2022年1月浙江省普通高等学校招生全国统一考试物理(选考)试题解析

2023/01/18 后记：~~现在看那时候的 markdown 排版真是依托答辩 (x~~

正文部分

1.A

$F=\frac{W}{l}$

2.B
B.如发旋转球

3.B

$F=B I L$

4.D
不做解释。

5.B
由 $\operatorname{T} \cos \theta-\mu(m g-\operatorname{Tsin}\theta)=0$
得 $\operatorname{T}=\frac{\mu m g}{\cos \theta+\mu \sin \theta}$
（注意问的是合拉力）

6.B
不做解释。

7.D
对P、Q整体，由二力平衡知D成立。

8.C
A.脱离地球引力，则 $v \geqslant 11.2 \mathrm{~km} / \mathrm{s}$

B.半个周期，且周期大于地球公转周期12个月
C.由开普勒第三定律知成立
D.在地火转移轨道Q点速度小于在火星轨道Q点速度(因为要加速变轨) 小于在地球轨道速度(开三)

9.A 个人认为是好题目
A.看图，铁屑等距平行
B.看图，铁屑弯弯曲曲
C.D的暗示，没说匀速
D.正弦交流电要求是匀强磁场

10.C
A.为电场线
B.看疏密
C.两条等势线的差额当然比小于两条等势线的差额大咯
D.只考虑初末位置（电场力为保守力），不在一条等势线上，电势改变，电场力做功

11.B
A.C.等于（反射，反射角和入射角相等）
B. 不妨这样想：入射角从 $0^{\circ} \rightarrow 90^{\circ}$ ，反射角只能从 $0^{\circ} \rightarrow C$ (临界角) ，入射角比反射角变得快
D.由B知小于

12.D
A.B.考虑1s,有2kg水。$W=E{p}+E{k}=75J+225J=300J$
C.D.一定要想清楚你的研究对象是谁！
C. “电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率”，对水泵电动机，水泵输入功率=电动机输出功率<电动机输入功率=440W
D.对电动机，输入440W，输出300W/(75%)=400W，故热功率 $P=40 W=I^{2} R$ ，解得 $R=10\Omega$

13.C 要通过判断电流流向来确定等效电阻R的计算式。
A.顺时针
B.

$\varepsilon=\frac{\Delta B}{\Delta t} \cdot S=k \cdot \pi r^{2}$
C.由

$R=\rho \frac{L}{S}=\rho \frac{2 \pi r}{h d}$

得

$P=\frac{\varepsilon^{2}}{R}=\frac{\pi d h k^{2} r^{3}}{2 \rho}$

D.安培力各向抵消，则拉力始终等于重力

14.CD
A.核裂变
B.题干疯狂暗示, “提高能源利用率”“供热”，故m>>27.6kg
C.D.对

15.BD
老老实实画四张图就行了，注意C中形状正确，但波谷应更低

16.BD

A. $ E_{k}=\frac{p^{2}}{2 m}=8.0 \times 10^{-17} J $

B. $ \lambda=\frac{h}{p}=5.5 \times 10^{-11} \mathrm{~m} $

C.D.波动性的体现并不依赖于粒子性

17(1).①C
②D
③确保多次运动的轨迹相同

(2).①C
②0.200
碰撞前p=0.202，碰撞后pA=0.040，pB=0.240；动量不可能增加，故p’=pB-pA=0.200

18.(1)0~20Ω ；
(2)1.31~1.34 ；
(3)$0.96 \times 10^{-6} \sim 1.0 \times 10^{-6}$ ；

(4)小于。（斜率相当于是电阻的反映，甲电阻大，故甲横截面积小）

19.(1) $A B$ 段，由

$v_{1}^{2}=2 a_{1} x_{1}$

解得

$a_{1}=\frac{8}{3} \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}$

(2) $A B$ 段，由

$v_{1}=a_{1} t_{1}$

得

$t_{1}=3 \mathrm{~s}$

$B C$ 段，由

$x_{2}=v_{1} t_{2}+\frac{1}{2} a_{2} t_{2}^{2}$

解得

$a_{2}=2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}$

故

$v=v_{1}+a_{2} t_{2}=12 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$

(3) 由

$m g \sin \theta-F_f=m a_{2}$

解得

$F_{f}=66 \mathrm{~N}$

20.(1) 到 $C$ 点过程

$\quad m g l \sin 37^{\circ}+m g R\left(1-\cos 37^{\circ}\right)=\frac{1}{2} m v_{\mathrm{C}}^{2}$

$C$ 点时

$F_{\mathrm{N}}=m g+m \frac{v_{\mathrm{C}}^{2}}{R}=7 \mathrm{~N}$

(2) 能过 $F$ 点，只要过最高点(v=0)。
由

$\operatorname{mg}(l_{x} \sin 37^{\circ}-3 R \cos 37^{\circ}-R)=0$

解得

$l_{x} \geqslant 0.85 \mathrm{~m}$

到 $F$ 点过程

$m g l_{x} \sin 37^{\circ}-4 m g R \cos 37^{\circ}=\frac{1}{2} m v^{2}$

解得

$v=\sqrt{12 l_{x}-9.6} ( l_{x} \geqslant 0.85 \mathrm{~m} ）$

(3) 设摩擦力做功为第一次到达中点时的$n$倍。
由

$m g l_{x} \sin 37^{\circ}-m g \frac{l_{\mathrm{FG}}}{2} \sin 37^{\circ}-n_{\mu} m g \frac{l_{\mathrm{FG}}}{2} \cos 37^{\circ}=0$

解得

$l_{x}=\frac{7 n+6}{15} (h_{n} \leqslant 3 \mathrm{~m})$

对n一一列举，（但n一定是奇数，画图便知。）

$\text { 当 } n=1 \text { 时, } l_{x 1}=\frac{13}{15} \mathrm{~m}$ $\text { 当 } n=3 \text { 时, } l_{x 2}=\frac{27}{15} \mathrm{~m}$ $\text { 当 } n=5 \text { 时, } l_{x 3}=\frac{41}{15} \mathrm{~m}$

21.(1)M带正电
由

$E=\frac{1}{2} B_{1} \omega r^{2} \quad$

得

$Q=C U=C \frac{E}{2}=0.54 \mathrm{C}$

(电容器接在电源两端，两侧电压为路端电压)

(2)放电

$B_{2} l_{1} \Delta Q=m v_{1}$

碰撞

$m v_{1}=(m+m) v_{2}$

上升至最高

$\frac{1}{2} 2 m v_{2}^{2}=2 m g h$

联立得

$\Delta Q=\frac{2 m}{B_{2} l_{1}} \sqrt{2 g h}=0.16 \mathrm{C}$

(3)三步走：
①假设第一次能完全进入磁场
由

$- \frac{B_{2}^{2} l_{1}^{2} l_{3}}{2 R}=2 m (v_{3} - v_{2}）$

得

$v_{3}=0.75 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$

假设成立，故

$x_{1}=l_{3}=0.08 \mathrm{~m}$

②然后匀速运动

$x_{2}=l_{3}-l_{2}=0.012 \mathrm{~m}$

③假设第三次不能完全穿出磁场（其实很显然，不然为什么让你算位移）
由

$- \frac{B_{2}^{2} l_{1}^{2} x_{3}}{2 R}=2 m (0 - v_{3}）$

得

$x_{3}=0.048 \mathrm{~m} < l_{3}$

假设成立，故

$x=x_{1} + x_{2} + x_{3}=0.14 \mathrm{~m}$

22.个人觉得是全卷最大亮点
(1) 光电效应方程

$E_{\mathrm{km}}=h v-W_{0}$

由

$\frac{1}{2} m v_{O}^{2}=E_{\mathrm{k}}+e U \quad\left(0 \leqslant E_{\mathrm{k}} \leqslant E_{\mathrm{km}}\right)$

解得

$\sqrt{\frac{2 e U}{m}} \leqslant v_{O} \leqslant \sqrt{\frac{2\left(h_{v}+e U-W_{0}\right)}{m}}$

(2) 要看出Ⅰ是一个速度选择器！（电场力向外，磁场力向里，要能使电子在纸面内通过那就得二力平衡）
由

$\quad e v_{0} B_{1}=e E \quad$

得

$v_{O}=\frac{E}{B_{1}}=\sqrt{\frac{3 e U}{m}}$

极板中加速

$\frac{1}{2} m v_{O}^{2}-\frac{1}{2} m v_{\mathrm{M}}^{2}=e U \quad$

得

$v_{\mathrm{M}}=\sqrt{\frac{e U}{m}}$

然后把Ⅰ当空气，剩下的是不是赤裸裸的轴对称图形！

如图所示, 由几何关系

$\frac{m v_{O}}{e B_{2}} \sin \alpha=\frac{a}{2}$

得

$\sin \alpha=\frac{\sqrt{3}}{6}$

注意，还没做完！要求的是刚逸出时的速度方向，而在两极板间加速时速度方向改变！

抓住竖直分量始终未变，有

$v_{\mathrm{M}} \sin \beta=v_{O} \sin \alpha$

解得

$\sin \beta=\frac{1}{2} , \beta=30^{\circ}$

(3) ①E最大即速度最大，对应以$E_{\mathrm{km}}$逸出的电子

由(1)(2)易得

$\quad E_{\max }=B_{1} \sqrt{\frac{2\left(h v+e U-W_{0}\right)}{m}}$

②B最大即半径最小，则速度偏角最大，则y分量最大，对应以$E_{\mathrm{km}}$且沿y方向逸出的电子

由(1)(2)及

$v_{M}=v_{My}=v_{Oy}=v_{O} \sin \alpha \le \sqrt{\frac{2(h v-W_{0})}{m}}$

解得

$B_{2 \max }=\frac{2 \sqrt{2 m\left(h v-W_{0}\right)}}{e a}$ 【最后把E和B的答案和第二小题题干中的数据比对一样，如果形式一致（其实就是比对量纲），那说明你在庞大的字母运算中没有漏抄什么】