资料简介
湖南省2022年普通高中学业水平选择性考试１Ｃ玻尔的原子理论解释了原子光谱的分立特征，但飘带长度），单位长度飘带所受的水平力为Ｆ０，飘带所没有完全揭示微观粒子运动的规律，故选项Ａ、Ｂ错误。受的水平力Ｆ＝ＬＦ０。则对飘带受力分析，所得矢量三角爱因斯坦的光子说很好地解释了光电效应，光电效应说ＦＬＦ０Ｆ０形如图，ｔａｎθ＝＝＝，由于ｍ０ＭｇＬｍｇｍｇ明光具有粒子性，故选项Ｃ正确。电子束穿过铝箔后的００与Ｆ为定值，则θ为定值，即θ与Ｌ无衍射图样揭示了电子的波动性，故Ｄ错误。０关，无论选取的研究对象Ｌ很小还是很２Ａ没有移去ａ处绝缘棒时，由电场的叠加与对称性大，θ都不变，则飘带拉力Ｆ方向一定，所以飘带实际可知，Ｏ点合场强为零；移去ａ处绝缘棒时Ｏ点的场强拉形态最接近一条直线，故选Ａ。与单独带正电的ａ处绝缘棒在Ｏ点的场强大小相等、方６Ｂ本题使用等效法最简向相反，故移去ａ处绝缘棒后的合场强方向垂直指向ａ。捷，如图，将理想变压器等效绝缘棒带正电，离绝缘棒越远，电势越低，移去ａ处绝缘２棒，该绝缘棒在Ｏ点产生的电势减小，其余绝缘棒在Ｏ＝æｎ１ö为电阻，Ｒç÷·Ｒ（ｎ等１１èｎ２ø点产生的电势不变，则Ｏ点处电势减小，故选Ａ。和ｎ分别为变压器原副线２３Ｄ由左手定则可知，当直导线静止在右侧时，电流圈匝数），若保持Ｐ位置不变，则Ｒ＝４Ｒ，Ｐ向左缓慢１等２方向为由Ｍ到Ｎ，选项Ａ错误；当直导线ＭＮ在右侧时，Ｕ总对直导线ＭＮ受力分析，得到力的矢量三角形如图，滑动，Ｒ接入电路的阻值减小，Ｉ＝，Ｉ增大，Ｕ＝２Ｒ＋Ｒ２等Ｆ安ＢＩＬ２ｓｉｎθ＝ｍｇ＝ｍｇ，Ｆ线＝ｍｇｃｏｓθ，Ｂ、Ｌ、ｍｇ为定值，所以Ｕ总－ＩＲ等，Ｕ减小，Ａ项错误；ＰＲ１＝Ｐ等＝Ｉ·Ｒ等，ＰＲ１增大，Ｂ选项正确；若保持Ｐ在最右端位置不变，Ｒ＝９Ｒ，Ｐ２２１ｓｉｎθ与电流Ｉ成正比，悬线中的拉力Ｆ会随着θ的变线向下缓慢滑动，ｎ减小，Ｒ增大，Ｉ减小，Ｕ＝Ｕ＝ＩＲ，Ｕ２等Ｒ２化而变化，所以选项Ｂ、Ｃ错误，选项Ｄ正确。２减小，Ｃ项错误；将Ｒ等效为电源内阻Ｒ，当Ｒ＝Ｒ＝２内等内９Ｒ时，Ｒ消耗的功率最大，故Ｒ消耗的功率先增大，后１１减小，Ｄ选项错误。归纳总结１．理想变压器动态分析问题，可将变压２æｎ１ö器等效为一纯电阻，Ｒ＝ç÷·Ｒ。等副易错警示本题的安培力方向是垂直悬线的方向，èｎ２ø分析时容易错画为水平方向。２．在原线圈上接有负载时，可以将不变的电阻等效为４Ｂ设中子质量为ｍ，则氢核质量为ｍ，氮核质量为电源内阻，借助闭合电路欧姆定律分析副线圈中功率变化问题，如Ｒ＝ｒ时，Ｐ有最大值。Ｍ＝１４ｍ。对中子碰撞氢核过程，有ｍｖ＝ｍｖ′＋ｍｖ，等内等０１１１１２２２７ＡＣＰ＝ｍｇｖ，０～ｔ时间内，ｖ减小，Ｐ减小，Ａ正ｍｖ＝ｍｖ′＋ｍｖ，联立解得：ｖ′＝０，ｖ＝ｖ，则碰后氢Ｇ１Ｇ０１１０２２２确；在０～ｔ时间内图像斜率减小，加速度减小，Ｂ错误；１１２核动量ｐ′＝ｍｖ０，氢核动能Ｅｋ′＝ｍｖ０；同理，分析中子碰ｔ～ｔ时间内，由ｐ＝ｍｖ，ｖ减小，返回舱动量ｐ减小，Ｃ正２１２确；ｔ～ｔ时间内，ｖ不变，Ｅ不变，返回舱下落，重力势１１１２３ｋ２２２撞氮核过程，有ｍｖ＝ｍｖ″＋Ｍｖ，ｍｖ＝ｍｖ″＋Ｍｖ，０２０２２２２能Ｅ减小，故返回舱机械能减小，Ｄ错误。ｐ３３ｍ－Ｍ１３２ｍ２ＲＲＴ解得ｖ″＝ｖ＝－ｖ，ｖ＝ｖ＝ｖ，可知碰后氮地火火００２００８ＣＤ由开普勒第三定律有＝，得＝Ｍ＋ｍ１５Ｍ＋ｍ１５Ｔ２Ｔ２Ｔ地火地２８１２３２核动量ｐ″＝Ｍｖ２＝ｍｖ０＞ｐ′，碰后氮核动能Ｅｋ″＝Ｍｖ２＝æＲ火ö２７ＧＭｍｖＧＭ１５２ç÷＝，Ａ错误；由＝ｍ，得ｖ＝，２èＲ地ø８ｒｒｒ５６１２２２５·２ｍｖ０＜Ｅｋ′，故选Ｂ。故ｖ火＜ｖ地，在火星冲日处，地球上观测者观测到火星向西运动，为逆行，Ｂ错误、Ｃ正确；在火星冲日处ｖ、ｖ５Ａ设单位长度飘带质量为ｍ，总质量Ｍ＝Ｌｍ（Ｌ为火地００同向，矢量差最小，故相对速度最小，Ｄ正确。６
２９ＢＣ关闭发动机匀速下落时，ｋｖ１＝Ｍｇ，ｖ１＝１０ｍ／ｓ，（一）必考题：共４３分。２以最大推力推动飞行器向上匀速运动时，Ｆｍａｘ＝Ｍｇ＋ｋｖ２，１１答案（３）见解析（４）１５．３５（１５．３４～１５．３６）ｖ２＝５ｍ／ｓ，故Ｆｍａｘ＝１．２５Ｍｇ，Ａ项错误；飞行器以５ｍ／ｓ（５）１２７水平匀速飞行时，对飞行器受力分析如图１，有Ｆ＝解析（３）根据表中数据描点连线如图所示；１７２２２（ｋｖ）＋（Ｍｇ）＝Ｍｇ，Ｂ项正确；发动机以最大推２４力推动飞行器匀速水平飞行时，对飞行器受力分析如图２２２２，有Ｆ＝（ｋｖ）＋（Ｍｇ），得ｖ＝５３ｍ／ｓ，Ｃ项正确；ｍａｘ３３当发动机以最大推力向下推动飞行器，且飞行器向上做减速运动时，加速度大小最大，此时对飞行器受力分析２ｋｖ＋Ｆ＋Ｍｇ２ｍａｘ如图３，有ａ＝＝２．５ｇ，Ｄ项错误。ｍＭ图１图２图３１０ＢＤｂ刚要滑动时，等效电路如图（４）根据刻度尺的读数规则，读出橡皮筋的长度为Ｒ＝Ｒ＝Ｒ＝０．１Ω１５．３５ｃｍ－０．００ｃｍ＝１５．３５ｃｍ；ａｂＥ１１ΔＦＥ＝ＢＬｖ，故Ｉ＝×（５）由胡克定律Ｆ＝ｋｘ可得ｋ＝，本题中ΔＦ可用５枚１ａｂΔｘＲ２Ｒ＋２硬币的重力表示，则Δｘ指的是橡皮筋的伸长量，约为对ｂ，有ＢＩＬ＝μｍｇ，解得ｖ＝３．０ｍ／ｓ，Ｅ＝０．３０Ｖ５×６．０５×１０－３×９．８ｂａ１１．５１ｃｍ，则ｋ＝Ｎ／ｃｍ≈０．１９６Ｎ／ｃｍ；设１１．５１２ａ离开导轨做平抛运动，满足ｈ＝ｇｔ，ｘ＝ｖｔ，解得ｘ＝ａ２冰墩墩玩具的质量为ｍ，挂上冰墩墩后，橡皮筋长度为１．２ｍ，Ａ项错误。１５．３５ｃｍ，与表中第４组数据联立可得ｋ＝－３ａ在空中运动过程中，切割磁感线的速度不变，由Ｅ＝（ｍ－２０×６．０５）×１０×９．８Ｎ／ｃｍ，解得ｍ≈１２７ｇ。１５．３５－１５．０５ＢＬｖ，可知Ｅ不变，Ｂ项正确。由右手定则和左手定则ａ１２答案（１）大于（２）×１０（３）向上（４）４００可判断ｂ所受安培力向左，故Ｃ项错误。ａ在导轨上运解析（１）短接①②，考虑到电源电动势不变，当保持电ＥＢＬΔｘ动过程，感应电荷量Ｑ＝Ｉ·Δｔ＝·Δｔ＝·Δｔ＝Ｒ总Ｒ总Δｔ阻Ｒ０滑片的位置不变时，由闭合电路欧姆定律可知Ｉ＝ＢＬΔｘ１１０．１×１×１．７４Ｅ，通过Ｒ的电荷量ｑ＝Ｑ＝×Ｃ＝，将Ｒｍ或Ｒｎ视为外电路的电阻，由于Ｒｍ＜Ｒｎ，则Ｒ总２２０．１５Ｒ内＋Ｒ外０．５８Ｃ，Ｄ项正确。Ｉｍ＞Ｉｎ。（２）当开关接ｎ时，欧姆表内电阻较大，内电阻和待测电方法归纳１．分析平抛运动时要抓住两个分运动，阻串联分压，则待测量的电阻阻值应较大，即此时应为１２ｈ＝ｇｔ，ｘ＝ｖｔ。２．电磁感应综合问题，要抓“源、路、０“×１０”挡位。２力、能”分析：①等效电路分析往往是电荷量分配、热（３）若滑片位置不变，当开关接到较大的电阻Ｒｎ时，考ΔΦ虑串联电路分压关系，电流计不能满偏，若要使电流计量分配问题的突破口；②感应电荷量Ｑ＝应用很广Ｒ总满偏，则需要减小其所在支路的总电阻，故需向上调节泛。调零电阻Ｒ的滑片。０７
ＥＥ１２（４）设Ｉ＝ｋＩ＝，当①②短接时，ｋＩ＝；当接入ｍｖ－０＝（１－λ）ｍｇＨ①总ｇｇ０ＲＲ２总内２Ｅ１２１００Ω的电阻时，ｋＩ＝；当接入Ｒ时，０－ｍｖ＝－（１＋λ）ｍｇｈ②ｇｘ１３Ｒ＋１００Ω２内１Ｅｖ１（１＋λ）ｈｋＩｇ＝，联立解得Ｒ内＝２００Ω，Ｒｘ＝４００Ω。联立①②式解得＝③３Ｒ内＋Ｒｘｖ０（１－λ）Ｈｍｇｄ（Ｒ１＋Ｒ２）ｍｖｍｇ（２）若篮球与地面碰撞后恰好能反弹至ｈ高处，则篮球１３答案（１）（２）（３）ｑＲ２ｑｄ２ｑ２与地面碰撞后的速率必为ｖ，则篮球在力Ｆ作用下落回１解析（１）小球在两极板间做匀速圆周运动，则重力与地面时速率必为ｖ，对篮球下落过程由动能定理有０电场力平衡，ｍｇ＝ｑＥ１２ｍｖ－０＝（１－λ）ｍｇｈ＋Ｗ④０Ｆ设两板间的电压为Ｕ，由闭合电路欧姆定律可知２ｈ－ｈＲ０２由图（ｂ）中图像面积可得Ｗ＝Ｆ⑤Ｕ＝ＥＦ０＋Ｒ０２Ｒ１２２（１－λ）ｍｇ（Ｈ－ｈ）Ｕ联立①④⑤式可得Ｆ＝⑥又Ｅ＝０ｈ－ｈｄ０ｍｇｄ（Ｒ＋Ｒ）（３）设第ｉ次拍击前后的上升阶段的初速度大小、下降１２联立解得Ｅ＝０ｑＲ２阶段的末速度大小分别为ｖｉ、ｖｉ′，对应的离地高度为ｈｉ，（２）小球做圆周运动的轨迹如图所示，设轨迹半径为ｒ，每次拍击后篮球获得的速度为ｖ，则由动量定理有由几何关系得：（ｒ－ｄ）２＋（３ｄ）２＝ｒ２Ｉ＝ｍｖ⑦２再对每个阶段由动能定理有ｍｖ根据洛伦兹力提供向心力得：ｑｖＢ＝ｒ１２０－ｍｖ＝－（１＋λ）ｍｇｈ⑧１１２ｍｖ联立解得Ｂ＝２ｑｄ１１２２ｍｖ′－ｍｖ＝（１－λ）ｍｇｈ⑨１１２２１２０－ｍｖ＝－（１＋λ）ｍｇｈ⑩２２２１１２２ｍｖ′－ｍｖ＝（１－λ）ｍｇｈ???２２２２……１２０－ｍｖ＝－（１＋λ）ｍｇｈ???（３）设小球离开电容器时，速度方向与水平方向间的夹２ＮＮ３ｄ１２１２角为θ，则ｓｉｎθ＝ｍｖＮ′－ｍｖ＝（１－λ）ｍｇｈＮ???ｒ２２要使小球做直线运动，则合力方向应与ｖ在一条直线１２０－ｍｖ＝－（１＋λ）ｍｇｈ???Ｎ＋１Ｎ＋１２上，当ｑＥ′与ｖ所在直线垂直时，ｑＥ′最小，则Ｅ′最小，如ｖｖ′ｖ′０１Ｎ图所示，有ｑＥ′＝ｍｇｃｏｓθ其中ｈ＝Ｈ、＝＝…＝???Ｎ＋１ｖｖｖ１２Ｎｍｇ联立解得Ｅ′＝联立①、⑦～???式解得２ｑＮ（１＋λ）ｈ２（１－λ）ｍｇ（Ｈ－ｈ）é１æ１－λöù２Ｉ＝２ｍê－ç÷ú（１－λ－ｋ（１＋λ）１４答案（１）（２）ê１－λ２è１＋λøú（１－λ）Ｈｈ－ｈëû０Ｎ（二）选考题：共１３分。请考生从两道题中任１１－λ２（３）２ｍ［－（）］（１－λ－ｋ（１＋λ）２１－λ１＋λ选一题作答。如果多做，则按第一题计分。解析（１）设篮球与地面碰撞前后的速率分别为ｖ、ｖ，１５ＡＢＥ分子热运动速率较小的气体分子，温度较低，０１由动能定理有：内能较小，在环形管中心部位聚集，与分离挡板碰撞后８
反弹，最后从Ａ端流出，则Ａ端为冷端，Ｂ端为热端，Ａ、ＢＬ／２１５２１５ｄ＝＝Ｌ＝ｍｍ≈１．５５ｍｍ正确，Ｃ项错误；装置中气体进出过程，满足能量守恒定ｔａｎｉ２５律和热力学第二定律，Ｅ正确，Ｄ错误。（ⅱ）如图，若使可视角度刚好被扩为１８０°，则临界光线１５答案（ⅰ）１×１０５Ｐａ（ⅱ）１Ｎ恰好发生全反射解析（ⅰ）对活塞受力分析，当活塞处于Ａ位置时１＝１ｓｉｎＣ＝ｎ２ｐＳ＋（ｍ＋ｍ）ｇ＝ｐＳ１１２０可得Ｃ＝３０°５代入数据解得ｐ＝１×１０Ｐａ１由图中几何关系有（ⅱ）当活塞处于Ｂ位置时，由于汽缸是导热的，对汽缸ｘＬ中的气体，利用玻意耳定律，＋２２ｔａｎＣ＝ｐＶ＝ｐＶｄ１１２２５其中Ｖ１＝９．９Ｌ，Ｖ２＝Ｖ１＋ｈＳ，ｐ１＝１×１０Ｐａæ２３ö解得ｘ＝ç－０．８÷ｍｍ≈０．３５ｍｍ代入数据解得ｐ＝９．９×１０４Ｐａè３ø２对活塞受力分析思路分析可视角度对应于最大折射角度，则对应ｐ２Ｓ＋（ｍ１＋ｍ２）ｇ＋Ｆ＝ｐ０Ｓ于最大入射角度，也就对应于临界光线，即传播路径代入数据解得Ｆ＝１Ｎ。恰好经过屏障边缘的光线。作出光路图，确定几何关１６ＡＢＤ由图可知，ｘ从０到０．２ｍ的过程中，浮力Ｆ系即可。从最大值减小到最小值，可知棒在竖直方向上从最低点运动到最高点，由对称性知ｘ＝０．１ｍ时棒恰好经过平衡位置，故当ｘ从０．０５ｍ到０．１５ｍ的过程中，棒的动能先增大后减小，Ａ正确。同理可知，当ｘ从０．２１ｍ到０．２５ｍ的过程中，棒从最高点向平衡位置运动，加速度方向竖直向下，大小逐渐减小，Ｂ正确。ｘ＝０．３５ｍ与ｘ＝０．４５ｍ时，棒竖直方向振动的速度大小相等，方向相反，但水平方向还有随河水运动的速度，故棒的速度方向不Ｆ－Ｆ１２是相反的，Ｃ错误。由Ｆ－Ｆ＝ρｇＳ×２Ａ，解得Ａ＝，１２２ρｇＳＤ正确。波是振动传播形成的，介质内的质点并不随波迁移，而木棒沿ｘ轴匀速运动，故棒的运动不是机械横波，Ｅ错误。思路分析图（ｂ）不是常见的振动图像，由于水流速度恒定，故沿ｘ轴方向的位移可表征时间。棒的振动是由重力与浮力的合力提供回复力，而重力恒定，故浮力的变化周期等于振动周期，再由浮力的极值来确定棒在竖直方向上振动的对应位置即可。１６答案（ⅰ）１．５５ｍｍ（ⅱ）０．３５ｍｍ解析（ⅰ）由可视角度为６０°，可知最大折射角ｒ＝３０°，由折射定律可知，最大入射角ｉ的正弦值为ｓｉｎｒ１ｓｉｎｉ＝＝ｎ４由图中几何关系可得９
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