【高考真題】2022年6月高考物理真題試卷（浙江卷）????:題號(hào)——總分評(píng)分姓名:班級(jí):考號(hào):????:題號(hào)——總分評(píng)分姓名:班級(jí):考號(hào):閱卷人得分一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）（共13題；共39分）1.（3分）下列屬于力的單位是（kg-m/s2kg-m/skg-m2/skgs/m2（3分）下列說法正確的是（ ）?????????????A.鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)過程中加速度不變B.足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關(guān)（3分）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法正確的???????氐…??…-E….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)（3分）關(guān)于雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是（ ）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（3分）下列說法正確的是（ ）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)中的受力方向是該點(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)，穿過線圈平面的磁通量最大時(shí)，電流最大D.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（3分）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程中，機(jī)械能守恒（3分）圖為氫原子的能級(jí)圖。大量氫原子處于n=3的激發(fā)態(tài)，在向低能級(jí)躍遷時(shí)放出TOC\o"1-5"\h\z光子，用這些光子照射逸出功為2.29eV的金屬鈉。下列說法正確的是（ ）a O?V■04 0*53 1312 3.4 134A.逸出光電子的最大初動(dòng)能為10.8（）eVn=3躍遷到n=l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)D.用0.85eV的光子照射，氫原子躍遷到n=4激發(fā)態(tài)（3分）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※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※A.氣泡表面有折射沒有全反射※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※A.氣泡表面有折射沒有全反射B.光射入氣泡衍射形成"亮斑” O 郛 O H O 堞 O M O???? O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?

c.氣泡表面有折射和全反射 D.光射入氣泡干涉形成“亮斑”（3分）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L(zhǎng)（不考慮邊界效應(yīng)）。t=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vo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V2v0;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A.M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)C.粒子在兩板間的加速度為a=^QLD.粒子從N板下端射出的時(shí)間t=41）L（3分）如圖所示，一輕質(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A.作用力為B.作用力為□ OC.摩擦力為D.摩擦力為（3分）如圖所示，一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X。套在桿上的小球從中點(diǎn)以初速度v向右運(yùn)動(dòng)，小球?qū)⒆鲋芷跒門的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則（ ）砥記述?——彳A.小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B.小球動(dòng)能的變化周期為JC.兩根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化周期為TD.小球的初速度為；時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期為2T12.（3分）風(fēng)力發(fā)電已成為我國(guó)實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途經(jīng)之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(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)一周掃過的面積為A,空氣密度為p,風(fēng)場(chǎng)風(fēng)速為v,并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是A.該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比B.單位時(shí)間流過面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能為^pAv2C.若每天平均有1.0xl08kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4xl（）9kw.hD.若風(fēng)場(chǎng)每年有5000h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6.0x105kWh13.（3分）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5m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)平臺(tái)速度剛好為零，則提升重物的最短時(shí)間為（ ）B.14.2sC.15.5sD.17.0s閱卷入得分A.13.2s二、選擇題II（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）供3題；共6分）14.（2分）秦山核電站生產(chǎn)Cl4的核反應(yīng)方程為N/+舟rC鏟+X，其產(chǎn)物A/的衰變方程為cl^N^+e^o下列說法正確的是（ ）X是用Cl4可以用作示蹤原子???郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?C.來自原子核外D.經(jīng)過一個(gè)半衰期，10個(gè)C14將剩下5個(gè)（2分）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E=/,a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r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r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r一定無關(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)（2分）位于x=0.25m的波源P從t=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t=2.0s時(shí)波源停止振動(dòng)，t=2.1s時(shí)的部分波形如圖所示，其中質(zhì)點(diǎn)a的平衡位置Xa=1.75m,質(zhì)點(diǎn)b的平衡位置Xb=-0.5m。下列說法正確的是（ ）A.沿x軸正負(fù)方向傳播的波發(fā)生干涉t=0.42s時(shí)，波源的位移為正t=2.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)a沿y軸負(fù)方向振動(dòng)D.在。至2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)總路程是2.55m閱卷士 三、非選擇題（本題共6小題，共55分）（共6題；共55得分 分）（7分）（1）（3.5分）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)O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1%拿4t※※!^※※如※※1%拿4t※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※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（多選）。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（3.5分）“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下列說法正確的是（單選）；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。（7分））（3.5分）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B的過程中，負(fù)載電阻R兩端的電壓變化。①圖2為實(shí)驗(yàn)器材部分連線圖，還需要（選填af、bf、fd、fc、ce或eg）連線（多選）。???郛 O 11???郛 O 11- O 堞 O 宅 O???? 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?圖2 圖3 圖2 圖3 圖4cos24°=0.9,sin24°=0.4）?③已知滑動(dòng)變阻器的最大阻值Ro=10C,額定電流I=L0A。選擇負(fù)載電阻R=10C,以R兩端電壓U為縱軸，為方橫軸（x為AP的長(zhǎng)度，L為AB的長(zhǎng)度），得到U分壓特性曲線為圖4中的“I"；當(dāng)R=100Q,分壓特性曲線對(duì)應(yīng)圖4中的（選填“II”或“HI”）；則滑動(dòng)變阻器最大阻值的選擇依據(jù)是o）（3.5分）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（多選）。A.兩表都是“發(fā)電機(jī)”Gi表是“發(fā)電機(jī)”，G2表是“電動(dòng)機(jī)”Gi表和G2表之間存在互感現(xiàn)象Gi表產(chǎn)生的電流流入G2表，產(chǎn)生的安培力使Gz表指針偏轉(zhuǎn)（9分）物流公司通過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h=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)均為貨物可視為質(zhì)點(diǎn)（?。?分）求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度ai的大小;

（3分）求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大??；（3分）若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長(zhǎng)度ho（12分）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O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，AB、MN、CD的長(zhǎng)度均為1。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R,EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為Ho開始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m=2g,l=lm,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)p=0.5,軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。（4分）若h=1.25m,求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度vo的大小；（4分）物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力Fn與h間滿足的關(guān)系；（4分）若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m,求物塊a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）。???郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?（10分）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)在這一領(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B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈???郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?料Q|P電刷幺考圜位3工放格恒去見原（3分）恒流源的電流料Q|P電刷幺考圜位3工放格恒去見原（3.5分）線圈電阻R；（3.5分）時(shí)刻t3。（10分）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P,可繞過O點(diǎn)、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個(gè)轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測(cè)板Q，板Q與y軸交于A點(diǎn)。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為一q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為vo的離子進(jìn)入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場(chǎng)。落在接地的筒壁或探測(cè)板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用。?y（3分）①求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；②若速度大小為vo的離子能打在Q板的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度3的大??；?y（3.5分）較長(zhǎng)時(shí)間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個(gè)離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為仇求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大??；（3.5分）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于野，且A處探測(cè)到離子，求板Q上能探測(cè)到離子的其他&的值（為探測(cè)點(diǎn)位置和o點(diǎn)連線與X軸負(fù)方向的夾角）。???o 內(nèi) o 裝 o 訂 o 線 o

※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※????o 夕卜 o 裝 o 訂 o 線 o 答案解析部分.【答案】A【解析】【解答】根據(jù)牛頓第二定律有F=ma,m=lkg,a=lm/s2,F=1N,所以lN=lkg-m/s2則屬于力的單位為kg-m/s2.故選Ao【分析】根據(jù)力學(xué)中的三個(gè)基本單位結(jié)合牛頓第二定律列方程求解。.【答案】B【解析】【解答】A.鏈球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小不變，但方向時(shí)刻都在改變，故A錯(cuò)誤。B.足球的慣性只與質(zhì)量有關(guān)，與其他因素?zé)o關(guān)，故B正確。C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力隨著形變量的減小而減小，故C錯(cuò)誤。D.籃球飛行過程中所受阻力的方向與速度方向相反，故D錯(cuò)誤。故答案為：Bo【分析】加速度是矢量，既有大小，又有方向；慣性只與質(zhì)量有關(guān)與其他因素?zé)o關(guān)；乒乓球所受的作用力與形變量的大小有關(guān)；籃球所受空氣阻力與速度方向相反。.【答案】C【解析】【解答】A.魚兒吞食花瓣時(shí)只受重力，處于完全失重狀態(tài)，受力不平衡，故A錯(cuò)誤。B.魚兒擺尾出水的原因是擺尾時(shí)水對(duì)魚向上的作用力大于重力，故B錯(cuò)誤。C.魚兒擺尾時(shí)對(duì)水有作用力，由牛頓第三定律可得水對(duì)魚尾也有作用力，故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)，D錯(cuò)誤。故選C?！痉治觥扛鶕?jù)魚躍出水面時(shí)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)進(jìn)行受力分析，結(jié)合力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系分析求解。.【答案】B【解析】【解答】A.用復(fù)色光投射看到的時(shí)彩色條紋，故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發(fā)生干涉疊加的結(jié)果，B正確；C.由條紋間距公式Ax=彳/1知，把光屏前移或后移，改變了L,從而改變了條紋間距，但還可能看到明暗相間條紋，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)條紋間距Ax=鄉(xiāng)；1初2藍(lán)＜2紅，可得藍(lán)光干涉條紋的間距比紅光的小，故D錯(cuò)a誤。故答案為：Bo【分析】根據(jù)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象以及產(chǎn)生原理和相鄰明條紋間距的公式進(jìn)行分析求解。.【答案】B【解析】【解答】A.恒定磁場(chǎng)對(duì)速度不平行于磁感線的運(yùn)動(dòng)電荷才有力的作用，A錯(cuò)誤：B.根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義：小磁針N極在磁場(chǎng)中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，B正確；C.根據(jù)正弦交流交流電的產(chǎn)生規(guī)律可得，穿過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。故答案為：Bo【分析】磁場(chǎng)對(duì)靜止電荷或平行磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的電荷沒有力的作用；小磁針N極在磁場(chǎng)中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；正弦交流電磁通量最大時(shí)，電流為零；理想變壓器原副線圈磁通量的變化率相同。.【答案】C【解析】【解答】A.根據(jù)萬有引力提供向心力繆=嗒，可得”=厚,可知圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越小；而只要環(huán)繞速度相同，返回艙和天和核心艙可以在同一軌道運(yùn)行，與返回艙和天和核心艙的質(zhì)量無關(guān)，故A錯(cuò)誤。B.返回艙中的宇航員只受到地球引力作用，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；C.由A可知速度與質(zhì)量無關(guān)，故質(zhì)量不同的返回艙和核心艙可以在同一軌道上運(yùn)動(dòng)，故C正確D.返回艙穿越大氣層返回地面過程中，克服空氣阻力做功產(chǎn)生熱量，內(nèi)能增加，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。故答案為：Co【分析】根據(jù)衛(wèi)星圍繞地球運(yùn)動(dòng)時(shí)，地球與衛(wèi)星之間的萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的12/25

向心力，再由功能關(guān)系分析求解。.【答案】B【解析】【解答】A.由題可知，從n=3躍遷到n=l放出的光電子能量最大，根據(jù)光電效應(yīng)方程%=hv-W0可得此時(shí)最大初動(dòng)能為9.8eV,故A錯(cuò)誤。.根據(jù)光子動(dòng)量的表達(dá)式P=4=處，又因?yàn)楣庾拥哪芰縀=和，所以光子的能量越大，頻率越大，動(dòng)量越大，從〃=3躍遷到〃=1放出的光子能量最大，故可知?jiǎng)恿孔畲螅蔅正確；C.大量氫原子從〃=3的激發(fā)態(tài)躍遷基態(tài)能放出6種頻率的光子，其中從〃=3躍遷到”=2放出的光子能量為L(zhǎng)89eV,小于2.29eV,所以不能使金屬鈉產(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0.66eV,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。故答案為：Bo【分析】根據(jù)玻爾的氫原子能級(jí)理論和能級(jí)躍遷的條件進(jìn)行計(jì)算，并結(jié)合光電效應(yīng)方程分析求解。.【答案】C【解析】【解答】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比較亮。故A,B,D錯(cuò)誤，C正確。故答案為：Co【分析】根據(jù)題中所描述的光學(xué)現(xiàn)象結(jié)合光的折射，反射和全反射的現(xiàn)象和規(guī)律進(jìn)行分析。【答案】C【解析】【解答】A.題中沒有給出帶電粒子的正負(fù)，無法確定兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向，故無法判斷M板和N板的電勢(shì)高低，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)題意粒子到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；C.因?yàn)榱Ｗ拥竭_(dá)N板時(shí)速度為遮巧,則粒子垂直金屬板方向的速度為孫由勻變速直線

運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得a=4e_,故C正確。uLD.粒子在垂直金屬板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，貝也=/以2,解得t=卷，故D錯(cuò)誤。故答案為：Co【分析】根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力特點(diǎn)，以及帶電粒子在電廠中做類平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)規(guī)律進(jìn)行分析求解。.【答案】B【解析】【解答】設(shè)斜桿的彈力大小為F,以水平橫桿和重物為整體，豎直方向根據(jù)受力平衡可得G=4Fcos￥，解得F=3g乙 6對(duì)斜桿受力分析，每根斜桿受到地面的作用力應(yīng)與F平衡，即大小為，G，每根斜桿受6到地面的摩擦力為/=Fsing，解得/=§G故B正確，ACD錯(cuò)誤；乙 1Z故答案為：Bo【分析】先對(duì)整體進(jìn)行受力分析，計(jì)算出每根桿所受地面的作用力大?。涸賳为?dú)對(duì)其中一根桿進(jìn)行受力分析計(jì)算摩擦力的大小。.【答案】B【解析】【解答】A.小球在運(yùn)動(dòng)過程中，所受合外力大小與偏離平衡位置的位移不成正比，故小球做的不是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.小球做周期性運(yùn)動(dòng)，且在關(guān)于中點(diǎn)對(duì)稱的兩側(cè)位置動(dòng)能相同，所以小球動(dòng)能變化的周期為運(yùn)動(dòng)周期的一半，故動(dòng)能變化的周期為夕故B正確。C.由B可知?jiǎng)幽茏兓闹芷跒?，且整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以彈簧彈性勢(shì)能的變化周期與動(dòng)能變化周期相等，故C錯(cuò)誤。D.小球的初速度為，時(shí)，可知小球在勻速階段的時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍，接觸彈簧過程，根據(jù)彈簧振子周期公式，可知接觸彈簧過程所用時(shí)間與速度無關(guān)，即接觸彈簧過程時(shí)間保持不變，故小球的初速度為3時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期應(yīng)小于2T,D錯(cuò)誤；故答案為：B?！痉治觥扛鶕?jù)小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性特點(diǎn)以及簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期公式分析求解。.【答案】D O 郛 O 1 O 郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:?能為Ek=gm/=/pAp.所以單位時(shí)間內(nèi)風(fēng)的動(dòng)能與速度的三次方成正比，轉(zhuǎn)化的電功率與速度的三次方成正比，故A錯(cuò)誤。B.由A可知單位時(shí)間流過面積A的動(dòng)能為%=-v2＞故B錯(cuò)誤。C.由于風(fēng)力發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率，則每天發(fā)電量應(yīng)小于2.4xl09kW.h,故C錯(cuò)誤；pD.當(dāng)風(fēng)速為6m/s,全年的發(fā)電量最小，由題意可知發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)化效率為〃=?=405kWlx93pj4.當(dāng)風(fēng)速為6m/s時(shí)，全年發(fā)電機(jī)的發(fā)電量為卬=P￡=為〃3代入數(shù)據(jù)解得W=6.0x1O^kWh故答案為：D?【分析】根據(jù)題意計(jì)算面積為A的葉片上，單位時(shí)間接收的空氣動(dòng)能，再根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化效率和功和功率的關(guān)系計(jì)算求解。.【答案】C【解析】【解答】若想在最短的時(shí)間內(nèi)將物體提升至平臺(tái)，則先以最大拉力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到額定功率后保持額定功率，達(dá)到最大速度后保持勻速，最后以最大加速度減速到達(dá)終點(diǎn)。勻加速階段由牛頓第二定律可得F—mg=mai，解得即=5巾/$2,達(dá)到額定功率時(shí)尸=F%，得/=4m/s；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得ti=,=0.8s, =；重物的最大速度為匕?=與，有Vm=6m/s,重物最后以最大加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得打=蜀，九3=：砒32,解得t3=l.2s,h3=3.6m；中間以額定功率運(yùn)動(dòng)過程中由動(dòng)能定理可得pt?—mg(H—hx—h3) 4小內(nèi)2,解得與=,所以整體所用時(shí)間為t=ti+t2+t3=15.5s,故答案為：Co【分析】根據(jù)題意分析若想以最短的時(shí)間到達(dá)平臺(tái)，則重物在加速和減速的過程中加速度都應(yīng)達(dá)到最大，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理分段進(jìn)行求解。.【答案】A,B【解析】【解答】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.一些元素的放射性同位素常用作示蹤原子，故B正確；C.衰變過程中放出的電子由原子核內(nèi)的一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，電子被

釋放出來，所以電子來自原子核內(nèi)，故c錯(cuò)誤；D.半衰期只對(duì)于大量原子核衰變有意義，個(gè)數(shù)較少時(shí)規(guī)律不成立，故D錯(cuò)誤。故選AB,【分析】根據(jù)核反應(yīng)過程中電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒以及半衰期的概念進(jìn)行分析求解。15.【答案】B,C【解析】【解答】A.由題意可知電場(chǎng)力提供向心力qE=m32r,E=*解得3=盤*可知角速度與軌道半徑成反比，所以半徑越小角速度越大，故A錯(cuò)誤；B.由A可知粒子的線速度p=3r=捐，粒子的動(dòng)能為%=呆/=品黑=等，所以粒子電荷量越大，動(dòng)能越大，故B錯(cuò)誤。C.由B可知粒子的線速度只與粒子的比荷有關(guān)，與其他因素?zé)o關(guān)，故C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力方向不能確定，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。故答案為：BC【分析】對(duì)電荷進(jìn)行受力分析，根據(jù)電場(chǎng)力提供帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律列方程計(jì)算線速度和角速度分析求解。16.【答案】B,D【解析】【解答】A.兩列波從同一位置向相反方向傳播不會(huì)發(fā)生相遇，故不會(huì)發(fā)生干涉，故A錯(cuò)誤。B.由圖可知波長(zhǎng)為Im,0.1s內(nèi)傳播了四分之一波長(zhǎng)可得周期為0.4s,根據(jù)同側(cè)法可得波源的震動(dòng)方向向上，所以042s時(shí)波源的位移為正，故B正確。C.由題可知波速為2.5m/s,波源停止振動(dòng)，到質(zhì)點(diǎn)a停止振動(dòng)的時(shí)間為0.6s>0.25s,即質(zhì)點(diǎn)a還在繼續(xù)振動(dòng)，結(jié)合圖象可知質(zhì)點(diǎn)a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t=0.3s；在0到2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)a振動(dòng)的時(shí)間為1.7s,質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)總路程17倍的振幅，所以總路程為2.25m,故D正確。故選BD?！痉治觥扛鶕?jù)兩個(gè)波發(fā)生干涉的條件以及機(jī)械波的波長(zhǎng)，波速和周期頻率之間的關(guān)系列方程求解。17.【答案】(1)6.20±0.05；1.9±0.2；BC(2)D；3 O 郛 O 11- O O 郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:? O 鄭 O 區(qū) O 摒 O 鄭 O 區(qū) O 摒 O 代 ②A.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)，需要平衡摩擦阻力，所以需要將長(zhǎng)木板的一端墊高，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/s工群因?yàn)??mg,則有L9th/s?譚丞解得M?4m,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；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）?A.在不超出彈簧測(cè)力計(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)力計(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)的一個(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有摩擦，此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)即為彈簧對(duì)細(xì)繩的拉力相等，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關(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D②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)O,記下位置O和彈簧稱示數(shù)向和兩個(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)，使兩力的方向與原來兩力方向相同，并記下此時(shí)彈簧稱的示數(shù)F2;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)尸的大小及方向；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0。【分析】（1）根據(jù)“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)原理以及牛頓第二定律進(jìn)行

分析求解。（2）根據(jù)力的平行四邊形定則以及探究力的平行四邊形定則的實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)步驟進(jìn)行分析求解。18.【答案】（1）a/、fd>ce；1.50±0.02；II；Ro<R（2）B；D【解析】【解答】（1）①由實(shí)驗(yàn)電路圖可知，還需要af、fd、ce連線；②由題可知，電壓表的示數(shù)為1.50V,注意估讀。③假定4P部分的電阻為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10C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100C時(shí)，電壓表的示數(shù)應(yīng)該較曲線為圖4中的“I”來得大，故應(yīng)該選“II”。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&<R,（2）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.當(dāng)晃動(dòng)動(dòng)G1時(shí)，相當(dāng)于G1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G1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BDo【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖進(jìn)行連線即可：根據(jù)電壓表的讀數(shù)原則進(jìn)行讀數(shù)，注意估讀；滑動(dòng)變阻器采用分壓接法時(shí)，在保證電路安全的前提下，阻值越小越好，（2）根據(jù)電動(dòng)機(jī)和發(fā)電機(jī)的原理和電路的結(jié)構(gòu)進(jìn)行分析求解。19.【答案】（1）解：已知傾斜滑軌與水平面成24。角，對(duì)貨物列牛頓第二定律mgsin24?！獏nngcos24。=max解得：的=2m/s2（2）解：貨物做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度和位移的關(guān)系可得：v2=ZaJt O 郛 O 1 O 郛 O 11- O 堞 O 宅 O????※※!^※※如※※E※※翔※※※※康※※出※※腑※※K-※※?※※ O 鄭 O K O 堞 O 氐 O?:? O 鄭 O 鄭 O 區(qū) O 墻 O 宅 而即品后如一策— O / O 11 O 埒 O 氐 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：說-/=2。212①根據(jù)牛頓第二定律可得：a2=-4g②聯(lián)立兩式解得：l2=2.7m【解析】【分析】（1）對(duì)貨物進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。（2）根據(jù)第一問所求加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程求解。（3）根據(jù)題意分析臨界條件，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律聯(lián)立分析求解。20?【答案】（1）解：滑塊b擺到最低點(diǎn)mgh=^mvl彈性正碰v0=V/j=5m/s（2）解：以豎直向下為正方向FN+mg=m^1 2mgh-2（imgl-mgH=Tj/nvf

乙FN=0.1h-0A4（h>1.2m）從hi釋放時(shí)，滑塊a運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)速度恰好為零mgh1—2/xmgl-mgH=0代入數(shù)據(jù)解得：hi=1.2m（3）解：當(dāng)1.2mWh<1.65m時(shí)[2HS=VEt(3+雪…<(3.6+

5AT)m(3+雪…<(3.6+

5AT)m從h2=0.9m釋放時(shí)，滑塊a運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)0.8m處速度恰好為零，滑塊a由E點(diǎn)速度為零，返回到CD時(shí)距C點(diǎn)0.6m處速度恰好為零2.6m<xW3nl【解析】【分析】（1）由動(dòng)能定理計(jì)算碰撞前物體b的速度，再根據(jù)彈性碰撞過程中動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒列方程求解。（2）由動(dòng)能定理可計(jì)算出物塊a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度表達(dá)式，再對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。（3）分別計(jì)算速度最大和速度最小時(shí)物塊a所處的位置，并結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律列方程分析求解。

21?【答案】（1）解：根據(jù)安培力公式可得：尸安=nB〃①根據(jù)圖2可得，在。?h時(shí)間內(nèi)，動(dòng)子和線圈做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有。=言②聯(lián)立①②兩個(gè)式子，并代入數(shù)據(jù)解得：/="轡=804TLLd（2）解：S擲向2接通定值電阻Ro時(shí)，感應(yīng)電流，'=器^此時(shí)的安培力為F女尸nBhl根據(jù)牛頓第二定律有：（800—10。）+=ma'Kq+a在G至打期間加速度恒定，則=10/?=O.SQa=160m/s2（3）解：根據(jù)圖2可得：以一=」=0?5sa0~2s時(shí)間內(nèi)位移大小為S=it2Vi=80m根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E*=警根據(jù)電流的定義式可得：Aq=ItJ—g—「Ro+R[1 2聯(lián)立解得：感應(yīng)電量的=嶗心-普：3-2）]從t3時(shí)刻到最后返回初始位置停下的時(shí)間段內(nèi)通過回路中的電荷量，根據(jù)動(dòng)量定理得：-nBlAq=0—ma'（t3—t2）（或nBlAq=maf（t3—t2））解得：t3=竽S【解析】【分析】（1）根據(jù)安培力的計(jì)算公式和牛頓第二定律列方程求解。（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再由閉合電路歐姆定律和牛頓第二定律聯(lián)立求解。（3）由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律表示出電荷量，再根據(jù)電荷量與時(shí)間，電流之間的關(guān)系并結(jié)合動(dòng)量定理計(jì)算求解。22.【答案】（1）解：進(jìn)入轉(zhuǎn)筒內(nèi)的離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意知速度大小為v0的離子在磁場(chǎng)中的軌跡為I圓周，可得離子的運(yùn)動(dòng)半徑等于R,由洛倫茲力提4供向心力得:V供向心力得:Vo2qv0B=m--R-解得：8=翳；離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:2nR_tiR而一瓦要使速度大小為v0的離子能打在Q板的A處，轉(zhuǎn)筒在此時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度需滿足:3t離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:2nR_tiR而一瓦要使速度大小為v0的離子能打在Q板的A處，轉(zhuǎn)筒在此時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度需滿足:3t=2kli+2Q|P聯(lián)立解得：3=(4k+l)*,(k=0,1,2……)；（2）設(shè)打在板軌跡如圖所示,Q的C處的離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r,其速度大小為v,運(yùn)動(dòng)由幾何關(guān)系可得:iIyv6^=tan2由洛倫茲力提供向心力得：qvB=解得：v=votan^；此離子在磁場(chǎng)在運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為71-6,可得此離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：_（7T-0）r_（7T—0）/?1=V=設(shè)