资料简介
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
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