浙江省2022年1月普通高校物理招生選考科目考試試卷(教師版)

浙江省2022年1月普通高校物理招生選考科目考試試卷一、單選題1．（2022·浙江月考）單位為J/m的物理量是（）A．力 B．功 C．動(dòng)能 D．電場(chǎng)強(qiáng)度【答案】A【考點(diǎn)】恒力做功【解析】【解答】根據(jù)功的定義式W=Fx可知J=N?m則有J因N是力的單位，故單位為J/m的物理量是力。故答案為：A。

【分析】根據(jù)功的定義式以及單位制中的基本單位進(jìn)行分析。2．（2022·浙江月考）下列說(shuō)法正確的是（）A．研究甲圖中排球運(yùn)動(dòng)員扣球動(dòng)作時(shí)，排球可以看成質(zhì)點(diǎn)B．研究乙圖中乒乓球運(yùn)動(dòng)員的發(fā)球技術(shù)時(shí)，乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)C．研究丙圖中羽毛球運(yùn)動(dòng)員回?fù)粲鹈騽?dòng)作時(shí)，羽毛球大小可以忽略D．研究丁圖中體操運(yùn)動(dòng)員的平衡木動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員身體各部分的速度可視為相同【答案】B【考點(diǎn)】質(zhì)點(diǎn)【解析】【解答】A．研究甲圖中排球運(yùn)動(dòng)員扣球動(dòng)作時(shí)，排球的形狀和大小不能忽略，故不可以看成質(zhì)點(diǎn)，A不符合題意；B．研究乙圖中乒乓球運(yùn)動(dòng)員的發(fā)球技術(shù)時(shí)，要考慮乒乓球的大小和形狀，則乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)，B符合題意；C．研究丙圖中羽毛球運(yùn)動(dòng)員回?fù)粲鹈騽?dòng)作時(shí)，羽毛球大小不可以忽略，C不符合題意；D．研究丁圖中體操運(yùn)動(dòng)員的平衡木動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員身體各部分有轉(zhuǎn)動(dòng)和平動(dòng)，各部分的速度不可以視為相同，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】當(dāng)物體的大小和形狀對(duì)問(wèn)題的研究沒(méi)有影響時(shí)該物體可看做質(zhì)點(diǎn)。3．（2022·浙江月考）利用如圖所示裝置探究勻強(qiáng)磁場(chǎng)中影響通電導(dǎo)線受力的因素，導(dǎo)線垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向放置。先保持導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L，得到導(dǎo)線受到的力F分別與I和L的關(guān)系圖像，則正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【考點(diǎn)】安培力【解析】【解答】根據(jù)F=BIL可知先保持導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L不變，改變電流I的大小，則F-I圖像是過(guò)原點(diǎn)的直線，圖像B符合題意，圖像A不符合題意；若保持電流I不變，改變導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L，則F-L是過(guò)原點(diǎn)的直線，則CD均錯(cuò)誤。故答案為：B。

【分析】根據(jù)安培力的表達(dá)式得出導(dǎo)線受到的導(dǎo)線力F與導(dǎo)線長(zhǎng)度的關(guān)系，從而進(jìn)行分析判斷。4．（2022·浙江月考）如圖所示，公園里有一仿制我國(guó)古代欹器的U形水桶，桶可繞水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)，水管口持續(xù)有水流出，過(guò)一段時(shí)間桶會(huì)翻轉(zhuǎn)一次，決定桶能否翻轉(zhuǎn)的主要因素是（）A．水桶自身重力的大小 B．水管每秒出水量的大小C．水流對(duì)桶撞擊力的大小 D．水桶與水整體的重心高低【答案】D【考點(diǎn)】重力【解析】【解答】水管口持續(xù)有水流出而過(guò)一段時(shí)間桶會(huì)翻轉(zhuǎn)一次，說(shuō)明主要原因是裝的水到一定量之后，導(dǎo)致水桶與水整體的重心往上移動(dòng)，豎直向下的重力作用線偏離中心轉(zhuǎn)軸，導(dǎo)致水桶不能穩(wěn)定平衡，發(fā)生翻轉(zhuǎn)，故答案為：D。

【分析】水管口持續(xù)有水流出而過(guò)一段時(shí)間后根據(jù)重心的變化進(jìn)行分析判斷。5．（2022·浙江月考）如圖所示，學(xué)校門口水平地面上有一質(zhì)量為m的石墩，石墩與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動(dòng)石墩時(shí)，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說(shuō)法正確的是（）A．輕繩的合拉力大小為μmgB．輕繩的合拉力大小為μmgC．減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小D．輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力也最小【答案】B【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用；物體的受力分析【解析】【解答】AB．對(duì)石墩受力分析，由平衡條件可知Tf=μN(yùn)T聯(lián)立解得T=A不符合題意，B符合題意；C．拉力的大小為T=其中tanφ=μ，可知當(dāng)θ+φ=90°時(shí)，拉力有最小值，即減小夾角θD．摩擦力大小為f=T可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當(dāng)θ趨近于90°時(shí)，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力不是最小，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】對(duì)石墩進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得出輕繩合力的大小以及摩擦力的大小。6．（2022·浙江月考）圖甲中的裝置水平放置，將小球從平衡位置O拉到A后釋放，小球在O點(diǎn)附近來(lái)回振動(dòng)；圖乙中被細(xì)繩拴著的小球由靜止釋放后可繞固定點(diǎn)來(lái)回?cái)[動(dòng)。若將上述裝置安裝在太空中的我國(guó)空間站內(nèi)進(jìn)行同樣操作，下列說(shuō)法正確的是（）A．甲圖中的小球?qū)⒈３朱o止B．甲圖中的小球仍將來(lái)回振動(dòng)C．乙圖中的小球仍將來(lái)回?cái)[動(dòng)D．乙圖中的小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)【答案】B【考點(diǎn)】超重失重【解析】【解答】AB．空間站中的物體處于完全失重狀態(tài)，甲圖中的小球所受的彈力不受失重的影響，則小球仍將來(lái)回振動(dòng)，A不符合題意，B符合題意；CD．圖乙中的小球在地面上由靜止釋放時(shí)，所受的回復(fù)力是重力的分量，而在空間站中處于完全失重時(shí)，回復(fù)力為零，則小球由靜止釋放時(shí)，小球仍靜止；若給小球一定的初速度，則做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，CD不符合題意。故答案為：B。

【分析】當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于重力時(shí)物體處于超重，小于重力時(shí)處于失重，對(duì)接觸面的壓力為零時(shí)處于完全失重。7．（2022·浙江月考）如圖所示，水平放置的電子秤上有一磁性玩具，玩具由啞鈴狀物件P和左端有玻璃擋板的凹形底座Q構(gòu)成，其重量分別為GP和GA．Q對(duì)P的磁力大小等于GB．P對(duì)Q的磁力方向豎直向下C．Q對(duì)電子秤的壓力大小等于GQD．電子秤對(duì)Q的支持力大小等于GP＋【答案】D【考點(diǎn)】物體的受力分析【解析】【解答】AB．由題意可知，因手使P的左端與玻璃擋板靠近時(shí)，感受到P對(duì)手有靠向玻璃擋板的力，即Q對(duì)P有水平向左的磁力；P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)，則說(shuō)明Q對(duì)P有豎直向上的磁力，則Q對(duì)P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GPCD．對(duì)PQ的整體受力分析，豎直方向電子秤對(duì)Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q對(duì)電子秤的壓力大小等于GP故答案為：D。

【分析】對(duì)PQ整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)各力的大小關(guān)系進(jìn)行分析判斷。8．（2022·浙江月考）“天問(wèn)一號(hào)”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的P點(diǎn)沿地火轉(zhuǎn)移軌道到Q點(diǎn)，再依次進(jìn)入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天問(wèn)一號(hào)（）A．發(fā)射速度介于7.9km/s與11.2km/s之間B．從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時(shí)間小于6個(gè)月C．在環(huán)繞火星的停泊軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小D．在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度均大于地球繞太陽(yáng)的速度【答案】C【考點(diǎn)】天體的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的模型【解析】【解答】A．因發(fā)射的衛(wèi)星要能變軌到繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，則發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，即發(fā)射速度介于11.2km/s與16.7km/s之間，A不符合題意；B．因P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的轉(zhuǎn)移軌道的半長(zhǎng)軸大于地球公轉(zhuǎn)軌道半徑，則其周期大于地球公轉(zhuǎn)周期（1年共12個(gè)月），則從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時(shí)間為軌道周期的一半時(shí)間應(yīng)大于6個(gè)月，B不符合題意；C．因在環(huán)繞火星的停泊軌道的半長(zhǎng)軸小于調(diào)相軌道的半長(zhǎng)軸，則由開普勒第三定律可知在環(huán)繞火星的停泊軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小，C符合題意；D．衛(wèi)星從P點(diǎn)變軌時(shí)，要加速增大速度，此后做離心運(yùn)動(dòng)速度減小，則在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度P點(diǎn)速度大于地球繞太陽(yáng)的速度，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】衛(wèi)星要能變軌到繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，結(jié)合開普勒定律判斷周期的大小關(guān)系，衛(wèi)星從小軌道變到大軌道時(shí)應(yīng)加速。9．（2022·浙江月考）如圖所示，甲圖是一種手搖發(fā)電機(jī)及用細(xì)短鐵絲顯示的磁場(chǎng)分布情況，搖動(dòng)手柄可使對(duì)稱固定在轉(zhuǎn)軸上的矩形線圈轉(zhuǎn)動(dòng)；乙圖是另一種手搖發(fā)電機(jī)及磁場(chǎng)分布情況，皮帶輪帶動(dòng)固定在轉(zhuǎn)軸兩側(cè)的兩個(gè)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．甲圖中線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)B．乙圖中線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)C．甲圖中線圈轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電流是正弦交流電D．乙圖線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電流是正弦交流電【答案】A【考點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度【解析】【解答】A．甲圖中細(xì)短鐵絲顯示的磁場(chǎng)分布均勻，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A符合題意；B．乙圖中細(xì)短鐵絲顯示的磁場(chǎng)分布不均勻，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)區(qū)域磁場(chǎng)不能看成勻強(qiáng)磁場(chǎng)，B不符合題意；C．根據(jù)發(fā)電機(jī)原理可知甲圖中線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)才能產(chǎn)生正弦交流電，C不符合題意；D．乙圖中是非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)不能產(chǎn)生正弦交流電，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向處處相等。10．（2022·浙江月考）某種氣體—電子放大器的局部結(jié)構(gòu)是由兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜構(gòu)成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場(chǎng)線和等勢(shì)線的分布如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)所在的線是等勢(shì)線B．b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比c點(diǎn)大C．b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的值比a、c兩點(diǎn)間的大D．將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做功為零【答案】C【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度和電場(chǎng)線；電勢(shì)差、電勢(shì)、電勢(shì)能【解析】【解答】A．因上下為兩塊夾有絕緣介質(zhì)的平行金屬薄膜，則a點(diǎn)所在的線是電場(chǎng)線，A不符合題意；B．因c處的電場(chǎng)線較b點(diǎn)密集，則c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)大，B不符合題意；C．因bc兩處所處的線為等勢(shì)線，可知b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的值比a、c兩點(diǎn)間的大，C符合題意；D．因dg兩點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上，電勢(shì)不相等，則將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做功不為零，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越強(qiáng)，結(jié)合等勢(shì)線和電勢(shì)差的關(guān)系進(jìn)行分析判斷，結(jié)合電場(chǎng)力的做功得出d→e→f→g移動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力的做功情況。11．（2022·浙江月考）如圖所示，用激光筆照射半圓形玻璃磚圓心O點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)有a、b、c、d四條細(xì)光束，其中d是光經(jīng)折射和反射形成的。當(dāng)入射光束a繞O點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)過(guò)小角度Δθ時(shí)，b、c、d也會(huì)隨之轉(zhuǎn)動(dòng)，則（）A．光束b順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于ΔθB．光束c逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于ΔθC．光束d順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度大于ΔθD．光速b、c之間的夾角減小了2Δθ【答案】B【考點(diǎn)】光的折射【解析】【解答】A．設(shè)入射光線a的入射角為α，則反射角為α，光束c的折射角為β，光束d的反射角也為β，入射光束a繞O點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)過(guò)小角度Δθ時(shí)，入射角變?yōu)棣?Δθ+α由反射定律可知反射角等于入射角，則光束b順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度等于Δθ，A不符合題意；B．由折射定律有sinαsin可得Δθ<Δθ即光束c逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于Δθ，B符合題意；C．光束d的反射角變化與光束c的折射角變化相等，則光束d順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于Δθ，C不符合題意；D．光束b順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度等于Δθ，光束c逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度小于Δθ，則光速b、c之間的夾角減小的角度小于2Δθ，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】根據(jù)幾何關(guān)系得出折射角和入射角的大小關(guān)系，結(jié)合折射定律得出旋轉(zhuǎn)角度的大小關(guān)系。12．（2022·浙江月考）某節(jié)水噴灌系統(tǒng)如圖所示，水以v0A．每秒水泵對(duì)水做功為75J B．每秒水泵對(duì)水做功為225JC．水泵輸入功率為440W D．電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為10Ω【答案】D【考點(diǎn)】功能關(guān)系；功率的計(jì)算；能量守恒定律【解析】【解答】AB．每秒噴出水的質(zhì)量為m0=2AB不符合題意；C．水泵的輸出能量轉(zhuǎn)化為水的機(jī)械能，則P而水泵的抽水效率（水泵的輸出功率與輸入功率之比）為75%，則PC不符合題意；D．電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于水泵所需要的輸入功率，則電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率為P而電動(dòng)機(jī)的電功率為P由能量守恒可知P聯(lián)立解得R=10ΩD符合題意；故答案為：D。

【分析】利用功能關(guān)系得出每秒水泵對(duì)水做的功，利用平均功率的表達(dá)式以及抽水效率的表達(dá)式得出水泵的輸入功率；結(jié)合能量守恒得出電動(dòng)機(jī)線圈的電阻。13．（2022·浙江月考）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=kt的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（）A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较駼．圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為kπC．圓管的熱功率大小為πdhD．輕繩對(duì)圓管的拉力隨時(shí)間減小【答案】C【考點(diǎn)】楞次定律；法拉第電磁感應(yīng)定律【解析】【解答】A．穿過(guò)圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，A不符合題意；B．圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=B不符合題意；C．圓管的電阻R=ρ圓管的熱功率大小為P=C符合題意；D．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對(duì)圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時(shí)間變化，D不符合題意。故答案為：C。

【分析】利用楞次定律得出感應(yīng)電流的方向，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式，通過(guò)電阻定律以及熱功率的表達(dá)式得出圓管的熱功率。二、多選題14．（2022·浙江月考）2021年12月15日秦山核電站迎來(lái)了安全發(fā)電30周年，核電站累計(jì)發(fā)電約6.9×1011kW·h，相當(dāng)于減排二氧化碳六億多噸。為了提高能源利用率，核電站還將利用冷卻水給周圍居民供熱。下列說(shuō)法正確的是（）A．秦山核電站利用的是核聚變釋放的能量B．秦山核電站發(fā)電使原子核虧損的質(zhì)量約為27.6kgC．核電站反應(yīng)堆中需要用鎘棒控制鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的速度D．反應(yīng)堆中存在92235【答案】C,D【考點(diǎn)】核裂變與核聚變；質(zhì)能方程【解析】【解答】A．秦山核電站利用的是重核裂變變釋放的能量，A不符合題意；B．原子核虧損的質(zhì)量全部轉(zhuǎn)化為電能時(shí)，約為Δm=核電站實(shí)際發(fā)電還要考慮到核能的轉(zhuǎn)化率和利用率，則原子核虧損的質(zhì)量大于27.6kg，B不符合題意；C．核電站反應(yīng)堆中需要用鎘棒能吸收中子的特性，通過(guò)中子的數(shù)量控制鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的速度，C符合題意；D．反應(yīng)堆利用鈾235的裂變，生成多個(gè)中核和中子，且產(chǎn)物有隨機(jī)的兩分裂、三分裂，即存在92235故答案為：CD。

【分析】秦山核電站利用的是重核裂變，根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程得出虧損的質(zhì)量；核電站反應(yīng)堆中需要用鎘棒能吸收中子來(lái)控制反應(yīng)速度。15．（2022·浙江月考）兩列振幅相等、波長(zhǎng)均為λ、周期均為T的簡(jiǎn)諧橫波沿同一繩子相向傳播，若兩列波均由一次全振動(dòng)產(chǎn)生，t=0時(shí)刻的波形如圖1所示，此時(shí)兩列波相距λ，則（）A．t=T4時(shí)，波形如圖2甲所示 B．C．t=3T4時(shí)，波形如圖2丙所示 D．【答案】B,D【考點(diǎn)】波長(zhǎng)、波速和頻率的關(guān)系【解析】【解答】A．根據(jù)波長(zhǎng)和波速的關(guān)系式為v=則t=T4故兩列波的波前還未相遇，A不符合題意；B．t=T2故兩列波的波前剛好相遇，B符合題意；C．t=3T4根據(jù)波的疊加原理可知，在兩列波之間λ4~3λD．t=T時(shí)，兩列波各種向前傳播的距離為x=vt=λ兩列波的波峰與波谷疊加，位移為零，D符合題意；故答案為：BD。

【分析】根據(jù)簡(jiǎn)諧波波長(zhǎng)和波速的關(guān)系得出四分之一周期和四分之三周期內(nèi)兩列波傳播的距離，并判斷是否相遇，根據(jù)波的疊加原理判斷振動(dòng)的加強(qiáng)點(diǎn)以及運(yùn)動(dòng)的位移。16．（2022·浙江月考）電子雙縫干涉實(shí)驗(yàn)是近代證實(shí)物質(zhì)波存在的實(shí)驗(yàn)。如圖所示，電子槍持續(xù)發(fā)射的電子動(dòng)量為1.2×10-23kg·m/s，然后讓它們通過(guò)雙縫打到屏上。已知電子質(zhì)量取9.1×10-31kg，普朗克常量取6.6×10-34J·s，下列說(shuō)法正確的是（）A．發(fā)射電子的動(dòng)能約為8.0×10-15JB．發(fā)射電子的物質(zhì)波波長(zhǎng)約為5.5×10-11mC．只有成對(duì)電子分別同時(shí)通過(guò)雙縫才能發(fā)生干涉D．如果電子是一個(gè)一個(gè)發(fā)射的，仍能得到干涉圖樣【答案】B,D【考點(diǎn)】動(dòng)量；動(dòng)能與重力勢(shì)能；光的粒子性；粒子的波動(dòng)性【解析】【解答】A．根據(jù)動(dòng)量的大小與動(dòng)能的關(guān)系可知發(fā)射電子的動(dòng)能約為EA不符合題意；B．發(fā)射電子的物質(zhì)波波長(zhǎng)約為λ=B符合題意；CD．物質(zhì)波也具有波粒二象性，故電子的波動(dòng)性是每個(gè)電子本身的性質(zhì)，則每個(gè)電子依次通過(guò)雙縫都能發(fā)生干涉現(xiàn)象，只是需要大量電子顯示出干涉圖樣，C不符合題意，D符合題意；故答案為：BD。

【分析】根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系得出發(fā)射電子的動(dòng)能，結(jié)合物質(zhì)波波長(zhǎng)的表達(dá)式得出該物質(zhì)波的波長(zhǎng)，結(jié)合物質(zhì)波的波粒二象性進(jìn)行分析判斷。三、實(shí)驗(yàn)題17．（2022·浙江月考）（1）在“研究平拋運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)中，以小鋼球離開軌道末端時(shí)球心位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，建立水平與豎直坐標(biāo)軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為h處?kù)o止釋放，使其水平拋出，通過(guò)多次描點(diǎn)可繪出小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)球心的軌跡，如圖所示。在軌跡上取一點(diǎn)A，讀取其坐標(biāo)（x0，y0）。①下列說(shuō)法正確的是。A.實(shí)驗(yàn)所用斜槽應(yīng)盡量光滑B.畫軌跡時(shí)應(yīng)把所有描出的點(diǎn)用平滑的曲線連接起來(lái)C.求平拋運(yùn)動(dòng)初速度時(shí)應(yīng)讀取軌跡上離原點(diǎn)較遠(yuǎn)的點(diǎn)的數(shù)據(jù)②根據(jù)題目所給信息，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小v0=。A．2ghB．2gy0C．x③在本實(shí)驗(yàn)中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是。【答案】（1）C；D；確保多次運(yùn)動(dòng)的軌跡相同【考點(diǎn)】研究平拋運(yùn)動(dòng)【解析】【解答】①A．只要保證小球每次從同一位置靜止釋放，到達(dá)斜槽末端的速度大小都相同，與實(shí)驗(yàn)所用斜槽是否光滑無(wú)關(guān)，A不符合題意；B．畫軌跡時(shí)應(yīng)應(yīng)舍去誤差較大的點(diǎn)，把誤差小的點(diǎn)用平滑的曲線連接起來(lái)，B不符合題意；C．求平拋運(yùn)動(dòng)初速度時(shí)應(yīng)讀取軌跡上離遠(yuǎn)點(diǎn)較遠(yuǎn)的點(diǎn)的數(shù)據(jù)，便于減小讀數(shù)產(chǎn)生的偶然誤差，C符合題意；故答案為：C。②坐標(biāo)原點(diǎn)O為拋出點(diǎn)，由平拋規(guī)律有xy聯(lián)立解得平拋的初速度為v故答案為：D。③小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放是為了保證到達(dá)斜槽末端的速度大小都相同，從而能確保多次運(yùn)動(dòng)的軌跡相同。

【分析】（1）根據(jù)“研究平拋運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)的原理以及注意事項(xiàng)進(jìn)行分析判斷；

（2）平拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出小球平拋運(yùn)動(dòng)得出速度；

（3）小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放是為了確保多次運(yùn)動(dòng)的軌跡相同。18．（2022·浙江月考）小明同學(xué)根據(jù)圖1的電路連接器材來(lái)“探究導(dǎo)體電阻與其影響因素的定量關(guān)系”。實(shí)驗(yàn)時(shí)多次改變合金絲甲接入電路的長(zhǎng)度l、調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值，使電流表的讀數(shù)I達(dá)到某一相同值時(shí)記錄電壓表的示數(shù)U，從而得到多個(gè)UI的值，作出U（1）在實(shí)驗(yàn)中使用的是（選填“0~20Ω”或“0~200Ω”）的滑動(dòng)變阻器。（2）在某次測(cè)量時(shí)，電壓表的指針位置如圖3所示，則讀數(shù)U=V。（3）已知合金絲甲的橫截面積為7.0×10-8m2，則合金絲甲的電阻率為Ω·m（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（4）圖2中圖線b是另一根長(zhǎng)度相同、材料相同的合金絲乙與合金絲甲并聯(lián)后采用同樣的方法獲得的UI?l圖像，由圖可知合金絲甲的橫截面積【答案】（1）0~20Ω（2）1.32（1.31~1.34）（3）0.99×10-6（0.96×10-6~1×10-6）（4）小于【考點(diǎn)】電阻的測(cè)量【解析】【解答】（1）由實(shí)驗(yàn)原理可知R而由UI?l圖像可知待測(cè)電阻最大約為8Ω，為了使電壓表有明顯的讀數(shù)變化，則滑動(dòng)變阻器的阻值不能太大，故答案為：0~20（2）量程為3V的電壓表，精度為0.1V，估讀到0.01V，則電壓為1.32V（1.31~1.34）；（3）根據(jù)電阻定律有U則UI?l可得合金絲甲的電阻率為ρ=kS=7.4?4.0（4）另一根長(zhǎng)度相同、材料相同的合金絲乙與合金絲甲并聯(lián)后，電阻率不變，而橫截面積變?yōu)镾=S+由圖2中圖線b可得S=解得S故合金絲甲的橫截面積小于合金絲乙的橫截面積。

【分析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理以及圖像得出待測(cè)電阻的阻值，從而選擇合適的滑動(dòng)變阻器；

（2）利用電壓表的讀數(shù)原理得出電壓表的示數(shù)；

（3）利用電阻定律以及歐姆定律得出UI?l的表達(dá)式，結(jié)合圖像得出合金絲甲的電阻率；

（4）根據(jù)19．（2022·浙江月考）“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，阻力很小的滑軌上有兩輛小車A、B，給小車A一定速度去碰撞靜止的小車B，小車A、B碰撞前后的速度大小可由速度傳感器測(cè)得。①實(shí)驗(yàn)應(yīng)進(jìn)行的操作有。A．測(cè)量滑軌的長(zhǎng)度B．測(cè)量小車的長(zhǎng)度和高度C．碰撞前將滑軌調(diào)成水平②下表是某次實(shí)驗(yàn)時(shí)測(cè)得的數(shù)據(jù)：A的質(zhì)量/kgB的質(zhì)量/kg碰撞前A的速度大小/（m?s碰撞后A的速度大小/（m?s碰撞后B的速度大小/（m?s0.2000.3001.0100.2000.800由表中數(shù)據(jù)可知，碰撞后小車A、B所構(gòu)成系統(tǒng)的總動(dòng)量大小是kg·m/s。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）【答案】C；0.200【考點(diǎn)】驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律【解析】【解答】①碰撞前將滑軌調(diào)成水平，保證碰撞前后A、B做勻速直線運(yùn)動(dòng)即可，沒(méi)有必要測(cè)量滑軌的長(zhǎng)度和小車的長(zhǎng)度、高度。故答案為：C。②由表中數(shù)據(jù)可知小車A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量，則碰后小車A反向運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰前小車A的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑒t可知碰后系統(tǒng)的總動(dòng)量大小為p=解得p=0

【分析】（1）根據(jù)“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn)原理得出正確的選項(xiàng)；

（2）根據(jù)動(dòng)量的表達(dá)式得出AB系統(tǒng)碰撞后總動(dòng)量。四、解答題20．（2022·浙江月考）第24屆冬奧會(huì)將在我國(guó)舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長(zhǎng)12m水平直道AB與長(zhǎng)20m的傾斜直道BC在B點(diǎn)平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點(diǎn)時(shí)速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點(diǎn)共用時(shí)5.0s。若雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動(dòng)，其總質(zhì)量為110kg，sin15°=0.26，求雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）（1）在直道AB上的加速度大??；（2）過(guò)C點(diǎn)的速度大?。唬?）在斜道BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小?！敬鸢浮浚?）解：AB段v解得a（2）解：AB段v解得tBC段xa過(guò)C點(diǎn)的速度大小v=（3）解：在BC段有牛頓第二定律mg解得F【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用；牛頓第二定律【解析】【分析】（1）在直道AB上根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與速度的表達(dá)式得出加速度的大小；

（2）運(yùn)動(dòng)員在AB段和BC段根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得出過(guò)C點(diǎn)速度的大?。?/p>

（3）運(yùn)動(dòng)員在BC段根據(jù)牛頓第二定律得出BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力。21．（2022·浙江月考）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α=37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在G點(diǎn)（與B點(diǎn)等高），B、O1、D、O2和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量m=0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R=0.15m，軌道AB長(zhǎng)度lAB=3m，滑塊與軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)（1）若釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度l=0.7m，求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大?。唬?）設(shè)釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度為lx，滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)時(shí)的速度v與l（3）若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度lx【答案】（1）解：到C點(diǎn)過(guò)程mglC點(diǎn)時(shí)FF（2）解：能過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，則能到F點(diǎn)，則恰到最高點(diǎn)時(shí)mg解得l要能過(guò)F點(diǎn)l（3）解：設(shè)摩擦力做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時(shí)的n倍mg解得l當(dāng)n=1時(shí)l當(dāng)n=3時(shí)l當(dāng)n=5時(shí)l【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用；牛頓第二定律【解析】【分析】（1）滑塊到C點(diǎn)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定律得出C點(diǎn)的速度，在C點(diǎn)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律合力提供向心力得出軌道對(duì)其的支持力；

（2）滑塊能過(guò)最高點(diǎn)時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理得出釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的長(zhǎng)度范圍；

（3）滑塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理得出釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度lx22．（2022·浙江月考）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長(zhǎng)均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過(guò)圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度ω=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l(xiāng)1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容器，通過(guò)單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為l1、長(zhǎng)度為l2、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場(chǎng)區(qū)域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“［”形金屬框fcde。棒ab長(zhǎng)度和“［”形框的寬度也均為l1、質(zhì)量均為m=0.01kg，de與cf長(zhǎng)度均為l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均為豎直向上；棒ab和“［”形框的cd邊的電阻均為R=0.1Ω，除已給電阻外其他電阻不計(jì)，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與軌道垂直。開始時(shí)開關(guān)S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場(chǎng)后與“［”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時(shí)將S與2斷開，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場(chǎng)。（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個(gè)極板（M或N；）帶正電？（2）求電容器釋放的電荷量ΔQ；（3）求框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab邊與磁場(chǎng)區(qū)域左邊界的最大距離x?！敬鸢浮浚?）解：開關(guān)S和接線柱1接通，電容器充電充電過(guò)程，對(duì)繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)的棒由右手定則可知其動(dòng)生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，