高中物理试卷1广东卷解析2022年普通高中学业水平等级考试

2022年广东省普通高中学业水平选择性考试１Ｄ结点Ｏ所受三力的合力为零，如图所示。６Ｂ子弹离开枪口后做平抛运动，同时积木做自由落Ｆ体运动，二者在竖直方向相对静止，故子弹会击中Ｐ点，由＝Ｆｃｏｓ３０°，解得Ｆ＝３Ｆ，故Ｄ正确。１１２Ｌ子弹在水平方向做匀速直线运动，有ｔ＝，故选项Ｂｖ正确。易错分析不计空气阻力，二者在竖直方向都做自由落体运动。如果忽略了子弹在竖直方向的运动，会误认为子弹将击中积木Ｐ点的上方。７Ａ分析在ｘＯｙ平面内的投影即俯视图，由左手定则可知质子所形成２Ｄ由题意可知Ｔ＝１．８８Ｔ，结合开普勒第三定律火地的轨迹如图所示，选项Ａ正确，Ｂ错３３３２ｒ火ｒ地æｒ火öæＴ火ö误。而该轨迹在ｘＯｚ平面上的投影应有＝，整理可得ç÷＝ç÷，可见ｒ＞ｒ，故Ｃ２２火地Ｔ火Ｔ地èｒ地øèＴ地ø为平行于ｘ轴的直线，故Ｃ、Ｄ项错误。２ＧＭｍｖＧＭ错误；由＝ｍ，得ｖ＝，可见ｖ＜ｖ，故Ａ错８ＢＣ电子所受电场力方向向左，Ｎ到Ｐ沿电场力方２火地ｒｒｒ向的位移向右，故电场力做负功，Ａ错误；沿电场线方向２πＧＭｍ误；由ω＝，可知ω火＜ω地，故Ｂ错误；由２＝ｍａ，得ａ电势降低，故Ｂ正确；洛伦兹力方向一定始终和速度方Ｔｒ向垂直，故洛伦兹力不做功，Ｃ正确；电子从Ｍ到Ｐ，因ＧＭ＝，可见ａ＜ａ，故Ｄ正确。２火地为φ＝φ，由Ｗ＝ｑＵ可知，Ｗ＝０，结合动能定理可知电ｒＭＰＭＰ３Ｃ不计摩擦和空气阻力，设ＭＮ段倾角为θ，运动员子在Ｐ点时的速度等于零，故电子在Ｍ、Ｐ两点均只受在ＭＮ段运动的时间为ｔ，由分析易知，ＭＮ段，Ｆ＝ｍｇ电场力，所受合力大小相等，故Ｄ错误。合１ｓｉｎθ，ａ＝ｇｓｉｎθ，ｖ＝ａｔ；ＮＰ段，Ｆ＝０，ａ＝０，运动员做Ｐ２００１Ｎ１合２２９ＡＢＤ由Ｆ＝得从Ｍ到Ｎ的牵引力Ｆ＝Ｎ＝ｖ５匀速直线运动；ＰＱ段，运动员做平抛运动，ａ＝ｇ＞ａ，故３１４０Ｎ，Ａ正确。从Ｍ到Ｎ，匀速运动的速度ｖ＝５ｍ／ｓ，ｔ＝Ｃ正确。ｘ＝４ｓ，由动能定理有Ｐｔ－Ｗ＝０，则克服摩擦力做功Ｗ＝ｆｆ易错分析ｖ－ｔ图线的斜率表示加速度，故选项Ａ中ｖ表示ＰＱ段运动图线的斜率应大于表示ＭＮ段运动图８００Ｊ，Ｂ正确。从Ｐ到Ｑ上升高度ｈ＝ｘｓｉｎ３０°＝１０ｍ，ＰＱ线的斜率。ｘ３ＰＱΔＥ＝－Ｗ＝ｍｇｈ＝５×１０Ｊ，运动时间ｔ′＝＝１０ｓ，由动ｐＧｖ′４Ｂ由题意知两线圈输出正弦交流电，则ｅ＝能定理有Ｐ′ｔ′－ｍｇｈ－Ｗ′＝０，得克服摩擦力做功Ｗ′＝ｆｆＥｓｉｎ（ωｔ＋φ），Ｅ＝ＮＢＳω，又知ｎ＞ｎ，得Ｅ＞Ｅ，ｍ０ｍ１２ｍ１ｍ２７００Ｊ，Ｃ错，Ｄ正确。２Ｕ有Ｕ有１＞Ｕ有２，Ａ错。Ｐ＝，得Ｐ１＞Ｐ２，Ｄ错。条形磁铁与线１０ＡＣ长直导线中的电流产生的磁场在Ｐ、Ｎ两点的Ｒ磁感应强度方向如图。圈轴线平行时磁通量Φ最大，电动势ｅ最小，条形磁铁与线圈轴线垂直时磁通量Φ最小，电动势ｅ最大，故ｅ＝１１ω０时，ｅ最大，Ｃ错。ｆ＝＝，Ｂ正确。２Ｔ２πＥ１－１３．６５Ａ由氢原子能级公式Ｅ＝知，Ｅ＝ｅＶ＝ｎ２２０２ｎ（２０）过Ｍ点作ｘ轴的平行线，与通电导线在ｘＯｙ平面内的投－２－３．４×１０ｅＶ，要使该能级的氢原子电离，要吸收的光子影交于Ｐ′，则有ＭＰ′＝ＮＰ，故Ｎ、Ｍ两点磁感应强度大小－２能量为３．４×１０ｅＶ，属红外线波段的光子，故选项Ａ相等、方向相同，Ａ项正确；圆形线圈在初始位置时，通正确。过线圈的磁通量为零，沿ＰＮ方向运动时，穿过线圈的磁１ 通量变化，Ｂ项错误；Ｐ点为导线正上方的点，当线圈从ＵＵＵＵ＋＋，联立解得导电绳的电阻Ｒ＝。（３）根ｘＲＲＲＩ－ＩＰ点开始竖直向上运动时，通过线圈的磁通量始终为０，定Ｖｘ２１ＵΔΦｘ据（２）的分析知，导电绳的电阻Ｒ＝，与电压表内阻线圈中无感应电流，选项Ｃ正确；由Ｅ＝，Δｔ＝，而ｘＩ－ＩΔｔｖ２１无关。（４）由图线可得Ｒ＝１．３３ｋΩ时，导电绳拉伸后ｘｘ＜ｘ，则Δｔ＜Δｔ，故线圈从Ｐ到Ｍ过程与从Ｐ到ＮＰＮＰＭＰＮＰＭ的长度为５１．８０ｃｍ。过程的感应电动势不相等，选项Ｄ错误。１３答案（１）８Ｎ５Ｎ（２）８ｍ／ｓ（３）０．２ｍ解题思路将立体图转化为学生熟识的平面图，可解析（１）滑块静止时，由整体法得：Ｎ＝（ｍ＋Ｍ）ｇ＝８Ｎ１以使试题的分析难度大大降低。滑块向上滑动时，以滑杆为研究对象，受力分析如图（一）必考题：共４２分。１２æ１１ö１１答案（２）７．８８５（３）Ｂ（４）ｍｄç－÷（５）２２２èｔ１ｔ２ø增大得：Ｎ＝Ｍｇ－ｆ＝５Ｎ２解析（２）螺旋测微器的读数为７．５ｍｍ＋３８．５×０．０１ｍｍ＝（２）滑块从Ａ到Ｂ，由动能定理：７．８８５ｍｍ。１２１２－ｍｇｌ－ｆｌ＝ｍｖ－ｍｖ０２２（３）如果先释放小球，后接通数字计时器，由于高度较得：ｖ＝８ｍ／ｓ小，还没有启动数字计时器，小球已通过光电门，故应先（３）滑块与滑杆发生完全非弹性碰撞，由动量守恒：接通数字计时器，再释放小球。ｍｖ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ′ｄｄ（４）小球两次通过光电门的速度ｖ＝，ｖ＝，由于光１ｔ２ｔ得ｖ′＝２ｍ／ｓ１２电门的高度一定，若不考虑空气阻力的影响，可认为小碰撞后，滑块与滑杆一起向上运动，由动能定理：１１２球与橡胶材料碰撞前后的机械能的损失量ΔＥ＝ｍｖ２－－（ｍ＋Ｍ）ｇｈ＝０－（ｍ＋Ｍ）ｖ′１２２２２得：ｈ＝０．２ｍ１２１éêæｄöæｄöùú１２æ１１öｍｖ＝ｍç÷－ç÷＝ｍｄç－÷。２２２êｔｔú２２２ëè１øè２øûèｔ１ｔ２ø１４答案见解析（５）由于存在空气阻力，适当调高光电门的高度后，不会解析（１）两极板未加电压时小油滴匀速运动，所受合影响小球碰撞过程中的机械能损失，但会增大小球两次力为零，故有：通过光电门过程中空气阻力所做的功，当将小球两次通１ｈ１ｍｇ＝ｋｍ３００ｔ过光电门时减少的动能作为小球碰撞过程中损失的机２ｍ３ｇｔ械能时，会增大测量的系统误差。０解得ｋ＝ｈ１解题思路（４）因下降和上升时光电门与材料间的（２）两板间加上电压后Ａ继续以原速度下落，说明Ａ不距离一定，而且光电门与材料间的距离很小，故两次带电。通过光电门的动能的损失可认为是小球与材料碰撞由Ｂ的运动过程可知Ｂ带电，所受电场力向上，则Ｂ带前后的机械能损失。（５）高度增加，空气阻力做功增负电，Ｂ向上匀速运动时有加，因此误差增大。Ｕ１ｈ２ｑ＝ｍｇ＋ｋｍ３００Ｕｄｔ１２答案（２）③变小（３）无（４）５１．８０Ｉ－Ｉ２１将ｋ值代入解得Ｂ所带电荷量大小：解析（２）③根据闭合电路欧姆定律，闭合Ｓ２后，导电ｄｍ０ｇæｈö２ｑ＝ç１＋÷绳与定值电阻并联，电路中总电阻变小，电流变大，电压Ｕèｈ１ø表的示数变小（提示：也可用串反并同法判断）。根据部Ｂ上升ｈ２电势能的变化量ＵＵＵæｈ２ö分电路欧姆定律，闭合Ｓ２前，Ｉ１＝＋，闭合Ｓ２后，Ｉ２＝ΔＥｐ＝－Ｗ电＝－ｑ·ｈ２＝－ｍ０ｇｈ２ç１＋÷Ｒ定ＲＶｄèｈ１ø２ ５（３）假设油滴向下匀速运动，则有：代入数据得：ｐ＝２．０×１０ＰａＵ１而ｐ＝ｐ＋ρｇｈ３０２ｍｇ＝ｑ＋ｋ·（２ｍ）ｖ００ｄ代入数据得：ｈ＝１０ｍｈ－ｈ１２解得：ｖ＝３解题思路从水面到水底过程，瓶中气体做等温变２·ｔ化，根据玻意耳定律求解压强。若ｈ＞ｈ，ｖ＞０，油滴竖直向下运动；１２若ｈ＜ｈ，ｖ＜０，油滴竖直向上运动。１６答案Ｐ不变１２解析质点只在平衡位置上下做简谐运动而不会随波（二）选考题：共１２分。请考生从２道题中任迁移，故不会运动到Ｑ处，由图可知此时Ｍ处的质点正选一题作答。如果多做，则按所做的第一题从波峰开始向下振动，则经过半个周期，质点到达波谷计分。Ｐ处。机械波的波速由介质决定，频率增大，波长变短，１５答案不是大于但波速不变。解析空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高２的室外是通过电动机做功完成的，不是自发过程；空调１６答案２ｃ２排到室外环境的热量包括空调机消耗电能产生的热量解析由题意知，当光束的入射角为４５°时，恰好观察不及从室内吸收的热量，则空调排到室外环境的热量大于到折射光束，说明激光恰好发生了全反射，临界角Ｃ从室内吸收的热量。＝４５°５１５答案２．０×１０Ｐａ１０ｍ１液体折射率为ｎ＝，解得：ｎ＝２解析从水面到水底过程，瓶中气体做等温变化，ｓｉｎＣ在水面，瓶中气体体积Ｖ＝３８０ｍＬ－８０ｍＬ＝３００ｍＬ，压ｃ１由折射率ｎ与光在介质中传播速度ｖ的关系可知，ｎ＝５ｖ强ｐ＝ｐ＝１．０×１０Ｐａ１０在水底，瓶中气体体积Ｖ＝３８０ｍＬ－２３０ｍＬ＝１５０ｍＬ２２代入数据解得：ｖ＝ｃ。２根据玻意耳定律得：ｐＶ＝ｐＶ１１２３