绝密★启用前（新高考湖北卷）物理参考答案1．B【解析】玻尔理论成功解释了氢原子光谱的实验规律，但无法解释复杂原子的光谱现象，A错误；食盐被灼烧c时，钠原子吸收能量处于高能级，向低能级跃迁时放出光子，B正确；根据Eh可知黄双线的光子能量约为2.10eV，根据发生光电效应的条件可知，不能使逸出功为2.25eV的金属发生光电效应，C错误；太阳光谱中仅有题述两种波长的光，并不能说明太阳中有钠元素，有钠的特征光谱才能说明太阳中有钠元素，D错误。2．D【解析】ts末，A、B两质点的速度大小之比为3:1，A错误；2ts末，A、B两质点的速度大小之比为1:1，31B错误；在0~t时间内，A质点的位移s=at2，B质点的位移s=at2，A、B两质点的位移大小之比为3:1，CA2B23111错误；在0~2t时间内，s=at23attat25at2，s=at2att3at23at2，A、B两质点的位移A22B22大小之比为5:3，D正确。3．Cr3r3【解析】根据开普勒第三定律有地樊，解得年，错误；根据万有引力提供向心力可知22T樊5.67AT地T樊Mmv2Gm，轨道半径越大，卫星的线速度越小，假设在远日点有一个与之相切的圆轨道，“樊锦诗星”在远r2r日点的速度小于与之相切的圆轨道上的公转速度，而此公转速度又小于地球的公转速度，B错误；轨道半长轴为3.18天文单位，远日点到太阳中心距离r1为4.86天文单位，则近日点到太阳中心距离r2为1.5天文单位，对11于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时间Δt内的运动，根据开普勒第二定律有vrtvrt，211222vr1.5Mm解得12，正确；根据万有引力提供向心力可知，“樊锦诗星”在远日点的加速度CG2mav2r14.86ra1与地球的加速度大小之比为1，D错误。a4.8624．D【解析】由图乙可知振动周期T=0.5s，则波长vT0.4m，A错误；O、A两波源到B的波程差x0.8m2，所以B点是振动加强点，B错误；AC连线上（含A、C两点）共有满足x4λ，3λ，2λ，λ，0，-λ，-2λ的7ABOB个振动加强点，C错误；两波源的波到达B点的时间分别为t1.5s，t2.5s，则在1.5s~2.5s1v2v时间内，质点振动的路程为，则在时间内，质点振动的路程为BSA14232cm2.5s~3sB物理参考答案（新高考湖北卷）第1页（共8页）{#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}，则时间内质点振动的路程为，正确。S242A32cm0~3sBSS1S264cmD5．B【解析】根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置的受力分析如图所示，根据平衡条件可知导体棒所受支持力Nmgsin，导体棒所受摩擦力fmgsin，导体棒沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，增大，导体棒所受支持力N增大，导体棒所受摩擦力f增大，故A错误；导体棒所受的安培力FBILmgcosmgsin12sin，在090范围内增大，可知安培力先增大后减小，tan时，导体棒所受的安培力最大，B正确；重力与支持力的合力为mgcos，随增大而减小，故FNFN1C错误；令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为，则有tan，可知支持力fFN和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持力、摩擦力、重力与安培力四个力的合力为零，则重力、安培力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，即重力和安培力的合力方向与安培力的方向的夹角始终不变，故D错误。6．DΦE【解析】根据电磁感应定律可知E，I，则导体棒穿过磁场区域1的过程中通过电阻R的电量tRrΔΦBLxqIt0，A错误；由于tan，F就是金属棒所受的合外力，设进入磁场区域1时的拉力为，RrRrF2B4L4x12EF0速度为v，则有Fx0mv，进入磁场后做匀速运动则FBIL，其中I，EBLv，解得2，2RrmRr22222BLx0nBLvv，B、C错误；由于匀速运动，则第n个磁场区域的安培力大小为F，则整个过程的电mRrnRr2442x0BL2222热QFxFxFx，解得Q2123n，D正确。1020n0mRr7．C【解析】两个过程的初末温度相同，即内能变化相同，因此内能增加量相同，A错误；A→B为等容过程，气体做功为零，由热力学第一定律可知内能改变量UQ450J，A→C为等压过程，内能增加了450J，吸收热VAVC量为750J，由热力学第一定律可知气体对外做功为300J，B错误；A→C为等压过程，则，做功大TATC物理参考答案（新高考湖北卷）第2页（共8页）{#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}1小为WpVV，联立解得V10L，C正确；A→C过程中，气体体积增加了原体积的，D错误。ACACAA58．AD【解析】根据能量守恒可知EkB=EkA+Q，B、C错误；画出小物块B和木板A的速度时间图线分别如图中1和2所示，图中1和2之间的面积表示板长l，1与t轴所围的面积表示小物块B的位移x1，2与t轴所围的面积表示木板A的位移x2，由图易知x1l，x2l；又EkBfx1、EkAfx2、Qfl，则EkB>Q>EkA，AD正确。9．BDUU11【解析】在原线圈回路中，U1UabI1R1，则R110；设副线圈中电流为I2，又k，I1U2IIURUR222k，，联立解得ab1，则21，综上可知正确。U1UabI1R1U2I222BDI1I1kkI2k510．BCD【解析】杆长为l，a球靠在光滑的车厢竖直侧壁上，到车厢底面的高度为0.8l，则轻杆与竖直方向的夹角θ=37°，当a球与车厢左壁的弹力刚好为零时，对a球根据牛顿第二定律得mgtanθ=ma1，解得a1=gtanθ；当b球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时，对a、b受力分析如图所示，在竖直方向根据平衡条件有N1cosθ=mg，N2=2mg，在水平方向根据牛顿第二定律有fmN1sinma2，又fmN2，联立解得a2(2tan)g；2若0.5，即tan2，则车厢的加速度的最大值为a2(2tan)g2.5m/s，A错误，B正确；2若0.8，即tan，则车厢的加速度的最大值为a1gtan7.5m/s，C正确，D正确。11．（8分）（1）B（2分）物理参考答案（新高考湖北卷）第3页（共8页）{#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}m（2）左（2分）(x22xx)（2分）8T2424（3）BC（2分）【解析】（1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。故选B。x（2）纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打B点时的速度为v2，B2Txx打点计时器打D点时的速度为v42，在打B点到D点的过程中，重锤动能增加量的表达式为D2T11mEmv2mv2(x22xx)。k2D2B8T242412f（3）根据题意，设阻力为f，由动能定理有mgfhmv2，整理可得v2gh，可知，若阻力为零，2m则两次实验的v2h图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为零，故A错误，B正确；虽然斜率不相等，但不知道两物体所受阻力的情况，则两物体的质量关系不确定，即m1可能等于m2，故C正确，D错误。12．（10分）（1）a（2分）（2）1（2分）（3）1:9:90（2分）（4）向下（2分）（5）4000（2分）【解析】（1）电流从红表笔流进，黑表笔流出，欧姆表红表笔与内部电源负极相连，故图中红色表笔应该连接在a处。（2）当开关K拨向1时，回路中满偏电流小，欧姆表内阻大，中值电阻大，能够接入待测电阻的阻值也更大，倍率较大，即挡位为“×100”。IgRg（3）当开关K拨向1时，回路中满偏电流Ig1Ig；当开关K拨向2时，回路中满偏电流R1R2R3Ig(RgR3)Ig(RgR2R3)Ig2Ig；当开关K拨向3时，回路中满偏电流Ig3Ig；依题意，当R1R2R1开关K拨向1时，回路中满偏电流Ig1:Ig2:Ig31:10:100，解得定值电阻R1、R2、R3的阻值之比为R1：R2：R31:9:90。（4）从“10”挡位换成“1”挡位，即开关K从2拨向3，满偏时干路电流增大，再进行欧姆调零时，a、b短物理参考答案（新高考湖北卷）第4页（共8页）{#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}接时回路总电阻减小，调零电阻接入电路的阻值减小，因此滑片向下滑动。E（5）在“×100”挡位进行欧姆调零，则Ig1，在ab两表笔间接入阻值为6000Ω的定值电阻R1，稳定后表R内1Ig1E头G的指针偏转到满偏刻度的，则；在ab两表笔间接入待测电阻Rx，稳定后表头G的指44R内R11Ig1E2针偏转到满偏刻度的，则；联立解得RxR1，则Rx4000。33R内Rx313．（11分）33R（1）（2）1:3c【解析】1（1）根据发生全反射的临界角sinC（1分）n3可知B光发生全反射的临界角的正弦值为sinC（1分）3画出B光的光路图如图所示（1分）根据几何关系可知前两次在玻璃砖中入射的角度均为60，第三次在玻璃砖中的入射角为30，根据3313sin60°，sin30（1分）2323可知在玻璃砖内发生两次全反射后从玻璃砖中射出，B光在玻璃砖中的路程为s3R（1分）snB光从M点射入到第一次射出玻璃砖所需要的时间t（1分）c33R联立可得t（1分）csini（2）由几何关系可知，入射角为60，C光的折射角为45，B光的折射角为30，根据折射定律n得Csinr6光和B光的折射率分别为n，n23（1分）12c根据n可知C光和B光在玻璃砖内的速度之比为2:1（1分）v光在玻璃砖内发生两次全反射后从点射出，光和光在玻璃砖中的路程分别为，（分）BNCBl12Rl23R1物理参考答案（新高考湖北卷）第5页（共8页）{#{QQABbYQQgggoAAJAAAhCUwFgCgIQkAGCCIoGAAAAMAABwQNABAA=}#}联立解得C光和B光从M点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所用的时间之比为t1:t21:3（1分）14．（14分）5125（1）v（2）或80232【解析】（1）设粒子质量为m、电荷量为q，电场强度为E，经过x轴时的速度为v，磁感应强度为B。粒子在电场中做斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。在电场中：根据抛体运动规律：00（分）vcos53v0sin531根据动量定理：00（分）Eqtmvsin53mv0cos531112根据动能定理：EqLmv2mv（1分）220在磁场中：v2根据洛伦兹力提供向心力：Bqvm（1分）R根据几何关系：00（分）2Rsin53v0sin53t17mv2联立以上各式解得：E0（1分）18qL28mvB0（1分）45qLE5则v（1分）B80（2）设改变后的磁感应强度为B，粒子运动轨迹如图所示。在第一象限：0（分）x1v0sin53t1v2在第三四象限：Bqvm（1分）R在第二象限：0（分）x2vcos53t11Lvsin530tat22Eqma（1分）物理参考答案（新高考湖北卷）第6页（共8页）