甲光在玻璃中的速度大，D错误； E．根据全发射的特点

sinC1 n可知光在玻璃中的折射率n越小，则全反射临界角C越大，则甲光临界角大，E正确。 故选ACE。 8、BD

【解析】

A．由几何关系可知，由于c点离正电荷更近，则c点的电势比d点高，故A错误；

B．c、d两点关于ab对称，且ab电荷量相同，由电场强度的叠加可知， c、d两点的电场强度相同，故B正确； C．由于c点的电势比d点高，将一正电荷从c点移到d点，正电荷电势能减小，则电场力做正功，故C错误； D．由于c点的电势比d点高，将一负电荷从c点移到d点，负电荷电势能增大，故D正确。 故选BD。 9、ACE 【解析】

A．液体由于存在表面张力，由收缩成球形的趋势，故A正确； B．水结冰时，由液体变为固体，分子热运动仍然存在，故B错误；

C．由热力学第二定律可知，热量总是自发的从温度高的物体传到温度低的物体，即热量总是自动地从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移，故C正确；

D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故D错误；

E．由于水池恒温，故理性气体温度不变，内能不变，由于气体上升的过程体积膨胀，故对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故E正确； 故选ACE。 10、ABD 【解析】

A．若没有物块从木板上滑下，则三者最后共速，以三者为整体，水平方向动量守恒， mv0=3mv1 ①

则整个过程产生的热量等于动能的变化，有 Q=

11mv02−×3mv12 ② 22联立①②，得 Q=

1mv02 3故A正确；

BD．a、b之间的碰撞无机械能损失，故碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，设碰前速度分别为v1、v2，碰后分别为v1'、v2'，且有v1＞v2，以v1方向为正方向，则有 mv1+mv2=mv1'+mv2'③

1111mv12+mv22＝mv1′2+mv2′2 ④ 2222联立③④，得

v1'=v2 v2'=v1

即碰后a和木板共速，b向右运动，以a和木板为整体，此时 a和木板的加速度 a1=

bg2

对a分析知，a的加速度最大值为 a0=μag

若μb＜2μa 则a1＜a0，a和木板保持相对静止，则无论v0多大，a都不会从木板上滑落；故B正确； 若μb＞2μa，则a1＞a0，a相对木板向左运动，故a可能从木板左端滑落，故D正确； C．若a与b碰前三者已经共速，则ab一定不相碰，此时有

amgL121mv03mv12 ⑤ 222联立①⑤，得

v03agL 23agL，则ab一定不相碰，故C错误； 2故若v0故选ABD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、h 从桌面到地面的距离 v【解析】

（1）[1][2]．其中h的测量有问题，应该是从桌面到地面的距离； （2）[3]．小球下落过程中，竖直方向

2h2h v2

kah12at 2水平方向：

xvt

解得：

xv2h a（3）[4][5]．根据xv2h22h2v，则以x2为纵坐标，画出的图象为一条过原点的直线，图线的斜率为k，可得xaa2h2h得到的加速度为a。然后与g0比较，若两者在误差允许范围内相等，就ak那么该同学选择v2为横坐标；由k验证了小球在平抛运动过程中机械能守恒。

12、30 0.4m/s 0.6m/s 0.8m/s 1.2 1.2 两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒 【解析】

(1)[1]由碰撞前A、B位置可知碰撞发生在30cm处； (2)[2][3][4]碰后A的位置在40cm，60cm，80cm处，则

20102vm/s0.4m/s A0.5碰后B的位置在45cm，75cm，105cm处，则

30102vm/s0.6m/s B0.5由碰撞前A、B位置可知碰撞发生在30cm处，碰后B从30m处运动到45cm处，经过时间

(4530)102ts0.25s

0.6碰前A从10cm处运动到30cm处用时

t0.5s0.25s0.25s

则碰前

(3010)102vAm/s0.8m/s

0.25(3)[5]碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和

mAvAmBvB1.2kgm/s

[6]碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和

mAvAmBvB1.2kgm/s

[7]本实验中得出的结论是两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13、（i）n【解析】

（ii）t3；3R c（i）如图，作出光路图

根据折射定律可得

nsin① sin根据几何知识可得

sinOA3② R290 ③

联立解得

n3④

玻璃的折射率为3。

（ii）光从A经多次反射到C点的路程

sRRRR3R⑤ 22时间

t得

s⑥ ct3R c3R。 c光线从A在气泡中多次反射到C的时间为14、 (1)112. 5m；(2) 3000W 【解析】

(1)探险者先做匀加速，再匀速，最后做匀减速直线运动到达直升机处。设加速度阶段绳拉力F1840N，时间t110s，探险者加速度大小为a1，上升高度为h1，则

ma1F1mg

h1解得

12a1t1 2a10.5m/s2

h125m

设匀速阶段时间t215s，探险者运动速度大小为为v，上升高度为h2，则

va1t1

h2vt2

解得 v=5m/s

h275m

设减速阶段绳拉力F3720N，探险者加速度大小为a3，时间为t3，上升高度为h3，则

ma3mgF3 va3t3

h3解得

121a3t3 或 h3vt3 22a31m/s2

t35s h312.5m

人上升的总位移即为直升机悬停处距谷底的距离h，有

hh1h2h3

解得 h=112. 5m

(2)设在探险者从山谷底部到达直升机的过程中，牵引绳索拉力做功为W，则 W=mgh

PW

t1t2t3解得

P3000W

15、 (1) v2gL；（2）【解析】

(1)微粒运动轨迹如答图1，其在第一象限沿PO连线做匀加速直线运动到达O点故微粒带正电；

m2qB2L。 g

二力的合力方向由P指向O，有：

mgqE

由动能定理有

1mgLqELmv2

2解得

v2gL

(2)由左手定则知，该磁场的方向垂直于纸面向外； 在第一象限内，由运动学规律有：

12L2gt12

2得

t12L g在第三象限内，由牛顿第二定律有：

v2Bqvm

R由几何关系，微粒做圆周运动对应的圆心角为θ=90° 故

t2902Rm 360v2qB解得微粒从P到Q运动的时间为：

tt1t2

m2qB2L g