【文档说明】2022年湖北省普通高中学业水平选择性考试5月适应性考试物理试题 Word版含解析.docx，共(21)页，3.261 MB，由小赞的店铺上传

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2022年湖北省普通高中学业水平选择性考试5月适应性考试物理注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷草稿纸

和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。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.如图所示为氢原子的能级图，一群

处于n=3能级的氢原子，这些氢原子向低能态跃迁时，能辐射出三种不同频率的光a、b、c，频率大小关系为abcvvv，让这三种光照射逸出功为10.2eV的某金属表面，则（）A.a光照射金属，逸出的光电子的最大初动

能为1.51eVB.从n=3跃迁到n=2辐射出的光频率为bvC.从n=3跃迁到n=1辐射出的光波长最短D.光a、b、c均能使金属发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A．a光频率最高，所以a光应该是从n=3跃迁到n=1产生的，所以2113.61.51eV12.09eVE=−=依据光电效应方

程，逸出的光电子的最大初动能为1.89eV，故A错误；B．频率大小关系为va＞vb＞vc，从n=3跃迁到n=2辐射出的能量最小，即其对应的光频率为vc，故B错误；C．氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光的能量最大，辐射出的光频率为va，va＞vb＞

vc，故光的频率最大，波长最小，C正确；D．氢原子由n=3跃迁到n=2能级时，辐射的光子能量为321.513.4eV1.89eVE=−−=所以不能使逸出功为10.2eV的金属能发生光电效应，故D错误；故选C。2.如图所示，ABC为一光滑细圆管构成的3/4圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R（

比细圆管的半径大得多），OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C．在A点正上方某位置有一质量为m的小球（可视为质点）由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动．已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力．下列说法正确的是（）A.若小球刚好能达到轨道的最高点C，则释放点距A点

的高度为1.5RB.若释放点距A点竖直高度为2R，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mgC.若小球从C点水平飞出恰好能落到A点，则释放点距A点高度为2RD.若小球从C点水平飞出后恰好能落到A点，则小球在C点圆管的作用力

为1.5mg【答案】B【解析】【详解】A、小球刚好能到达轨道的最高点C，即小球到达C点的速度为0，根据机械能守恒可得：mgh=mgR，的解得：h=R，即释放点距A点的高度为R，故A错误；B、在B点对小

球由牛顿第二定律可得：2BNvFmgmR−=，根据动能定理：()2122BmgRRmv+=，解得7NFmg=，则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg，故B正确；CD、小球从C点飞出做平抛运动，

水平方向上有：CRvt=，竖直方向上有：212Rgt=，由动能定理有：()212CmghRmv−=，解得释放点距A点的高度为1.25hR=，故C错误；由牛顿第二定律可得：212NBCmgFmv−=，联立解得12NBFmg=，根

据牛顿第三定律可知,小球对圆管的作用力大小为12mg，方向竖直向下，故D错误．3.如图，水平射出的子弹射穿直立于水平地面上的A、B两靶，并留下两个弹孔a、b，设子弹穿过靶过程能量损失不计，某同学测出弹孔距a、b离地面高度分别是h1和h2，AB水平距离S

1，同时还在地面上找到着弹点c，测量c点与B靶水平距离为S2，根据上述测量结果该同学不可能得到的物理量是（）A.射击点的位置B.子弹出膛速度C.子弹射出动能D.子弹着地时的速度【答案】C【解析】【详解】B．由题意可知，子弹做平抛运动，设子弹的初速度为0v，a-b的时间

和b-c的时间分别为110Stv=，220Stv=在竖直方向上，a-b中间时刻的瞬时速度和b-c中间时刻的瞬时速度分别为121210110=hhhhvvSSv−−=，2220220=hhvvSSv=由加速度公式可得21122vvgtt−=+综上，可解得()()121201221

222SSSSgvShShSh+=−+即子弹出膛速度可求出，B错误；D．b-c过程中，所用时间为2t，竖直方向上的中间时刻瞬时速度为2v,则c点竖直方向的速度3v满足2322tvvg=+结合初速度0v由勾股定律可求得子弹在c点时的速度2203cvvv=+即

子弹着地时的速度，D错误；A．由c点竖直方向的速度3v已求出，即可求出子弹射击点的高度h，再由高度h可求出子弹着地时的时间t，从而可求得射击点到落地点的水平距离S，即可确定射击点的位置，A错误；C．因为子弹

的质量m未知，故不能求得子弹的动能，C正确。故选C。4.图（a）为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图（b）所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器

原、副线圈的匝数分别为1n、2n。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则（）A.闭合开关S后，加在变压器原线圈上的正弦交流电压的有效值为252VB.某交流发电机要产生与图（b）相同

频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100r/sC.闭合开关S，电压表的示数为50VD.变压器原、副线圈的匝数1n、2n须满足21100nn时，才能实现点火【答案】AD【解析】【详解】AC．根据b图得到原线圈电压的最大值为50V，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值也是电压

表读数为m252V2UU==故A符合题意，C不符合题意；B．根据b图得到原线圈电流周期为0.02s，转速150r/snT==某交流发电机要产生与b图相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为50r/s，故B不符合题意；D．瞬时电压大于5000V即火花放

电；根据1122UnUn=且150VU=，25000VU得到实现点火的条件是：变压器原、副线圈的匝数1n、2n须满足21100nn，故D符合题意。故选AD。5.如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该

点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球（视为质点）穿在杆上，以速度0v从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的

是（）A.小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功B.小球减少机械能一定大于克服摩擦力做的功C.小球机械能可能增加D.以上都有可能的的【答案】B【解析】【详解】AB．小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电

势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，故A错误，B正确；CD．电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，故CD错误。故选B。6.在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向

里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触形成闭合回路，如图甲所示。则所示图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的图象是（）甲A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由图知，导体切割的有效长度为

2y，根据法拉第电磁感应定律，又y2=4x，x=vt，联立解得，因导体做匀速运动，故E2与t成正比，所以B正确；ACD错误．7.一列简谐横波沿x轴在介质中传播，M、N是x轴上介质中的两个质点。图甲是1.0st=的该简谐横波的波形图，图乙是质点N的振动图像，0=t时刻质点M

的纵坐标为2cm，下列说法不正确的是（）A.该列简谐横波沿着x轴的正方向传播B.该列简谐横波的传播速度为4.0m/sC.当3.5st=时，质点N在波峰，加速度最小D.当1s3t=时，质点M第一次到达波峰【答案】C【解析】【详解】A．根据题图乙知，质点N在1.0st=时，向上振动，由此可

判断该简谐波沿x轴正方向传播，A正确，不符合题意；B．由题图甲可知该简谐波的波长为8.0m=，由题图乙可知该简谐波周期为2.0sT=，可得该波传播速度vT=s4.0m/=B正确，不符合题意；C．0=t时，质点N在平衡位置向下振动，当3.5st=时，根据3

14tTT=即此时质点N在波峰位置，加速度最大，C错误，符合题意；D．0=t时刻质点M的纵坐标为2cm，根据质点的振动方程()sinyAt=+可知M点的振动方程为4sinππ6yt=+因此第一次到达波峰的时间为1s

3t=，第一次到达波谷的时间为4s3t=，D正确，不符合题意。故选C。8.一辆汽车从静止开始以恒定功率P启动，若汽车行驶过程中受到的阻力恒定，其加速度与速度的倒数的关系如图所示，图像斜率为k，横截距为b，则（）A.汽车所受阻力为PbB.汽车的质量为PkC.汽

车的最大速度为1bD.汽车从静止到获得最大速度的时间为212kb【答案】BC【解析】【详解】AB．汽车从静止开始启动时，由P=Fv，及F-f=ma得1Pfamvm=−结合图象有0=-PPfkbmmm=，解得PmfPbk==，选项A错误，B正确；C．当加速度为零时，速度最大，此时

有1mbv=解得最大速度1mvb=选项C正确；D．由动能定理得212mPtfxmv−=整理得2211+22tbxkbkb=选项D错误。故选BC。9.用天然放射性元素镭放出粒子轰击氮原子核，核反应可能不只有一种，比如：

①4141712781HeNOH+→+；②4141712790HeNFn+→+等，我们可以通过计算判断其是否有可能发生。已知：各原子核的相对原子质量如下表所示，其中1u的质量对应931.5MeV的能量，下列关于第②种核反应的说法中正确的是（

）42He147N179F10n14.002603uM=214.003074uM=317.002095uM=41.008665uM=A.第②种核反应为放能反应，一次核反应放出的能量约为4.735MeVB.第②种核反应为吸能反应，一次核反应吸收的能量约为4

.735MeVC.用该粒子（k4.793MeVE=）轰击静止的靶核（147N），不可能发生第②种核反应D.用该粒子（k4.793MeVE=）轰击静止的靶核（147N），可能发生第②种核反应【答案】BC【解析】【详解】AB．由

于()()1234––0.005083uMMMM++=说明反应后原子核的质量在增加，该反应为吸能反应，且0.005083931.5MeV4.735MeVE=故A错误，B正确；CD．由反应前后动量守恒和能量

守恒可知当反应后共速时，系统损失的动能最多为2kmaxk124.793MeV3.728MeV4144MEEMM=++该能量小于发生核反应所需要吸收的4.735MeV，故不能发生第②种核反应，不可能轰击

出中子，故C正确，D错误。故选BC。10.有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从左上同一点以相同的水平速度先后射入匀强电场中，A、B、C三个小球的运动轨迹如图所示，A、B小球运动轨迹的末端处于

同一竖直线上，则如图运动轨迹对应的过程（）A.小球A带负电，B不带电，C带正电B.三小球运动的时间tA=tB<tCC.小球B和小球C的末动能可能相等D.小球A和小球C的电势能变化绝对值可能相等【答案】AD【解析】【分析】【详解】A

B．小球进入电场时的速度相等，水平位移xA=xB＞xC则tA=tB＞tC根据212yat=由图可知CBAyyy则aA＜aB＜aC根据牛顿第二定律知，A球所受电场力向上，C球所受电场向下，B球不带电，则A

球带负电，C球带正电。故A正确，B错误；C．电场力和重力对小球C做功要大于对小球B的，小球B和小球C的末动能不可能相等，故C错误；D．电场力对小球A和C电场力做功可能相同，故小球A和小球C电势能变化绝对值可能相等，故D正的确。故选AD。11.如图所示，

地球球心为O，半径为R，表面的重力加速度为g．一宇宙飞船绕地球无动力飞行且做椭圆运动，恰好经过距地心2R的P点，为研究方便，假设地球不自转且表面没有空气，则()A.飞船在P点的加速度一定是4gB.飞船经过P点的速度一定是2gRC.飞

船内的物体处于完全失重状态D.飞船经过P点时，对准地心弹射出的物体一定沿PO直线落向地面【答案】AC【解析】【详解】A．飞船在P点时，只有万有引力提供加速度，则22144GMGMagrR===A正确；B．若飞船绕地球做匀速圆周运动，则可知经过P点的速度为222GMgRgR

vrR===因飞船做椭圆运动，在P点的曲率半径不确定，所以B错误；C．宇宙飞船运动时万有引力提供向心力，飞船处于完全失重状态，C正确；D．从绕地球做圆周运动的卫星上对准地心弹射一物体，物体相对卫星的速度方向是指向地心，但物体相对地球的速度方向则偏离地心．所以，该物体在地球的

万有引力作用下，将绕地球做轨迹为椭圆的曲线运动，地球在其中一个焦点．故D错误．故选AC．【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用．二、实验题（本大题2小题共16分，第12题7分，第13题9分）。12.某同学设计出如图甲所示的

测量弹簧弹性势能和物块与桌面间的动摩擦因数的装置，实验过程如下：（I）用重锤确定水平地面上桌面边沿投影的位置O；（II）将弹簧一端固定在桌面边沿的墙面上；（III）用滑块把弹簧压缩到某一位置，释放滑块，测出滑块落地点与O点的水平距离x；再通过在滑块上增减

码来改变滑块的质量m，重复上述操作，每次压缩到同一位置，得出一系列滑块质量m与水平距离x的值．根据这些数值，作出21xm−图像如图乙所示。（IV）除了滑块的质量和滑块落地点与O点的水平距离x外，还需要测量的物理量有________A．弹簧的原长L0B．弹簧压

缩后滑块到桌面边沿的距离LC．桌面到地面的高度HD．弹簧压缩前滑块到桌面边沿的距离L1（V）已知当地的重力加速度为g，由图像可知，每次弹簧被压缩时具有的弹性势能大小是________；滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ=________（用图像

中的a、b及步骤（4）中所选物理量符号字母表示）。【答案】①.BC##CB②.4bgaH③.4aHL【解析】【详解】（IV）[1]释放弹簧后弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，从释放滑块到滑块到达桌面边缘过程，由能量守恒定律得2p12Emg

Lmv=+滑块离开桌面后做平抛运动，水平方向x=vt竖直方向212Hgt=整理得p2414HExHLgm=−实验除了测出m、x外还需要测出：弹簧压缩后滑块到桌面边沿的距离L与桌面到地面的高度H，故选BC；（V）[2]由p2414HExHLgm=

−可知21xm−图像的斜率p4HEbkag==解得p4bgEaH=[3]由p2414HExHLgm=−可知21xm−图像的横轴截距a=4μHL解得动摩擦因数4aHL=13.某实验小组研究两个未知元件

X和的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内阻约为1Ω）、定值电阻等。(1)使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图a所示，读数为___________Ω，

据此应选择图中的__________（填“b”或“c”）电路进行实验；(2)连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐__________（填“增大”或“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验；(3)如图d是

根据实验数据作出的U-I图线，该小组还借助非线性元件和阻值R=9Ω的定值电阻串联接在E=3V，r=1Ω的电源上，则该非线性元件消耗的电功率P=__________W（保留两位有效数字）【答案】①.10.0V②.b③.增

大④.0.17【解析】【详解】(1)[1]读数为10.0Ω；[2]元件X电阻远小于电压表内阻，电流变采用外接法，所以选择b电路进行实验；(2)[3]连接所选电路，滑动变阻器的作用为分压作用，闭合S，当滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电路中并联部分的电压逐渐增大，根据

欧姆定律电流也逐渐增大，即电流表的示数逐渐增大；(3)[4]将电阻R等效为电源内阻，则电源的等效内电阻阻值为10Ω，作出电源内电阻的伏安特性曲线，与非线性元件的交点即为非线性元件的工作电压和工作电流，由图可知工作电

压U=0.81V，工作电流为I=0.21A，则非线性元件消耗的功率0.17WPUI==三、计算题（本大题共3小题，第14题10分，第15题13分，第16题18分，共40分。按要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）。的14.如图所示，将

一个质量为m、电荷量为q+的小球，以初速度0v自h高处水平抛出。不计空气阻力影响。重力加速度为g。（1）求小球落地点与抛出点的水平距离。（2）若在空间中加一个匀强电场，小球水平抛出后做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小及方向。（3）若在空间中除加（2）中电

场外，再加一个垂直纸面的匀强磁场，小球水平抛出后做匀速圆周运动，且落地点与抛出点的水平距离也为h，求磁场的磁感应强度大小及方向。【答案】（1）02hvg；（2）mgq，电场方向竖直向上；（3）0mvqh，磁场方向垂直于纸面向外【解析】【详解】（1）小球做平

抛运动，有0svt=212hgt=解得小球落地点与抛出点的水平距离02hsvg=（2）加匀强电场后，小球做匀速直线运动，小球所受合力为零。根据平衡条件，有mgqE=解得电场强度大小mgqE=电场方向竖直向上。（3）空间同时存在匀强电场和匀强磁场，小球做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，

设圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有200vqBvmR=由题知Rh=解得磁感应强度大小0=mvBqh磁场方向垂直于纸面向外。15.新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱（即舱内气体压强低于外界的大气压强），这种负压舱既可以让外界气体流入

，也可以将舱内气体过滤后排出。若该负压舱容积为0.6m3，初始时温度为27C，大气压强为1.003×105Pa，隔离舱内负压为300Pa。转运到某地区后，外界温度变为15C，大气压强为0.903×105Pa，已知负压舱导热性良好，气体均可视为理想气体，绝对零度取273C−。（

1）若负压舱运输过程中与外界没有气体交换，求运送到该地区后负压舱内的压强；（2）若转运过程中负压舱内始终保持300Pa的稳定负压，求转运前后负压舱内气体的质量之比。【答案】（1）0.96105Pa；（2）1615【解析】【分析】【详解】（1）以负压舱内的

气体为研究对象，体积不变初状态5101300Pa110Pa,300KppT=−==末状态2288KT=由查理定律得1212ppTT=解得520.9610Pap=（2）隔离舱内产生300Pa的稳定负压，需向外界

抽气初状态51110Pap=310.6mV=1300KT=末状态530.910Pap=320.6mVV=+2288KT=由理想气体状态方程得321112pVpVTT=则转运前后负压舱内气体的质量之比1121mVVmV+=解得121615mm=1

6.如图所示，有一个以v0=6m/s的速度逆时针匀速运动的水平传送带，传送带左端点M与光滑水平平台相切且不相连，在平台P处竖直固定一个弹性挡板，物块在PM段运动的时间忽略不计。在M点与平台之间缝隙处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过该位置时都会被控

制系统瞬时锁定从而保持静止。传送带N端与半径r=5m的光滑四分之一圆弧相切且不相连，在小物块a从圆弧最高点由静止下滑后滑上传送带，经过M点时控制系统使小物块b自动解锁，a与b发生第一次弹性正碰。已知a的质量为m=1kg，b的质量为M=3kg，两个物块均可视为质点，物块与传送带

间的动摩擦因数μ=0.2，MN间的距离L=19m，g=10m/s2。不计经过MN两点处的能量损失。求：（1）a滑到圆弧轨道最底端时，对轨道压力的大小；（2）a与b第一次碰撞前a在传送带上运动的时间；（3）a与b第一次碰撞后物块a的速度；（4）a与b第一次

碰撞后到最后静止过程中物块a与传送带因摩擦产生的热量。【答案】（1）30N；（2）2.5s；（3）−3m/s，方向水平向右；（4）72J【解析】【分析】【详解】（1）小物块a从圆弧最高点滑到最低点，由动能定理得212mgrmv=在圆弧轨道最底端，由牛

顿第二定律得2NvFmgmr−=由牛顿第三定律得压力30NNNFF==（2）物块a在传送带上减速至6m/s时，由运动学规律得01vtvg=−2111116m2xvtgtL=−=匀速段102Lxvt=−则物块a与b第一次碰撞前a在传送带上运动的时间12ttt=+=2.5s（

3）由动量守恒定律得011bmvmvMv=+由机械能守恒定律得222011111222bmvmvM=+联立解得v1=−3m/s即，第一次碰后a的速度方向水平向右。（4）物块a与b第一次碰撞后再返回M点，所用时间1123svtg==以后每次a、b碰后，物块a的速度都是碰前的二分之一，再

次往返的时间均为上一次往返的时间的一半。即23s2t=33s4t=则物块a与b第一次碰撞后a运动的总时间1312s6s112nt−==−总则相对位移为x=v0t总=36m则摩擦产生的热量Q=mgx=72J获得更多资源请扫码加入享学

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