2022年全国乙卷物理高考真题.pdf
2022全国高考理综乙卷物理试题解析与评析试题解析二、选择题：14.2022年 3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（）A.所受地球引力的大小近似为零B.所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零C.所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等D.在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小【参考答案】C【名师解析】航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故 CMm正确，A B 错误；根据万有引力公 式 心=G -r可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故 D 错误。15.如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为根的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长心一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者3相 距 时，它们加速度的大小均为（）8m5m8优【参考答案】A【名师解析】当两球运动至：者相距巳3L 时，如图所示3FD.-10/n2设绳子拉力为T，水平方向有2 7 8 5。=产解得对任意小球由牛顿第二定律可得T =m a解得。=也，故 A正确，B C D 错误。8 m1 6.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）0A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【参考答案】C【名师解析】设小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑到Q,如图所示设圆环下降的高度为肌 圆环的半径为R,它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh=mv2由几何关系可得=L s i n，sin0=2R联立可得=二2R由=可得y=L 即小环的速率正比于它到P点的距离L,故 C正确，ABD错误。-V R1 7.一点光源以1 1 3 W 的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6x 1 0-7m 的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3 x 1 0 再 个。普朗克常量为人=6.63 x 1 0-3勺&R约 为（）A.1 x 1 02m B.3 x 1 0 2m C.6x 1 02m D.9 x 1 02m【参考答案】B【名师解析】由 E =力 丫和 c=）.v可得一个光子的能量为E=hc/ip p i光源每秒发出的光子的个数为=hv he产为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处,每秒垂直通过每平方米的光子数为3 x IO”个，那么此处的球面的表面积为s=4兀 汽 2则一=3x10”S联立以上各式解得Ru 3 x 102m,选项B 正确。1 8.安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。系，手 机 显 示 屏 所 在 平 面 为，面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量,向而z 轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（）如图，在手机上建立直角坐标每次测量时），轴指向不同方z y测量序号B.x/gTBv/pTB*T1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50门C 第 2 次测量时y 轴正向指向南方D.第 3 次测量时），轴正向指向东方【参考答案】BC【名师解析】地磁场如图所示。地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为8 =反+度=西+度计算得BV5 0HT,B正确；由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量40,故），轴指向南方，第3次测 量 纥 0,故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。1 9.如图，两对等量异号点电荷+4、-4（4。）固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，。为内切圆的圆心，M为切点。则（）e *A*.若!L/N/-Q M+qA.L和N两点处的电场方向相互垂直B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左C.将一带正电的点电荷从例点移动到。点，电场力做正功D.将一带正电的点电荷从Z,点移动到N点，电场力做功为零【参考答案】AB【名师解析】两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O,N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O,则N点的合场强方向由N指 向。，同理可知，两个负电荷在乙处产生的场强方向由。指向L,L点处于两正电荷连线的中垂线匕 两正电荷在L处产生的场强方向由。指向3则L处的合场方向由。指向L,由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在例点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；由图可知，M和。点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和。点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到。点，电场力做功为零，故C错误；由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。2 0.质量为1 kg的物块在水平力尸的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间，的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。则（)M/N4 t/SA.4 s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3 s时物块的动量为12kgD.0 6s时间内F对物块所做的功为4 0J【参考答案】AD【名师解析】物块与地面间摩擦力为y=，g=2N对物块从0 3内由动量定理可知（F _/）t=mvy即（4 -2）x 3 =1 x 匕得 v3=6m/s3 s时物块的动量为p=mv3=6kg-m/s设3 s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-（F+/N =0-m匕即一（4 +2=0 1 x 6,解得，=ls所以物块在4 s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确，C错误;0 3物块发生的位移为笛，由动能定理可得（/一/）%=，讷即（4-2）玉=；x lx 6 2,得=9m3 s 4 s过程中，对物块由动能定理可得（F+/W =0 2相片即一（4 +2）9 =0-;x lx 6?,解得w=3 m4 s 6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a=2112m发生的位移为 x,=x 2 x 22m=4mx1+x2即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6s时的速度大小为丫6=2 x 2m/s=4m/s06s拉力所做的功为W=（4x9-4x3+4x4）J=4 0 J,故D正确。21.一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点。为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到。点的距离成反比，方向指向。点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒 子1、2做圆周运动，圆的圆心为。、半径分别为彳、M R（”弓 m包,可得!加片 =-2=0.1x1-x 0.422V =0.008V t t 2金属框中的电流为片2.0s时磁感应强度52=(0.3-0.1x 2)T=0.1T金属框处于磁场中的有效长度为L=此时金属框所受安培力大小为2=与 =0.1X 1X 及 X 0.4N=0.04V 2N(2)0:2.0s内金属框产生的焦耳热为Q =/2Rf=x 0.008 x 2J=0.016J25.如 图(a),一质量为?的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块8向A运动，r =0时与弹簧接触，至打=2%时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的VT图像如图(b)所示。已知从1=0到f =小时间内，物块A运动的距离为0.36%20 A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为。(s in 8=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。【参考答案】(1)0.6*;(2)0.768%；(3)0.45【名师解析】(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即=办 时刻，根据动量守恒定律mB-1.2v0=(mB+m)v0根据能量守恒定律1 2 1 2E pm a x =-mB(1.2v()+m)v0联立解得 mB=5m,Epn m=0.6w；(2)同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F-m a可知同一时刻aA 5 4则同时刻A、8的的瞬时速度分别为vA=aAt%=1.2%_殁根据位移等于速度在时间上的累积可得sA=%（累积）%=1v（累积）又“=0.36-解得SB=1128 Ro第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值A?=%-sA=0.768%（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第：次与8分离后速度大小仍为2%,方向水平向右，设物块4第一次滑下斜面的速度大小为巳，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA-5 m-O.8vo=m-(-2%)+5mvB根据能量守恒定律可得；+；.5m -(O.8vo)2=m-(-2v0)2+；-5 机 店联立解得以 二%设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得1 .-mgL s in 0-/.imgL c o s 0=0-川(2%)下滑过程，根据动能定理可得1 2mgL si n 0-/rnngL c o s =m vo-0联立解得=0 4 5（二）选考题3 3.选修3-3（1）一定量的理想气体从状态。经状态b变化状态c,其过程如T-V图上的两条线段所示，则气体在（）A.状态“处 压强大于状态c处的压强B,由a变化到6的过程中，气体对外做功C,由6变化到c的过程中，气体的压强不变D.由。变化到b的过程中，气体从外界吸热E.由a变化到6的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能【参考答案】ABD【名师解析】根据理想气体状态方程可知T =VnR即T-V图像的斜率为-乙，故有P=Pb 故A正确，C错误；nR理想气体由“变化到。的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确;理想气体由 变化到的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律行A U =Q+W而 （）,W 0，Q A U即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；（2）.如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞I和活塞n之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞n不能通过连接处。活 塞I、n的质量分别为2加、m,面积分别为2 S、S,弹簧原长为/。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1/,活 塞【、n到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为P。，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（1）求弹簧的劲度系数：（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞n刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。.25【参考答案】（1）%=”鳖；（2）2=Po+3mgS【名师解析】（1）设封闭气体的压强为P l,对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有mg+p0-2S+2mg+ptS=paS+pt-2S解得J对活塞I由平衡条件有2mg+/J。2 S +&0.1/=Pi 2S解得弹簧的劲度系数为,40mgk=-I（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞I I 刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知,气体的压强不变依然为P2=P=Po+W即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为V.=-x 2 S +x S =-,匕=/,2 32 2 2 由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有=1.1/有等压方程可知解得3 4.选修3-4（1）介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源t 和S 2,二者做简谐运动的振幅相等，周期均为0.8$,当S 1 过平衡位置向上运动时，S 2 也过平衡位置向上运动.若波速为5 m/s,则由S 1 和S 2 发出的简谐横波的波长均为 mo尸为波源平衡位置所在水平面上的一点，与S rS 2平衡位置的距离均为1 0 m,则两波在尸点引起的振动总是相互_ _ _ _ _ _ （填“加强”或“削弱”）的；当加恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P 处的质点（填“向上”或“向下”）运动。【参考答案】.4 .加强.向下【名师解析】因周期T=0.8 s,波速为v=5 m/s,则波长为=4 m因两波源到P 点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则 P 点的振动是加强的；因S4 1 0 m=2.5人 则当乱恰好的平衡位置向上运动时，平衡位置在P点的质点向下振动。（2）.一细束单色光在三棱镜ABC的侧面AC上以大角度由。点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i,经折射后射至A6边的E点，如图所示，逐渐减小i,点向B点移动，当s i n i =，时，恰好没有6光 线 从 边 射 出 棱 镜，且求棱镜 的 折 射 率。【参考答案】1.5【名师解析】A因为当5抽，=!时，恰好没有光线从A 8边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C,则6.-1s i n C =n由几何关系可知，光线在拉点的折射角为厂=90 -2 c则s i n z-=ns i n r联立可得n=.5
