高中物理试卷1山东卷解析2022年普通高中学业水平等级考试

山东省2022年普通高中学业水平等级考试１Ｂ由衰变规律可知，经过ｎ个半衰期剩余碘１２５的体压强为ｐ１，右图中缸内气体压强为ｐ２，活塞的横截面１１８０ｍ余１＝ｍｇ＋ｐ＝质量ｍ＝ｍ，ｎ＝＝３，故＝，Ｂ正确。积为Ｓ，则ｐ１Ｓ＝ｍｇ＋ｐ０Ｓ，即ｐ１０，ｐ２Ｓ＝ｐ０Ｓ，即ｐ２余ｎ０６０ｍ８Ｓ２０ｐ，因此在该过程中气体压强变小，体积增大，气体膨胀２Ａ火箭先向上做加速度逐渐减小的变加速直线运０对外做功，则外界对气体做的功Ｗ＜０，由于是绝热容器，动，加速度为零时速度最大，则动能最大，故Ａ正确；火即Ｑ＝０，根据热力学第一定律ΔＵ＝Ｑ＋Ｗ可知ΔＵ＜０，即箭受到重力、高压气体的推力和空气阻力的作用，火箭理想气体内能减小，气体温度降低，选项Ａ错误；理想气所受合力的冲量等于其动量的增量，合力做的功等于其体的温度降低，分子平均动能减小，但并不是所有气体动能的增加量，Ｃ、Ｄ均错误；高压气体释放的能量只有分子的运动速率都会减小，选项Ｂ错误；根据理想气体一部分转化为火箭的动能，Ｂ错误。的分子运动速率分布规律，当温度降低时，速率大的分３Ｃ将取走的Ａ、Ｂ处圆弧上的电荷补回去，由对称子占比将会减小，选项Ｃ正确，Ｄ错误。性和微元法可知，整个带电圆环在Ｏ点产生电场的合场强等于零，由此可知，剩余部分带电环上的电荷与Ａ、Ｂ技巧点拨分析封闭的气体的压强问题时，常常需处带电圆弧上的电荷产生的电场等大反向，由点电荷的要对活塞受力分析，利用平衡条件分析，进而分析封场强公式、电场的叠加规律和几何关系可得，Ａ、Ｂ处带闭的气体的压强。ｑＡＴ电圆弧上的电荷产生的电场在Ｏ点的合场强Ｅ１＝ｋ２，６Ｃ根据题意，卫星绕地球的周期ｔ＝，设地球质量ＲｎＱ为Ｍ，地心与卫星中心距离为ｒ，卫星绕地球做匀速圆周方向由Ｏ指向Ｃ，由题意可知，ｑ＝ΔＬ，Ｄ处的点电Ａ２πＲ２ＧＭｍæ２πö运动，根据万有引力提供向心力可知＝ｍｒç÷，则荷ｑ在Ｏ点产生电场的场强与Ｅ等大同向即可，故ｑ２１ｒèｔøｑＱ·ΔＬ２ＱΔＬ２＝ｋ３æ２πö２应为负电荷，由ｋ２２，解得ｑ＝，故ＧＭ＝ｒç÷，且ＧＭ＝ｇＲ，ｈ＝ｒ－Ｒ，代入化简得ｈ＝（２Ｒ）Ｒ·２πＲπＲèＴ／ｎø３Ｃ正确。ｇＲ２Ｔ２－Ｒ，故选Ｃ。２２４πｎｎ１２２０４Ｄ由单匝线圈所接电压表的读数有：＝，则１０．１１２７Ａａ光的全反射临界角Ｃ满足ｓｉｎＣ＝＜，１１１．４２２ｎＵ１１ｎ＝２２００，另外Ｕ＝２２０２Ｖ，故Ａ错误；由＝和１ｍｎＵＢＣＢＣ１即Ｃ＜４５°，ｂ光的全反射临界角Ｃ满足ｓｉｎＣ＝＞１２２１．４０２ＵＵＢＣＢＣ＝Ｐ代入数据解得，Ｕ＝１２Ｖ，ｎ＝１２０，则Ｉ＝＝ＢＣＢＣＲＲ２，即Ｃ＞４５°。当光线垂直ＡＢ射入之后，部分光路如２２１Ａ，故Ｂ错误；由ω＝２πｆ＝１００πｒａｄ／ｓ，得ｆ＝５０Ｈｚ，Ｔ＝图，光在介质中ＯＣ界面的入射角为４５°，则ａ光发生全１ＵＡＣ３０＝０．０２ｓ，故Ｃ错误；Ｒ接在ＡＣ两端时，Ｉ＝＝Ａ＝ｆＲ１２反射，ｂ光既有折射又有反射。当入射点从Ａ向Ｂ移动２．５Ａ，故Ｄ正确。时，经ＯＣ面反射后的光线，在ＰＭ上的入射点从Ｑ向Ｐ５Ｃ设活塞质量为ｍ，大气压强为ｐ０，左图中缸内气移动，根据几何关系可知，入射角从Ｑ处的０°一直增大１８ 到Ｐ处的４５°，所以ｂ光不会发生全反射，ａ光会在Ｐ点Ｌ丙中亮条纹宽度变小，故Ｂ错误。由Δｘ＝λ知，增大Ｌｄ发生全反射，恰好从Ｍ射出，故选项Ａ正确。时，Δｘ变大，故Ｃ正确。屏上Ｐ点到双缝的路程差满足λΔｘ＝（２ｎ＋１）（ｎ＝０，１，２，３…）时，Ｐ点处一定是暗条２纹，Ｄ正确。１１ＢＤ网球击中墙壁时，竖直速度减２＝２ｇ（Ｈ－ｈ）＝ｖ为零，故击出时ｖｙ８Ｂ根据ａ＝可知，在ＢＣ段、ＣＤ段的最大速率分ｒｖｙ１２ｍ／ｓ，ｔ＝＝１．２ｓ，击出时ｖ＝上ｘ别为ｖ＝ａｒ＝６ｍ／ｓ，ｖ＝ａｒ＝２ｍ／ｓ，在ＢＣ段、ｇＢＣ１１ＣＤ２２ＣＤ段的速率不变，因此在两圆弧段运动的最大速率ｖ＝ｖ２－ｖ２＝５ｍ／ｓ，水平位移ｘ＝ｖｔ＝６ｍ，故０ｙｘπｒ１πｒ２７π图示中θ＝３７°，网球击中墙壁前瞬间，在垂直墙面方向２ｍ／ｓ，通过两圆弧的时间为ｔ＝＋＝ｓ，小车从２ｖｖ２上的速度分量ｖ＝ｖｃｏｓθ＝４ｍ／ｓ，在平行墙面方向上ｘ⊥ｘＡ点以最大速率ｖ＝４ｍ／ｓ匀速经过一段距离ｌ之后开０的速度分量ｖ＝ｖｓｉｎθ＝３ｍ／ｓ，碰墙后ｖ′＝０．７５ｖ＝ｘ∥ｘｘ⊥ｘ⊥始减速，恰好到Ｂ点时速率为２ｍ／ｓ，根据匀变速直线运２２３ｍ／ｓ，故碰墙后速度为ｖ＝ｖ＋ｖ′＝３２ｍ／ｓ，撞墙ｘ∥ｘ⊥２２动规律得ｖ－ｖ＝－２ａ（８ｍ－ｌ），解得ｌ＝５ｍ，在ＡＢ段经０１２Ｈｌｖ－ｖ０９æ９７πö后着地点到墙壁的距离为ｄ＝ｖｘ⊥′·＝３．９ｍ，故Ｂ、历时间ｔ＝＋＝ｓ，因此总时间为ｔ＝ç＋÷ｓ，ｇ１ｖ０－ａ１４è４２øＤ正确。选项Ｂ正确。π１２ＢＣ在ｔ＝０至ｔ＝的过程中，ｌ先变大后变小，有易错提醒通过固定圆弧的时间，取决于沿圆弧运２ω动的速率，ＢＣ和ＣＤ两段圆弧半径不同，但通过的速π故Ｅ先增大后减小，故Ｂ正确，Ａ错误。在ｔ＝０至ｔ＝４ω率相等，因此必须先要找出符合题意的最大速率。在Ｌ１２的过程中，有效切割长度ｌ＝，Ｅ＝Ｂｌω＝ＡＢ段运动的最短时间的对应条件是整个阶段的平均有有ｃｏｓωｔ２速度最大，因此必须先以最大速度做匀速直线运动，２ＢＬωΔＥ，由三角函数求导知识可得，Ｅ的变化率＝２２ｃｏｓωｔΔｔ然后匀减速运动到Ｂ点。ｓｉｎωｔ２２ＢＬω·变大，故Ｃ正确，Ｄ错误。９ＡＣ因为ｔ＝０时位于原点Ｏ的质点在正向最大位３ｃｏｓωｔ移一半的位置，故该质点的振动方程为ｙ＝易错点拨电动势的变化率æ２ππö２０ｓｉｎç·ｔ＋÷ｃｍ，由图得Ｔ＝１２ｓ，故ｔ＝７ｓ时该质πèＴ６ø从ｔ＝０至ｔ＝的过程中，有效切割长度变大，故Ｅ４ωæ２ππö点的位置ｙ＝２０ｓｉｎç×７＋÷ｃｍ＝－１０３ｃｍ，因该简变大，Ｅ的变化率需要对Ｅ求导，结合数学方法去分７è１２６ø析推导。谐波传播方向未知，故选Ａ、Ｃ项。１０ＡＣＤ图乙是干涉图样，在发生干涉时也有衍射，故１３答案（１）１２（２）０．２０（３）０．１３Ａ正确。遮住一条缝时是单缝衍射，若狭缝变宽，则图解析（１）由Ｆ－ｔ图像可知，弹簧伸长５．００ｃｍ时弹力１９ Ｆ０．６１０时需要往Ｂ室充入ｐ压强下ΔＶ′体积的气体，由玻意耳Ｆ＝０．６１０Ｎ，则ｋ＝＝Ｎ／ｍ≈１２Ｎ／ｍ。ｘ０．０５定律，有ｐ（Ｖ＋ΔＶ′）＝ｐＶ１Ｆ１（２）由牛顿第二定律可知ａ＝，图线的斜率ｋ＝，由ｐ－ｐｍ－ｍΔＶ′ｍｍ１１则ΔＶ′＝Ｖ，且＝ｐｍＶ丙图中图线Ⅰ的斜率可求得ｍ≈０．２０ｋｇ。ｍｐ１１可得＝（３）由丙图中图线Ⅱ的斜率可求得ｍ′≈０．３３ｋｇ，则待测ｍｐ物体的质量ｍ″＝ｍ′－ｍ＝０．１３ｋｇ。ｐ＋ρｇＨ０１解得：ｍ＝ｍ１ｐ＋ρｇＨ０１４答案（１）Ａ６０（２）１００（３）无１１６答案（１）０．１（２）０．３６ｍＥ解析（１）回路中的电流Ｉ＜＝１０ｍＡ，即不可能使Ａ２Ｒ２０解析（１）电动机输出功率Ｐ＝ＵＩ－ＩＲ输半偏，故选用的电流表为Ａ；当Ａ半偏时，回路中的电１１Ｐ＝Ｆｖ输拉Ｅ流Ｉ＝５ｍＡ，若不考虑电池内阻，有Ｉ＝，代入数Ｔ绳＝ｍ０ｇＲ＋Ｒ＋Ｒ０Ａ１小车及车上粮食匀速上行时，设斜坡倾角为θ据解得此时滑动变阻器接入电路的阻值Ｒ＝６０Ω。Ｔ＋Ｆ＝（ｍ＋ｍ）ｇｓｉｎθ＋ｋ（ｍ＋ｍ）ｇ绳拉１２１２３（２）电流表指针指在满刻度的处，此时回路中的电流５卸粮后，小车匀速下行时ＥＴ＋ｋｍｇ＝ｍｇｓｉｎθＩ′＝６ｍＡ，由Ｉ′＝，解得Ｒ＝１００Ω。绳１１ｘＲ＋Ｒ＋ＲｘＡ１由以上各式得ｋ＝０．１，ｓｉｎθ＝０．５Ｅ（３）若考虑电池内阻，则Ｉ＝，Ｉ′＝Ｒ＋Ｒ＋Ｒ＋ｒ（２）关闭电动机后，小车与粮食向上减速运动，设加速度０Ａ１Ｅ大小为ａ，由牛顿第二定律有，其中Ｒ＋Ｒ＋ｒ不变，故未考虑电池内阻，对Ａ１Ｒ＋Ｒ＋Ｒ＋ｒｘＡ１（ｍ＋ｍ）ｇｓｉｎθ＋ｋ（ｍ＋ｍ）ｇ－Ｔ＝（ｍ＋ｍ）ａ１２１２１２Ｒ的测量值无影响。ｘ对配重受力分析，由牛顿第二定律有Ｍｍａｐ０＋ρｇＨ１１５答案（１）（２）ｍＴ－ｍｇ＝ｍａ＋ρｇＨ００ρｇＶｐ０２２由运动学公式有０－ｖ＝－２ａＬ解析（１）鱼静止在水面下Ｈ处时，重力与浮力平衡，此６７时Ｂ室气体压强不变，仍等于外界压强，气体密度不变，由以上各式得Ｌ＝ｍ≈０．３６ｍ１８５Ｂ室体积增加部分所受浮力即为鱼所受的合外力，故有２ｍｖ０ｓｉｎ２βｑＢｄ１７答案（１）（２）（３）（ｄ，ｄ）ρｇΔＶ＝Ｍａ２ｑＬｍｍＭｍａ２（２＋１）πｍ则充入Ｂ室的气体质量Δｍ＝ΔＶ＝（４）ＶρｇＶｑＢ（２）鱼静止于水面下Ｈ处时，Ｂ室内气体压强解析（１）离子甲在电场中的运动可看成是类平抛运动ｐ＝ｐ０＋ρｇＨ的逆过程鱼静止于水面下Ｈ１处时，Ｂ室内气体压强ｐ１＝ｐ０＋ρｇＨ１在ｚ轴方向上：Ｌ＝ｖ０ｃｏｓβ·ｔ静止时Ｂ室体积不变，仍为Ｖ，气体温度不变，压强改在ｙ轴方向上：ｖｓｉｎβ＝ａｔ０变，为变质量问题。设从静止于Ｈ处变为静止于Ｈ１处由牛顿第二定律有ｑＥ＝ｍａ２０ ２２ｍｖｓｉｎβｃｏｓβｍｖｓｉｎ２βｑＢｄ００联立可得Ｅ＝＝解得ＲⅠ′＝ｄ，ＲⅡ′＝２ｄ、ｖ′＝ｑＬ２ｑＬ４ｍ（２）当离子甲以最大速度ｖｍ进入磁场Ⅰ时，离子在ｙＯｚ由于离子甲在两磁场区域内运动轨迹半径分别为平面内做圆周运动，轨迹半径设为Ｒ，由洛伦兹力提供１ｄ２Ｒ＝、Ｒ＝ｄⅠⅡ２２２ｍｖｍ向心力有Ｂｑｖ＝ｍＲ１则在离子甲完成两次周期性运动处、离子乙完成一次周离子运动半周后从ｙ轴上ｙ＝２Ｒ处沿ｚ轴负方向进入磁１期性运动处轨迹产生第一个交点，则两离子运动到第一场Ⅱ，在与磁场Ⅱ平面垂直的平面内做圆周运动，轨迹个交点处的时间差为２２ｍｖｍ半径设为Ｒ２，则有Ｂｑｖｍ＝π（Ｒ′＋Ｒ′）２π（Ｒ＋Ｒ）２（２＋１）πｍ２ＲⅠⅡⅠⅡ２Δｔ＝－＝ｖ′ｖｑＢ为使离子甲能始终在磁场中运动，对应于最大速度时粒技巧点拨带电粒子垂直进入匀强磁场中后做匀速子在磁场中运动的轨迹半径应满足圆周运动，轨迹平面垂直于磁场；粒子能不能从某磁Ｒ≤ｄ、Ｒ≤３ｄ１２场边界穿出磁场区域的临界状态是轨迹与该边界相ｑＢｄ联立取二者中较小值可得ｖ＝ｍｍ切；界面两侧均存在磁场时可形成在边界两侧的周期２ｍｖ（３）根据洛伦兹力提供向心力，Ｂｑｖ＝，离子甲在磁场性运动。ＲⅠ、Ⅱ中轨迹半径分别为１８答案见解析ｍｖｄ２解析（１）Ａ与Ｂ发生弹性碰撞，ｍＡ＜ｍＢ，则Ａ碰撞后反Ｒ＝＝、Ｒ＝ｄⅠⅡｑＢ２２弹，以向右为正方向，满足ｍｖ＝ｍ（－ｖ）＋ｍｖＡ０ＡＡＢＢ离子在磁场Ⅰ中转动半周从ｙ轴上第二次穿过ｘＯｙ平１１１２２２ｍｖ＝ｍｖ＋ｍｖ面，在ｙ轴上位置坐标Ａ０ＡＡＢＢ２２２ｙ＝２Ｒ＝ｄⅠ解得ｖ＝２ｍ／ｓ，ｖ＝２ｍ／ｓＡＢ由Ｒ＝２Ｒ可知，离子在磁场Ⅱ中转动半周恰好从ｘⅡⅠ（２）与挡板碰前Ａ向右匀速运动时，Ｂ静止不动，与挡板轴上第三次穿过ｘＯｙ平面回到磁场Ⅰ中，在ｘ轴上位置碰后，Ａ先向左匀速运动，后向左做匀减速运动，Ａ未减坐标速时Ｂ的加速度大小满足ｘ＝２Ｒ＝ｄⅠμ（ｍ＋ｍ）ｇ＝ｍａ２ＡＢＢＢ离子回到磁场Ⅰ中后在ｘ＝ｄ的平面内做圆周运动，转２解得ａ＝３ｍ／ｓＢ动半周第四次穿过ｘＯｙ平面，此时位置坐标为（２Ｒ，Ⅰμｍｇ１Ａ２２Ｒ）即（ｄ，ｄ）Ａ减速时加速度大小为ａＡ＝＝４ｍ／ｓⅠｍＡ（４）离子乙在两磁场区域中运动的轨迹半径分别为经过分析，Ａ和Ｂ碰撞后运动的ｖ－ｔ图像如图所示，设碰４ｍｖ′ＲⅠ′＝ｑＢ、ＲⅡ′＝２ＲⅠ′后Ａ匀速运动的时间为ｔ２，减速运动的时间为ｔ３，则有ｖ１１Ａ由于ｍｖ２＝×４ｍ×ｖ′２ｔ＝＝０．５ｓ３２２ａＡ２１ ２Ｂ在此后减速运动的位移ｘ满足２（－ａ′）ｘ＝０－ｖ′ＢＢＢＢ３解得ｘ＝ｍＢ２６３Ａ对Ｂ的摩擦力所做的功为Ｗ＝－μｍｇｘ＝－Ｊｆ１ＡＢ６５ｖＡ１２Ａ减速运动的位移大小ｘ＝ｔ＝０．５ｍ（４）碰撞前对小球：ＭｇＬ＝Ｍｖ３３２２根据题意，ｘ３为减速阶段的位移，即Ａ开始减速时Ｏ′已１２碰撞后对小球：ＭｇＬ（１－ｃｏｓ５°）＝Ｍｖ′２１２向右移动了０．５ｍ，则有ｖｔ－ａｔ＝０．５ｍＢ２Ｂ２２Ｍ－ｍＡ若为弹性碰撞，则有ｖ′＝ｖＭ＋ｍＡ１解得ｔ＝ｓ（另一解舍去）２３Ｍ１＋１－ｃｏｓ５°解得＝ｍＡ１－１－ｃｏｓ５°７故Ｂ光滑部分长度ｄ＝ｖｔ＋ｘ＝ｍＡ２３６若为完全非弹性碰撞，则有Ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′Ａ（３）Ａ、Ｂ碰后经过时间ｔ后Ａ和Ｂ之间有摩擦力，此时２Ｍｃｏｓ５°解得＝Ｂ的速度为ｖＢ′＝ｖＢ－ａＢｔ２＝１ｍ／ｓｍＡ１－ｃｏｓ５°Ｂ的加速度满足μｍｇ＋μ（ｍ＋ｍ）ｇ＝ｍａ′１Ａ２ＡＢＢＢ１＋１－ｃｏｓ５°Ｍｃｏｓ５°故＜＜ｍ１－１－ｃｏｓ５°Ａ１－ｃｏｓ５°１３２解得ａ′＝ｍ／ｓＢ３２２