2022年浙江高考物理試題解析

2022年浙江高考物理試題解析

1.下列屬于力的單位是〇

A.kg-m/s2B.kg-m/sC.kg-m2sD.

kg-s/m2

【答案】A

【詳解】根據(jù)牛頓第二定律有

F=ma

則カ的單位為

kg-m/s2

故選Ao

2.下列說(shuō)法正確的是〇

A,鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度不變

B足球下落過(guò)程中慣性不隨速度增大而増大

c,乒乓球被擊打過(guò)程中受到的作用カ大小不變

D,籃球飛行過(guò)程中受到空氣阻力的方向與速度方向無(wú)關(guān)

【答案】B

【詳解】A.鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度方向在改變,A錯(cuò)誤;

B.慣性只與質(zhì)量有關(guān),則足球下落過(guò)程中慣性不隨速度增大而增大,B正確;

c.乒乓球被擊打過(guò)程中受到的作用カ隨著形變量的減小而減小，C錯(cuò)誤;

D,籃球飛行過(guò)程中受到空氣阻力的方向與速度方向有關(guān)，D錯(cuò)誤。

故選Bo

3.如圖所示,魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是〇

A.魚兒吞食花瓣時(shí)魚兒受力平衡

B.魚兒擺尾出水時(shí)浮力大于重力

c.魚兒擺尾擊水時(shí)受到水的作用力

D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)

【答案】C

【詳解】A.魚兒吞食花瓣時(shí)處于失重狀態(tài),A錯(cuò)誤;

BC.魚兒擺尾出水時(shí)浮力很小,魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時(shí)水對(duì)魚向上的作用

カ大于重力,B錯(cuò)誤、C正確;

D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動(dòng)作不可以把魚兒視為質(zhì)點(diǎn),否則就無(wú)動(dòng)作可言,D錯(cuò)誤。

故選C。

4.關(guān)于雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是〇

A.用復(fù)色光投射就看不到條紋

B.明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結(jié)果

C.把光屏前移或后移,不能看到明暗相間條紋

D.藍(lán)光干涉條紋的間距比紅光的大

【答案】B

【詳解】A.用復(fù)色光投射同樣能看到條紋，A錯(cuò)誤;

B,雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中,明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結(jié)果,B正確;

C.由條紋間や=セス知,把光屏前移或后移,改變了厶，從而改變了條紋間距，但還可能

a

看到明暗相間條紋,C錯(cuò)誤;

D,由條紋間や=丄ス知,且ス就＜2紅,則藍(lán)光干涉條紋的間距比紅光的小,D錯(cuò)誤。

a

故選B。

5.下列說(shuō)法正確的是()

A.恒定磁場(chǎng)對(duì)靜置于其中的電荷有力的作用

B,小磁針N極在磁場(chǎng)中的受カ方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向

C,正弦交流發(fā)電機(jī)工作時(shí),穿過(guò)線圈平面的磁通量最大時(shí),電流最大

I),升壓變壓器中,副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率

【答案】B

【詳解】A.恒定磁場(chǎng)對(duì)速度不平行于磁感線的運(yùn)動(dòng)電荷オ有力的作用,A錯(cuò)誤;

B.小磁針N極在磁場(chǎng)中的受カ方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，B正確;

C.正弦交流發(fā)電機(jī)工作時(shí),穿過(guò)線圈平面的磁通量最大時(shí),電流為0,C錯(cuò)誤;

D,根據(jù)變壓器的原理可知,副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率,

D錯(cuò)誤。

故選B?

6,神州十三號(hào)飛船采用“快速返回技術(shù)”,在近地軌道上,返回艙脫離天和核心艙,在圓

軌道環(huán)繞并擇機(jī)返回地面。則（）

A,天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越大

B,返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài),不受地球的引力

C.質(zhì)量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運(yùn)行

D.返回艙穿越大氣層返回地面過(guò)程中，機(jī)械能守恒

【答案】C

【詳解】AC,根據(jù)

可知圓軌道距地面高度越高,環(huán)繞速度越小;而只要速度相同了就可以在同一軌道運(yùn)行,與

返回艙和天和核心艙的質(zhì)量無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤,C正確;

B.返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài),仍然受到地球引力作用,地球的引力提供宇航員繞地

球運(yùn)動(dòng)的向心力,故B錯(cuò)誤；

D.返回艙穿越大氣層返回地面過(guò)程中,有阻カ做功產(chǎn)生熱量,機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。

故選C。

7.如圖為氫原子的能級(jí)圖。大量氫原子處于"=3的激發(fā)態(tài),在向低能級(jí)躍遷時(shí)放出光子,

用這些光子照射逸出功為2.29eV的金屬鈉。下列說(shuō)法正確的是（）

n￡/eV

00--------------------------0

4---------------------0.85

3---------------------1.51

2---------------------3.4

1--------------------13.6

A,逸出光電子的最大初動(dòng)能為10.80eV

B.”=3躍遷到〃=1放出的光電子動(dòng)量最大

C,有3種頻率的光子能使金屬鈉產(chǎn)生光電效應(yīng)

I),用0.85eV的光子照射,氫原子躍遷到"=4激發(fā)態(tài)

【答案】B

【詳解】A,從〃=3躍遷到〃=1放出的光電子能量最大,根據(jù)

以

可得此時(shí)最大初動(dòng)能為

Ek=9.8eV

故A錯(cuò)誤;

B.根據(jù)

hhv

P=^A=—c

E=hv

又因?yàn)閺摹?3躍遷到〃=1放出光電子能量最大,故可知?jiǎng)恿孔畲?故B正確;

C,大量氫原子從〃=3的激發(fā)態(tài)躍遷基態(tài)能放出C；=3種頻率的光子,其中從〃=3躍遷到

〃=2放出的光子能量為

\Ek=3.4eV-1.5leV=l,89eV<2.29eV

不能使金屬鈉產(chǎn)生光電效應(yīng),其他兩種均可以,故C錯(cuò)誤;

D,由于從〃=3躍遷到〃=4能級(jí)需要吸收的光子能量為

AE=1.5leV-0.85eV=0.66eV豐0.85eV

所以用0.85eV的光子照射,不能使氫原子躍遷到〃=4激發(fā)態(tài),故D錯(cuò)誤。

故選Bo

8.如圖所示,王亞平在天宮課堂上演示了水球光學(xué)實(shí)驗(yàn),在失重環(huán)境下,往大水球中央注

入空氣,形成了一個(gè)空氣泡,氣泡看起來(lái)很明亮,其主要原因是（）

A,氣泡表面有折射沒(méi)有全反射

B.光射入氣泡衍射形成“亮斑”

C,氣泡表面有折射和全反射

D,光射入氣泡干涉形成“亮斑”

【答案】C

【詳解】當(dāng)光從水中射到空氣泡的界面處時(shí)，一部分光的入射角大于或等于臨界角，發(fā)生了

全反射現(xiàn)象;還有一部分光折射到內(nèi)壁然后再折射出去,所以水中的空氣泡看起來(lái)比較亮。

故選Co

9.如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場(chǎng),板長(zhǎng)為ム（不

考慮邊界效應(yīng)）。=0時(shí)刻,M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為出的相同粒子,垂直

M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為の%;平行M板向下的粒子，剛好從N板下端

射出。不計(jì)重力和粒子間的相互作用,則（）

A.M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)

B.兩個(gè)粒子的電勢(shì)能都增加

C.粒子在兩板間的加速度為。=迫

L

D,粒子從N板下端射出的時(shí)間t=（企ー1）厶

2%

【答案】c

【詳解】A.由于不知道兩粒子的電性,故不能確定M板和N板的電勢(shì)高低,故A錯(cuò)誤;

B,根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則電場(chǎng)カ做正功,

電勢(shì)能減小;則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)電場(chǎng)力也做正功,電勢(shì)能同樣減小,故B

錯(cuò)誤;

CD.設(shè)兩板間距離為イ,對(duì)于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平

拋運(yùn)動(dòng),有

L

宀

dノ.——1cit2

2

對(duì)于垂直M板向右的粒子,在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng),因兩粒子相同,在電場(chǎng)中加速度相

同,有

（夜％）-=lad

聯(lián)立解得

故C正確,D錯(cuò)誤;

故選Co

io.如圖所示，ー輕質(zhì)曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直,兩斜桿

夾角。=60°°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點(diǎn)，則每根斜桿受到地面的（）

B.作用カ為@G

6

C,摩擦カ為在GD.摩擦カ為&C

8

【答案】B

【詳解】設(shè)斜桿的彈カ大小為ド,以水平橫桿和重物為整體，豎直方向根據(jù)受力平衡可得

4ドcos300=G

解得

F=—G

以其中一斜桿為研究對(duì)象,其受力如圖所示

可知每根斜桿受到地面的作用カ應(yīng)與ド平衡,即大小為ホG,每根斜桿受到地面的摩擦

6

カ為

/=Fsin30°=—G

12

B正確，ACD錯(cuò)誤;

故選Bo

H.如圖所示,ー根固定在墻上的水平光滑桿,兩端分別固定著相同的輕彈簧,兩彈簧自由

端相距ス。套在桿上的小球從中點(diǎn)以初速度リ向右運(yùn)動(dòng),小球?qū)⒆鲋芷跒楗⒌耐鶑?fù)運(yùn)動(dòng),則

()

LxJ

/UUUUUUUUUUU'V-/'UUUUUUUUUUU

A.小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)

B.小球動(dòng)能變化周期為エ

2

C.兩根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化周期為T

D.小球的初速度為ス時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期為2T

2

【答案】B

【詳解】A.物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件是它在運(yùn)動(dòng)中所受回復(fù)カ與位移成正比，且方向總是指

向平衡位置,可知小球在桿中點(diǎn)到接觸彈簧過(guò)程,所受合力為零,此過(guò)程做勻速直線運(yùn)動(dòng),

故小球不是做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;

BC,假設(shè)桿中點(diǎn)為。,小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時(shí)的位置為A,小球向左壓縮彈簧

至最大壓縮量時(shí)的位置為B,可知小球做周期為T的往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程為

OfA—O—0

根據(jù)對(duì)稱性可知小球從OfA一0與?！狟—。,這兩個(gè)過(guò)程的動(dòng)能變化完全一致,兩

根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化完全一致,故小球動(dòng)能的變化周期為ー,兩根彈簧的總彈性勢(shì)

2

T

能的變化周期為ー,B正確,C錯(cuò)誤;

2

D.小球的初速度為ズ時(shí)，可知小球在勻速階段的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，接觸彈簧過(guò)程，根

2

據(jù)彈簧振子周期公式

"=2唬

可知接觸彈簧過(guò)程所用時(shí)間與速度無(wú)關(guān)，即接觸彈簧過(guò)程時(shí)間保持不變,故小球的初速度為

ス時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期應(yīng)小于2T，D錯(cuò)誤;

2

故選B。

12.風(fēng)カ發(fā)電已成為我國(guó)實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)カ發(fā)電機(jī)是ー種

將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)カ發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時(shí),輸出電功率為405kW,風(fēng)速

在5~10m/s范圍內(nèi),轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過(guò)的面積為A,空氣

密度為「,風(fēng)場(chǎng)風(fēng)速為也并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說(shuō)法正確的是()

A.該風(fēng)カ發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比

B.單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能為:pAv2

C,若每天平均有1.0xl()8kW的風(fēng)能資源,則每天發(fā)電量為2.4xl()9kW.h

D?若風(fēng)場(chǎng)每年有500Oh風(fēng)速在6~10m/s的風(fēng)能資源,則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為

6.0xl05kW-h

【答案】D

【詳解】AB.單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣體積為

單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣質(zhì)量為

,叫>=夕％=PAv

單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能為

12143

-mov=-pAv

風(fēng)速在5~10m/s范圍內(nèi),轉(zhuǎn)化效率可視為不變,可知該風(fēng)カ發(fā)電機(jī)輸出電功率與風(fēng)速

的三次方成正比,AB錯(cuò)誤;

C.由于風(fēng)カ發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率,若每天平均有LOxIO'kW的風(fēng)能資源,則每天發(fā)電量應(yīng)

滿足

E<1.0xl08x24kWh=2.4xl09kW-h

C錯(cuò)誤:

D.若風(fēng)場(chǎng)每年有5000h風(fēng)速在6~10m/s的風(fēng)能資源,當(dāng)風(fēng)速取最小值6m/s時(shí),該發(fā)

電機(jī)年發(fā)電量具有最小值,根據(jù)題意,風(fēng)速為9m/s時(shí)，輸出電功率為405kW,風(fēng)速在

5~10m/s范圍內(nèi),轉(zhuǎn)化效率可視為不變,可知風(fēng)速為6m/s時(shí),輸出電功率為

^=63x^kW=120kW

則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為

E=ル=120x5000kWh=6.0xl03kWh

D正確;

故選D?

13.小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為

20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺(tái),先加速再勻速，最后做加速度大小不超過(guò)

Sm/sユ的勻減速運(yùn)動(dòng),到達(dá)平臺(tái)速度剛好為零，g取lOm/s"則提升重物的最短時(shí)間為

()

A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s

【答案】C

【詳解】為了以最短時(shí)間提升重物,ー開始先以最大拉力拉重物做勻加速上升,當(dāng)功率達(dá)到

額定功率時(shí),保持功率不變直到重物達(dá)到最大速度,接著做勻速運(yùn)動(dòng),最后以最大加速度做

勻減速上升至平臺(tái)速度剛好為零,重物在第一階段做勻加速上升過(guò)程,根據(jù)牛頓第二定律可

得

T-mg300-20x10...

a.--m------=---------------m/s2=5m/s2

'm20

當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，設(shè)重物速度為片，則有

/1200///

v.=—=------m/s=4m/s

1

Tm300

此過(guò)程所用時(shí)間和上升高度分別為

ム=—=—s=0.8s

%5

い上m=1.6m

2q2x5

重物以最大速度勻速時(shí),有

七41200,/,

=’え=----m/s=6m/s

Tmg200

重物最后以最大加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和上升高度分別為

6

「厶—s=1.2s

5

m=3.6m

2x5

設(shè)重物從結(jié)束勻加速運(yùn)動(dòng)到開始做勻減速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為ら,該過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理可得

?,12I,

P^t2-mgh2=-mv；n--mv-

又

hy=85.2m-1.6m-3.6m=80m

聯(lián)立解得

ら=13.5s

故提升重物的最短時(shí)間為

-in=ム+ら+ム=0.8s+13.5s+1.2s=15.5s

C正確,ABD錯(cuò)誤;

故選Co

二、選擇題n（本題共3小題,每小題2分,共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)

中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分,選對(duì)但不選全的得1分,

有選錯(cuò)的得0分）

14.秦山核電站生產(chǎn)1C的核反應(yīng)方程為號(hào)N+：nf2C+X,其產(chǎn)物1C的衰變方程為

々C-?i；N+_；e。下列說(shuō)法正確的是（）

A.X是;HB.々C可以用作示蹤原子

C.%來(lái)自原子核外D.經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期,10個(gè)クC將剩下

5個(gè)

【答案】AB

【詳解】A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知,X的質(zhì)子數(shù)為1,中子數(shù)為1,即為;H,

故A正確;

B.常用的示蹤原子有:こじ,［〇,;H,故B正確;

C.」;e由原子核內(nèi)的一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為ー個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子,電子被釋放出來(lái),所以一;e來(lái)自

原子核內(nèi),故C錯(cuò)誤;

D,半衰期是一個(gè)統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)于大量原子核衰變是成立的，個(gè)數(shù)較少時(shí)規(guī)律不成立,故D

錯(cuò)誤。

故選AB。

15.如圖為某一徑向電場(chǎng)示意圖,電場(chǎng)強(qiáng)度大小可表示為ダ=-,a為常量。比荷相同的

r

兩粒子在半徑/?不同的圓軌道運(yùn)動(dòng)。不考慮粒子間的相互作用及重力,則（)

A,軌道半徑/?小的粒子角速度一定小

B.電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大

C,粒子的速度大小與軌道半徑，一定無(wú)關(guān)

D.當(dāng)加垂直紙面磁場(chǎng)時(shí),粒子一定做離心運(yùn)動(dòng)

【答案】BC

【詳解】A.根據(jù)電場(chǎng)カ提供向心力可得

a2

—?q=mco'r

可知軌道半徑r小的粒子角速度大,故A錯(cuò)誤;

BC.根據(jù)電場(chǎng)カ提供向心力可得

聯(lián)立可得

線="

k2

可知電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大,粒子的速度大小與軌道半徑r一定無(wú)關(guān),故BC正確;

D.磁場(chǎng)的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲カ方向不能確

定,粒子可能做離心運(yùn)動(dòng),也可能做近心運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤。

故選BC。

16.位于x=0.25m的波源尸從，=0時(shí)刻開始振動(dòng),形成的簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正負(fù)方向傳播,

在?=2.0s時(shí)波源停止振動(dòng),f=2.1s時(shí)的部分波形如圖所示,其中質(zhì)點(diǎn)。的平衡位置

ム=1.75m,質(zhì)點(diǎn)ケ的平衡位置%=-0.5m。下列說(shuō)法正確的是（）

ハy/cm

-15

A,沿x軸正負(fù)方向傳播的波發(fā)生干涉

B.f=0.42s時(shí)，波源的位移為正

C.r=2.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a沿y軸負(fù)方向振動(dòng)

D.在0到2s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)わ運(yùn)動(dòng)總路程是2.55m

【答案】BD

【詳解】A.波從波源發(fā)出后,向x軸正負(fù)方向傳播,向相反方向傳播的波不會(huì)相遇,不會(huì)

發(fā)生干涉,故A錯(cuò)誤;

B.由圖可知，波的波長(zhǎng)

2,=1m

由題意可知0.1s內(nèi)波傳播四分之一波長(zhǎng),可得

T

-=O.ls

4

解得

T=0.4s

根據(jù)同側(cè)法可知,波源的振動(dòng)方向向上,"0.42s即く生時(shí)，波源向上振動(dòng)，位移

4

為正，故B正確;

C.波的波速

ス->CI

v---2.5m/s

T

波源停止振動(dòng),到質(zhì)點(diǎn)〃停止振動(dòng)的時(shí)間

1.75-0.25へ,…

；=--------------s=0.6s>0.25s

12.5

即質(zhì)點(diǎn)。還在繼續(xù)振動(dòng),r=2.1s到r=2.25s經(jīng)過(guò)時(shí)間f2=015s即1くら＜3,結(jié)合圖象

可知質(zhì)點(diǎn)。位移為正且向y軸正方向運(yùn)動(dòng),故c錯(cuò)誤;

D.波傳到b點(diǎn)所需的時(shí)間

“"s=0.3s

在0到2s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)わ振動(dòng)的時(shí)間為

t4=2s-0.3s=1.7s=—T

質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)總路程

s=17A=17xO.15m=2.25m

故D正確。

故選BD。

非選擇題部分

三、非選擇題（本題共6小題,共55分）

17.（1）①“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示,長(zhǎng)木板水平放置,

細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行。圖2是打出紙帶的一部分,以計(jì)數(shù)點(diǎn)0為位移測(cè)量起點(diǎn)和計(jì)時(shí)起點(diǎn),

則打計(jì)數(shù)點(diǎn)B時(shí)小車位移大小為cm。由圖3中小車運(yùn)動(dòng)的數(shù)據(jù)點(diǎn)，求得加速度為

m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。

小車紙帶打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

細(xì)繩

長(zhǎng)木板岫刪風(fēng)iWnlni?卿岫

!?

鉤碼0cm2356

圖1圖2

利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn),需調(diào)整的是

A.換成質(zhì)量更小的車B.調(diào)整長(zhǎng)木板的傾斜程度

C.把鉤碼更換成祛碼盤和祛碼D.改變連接小車的細(xì)繩與長(zhǎng)木板的夾角

fv/(m*s-')

圖3

（2）“探究求合力的方法”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖4所示,在該實(shí)驗(yàn)中,

①下列說(shuō)法正確的是

A.拉著細(xì)繩套的兩只彈簧秤,穩(wěn)定后讀數(shù)應(yīng)相同

B.在已記錄結(jié)點(diǎn)位置的情況下,確定一個(gè)拉力的方向需要再選擇相距較遠(yuǎn)的兩點(diǎn)

C.測(cè)量時(shí)彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦

D.測(cè)量時(shí),橡皮條、細(xì)繩和彈簧秤應(yīng)貼近并平行于木板

②若只有一只彈簧秤,為了完成該實(shí)驗(yàn)至少需要（選填“2”、“3”或“4”）次把

橡皮條結(jié)點(diǎn)拉到0。

【答案】6.15-6.251.7-2.1③.BC##CB④.D⑤.3

【詳解】（1）川依題意,打計(jì)數(shù)點(diǎn)B時(shí)小車位移大小為6.20cm,考慮到偶然誤差,

6.15cm-6.25cm也可;

[2I由圖3中小車運(yùn)動(dòng)的數(shù)據(jù)點(diǎn)，有

竺1.05-0.30

m/s2=1.9m/s2

0.4

考慮到偶然誤差,1.7m/s2-2.1m/s2也可;

[3JA.利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)時(shí),需要滿足小車質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大

于鉤碼質(zhì)量,所以不需要換質(zhì)量更小的車,故A錯(cuò)誤:

B.利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要利用小車斜向下的分力

以平衡其摩擦阻カ,所以需要將長(zhǎng)木板安打點(diǎn)計(jì)時(shí)器一端較滑輪一端適當(dāng)?shù)母咭恍?故B

正確;

C.以系統(tǒng)為研究對(duì)象，依題意“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)時(shí)有

1.9m/s2，蟹リ

考慮到實(shí)際情況,即ア《利g,有

1.9m/s2?———

M+m

則可知

M弓4，〃

而利用圖1裝置”探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)時(shí)要保證所懸掛質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)

量,即出可知目前實(shí)驗(yàn)條件不滿足,所以利用當(dāng)前裝置在“探究加速度與力、質(zhì)量

的關(guān)系”時(shí),需將鉤碼更換成祛碼盤和祛碼，以滿足小車質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于所懸掛物體的質(zhì)量,

故C正確;

D.實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，需將連接祛碼盤和小車的細(xì)繩應(yīng)跟長(zhǎng)木板始終保持平行，與之前的相同，

故D錯(cuò)誤。

故選BC。

(2)14JA.在不超出彈簧測(cè)カ計(jì)的量程和橡皮條形變限度的條件下,使拉力適當(dāng)大些,不

必使兩只測(cè)カ計(jì)的示數(shù)相同，故A錯(cuò)誤;

B.在已記錄結(jié)點(diǎn)位置的情況下，確定一個(gè)拉力的方向需要再選擇相距較遠(yuǎn)的ー個(gè)點(diǎn)就可以

了,故B錯(cuò)誤;

c.實(shí)驗(yàn)中拉彈簧秤時(shí)，只需讓彈簧與外殼間沒(méi)有摩擦，此時(shí)彈簧測(cè)カ計(jì)的示數(shù)即為彈簧對(duì)

細(xì)繩的拉カ相等，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無(wú)關(guān),故c錯(cuò)誤;

D.為了減小實(shí)驗(yàn)中摩擦對(duì)測(cè)量結(jié)果的影響，拉橡皮條時(shí),橡皮條、細(xì)繩和彈簧秤應(yīng)貼近并

平行于木板,故D正確。

故選Do

[5]若只有一只彈簧秤，為了完成該實(shí)驗(yàn),用手拉住一條細(xì)繩，用彈簧稱拉住另一條細(xì)繩,

互成角度的拉橡皮條，使其結(jié)點(diǎn)達(dá)到某一點(diǎn)。，記下位置。和彈簧稱示數(shù)B和兩個(gè)拉力的

方向;交換彈簧稱和手所拉細(xì)繩的位置,再次將結(jié)點(diǎn)拉至。點(diǎn)，使兩カ的方向與原來(lái)兩カ

方向相同,并記下此時(shí)彈簧稱的示數(shù)ユ;只有一個(gè)彈簧稱將結(jié)點(diǎn)拉至。點(diǎn),并記下此時(shí)彈

簧稱的示數(shù)ド的大小及方向；所以若只有一只彈簧秤,為了完成該實(shí)驗(yàn)至少需要3次把橡皮

條結(jié)點(diǎn)拉到。。

18.(1)探究滑動(dòng)變阻器的分壓特性，采用圖1所示的電路,探究滑片P從A移到8的過(guò)

程中,負(fù)載電阻R兩端的電壓變化。

圖1

①圖2為實(shí)驗(yàn)器材部分連線圖,還需要（選填び、bf、利、在、ce或eg）連線。

圖2

②圖3所示電壓表的示數(shù)為V。

圖3

③已知滑動(dòng)變阻器的最大阻值Ro=10C,額定電流/=1.0A。選擇負(fù)載電阻7?=10C,以R兩端

電壓U為縱軸,為ー橫軸（ズ為4P的長(zhǎng)度,L為AB的長(zhǎng)度）,得到U—t分壓特性曲線

LL

為圖4中的“I”;當(dāng)7?=100。,分壓特性曲線對(duì)應(yīng)圖4中的—（選填“H”或“III”）;則

滑動(dòng)變阻器最大阻值的選擇依據(jù)是—ー。

UN

圖4

(2)兩個(gè)相同的電流表Gi和G2如圖5所示連接,晃動(dòng)Gi表,當(dāng)指針向左偏轉(zhuǎn)時(shí),靜止的

G2表的指針也向左偏轉(zhuǎn),原因是____。

A,兩表都是“發(fā)電機(jī)”

B.Gi表是“發(fā)電機(jī)”，G2表是“電動(dòng)機(jī)”

C.Gi表和G2表之間存在互感現(xiàn)象

D.Gi表產(chǎn)生的電流流入G2表,產(chǎn)生的安培力使G2表指針偏轉(zhuǎn)

【答案】①.時(shí)、fd、ce?.1.50±0.02?.II?.RQ<R?.BD##DB

【詳解】(1)⑴依原理圖可知，還需要ガ;ダ、ce連線;

⑵依題意，所示電壓表的示數(shù)為1.50V,考慮到偶然誤差(L50±0.02)V也可;

[3]假定AP部分的電阻為R,R分別與10。與100。并聯(lián)再與BP部分的電阻串聯(lián);由于

相同的R與100。并聯(lián)后的電阻較與10。并聯(lián)后的電阻大，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律可

知,滑片在相同位置下，負(fù)載電阻越大,其兩端電壓越大;即在相同橫坐標(biāo)下，此時(shí)負(fù)載

100。時(shí),電壓表的示數(shù)應(yīng)該較曲線為圖4中的“I”來(lái)得大，故應(yīng)該選“II”。

⑷由上述分析可知，對(duì)于不同的負(fù)載電阻,調(diào)節(jié)滑動(dòng)觸頭時(shí)負(fù)載兩端的電壓變化規(guī)律不同,

當(dāng)負(fù)載電阻小于滑動(dòng)變阻器最大阻值時(shí),負(fù)載電阻兩端電壓隨滑動(dòng)觸頭的變化而更迅速變

化;當(dāng)負(fù)載電阻大于滑動(dòng)變阻器最大阻值時(shí),負(fù)載電阻兩端電壓隨滑動(dòng)觸頭的變化而更加平

穩(wěn)變化，從而獲得更多的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。所以，在保證電路安全的情況下,滑動(dòng)變阻器最大阻值

的選擇依據(jù)是相比負(fù)載電阻越小越好,即く＜R。

（2）[5]據(jù)題意可知:電流表主要部件是永久磁鐵和帶有指針的線圈,G1和G2用導(dǎo)線連接

起來(lái).當(dāng)晃動(dòng)動(dòng)Gi時(shí)，相當(dāng)于Gi中的線圈做切割磁感線運(yùn)動(dòng),電路中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流;由

于兩個(gè)電表構(gòu)成了閉合電路,則電流會(huì)通過(guò)G2表中的線圈,而該線圈處于磁場(chǎng)中,由于通

電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受力的作用,G2的指針也會(huì)偏轉(zhuǎn);則Gi表相當(dāng)于“發(fā)電機(jī)”，G2表相當(dāng)于

“電動(dòng)機(jī)”，故AC錯(cuò)誤,BD正確。

故選BD（.

19.物流公司通過(guò)滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中，如圖所示,傾斜滑軌與水平面成24。角，

長(zhǎng)度ム=4m,水平滑軌長(zhǎng)度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始

下滑，其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為加=一,貨物可視為質(zhì)點(diǎn)（取8s24。=0.9,

9

sin24°=0.4,重力加速度g=lOm/s?）。

（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度外的大小;

（2）求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度V的大小;

（3）若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過(guò)2m/s,求水平滑軌的最短長(zhǎng)度ム.

【答案】（1）2m/s2;（2）4m/s；（3）2.7m

【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsin24°-Ringcos24°=maA

代入數(shù)據(jù)解得

4=2mzsル

(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

2%ム=V"

解得

v=4m/s

(3)根據(jù)牛頓第二定律

jumg=ma2

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

_2め/2=リ盆_廿

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

l2=2.7m

20.如圖所示,在豎直面內(nèi),ー質(zhì)量根的物塊〃靜置于懸點(diǎn)。正下方的A點(diǎn),以速度V逆時(shí)

針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上,A3、MN、C。的長(zhǎng)度均為

ん圓弧形細(xì)管道OE半徑為R,Eド在豎直直徑上,E點(diǎn)高度為H。開始時(shí),與物塊a相同

的物塊わ懸掛于。點(diǎn)，并向左拉開一定的高度〃由靜止下擺,細(xì)線始終張緊,擺到最低點(diǎn)

時(shí)恰好與〃發(fā)生彈性正碰。已知加=2g,/=lm,H=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物

塊與MN、C。之間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.5,軌道A8和管道。E均光滑，物塊。落到FG時(shí)

不反彈且靜止。忽略例、B和MC之間的空隙,C。與平滑連接,物塊可視為質(zhì)點(diǎn),

取g=10m/s2〇

(1)若〃=1.25m,求服ル碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度%的大小;

(2)物塊a在。E最高點(diǎn)時(shí),求管道對(duì)物塊的作用力即與人間滿足的關(guān)系;

(3)若物塊ケ釋放高度0.9m</?<1.65m,求物塊。最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)

為坐標(biāo)原點(diǎn),水平向右為正，建立x軸)。

【答案】(1)5m/s；(2)=0.1/z-0.14(/i>1.2m)；(3)當(dāng)0.9m</i<L2m時(shí),

2.6m<x<3m,當(dāng)1.2mW/?<1.65m時(shí),

【詳解】（1）滑塊わ擺到最低點(diǎn)過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律

mgh=；mvl

解得

ら=5m/s

わ與。發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得

mvh=mvh+mv0

聯(lián)立解得

%=ル=5m/s

（2）由（I）分析可知，物塊わ與物塊。在A發(fā)生彈性正碰,速度交換，設(shè)物塊〃剛好可以

到達(dá)E點(diǎn),高度為ム,根據(jù)動(dòng)能定理可得

mghy-2/jmgl-mgH=0

解得

ム=1.2m

以豎直向下為正方向

FN+mg=m^

由動(dòng)能定理

12

mgh-2jumgl-mgH=—mvE

聯(lián)立可得

FN=0.1/?-0.14(/?>1.2m)

(3)當(dāng)L2m〈/?<1.65m時(shí),物塊位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè),根據(jù)動(dòng)能定理得

12

mgh-2/jmgl一mgH=—mvE

從E點(diǎn)飛出后,豎直方向

I

Hロ=-gr2

水平方向

根據(jù)幾何關(guān)系可得

￡>F=—m

聯(lián)立解得

x=3/+DF+距

代入數(shù)據(jù)解得

/

3+m<x<3.6+

當(dāng)0.9111</2<1.217I時(shí),從/?2=0.9m釋放時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得

mgh-"mgs?=0

解得

s2=1.8m

可知物塊達(dá)到距離。點(diǎn)0.8m處?kù)o止,滑塊。由E點(diǎn)速度為零,返回到8時(shí),根據(jù)動(dòng)能定

理可得

mgH-pmgSy=0

解得

s3=0.4m

距離C點(diǎn)0.6m,綜上可知當(dāng)〇.9m<h<1.2m時(shí)

3/-53<x<3l

代入數(shù)據(jù)得

2.6m<x<3m

21.艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù),我國(guó)在這ー領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。

某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計(jì)研究,如圖1所示,用于推動(dòng)模型飛機(jī)的動(dòng)子(圖中未

畫出)與線圈絕緣并固定,線圈帶動(dòng)動(dòng)子,可在水平導(dǎo)軌上無(wú)摩擦滑動(dòng)。線圈位于導(dǎo)軌間的

輻向磁場(chǎng)中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為瓦開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動(dòng)

子從靜止開始推動(dòng)飛機(jī)加速,飛機(jī)達(dá)到起飛速度時(shí)與動(dòng)子脫離;此時(shí)S擲向2接通定值電阻

Ro,同時(shí)施加回撤力F,在ド和磁場(chǎng)カ作用下,動(dòng)子恰好返回初始位置停下。若動(dòng)子從靜止

開始至返回過(guò)程的回圖如圖2所示，在れ至な時(shí)間內(nèi)ド=(800—10いN,な時(shí)撤去凡已知

起飛速度％=80m/s,h=1.5s,線圈匝數(shù)〃=100匝,每匝周長(zhǎng)/=lm,飛機(jī)的質(zhì)量M=10kg,動(dòng)

子和線圈的總質(zhì)量か=5kg,a=9.5C,B=0.1T,不計(jì)空氣阻カ和飛機(jī)起飛對(duì)動(dòng)子運(yùn)動(dòng)速度的

影響,求

(1)恒流源的電流/;

(2)線圈電阻R；

(3)時(shí)刻な。

【詳解】(1)由題意可知接通恒流源時(shí)安培カ

五安=nBIl

動(dòng)子和線圈在Of時(shí)間段內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)的加速度為

根據(jù)牛頓第二定律有

F堂=(M+in)a

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

(m+M%

1=ゝ-----^=80A

nlBt{

(2)當(dāng)S擲向2接通定值電阻Ro時(shí),感應(yīng)電流為

nBlv

用+R

此時(shí)安培カ為

F'f.=nBl'l

所以此時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有

(800-lOv)H------v=ma

&+R

由圖可知在厶至ら期間加速度恒定,則有

篝】。

解得

R=0.5。,a=160m/s2

(3)根據(jù)圖像可知

==

t2~t]~70.5s

故ん=2s:在0~た時(shí)間段內(nèi)的位移

5=—匕ち=80m

而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

L△0〃BkS

E=〃一----

△tAf

電荷量的定義式

△q—It

R+&

△q=

R+&

從“時(shí)刻到最后返回初始位置停下的時(shí)間段內(nèi)通過(guò)回路的電荷量,根據(jù)動(dòng)量定理有

—nBl^q—O—ma'（4ーら）

聯(lián)立可得

+（らーち）-1=。