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1、【高考真题】2022年新高考物理真题试卷（广东卷）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。（共7题；共28分）1.（4分）如图是可用来制作豆腐的石磨。木 柄A B静止时，连 接A B的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、和F2分别表示三根绳的拉力大小，Fi=E且乙408=60。下列关系式正确的是（）A.F=F1 B.F=2&C.F=3 D.F=V502.（4分）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之,且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀
2、速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（）A.火星公转的线速度比地球的大 B.火星公转的角速度比地球的大C.火星公转的半径比地球的小 D.火星公转的加速度比地球的小3.（4分）如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（）A.I 4.（4分）如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，nx n2,二者轴线在同平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电
3、阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时.，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（）A.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等5.（4分）目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为En=,其中E1=-13.6eV o如图是按能量排列的电磁波谱，要 使 九二2 0的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子变成氢离子，被吸收的光子是（）红外线 见 紫外线 X射线;_._ 10-2 10-1 100 101 102 103能
4、里(eV)A.红外线波段的光子C.紫外线波段的光子B.可见光波段的光子D.X射线波段的光子6.（4分）如图所示，在竖直平而内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为I。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（）A.将击中P点，大于净 B.将击中P点，t等于净C.将击中P点上方，I大于彳 D.将击中P点下方，t等于净7.（4分）如图所示，-个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以
5、某一速度从立方体左侧垂直O yz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（）二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。（共3题；共18分）8.（6分）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸而向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（）A.电子从N到P,电场力做正功B.N点的电势高于P点的电势C.电子从M到N,洛伦兹力不做功D.电子在M点所受的合
6、力大于在P点所受的合力9.（6分）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率2 0 0、速 度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速 度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为5 0kg,M N =PQ=2 0m,PQ段的倾角为30,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有（）A.从M到N,小车牵引力大小为4 0NB.从M到N,小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q,小车重力势能增加1 x 104/D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700710.（6分）如图所示，水平地面（O x y平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为
7、地而上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的 有（）A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P 点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D.线圈从P 到 M过程的感应电动势与从P 到 N过程的感应电动势相等三、非选择题：共5 4分。第1广14题为必考题，考生都必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答。（共4题；共4 2分）1 1.（7 分）某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材
8、料碰撞导致的机械能损失，设计了 如图（a）所示的装置，实验过程如下：让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d=m m.测量时，应（选填 A”或 B ，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间口 和 以。计算小球通过光电门的速度，己知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失AE=_（用字母m、d、h 和t2表示）。若适当调高光电门的高度，将会（选填
9、“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。1 2.（9 分）弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系，实验过程如下：装置安装和电路连接如 图（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图（b）所示的电路中。R/k Q（2）导电绳拉伸后的长度L 及其电阻Rx的测量将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度L。将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关S2,闭合开关S i ,调节R,使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和 八。闭 合 S 2 ,电
10、压表的示数（选填“变 大 或 变 小 调 节 R使电压表的示数仍为U,记录电流表的示数12，则此时导电绳的电阻Rx=（用 A、12和 U表示）。断 开 S,增大导电绳拉伸量，测量并记录A、B间的距离，重复步骤和。该 电 压 表 内 阻 对 导 电 绳 电 阻 的 测 量 值 （选填“有 或“无）影响。图（c）是根据部分实验数据描绘的Rx-L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上，当机械臂弯曲后，测得导电绳的电阻R x为13 3 k。，则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为 c m,即为机械臂弯曲后的长度。1 3.（1 1 分）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图1 2 所示的物理模型。竖直放
11、置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为 1 0 m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 1 N ,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面起竖直向上运动。已知滑块的质量m =Q.2 kg,滑杆的质量M =Q.Gkg,A、B间的距离I =1.2 m 重力加速度g取1 0 m/s2,不计空气阻力。求：（1）（3.5 分）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小Ni 和N2；（2）（3.5 分）滑块碰撞前瞬间的速度大小v：（3）（4分）滑杆向上运动的最大高度h。1 4.（1 5 分）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的
12、量子性，因此获得J 1 92 3 年的诺贝尔奖。图 1 3 是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有 两 个 质 量 均 为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和 B,在时间I 内都匀速下落了距离砥。此时给两极板加上电压U （上极板接正极，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t 内上升了距离电（电工九D，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为/=kmM，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。
13、不计空气浮力，重力加速度为g。求：_ _t ad 产.B开始计时，经过半个周期，绳上M 处 的 质 点 将 运 动 至 （选填或“Q”）处。加快抖动，波的频（2）（4分）一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截而如图1 6 所示。激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心。点。当光束与竖直方向成 4 5。角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c,求液体的折射率n和激光在液体中的传播速度V o（I）（8分）如图所示，某同学握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。从图示时刻（1）（5分）比例系数
14、k：（2）（5分）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；（3）（5 分）新油滴匀速运动速度的大小和方向。四、选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。（共2题；共24分）1 5.（1 2 分）（1）（8 分）利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程（选填“是或 不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空 调 排 放 到 室 外 环 境 的 热 量 （选填“大于 等于，或，小于“）从室内吸收的热量。（2）（4分）玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将8 0 m L 水装入容积为3 8 0 m L
15、的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后代入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为 2 3 0 7 n L。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强P0取 1 0 x 1 05P a，重力加速度g取 1 0 m/s1 2，水的密度p 取 1.0 x lQ3kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。-下潜后液面胃、下潜前液面1 6.（1 2 分）答案解析部分1.【答案】D【知识点】共点力平衡条件的应用：物体的受力分析【解析】【解答】以O点为研究对象，受力分析如图:根据力的平衡条件以及力的合成以及几何关系得：F=2F1Cos600=V3FP所以选项D正确，ABC错误。故答案
16、为：D。【分析】该题以。点为研究对象，结合平衡条件、力的合成以及几何关系即可解答。2.【答案】D【知识点】万有引力定律及其应用；卫星问题：天体的匀速圆周运动的模型【解析】【解答】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期，根据万有引力充当向心力得：6鬻=等mr得7=21 sg，因此可以得出火星的公转半径比地球的公转半径大，所以选项C错误。再结合向心力的公式Gg笋=m y-=ma）2r=m an 解得u=母，口 =解，可以得出公转半径越大，线速度、角速度、公转加速度都在减小。所以A B选项错误，D选项正确.故答案为：D。【分析】根据万有引力充当向心力规律，先利用周期关系得出半径关系就可以得出各
17、个参数关系。3.【答案】C【知识点】v-t图象；平抛运动；匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律【解析】【解答】设斜坡倾角为仇 运动员在斜坡M N段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可得mgsin。=man 即 ai=gsin。当他运动到NP段时，从图中可看到这一段做匀速直线运动，则加速度a?=O从P点飞出后，其做平抛运动，加速度为a3=g.设在P点的速度为v o,从P点飞出后速度大小为v=j W +g2 t2,根据以上分析可以知道速度-时间图像不可能为直线，A、B错误；则C正确，D错误.故选Co【分析】根据运动员在不同运动过程的受力特点得出加速度的变化，从而分析出速度的变化，结合图像完成
18、分析。4.【答案】B【知识点】匀速圆周运动：电功率和电功；交流电的最大值与有效值；法拉第电磁感应定律【解析】【解答】AD、根据运动的周期性可知，两个线圈位置的磁通量变化率普都相等，根据法拉第电磁感应 定 律E=n需，因两个线圈的匝数不等，所以产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据p=d,可知，两电限的电功率也不相等，选项A D错误：RB、在匀速圆周运动中，磁铁的周期固定，则线圈产生的交流电频率也相等，故B正确；C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最大（或最小），故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误；故选：B。【分析】ABD、匀速圆周运动
19、的周期和频率恒定，根据法拉第电磁感应定律E=整可定性地分析出感应电2动势的大小，结合功率的公式p=%分析出功率的关系；C、根据不同位置的磁通量的变化特点分析出线圈是否能同时达到最大值。5.【答案】A【知识点】玻尔原子理论【解析】【解答】氢原子第n能级的能量为E n=,其中邑=1 3.6 4,要使处于n=20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为&。=我13 Ge/V=0.。3牝叭根据光谱能量范围20”其吸收红外线波段的光子，所以A正确。BCD错误，故答案为：A【分析】本题主要考查了氢原子的能级公式，要根据氢原子的能级公式代入数据计算出第2 0 能级的氢原子能量
20、，结合电磁波谱分析出被吸收的光子类型。6 .【答案】B【知识点】平抛运动；自由落体运动【解析】【解答】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据自由落体规律h=：g 可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L,子弹在水平方向上做匀速直线运动1=小故答案为：B o【分析】本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据子弹和积木在竖直方向的运动特点可知在竖直方向上保持相对静止，结合水平方向的运动特点得出击中的时间和位置，同时要注意运动的相对性和独立性，结合运动学公式即可完成分析。7 .【答案】A【知识点】左手定
21、则：洛伦兹力【解析】【解答】A B、根据左手定则可知，质子在左侧面运动时受到的洛伦兹力指向y 轴正方向，在右侧面运动时受到的洛伦兹力指向y 轴负方向，因质子在磁场中做匀速圆周运动，所以质子运动的轨迹先往y 轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，所以A选项正确，B选项错误；C D、质子在z 轴方向不受力，因此z 轴上的坐标始终保持不变，故 CD错误：故选A o【分析】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，根据左手定则分析出质子的受力特点，结合曲线运动的相关知识完成分析，从这方面看难度不大，但是对学生的空间想象能力有定的要求。8 .【答案】B,C【知识点】电势差、电势、电势能；洛伦兹力：电场力做功【解
22、析】【解答】A、由题可知在电子运动过程中所受电场力水平向左，电子从N到 P的过程中电场力做负功，故 A错误；B、电场线总是由高电势指向低电势，据此可知N点的电势高于P点，故 B正确：C、由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，故 C正确；D.、对电子在M 点和P 点进行受力分析，如图所示：qE由于M 点和P点在同一等势面上，故从M 到 P电场力做功为0,而洛伦兹力不做功，M 点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M 点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故 D错误：故选B C o【分析】本题主要考查了带电粒子在叠加场中的运动，
23、熟悉电场线中电势的判断，根据左手定则判断洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功；根据几何关系得出电子在M 点所受的合力与在P点所受的合力大小关系。9 .【答案】A,B,D【知识点】共点力平衡条件的应用：功能关系；机车启动：动能定理的综合应用；功率的计算：动能与重力势能【解析】【解答】A B、在水平MN段以恒定功率2 0 0 W,速度5 m/s 匀速行驶，则小车的牵引力等于小军受到的摩擦力，因此/1=勺=胃 内=4 0 N,故 A选项正确，从 M 到 N过程中，小车摩擦力做功为WL-4 0X20J=-800J,即小乍克服摩擦力做功8 0 0 J,故 B正确；C、根据题意，从 P到 Q过
24、程，重力势能增力口量为E p =m g A h =5 0 0 x 2 0 x s i n 3(T =5 0 0 0/,故 C选项错误；D、依题意，小车从P到 Q运动过程中山密访+七二砥，摩擦力做的功为卬2 =-八 x s?,s?=2 0 m,联立解得皿2 =-7 0 0 人 则小车克服摩擦力做功为7 0 0 J,故 D正确。故选A B D0【分析】小车做匀速运动，则牵引力等于摩擦力，根据公式P 二 F v 和受力分析分析出小车的受力，结合功的计算公式完成解答；根据功能关系得出小车重力势能的增加量。1 0 .【答案】A,C【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；安培定则【解析】【解答】A、依题意
25、，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据安培定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故 A正确；B、根据安培定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零：在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈0磁通量会发生变化，故B错误：C、根据安培定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；D、线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故
26、D错误。故选AC,【分析】本题主要考查了法拉第电磁感应定律，根据磁场的分布特点结合对称性分析出不同位置的磁场特点和磁通量是否变化；分析出线圈的磁通量的变化特点，结合楞次定律判断是否产生感应电流；根据法拉第电磁感应定律分析出不同过程中产生的感应电动势的特点。1 L【答案】7.883；B；增大【知识点】机械能综合应用：完全非弹性碰撞：螺旋测微器的使用【解析】【解答】(2)螺旋测微器读数读到0.01亳米的后一位，则小球的直径d=(7.5+38.3x0.01)?mn=7.8837n7 7 1。(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放
27、小球，故选B。(4)小球第一次和第二次通过光电门时的速度分别为v i、V 2,根据光电门遮光时间关系=(，2=微，根据碰撞过程中机械能关系可得AE=品 吟 一 品 吟 二|m()2-1 m()2(5)若适当调高光电门的高度，小球经历的空中距离比调整之前大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。【分析】本题主要考查了能量守恒定律的相关应用，理解光电门测量速度的原理，结合能量守恒定律完成对实验的分析。(2)根据螺旋测微器的读数规则得出小球的直径：(3)根据实验原理掌握正确的实验操作；(4)理解机械能的定义，利用光电门测出小球的速度，结合动能的计算公式完成分析：(5)根据实验原理结合功的计算公式完成
28、对实验误差的分析。12.【答案】变小：舟 不 无：51.80【知识点】电路的动态变化分析；电阻的测量【解析】【解答】(2)闭 合S2后，并联部分的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电压表的示数变小；调节R使电压表的示数仍为U,流过导电绳的电流为k-L,根据欧姆定律可得导电绳的电阻Rx=(77(3)在闭合S2之前，电流表h的示数包括定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S2之后，加在电压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为h,故流过导电绳的电流是12-11,与电压表内阻无关，电压表内阻对测量没有影响。(4)导电绳的电阻Rx为1.33AC,从图c可知，对应的导电绳拉伸后的长度为
29、51.80cm。【分析】本题考查电路的动态分析，伏安法测电阻，注意理解实验原理。根据闭合8，电路总电阻减小，总电流增加，内电压增加，外电压减小；根据欧姆定律即可求解。13.【答案】(I)滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即$=(m+M)g=8N当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2=M g-f =5N碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有-O n+Mfgh=0-1(m +M)v2解得h=0.2m。【知识点】动量守恒定律：整体法隔离法；牛顿第
30、二定律【解析】【解答】(1)滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N=(m+M)g=BN当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2=M g _=5N 滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有-m g i-=im v -im v o2代入数据得也=8m/s(2)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有m%=(M+m)v碰后滑块和滑杆以速度V整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有-(m +M)gh=0-*(m +M)v2解得/i=0.2m o【
31、分析】(I)选择合适的研究对象，对物体受力分析，结合牛顿第三定律得出桌面对滑杆的支持力：(2)根据牛顿第二定律计算出滑块的加速度，结合运动学公式得出滑块与滑杆碰撞前的速度；(3)碰撞瞬间动量守恒，由此计算出整体的速度，结合运动学公式得出滑杆向上运动的最大高度。14【答案】(1)未加电压时，当油滴匀速时其速度根据运动规律得根据平衡条件的mg=f又根据题意f =kmVi联立解得3心咿九1(2)加电压后，油滴A速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为根据平衡条件可得mg+kmv2 解得q J吗
32、:铲2)根据功能关系W电=一 网又U LW f=dq h l联立解得：AF 小 妙2(九1+八2)g=-后-(3)解：油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m,新油滴所受电场力尸=驾=型 铲 咙若 F 2 m g，即 h2 hi可 知p2 v1新油滴速度方向向上，设向上 为 正方向，根据动量守恒定律niv2-mvi=2m v可 得v 0新油滴向上加速，达到平衡时2mg+k.(2 m)M =解得速度大小为v=速度方向向上；若 F h2可 知v2 。新油滴向下加速，达到平衡时2mg=F+k.(27n)K/解得速度大小为v=勺1;2速度方向向下。【知识点】共点力平衡条件的应用；电势差、电势、电势能：
33、磁场、电场和重力场复合；物体的受力分析【解析】【分析】(1)根据对油滴的受力分析，结合空气阻力的表达式得出比例系数；(2)根据油滴的运动特点分析出油滴的电性和对应的电荷量，(3)结合电场力做功与电势能变化关系计算出油滴电势能的变化量，其中对于新油滴的运动情况要分类讨论，对学生的理解思维要求较高，综合性较强“15.【答案】(1)不是；大于(2)对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知P0Vo=PV代入数据得p=2 x 105pa根据 P=p0+pghh=107n【知识点】热力学第一定律(能量守恒定律)：热力学第二定律：气体实验定律【解析】【解答】(1)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外
34、环境，是以消耗电能为代价的,因此这个过程不是自发过程：因为空调消耗电能会产生一定的热量，根据能量守恒定律可知，所以空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。【分析】(1)本题主要考查热力学定律的相关应用，根据热力学第二定律分析出热运动的过程是不是自发过程；根据能量守恒定律分析出空调从室内吸收的热量与排放到室外环境热量的大小关系。(2)本题主要考查玻意耳定律的应用，分析出气体变化前后的体积，因为温度不变，根据玻意耳定律求出瓶内气体末态的压强，结合大气压强、待求深度的水形成的压强、瓶内气体末态的压强三者之间的关系求得水的深度。16.【答案】（1）P；不变（2）当入射角达到45时，恰好到达临界角
35、C,根据sin C=：可得液体的折射率九=77=：匚6=V2sine sm45又根据9=地可得激光在液体中传播速度V=孕c【知识点】简谐运动：横波的图象；光的折射；光的全反射【解析】【解答】（1）经过半个周期，波向右传播半个波长，而M点只在平衡位置附近上下振动，恰好运动到最低点P点。波速由介质决定，与频率无关，所以波的频率增大，但是波速仍保持不变。【分析】（1）本题主要考查对机械波的简谐运动的理解。理解机械波的传播特点（机械波传播时向外传递的是机械振动这种运动形式，介质中每个质点仅在平衡位置附近振动，并不随波向前移动），然后根据简谐振动的特点即可求得第个空的答案。理解波速的影响因素（机械波在介
36、质中的传播速度由介质本身的性质决定，在不同的介度中，波速是不同的），即可求得第二个空的答案：（2）根据全反射的条件即可得液体的折射率，再根据介质中光速与折射率的关系即可求激光在液体中的传播速度V。试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：112分分值分布客 观 题（占比）46.0(41.1%)主 观 题（占比）66.0(58.9%)题酸分布客 观 题（占比）10(62.5%)主 观 题（占比）6(37.5%)2、试卷题量分布分析大题题型题 目 量（占比）分 值（占比）选考题：共 12分。请考生从2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。2(12.5%)24.0(21.4%)单项选择题
37、：本题共7 小题，每小题4分，共 2 8 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 H 要求的.7(43.8%)28.0(25.0%)多项选择题：本题共3 小题，每小题6分.共 18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题H要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得。分。3(18.8%)18.0(16.1%)非选择题：共 54分。第 1114题为必考题，考生都必须作答。第 1 5 7 6 题为选考题，考生根据要求作答。4(25.0%)42.0(37.5%)3、试卷难度结构分析序号难易度占比1普通(68.8%)2容易(25.0%)3困难(6.3%)4、试卷知识点分析序号
38、知 识 点（认知水平）分 值（占比）对应题号1整体法隔离法11.0(9.8%)132卫星问题4.0(3.6%)23交流电的最大值与有效值4.0(3.6%)44匀变速直线运动基本公式应用4.0(3.6%)35功率的计算6.0(5.4%)96左手定则4.0(3.6%)77共点力平衡条件的应用25.0(22.3%)1,9.148天体的匀速圆周运动的模型4.0(3.6%)29平抛运动8.0(7.1%)3,610电场力做功60(5.4%)828螺旋测微器的使用7.0(6.3%)1111机车启动6.0(5.4%)929热力学第二定律12.0(10.7%)1512光的全反射12.0(10.7%)1630动能
39、与重力势能6.0(5.4%)913气体实验定律12.0(10.7%)1531动量守恒定律11.0(9.8%)1314热力学第一定律（能属守恒定律）12.0(10.7%)1532磁场、电场和重力场更合15.0(13.4%)1415功能关系6.0(5.4%)933牛顿第二定律15.0(13.4%)3,1316匀速圆周运动4.0(3.6%)434楞次定律6.0(5.4%)1017v-t图象4.0(3.6%)335法拉第电磁感应定律10.0(8.9%)4,1018玻尔原子理论4.0(3.6%)536完全非弹性碰撞7.0(6.3%)1119电路的动态变化分析9.0(8.0%)1237光的折射12.0(10.7%)1620洛伦兹力10.0(8.9%)7,838动能定理的综合应用6.0(5.4%)921机械能综合应用7.0(6.3%)1139电阻的测量9.0(8.0%)1222电势差、电势、电势能21.0(18.8%)8,1440横波的图象12.0(10.7%)1623物体的受力分析19.0(17.0%)1,1441安培定则6.0(5.4%)1024自由落体运动4.0(3.6%)625简谐运动12.0(10.7%)1626万有引力定律及其应用4.0(3.6%)227电功率和电动4.0(3.6%)4