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天天资源网 / 高中物理 / 教学同步 / 高中物理试卷1浙江卷解析2022年6月普通高校招生选考物理考试

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2022年6月浙江选考物理卷1A根据F=ma可知,力的单位间的换算关系为的磁通量变化率小于原线圈的磁通量变化率,选项D1N=1kg·m/s2,故A正确,B、C、D错误。错误。22B链球做匀速圆周运动过程中,加速度大小不变,GMmv6C根据万有引力提供向心力有=m,可知2rr方向指向圆心,即方向时刻变化,故加速度变化,选项AGMv=,离地面越高,轨道半径越大,环绕速度越小,错误;惯性大小只与物体质量有关,质量越大,惯性越r大,并不随速度增大而增大,选项B正确;乒乓球被击打选项A错误;返回舱中的宇航员处于失重状态,但受地过程中受到的作用力是个瞬间突变的力,选项C错误;GM球的引力,选项B错误;根据v=可知,天体在同一r篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反,个轨道上运行的速度与天体的质量无关,选项C正确;选项D错误。返回舱穿越大气层返回地面过程中,返回舱与空气剧烈3C鱼儿吞食花瓣时,有竖直方向的加速度,受力不摩擦,机械能减少,选项D错误。平衡,选项A错误;鱼儿摆尾出水时,鱼儿所受浮力越来7B氢原子在向低能级跃迁时放出光子,光子的能量越小,其大小小于重力,选项B错误;鱼儿摆尾击水时,等于两能级的能量差,氢原子处于n=3的激发态,向基鱼尾对水有作用力,根据牛顿第三定律,鱼尾会受到水态跃迁时,逸出光子的能量最大,为hν=E-E=31的反作用力,选项C正确;研究鱼儿摆尾击水跃出水面12.09eV,照射逸出功为2.29eV的金属钠,根据爱因斯的动作,不能将其视为质点,选项D错误。坦光电效应方程可知逸出光电子的最大初动能E=hν-k4B复色光通过双缝干涉实验装置,能够看到彩色的W=9.8eV,A错误;n=3跃迁到n=1放出的光子频率ν干涉条纹,选项A错误;利用双缝可以得到两列相干光,h最大,波长λ最小,根据p=可知动量p最大,B正确;明暗相间条纹是这两列光在屏上叠加的结果,选项B正λLλn=3跃迁到n=2放出的光子能量小于金属钠的逸出确;根据双缝干涉条纹间距公式Δx=可知,光屏前移d功,所以只有2种频率的光子能使金属钠产生光电效或后移,会改变干涉条纹的疏密程度,选项C错误;蓝光应,C错误;n=3与n=4的能级差为0.66eV,用0.85eV的波长比红光的短,通过同一个干涉实验装置,根据的光子照射,氢原子不能跃迁到n=4激发态,D错误。LλΔx=可知,蓝光干涉条纹的间距比红光的小,选项Dd8C往大水球中央注入空气,形成一个空气泡,当光错误。从水射向气泡,即由光密介质射向光疏介质,若入射角5B磁场对电流有力的作用,静止的电荷不会产生等小于临界角,发生折射,若入射角大于或等于临界角,就效电流,所以恒定的磁场不会对其有力的作用,选项A会发生全反射现象,气泡就会看起来很明亮,C正确。错误;小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强9C不知粒子的电性,故无法判断哪板电势高,A错度的方向,选项B正确;正弦交流发电机工作时,穿过线误;两个粒子所受电场力均做正功,电势能都减少,故B圈平面的磁通量最大时,磁通量变化率最小,此时电流错误;设板间距离为d,粒子运动的加速度为a,对垂直22为零,选项C错误;变压器中,考虑到漏磁因素,副线圈M板向右的粒子有:(2v0)-v0=2ad,对平行M板向下23 2L122v0L解题关键风速在5~10m/s范围内η恒定,题目中的粒子有:=vt,d=at,联立解得:a=,t=,故022L2v0给出风速是9m/s时的输出功率,可根据这个速度下C正确,D错误。的输出功率推导出风速是6m/s时的输出功率。模型构建平行M板向下的粒子在匀强电场中做13C以最大加速度加速、减速运动,时间最短。由类平抛运动,可利用分运动解题。F-mg=ma,即300N-200N=20a(N),解得a=m11110B对其中一根斜杆的底端分析,受力如图所示,对2P额12005m/s;由v=,匀加速运动的末速度v=m/s=11GFm300整体分析可知F=,则地面对杆的作用力F′=N444m/s,由v=at,得t=s=0.8s,该段位移x=111115FN33=G,摩擦力F=Ftan30°=G,故B正确,fNcos30°612v14t=×0.8m=1.6m;由P=mgv得匀速运动的速度1额m22A、C、D均错误。1200vm6v=m/s=6m/s;匀减速运动的时间t==s=m3200a52vm61.2s,该段位移x=t=×1.2m=3.6m,则变加速度3322与匀速运动的总位移x=(85.2-1.6-3.6)m=80m,对211B小球与弹簧接触前一段时间内速度大小不变,因1122该过程应用动能定理,Pt-mgx=mv-mv,代入额22m1此,小球的运动不是简谐运动,A错误;动能和弹性势能22数据解得t=13.5s,则全程总时间t=t+t+t=(0.8+都是标量,由对称性知,小球动能与两根弹簧总弹性势212313.5+1.2)s=15.5s,故C正确。T能的变化周期均为,故C错误,B正确;若小球初速度2解题指导本题运动过程复杂,利用v-t图像进行v1122为,由mv=kx知,弹簧的最大压缩量减半,故球222分析推理,既能思路清晰,又不易犯错误。易犯的错与弹簧的接触时间不是原来的2倍,因此周期不是2T,误是漏掉变加速运动过程,熟练掌握汽车两类启动模型是防止犯此类错误的关键。故D错误。1212D设转化效率为η,则P=·ρvA·v·η=出2133ρAvη,故输出电功率与v成正比,A错;单位时间内213流过面积A的空气动能为ρAv,B错;每天的发电量为2114AB由质量数守恒和电荷数守恒,可知X是H,故19E=P·t·η=2.4×10·ηkW·h,由于η小于1,每天每天14A正确;C能够自发地放出β射线,故可以用作示踪原6故C错;风速在6~10m/s范围内时,η不变,输出电功01子,故B正确;-1e为原子核内部的中子转化而来(0n→13率至少为P′=ρAv′η=120kW,故每年发电量至少出20e+1H),故C错误;半衰期为大量粒子的统计规律,少-115为P出′·5000h=6×10kW·h,故D正确。量粒子具有偶然性,故D错误。24 15BC粒子做圆周运动,根据电场力提供向心力有(2)①D②3a解析(1)①毫米刻度尺读数为6.20cm-0.00cm=2qE=mωr,根据题意,电场强度大小可表示为E=,联r6.20cm(估读到小数点后第二位)。qaq立解得ω=,粒子比荷相同,a为常量,所以轨道2mrm半径r小的粒子角速度一定大,A错误;根据电场力提供2v1向心力有qE=m,则粒子的动能E=qa,电荷量大kr22va的粒子的动能一定大,B正确;由qE=m及E=可得rrqav=,粒子的速度大小与轨道半径r无关,C正确;因m为不知道粒子的速度方向及磁场方向,当加垂直纸面磁场时,粒子所受的洛伦兹力可能指向圆心,也可能背离把题图中各点用直线连接,图线斜率表示加速度,由A圆心,粒子不一定做离心运动,D错误。(0.10,0.30)、B(0.60,1.23)两点,可得a=1.23-0.3016BD沿x轴正负方向传播的波不会叠加,不会发生m/s2≈1.9m/s2。0.60-0.10干涉,A错误;在t=2.0s波源停止振动后,其振动形式②“探究加速度与力、质量的关系”实验中,需平衡摩擦在t=2.1s时分别向左和向右传至x=0和x=0.5m处,力,把钩码换成砝码盘和砝码是为了便于控制小车所受Δx由Δx=0.25m、Δt=0.1s可知波速v==2.5m/s,从题的外力,故选B、C。Δt(2)①两弹簧秤读数不必相同;在结点位置确定好的情λ2.0s图中看出波长λ=1m,则波的周期T==0.4s,=v0.4s况下,确定一个拉力的方向只需要选择距离稍远的一个5,波源振动完整的5个周期后停止振动,停止振动前波点;弹簧秤外壳与木板之间可以有摩擦;橡皮条、细绳和源从负向位移回到平衡位置,则分析可知波源p从t=0弹簧秤与木板应贴近且平行,故选D。时刻开始由平衡位置向上振动,t=0.42s时,波源正处②只有一个弹簧秤时,确定三个力的大小至少需拉于平衡位置上方向上振动的过程中,位移为正,B正确;3次。在t=2.1s时质点a位于波谷,与t=2.25s的时间间隔18答案(1)①af、fd、ce②1.50±0.02③ⅡR<R0TΔt=0.15s<,则t=2.25s时质点a沿y轴正方向振(2)BD2解析(1)①由电路图可知,滑动变阻器采用分压式接动,C错误;波源p从t=0时刻开始振动,在t=0.3s时,法,电压表并联接在电阻两端,由实物图可知电源电压质点b开始振动,即在0到2s内,质点b运动的时间为为3V,故需连接ce、fd、af三条线。Tt=1.7s=4T+,质点b运动总路程s=17A,A=15cm,4②电压表0~3V量程的分度值为0.1V,估读一位,读数则s=2.55m,D正确。为1.50V。17答案(1)①6.20±0.051.9±0.2②BC③滑片滑到AB段中点时,电阻箱阻值越大,电阻箱与滑25 动变阻器AP段的并联电阻越接近R,根据串联分压规AP5+321答案(1)80A(2)0.5Ω(3)s2xx律,U=U,U与成正比,故R=100Ω时对应图线APAPLLv1(m+M)a解析(1)安培力F=nBIla=I==80A安tnlB1Ⅱ,选择滑动变阻器的依据是R<R。0nBlv(2)G、G按题图连接,晃动G时,G的指针向左偏,(2)感应电流I′=1211R+R0线圈切割磁感线,相当于“发电机”,产生的感应电流经222nlB由牛顿第二定律有(800-10v)+v=ma′R+R0导线流到G,在安培力作用下线圈转动,指针偏转,相2在t至t期间加速度恒定,则13当于“电动机”,故B、D正确。2222nlB-1219答案(1)2m/s(2)4m/s(3)2.7m=10kg·sR=0.5Ωa′=160m/sR+R0解析(1)由牛顿第二定律v1(3)t-t==0.5s212a′mgsin24°-μmgcos24°=maa=2m/s1121(2)匀加速v=2a1l1v=4m/ss=t2v1=80m222(3)匀减速v-v=2ala=-μgl=2.7m12222-nBlΔq=0-ma′(t-t)[或nBlΔq=ma′(t-t)]323220答案(1)5m/s(2)F=0.1h-0.14(h≥1.2m)N1ùé2nBlêês-a′(t-t)úú32ë2û(3)见解析感应电荷量Δq=R+R0122解析(1)滑块b摆到最低点mgh=mvb(t3-t2)+(t3-t2)-1s=025+3弹性正碰v0=vb=5m/st3=s22vE(2)以竖直向下为正方向F+mg=m22答案见解析NR解析(1)①离子在磁场中运动12mgh-2μmgl-mgH=mvF=0.1h-0.14(h≥1.2m)2EN2mvmv00qvB=B=0RqR从h释放时,滑块a运动到E点时速度恰好为零1πRmgh-2μmgl-mgH=0h=1.2m②离子在磁场中的运动时间t=112v0(3)当1.2m≤h<1.65m时π转筒的转动角度ωt=2kπ+22Ht=s=vtEgv0ω=(4k+1),k=0,1,2,…Ræ3öæ3öç3+÷m≤x<ç3.6+÷mè5øè5ø(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′当0.9m<h<1.2m时,从h=0.9m释放时,滑块a运动θθ2R′=Rtanv=vtan022到距c点0.8m处速度恰好为零,滑块a由E点速度为R离子在磁场中的运动时间t′=(π-θ)零,返回到CD时距C点0.6m处速度恰好为零2.6m<v0x≤3m转筒的转动角度ω′t′=2nπ+θ26 (2nπ+θ)v(4k+1)v(2nπ+θ′)v6v0000转筒的转动角速度ω′=,n=0,1,2,…=<(π-θ)RR(π-θ′)RR2π5-2n动量定理F=Nmvk=1,θ′=π,n=0,2ω′62(2nπ+θ)Nmv0θ51F=tan,n=0,1,2,…可得θ′=π,π2(π-θ)πR266(3)转筒的转动角速度27 查看更多

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