高考物理-湖北卷全解全析

学科网2022年高三5月大联考（湖北卷）
物理·全解全析
1．B 【解析】平行单色光垂直入射时，在凸透镜和平面玻璃间空气气隙的上下两表面产生的反射光线形成相干光，相干光在相遇区域叠加形成稳定的薄膜干涉。

干涉的图样是明暗相间的单色圆环，这些圆环的宽度不等，随与中心点的距离的增加而逐渐变窄。

故B 正确。

2．C 【解析】23892U 吸收中子的核反应方程为2381
239
092094
1U n Pu 2e
，23994Pu 衰变方程为239
235
4
9492
2Pu U He。

由核反应方程知衰变产生的是42He ，即α粒子，A 错。

衰变不受温度影响，B 错。

质量亏损等于核反应
前后粒子的质量差，C 正确。

23892U 吸收10n 生成23994Pu 不是衰变，放出的粒子不是4
2He ，D 错。

3．C 【解析】2r
Mm
G
F 中，F 的大小与
G 、M 、m 和r 都有关，不是定义式，故选C 。

4．B 【解析】小圆环在B 点时对细杆的压力恰好为0，在B 点只受重力，由牛顿第二定律得：2
v mg m R。

小圆环由A 点到B 点，由动能定理得2π1
022
f R F
mgR W mv ，解得f W =–66.6 J 。

5．D 【解析】甲图中由安培定则知，环形电流在圆心O 处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，故空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，A 错误；乙图中由对称性和安培定则知半圆形导体弧在圆心O 处产生磁场的磁感应强度为021B ，方向垂直纸面向外，故合磁感应强度为02
3
B ，方向垂直纸面向外，故D 正确，B 、
C 错误。

6．D 【解析】轨道Ⅰ是圆轨道，轨道Ⅱ是椭圆轨道，从圆轨道需要加速才能做离心运动进入椭圆轨道，故在圆轨道Ⅰ运行的速度小于在轨道Ⅱ运行到Q 点的速度，A 错。

在轨道ⅡP 点处作以PQ 为直径的外切圆，因为从轨道Ⅱ的P 点进入外切圆轨道时需加速，所以在外切圆时的速度v 切>v P ，根据万有引力提供向心
力得，22Mm v G m r r
，解得v I 的半径小于轨道ⅡP 处外切圆的半径，所以v 1>v 切，则
v 1>v P ，B 错。

由2Mm G
mg r 知，天问一号着陆巡视器在火星表面所受重力约为5
8
mg ，所以C 错，D 对。

7．B 【解析】若只存在电荷B 、C ，由对称性知M 、N 处的电场强度等大反向。

A 处点电荷在M 、N 处的场强沿MA 、NA 方向，由平行四边形法则叠加后方向不同，A 错。

P 、G 两点关于B 、D 连线对称，若只有电荷A 、C ，在A 、C 两等量异种点电荷的电场中，P 点电势高于G 点电势，在B 处点电荷的电场中，
P 点电势等于G 点电势，由电势叠加可知，P 点电势高于G 点电势，B 正确。

若只存在点电荷B 、C ，由对称性知M 、N 处的电势等大；A 处负点电荷的等势面是以A 为圆心的同心圆，因AM <AN ，M 点的电势低于N 点电势，综合上述，M 点的电势低于N 点电势，负点电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能，C 错。

若只存在点电荷A 、B ，E 处的电势小于F 处的电势，C 处正点电荷的等势面是以C 为圆心的同心圆，因CF <CE ，E 点的电势低于F 点电势，综合上述，E 点的电势低于F 点的电势，负点电荷在E 点的电势能大于F 点电势能，所以D 错。

8．AD 【解析】S 闭合后，对T 2，如果原线圈匝数不变，则原、副线圈的电压均减小，根据33
44
n U n U 得出，需将n 3变小才能使副线圈电压变回到原来电压，此时副线圈电流加倍，根据34
43
n I n I ，所以原线圈中电流大于原来的2倍，故输电线损耗的功率214P P ，即2
14
P P ，选项AD 正确。

9．BC 【解析】该波沿x 轴正方向传播，故 Δ01234T t nT n
，，，，因Δ0.9s t T ，1Δ4
t T ，解得3.6s T 。

经t =0.45 s=
8
T
，P 点的运动形式传播到Q 点，故Q 点到达平衡位置且向上运动，B 正确；由图可知，振幅0.4m A ，P 点一个周期内的路程为4A ，经过4.5 s ，P 点通过的路程为4.5
42m 3.6
A ，C 正确，D 错误。

10．BD 【解析】线圈匀速进入磁场，v r t 2
时磁场内圆弧所对圆心角为120°，R Brv I 3 ，A 错误。

v
r
t 时线圈进入磁场一半，线圈中电流最大，22m m 242Brv B r v
I F BI r R R ，B 正确。

v
r t 23 时磁场内圆
弧所对圆心角为240°，面积大于圆面积的三分之二，0~
v
r
23时间内通过线圈横截面的电荷量2Δ2π3BS B r q R R R ，C 错误。

v r t 23
时线圈的热功率为2
2222
3B r v P I R R R R
，D 正确。

11．AC 【解析】热气球与物体组成的系统竖直方向上动量守恒，()mv M m v
，物体竖直方向的位移
v h ，气球竖直方向上的位移t v h ，()mvt M m v t
，物体刚到达地面时热气球离地面的高度
为h m
M M
h h
，A 项正确；物体到达地面时的竖直分速度满足212v gh ，竖直方向上动量守恒，
12mv M m v
，物体刚到达地面时，热气球的速度大小
v 球，C 正确。

12．减小（2分）
2
2
h
L h （2分） 需要（3分）
【解析】纸带上打出的点间隔越来越大说明物块做加速运动，应减小木板与水平方向的倾角，即减小木板左端高度。

平衡摩擦力时应有 cos sin mg mg ，得2
2
tan h
L h。

实验中要使钩码
重力近似等于绳的拉力，所以验证a 与F 关系和a 与M 关系时均需要满足钩码总质量m 始终远小于物块质量M 。

13．（1）5.0（或5）（2分） 小于（1分） （2）
3c b a （3分）
5
3
ac b a （3分） 【解析】（1）190mA I ，260mA I ，2A 121I R I I R
（），解得A 5.0ΩR 。

闭合S 1，回路中总电流大于90mA ，当电流表示数为60mA 时，R 1中的实际电流大于30 mA ，则测量值小于实际内阻值。

（2）根据闭合电路欧姆定律， A A 0IR E IR I R r R
，A 5ΩR ，0 2.5ΩR ，整理得，
1353r R I E E ，结合图像得，53r a E ，3b a E c ，解得电源的电动势为3c b a ，内阻为5
3
ac b a 。

14．（1）
056p （4分） （2）
2
25
（或2:25）（5分） 【解析】（1）设火罐内气体初始状态压强和温度分别为p 1、T 1，温度降低后分别为p 2、T 2，罐的容积为V 0
由题意知p 1=p 0、T 1=87 ℃=360 K 、T 2=27 ℃=300 K （1分） 此过程中气体为等容变化，由查理定律有12
12
p p T T （2分） 代入数据得2p =06
5p （1分）
（2）在一段时间后，p 3=0.90p 0，以这时火罐内气体整体作为研究对象， 假设这些气体压强为p 2=06
5p 时，体积为V
进气过程为等温变化，根据玻意耳定律有302p V p V （2分） 则跑进气体的体积为ΔV =V –V 0（1分）
可得跑进罐内气体的质量与原来罐内气体质量之比为
0ΔΔ2
25
m V m V （2分）
15．（1）
8
21
21 W W （8分） （2）2000N F （7分） 【解析】（1）运动员从A 点运动至B 点过程，由动能定理可知： 2
1112
B mgh W mv
（2分） 得51 2.110J W （1分）
运动员从B 点运动至C 点过程，由动能定理可知： 22221122
C B mgh W mv mv
（2分） 得42810J W （1分）
综上可知
8
21
21 W W （2分） （2）在C 点滑道给运动员在滑道平面内的力设为F 1，满足：
2
C v m R
（2分） 在C 点滑道给运动员的垂直滑道的支持力为N cos F mg （1分）
在C 点滑道给运动员的合力为F （2分）
得2000N F （2分）
16．（1）1100N/C E （4分） （2）8m/s v （4分） （3）3.69 s （8分）
【解析】小球运动轨迹如图所示：
（1）在场区Ⅰ中，由小球恰好做直线运动可知
1cos qE mg （2分）
得1100N/C E （2分）
（2）在场区Ⅰ中，ma mg sin （1分）
12
022aL v v （1分）
得25m/s a ，8m/s v （2分）
（3）小球在场区Ⅰ中运动时，10at v v （1分） 得10.4s t
小球在场区Ⅱ中运动时，
2210N 2N 3
qE mg
（1分） 所以小球在场区Ⅱ做匀速圆周运动
由r
v m qvB 2
得8m r （1分）
设小球在场区Ⅱ中偏转角度为α， 由几何关系可知，21
sin 2
L r
，30 （1分） 所以小球将水平向右离开场区Ⅱ 2360t T
，2πm
T qB
（1分） 得2π
s 0.52s 6
t
（1分） 小球第一次离开场区Ⅱ后做平抛运动，233
12tan 60gt vt （1分）
得3 2.77s 5
t
然后第二次进入场区Ⅱ。

综上可知小球从射入场区Ⅰ至第二次进入场区Ⅱ的时间123 3.69s t t t t （1分）。