2022年高考理综物理真题试卷(全国甲卷)-含解析.docx

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1、2022年高考理综物理真题试卷（全国甲卷）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题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0分。1（2022）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（） Ak+1BkC2kD2k1【答案】D【知识点】动能定理的综合应用；机械

2、能综合应用；竖直平面的圆周运动【解析】【解答】从a到c，根据动能定理可得mg=12mvc2，在c点根据受力分析可得kmgmgmv2r，联立两式解得r2k1.故选D。【分析】首先根据动能定理算出c点速度，然后在c点受力分析，求出半径最小值。2（2022）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 v0 ，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 v(vv0) 。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和 2a ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率 v0 所用时间至少为（） Av0v2a+L+lvBv0va+L+2lvC3(v0v)2a+L+lvD3(v0v)

3、a+L+2lv【答案】C【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；匀变速直线运动导出公式应用【解析】【解答】根据题意分析可知，减速时间为t1=v0va，加速时间为t2=v0v2a，由于当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v，这段看作列车在匀速运动，位移为s=2l+L，所用时间为t3=2l+Lv， 所以列车从减速开始至回到正常行驶速率 v0 所用时间至少为t=3v0v2a+2l+Lv.故选C。【分析】首先计算列车加速和减速阶段所用时间，根据题意分析匀速运动阶段的位移，然后算出匀速阶段的时间，最后将时间加起来。3（2022）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的

4、直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为 I1、I2 和 I3 。则（） AI1I3I3I2CI1=I2I3DI1=I2=I3【答案】C【知识点】全电路的功和能；欧姆定律；法拉第电磁感应定律【解析】【解答】设圆形线框的半径为r，磁场变化情况为Bt，导线的横截面积为S横截， 则正方形的周长为L1=8r，面积为S1=4r2， 圆形的周长为L2=2r，面积为S2=r2， 正六边形的周长为L3=6r，面积为S2=332r2， 根据法拉第电磁感应定律可得E=

5、BtS，根据电阻定律可得R=LS横截， 根据欧姆定律可得I=ER=BS横截tSL，所以I1=ER=BS横截tr2，I2=ER=BS横截tr2，I3=ER=BS横截t3r4，故I1=I2I3， 故选C。 【分析】首先算出各个图像的周长和面积，然后根据法拉第电磁感应定律，电阻定律，欧姆定律等表示出来电流的大小，最后代入面积和周长，求出电流的大小关系。4（2022）两种放射性元素的半衰期分别为 t0 和 2t0 ，在 t=0 时刻这两种元素的原子核总数为N，在 t=2t0 时刻，尚未衰变的原子核总数为 N3 ，则在 t=4t0 时刻，尚未衰变的原子核总数为（） AN12BN9CN8DN6【答案】C【

6、知识点】原子核的衰变、半衰期【解析】【解答】设两种元素原子核数分别为m和n，根据题意可知m+n=N，（m2）2+n2=N3解得m=2N3，n=N3，所以在t=4t0时，尚未衰变的原子个数为m24+n22=N8，故选C。【分析】先设出两种元素原子核的个数，然后根据题目列出方程组，解出两种原子个数，最后带入时间进行计算。5（2022）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ xOy 平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（） ABCD【答案】B【知识点】电荷在电场中的偏转；带电粒子

7、在匀强磁场中的圆周运动；电荷在匀强电场中的运动【解析】【解答】粒子所带电荷为正电荷，所以当粒子开始运动后，洛伦兹力方向向左，所以AC错误；粒子运动过程中洛伦兹力不做功，匀强电场方向沿y轴正方向，所以当粒子回到x轴时，电场力也能不做功，故粒子回到x轴时，粒子的速度为零，故D错误，B正确；故选B。【分析】匀强电场沿y轴方向，所以x轴是等势面，又洛伦兹力不做功，故当粒子运动后回到x轴时，粒子的速率减为零。6（2022）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去

8、该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（） AP的加速度大小的最大值为 2gBQ的加速度大小的最大值为 2gCP的位移大小一定大于Q的位移大小DP的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】A,D【知识点】动能定理的综合应用；物体的受力分析；能量守恒定律【解析】【解答】设两物体的质量均为m， 撤去拉力前，对P和Q整体受力分析可知，F=2mg，对Q受力分析可知，F弹=mg， 撤去拉力后，对P受力分析，P受到的合力为FP=mg+F弹， 对Q受力分析，Q受到的合力为FQ=mgF弹， 撤去拉力后，弹簧从伸长状态开始回复原长状态，这个过程中弹簧弹力在减小，所以撤去拉力时P的加速度最大为2g，弹簧

9、回复原长时Q的加速度最大为g，故A正确，B错误； 根据受力分析可知，P的加速度从2g减小到g，Q的加速度从0增加到g，初始速度大小相同，所以经过相同一段时间后，P的速度都不大于Q的速度，P的位移也小于Q的位移，故C错误，D正确； 故选AD。 【分析】首先对平衡状态的两物体进行受力分析，求出拉力F与摩擦力的关系，然后对撤去拉力后的两物体受力分析，求出加速度的取值范围，最后根据速度，加速度，位移之间的关系判断经过一段时间后，速度的关系，位移的关系等。7（2022）如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒

10、MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（） A通过导体棒 MN 电流的最大值为 QRCB导体棒MN向右先加速、后匀速运动C导体棒 MN 速度最大时所受的安培力也最大D电阻R上产生的焦耳热大于导体棒 MN 上产生的焦耳热【答案】A,D【知识点】电磁感应中切割类问题；电磁感应与力学；法拉第电磁感应定律【解析】【解答】电容器相当于一个储电器，闭合开关瞬间，流过MN的电流最大，I=UR=QCR=QRC，故A正确； 开关闭合后，与R构成闭合回路，所有能量都转化为电阻中的焦耳热，根据能量守恒定律可知，

11、最终导体棒的速度减为零，故B错误； 根据题意分析可知，导体棒先加速后减速，最终速度为零，所以当导体棒速度最大的时候，所受合力为零，即所受安培力为零，故C错误； 导体棒MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能，MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，所以整个过程中流过R的电流都大于流过MN的电流， 故电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，故D正确； 故选AD。 【分析】首先对闭合开关后进行分析，算出流过MN电流的最大值，然后分析MN的运动情况，最后根据

12、运动情况分析电流的关系，从而分析产生焦耳热的大小。8（2022）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在点。则射出后，（） A小球的动能最小时，其电势能最大B小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【答案】B,D【知识点】动能定理的综合应用；电荷在匀强电场中的运动【解析】【解答】根据题意作出运动如图所示根据运动图像可知，速度最小为v1，此时动能最小，但是电势能却不是最大

13、，所以A错误；水平方向上，先向左做减速直线运动，竖直方向上，自由落体，由于电场力等于重力，所以当水平方向速度减为0时，竖直方向的速度也加速到v0，此时电势能最大，故B正确；水平方向与竖直方向速度相等时，小球的速度最小，动能最小，故C错误；从出发点到速度方向竖直向下的过程中，根据动能定理可得WG+W电=0WG=W电=EP，故D正确；故选BD。【分析】首先根据题目作出粒子运动的图像，然后将运动进行分解处理物体的运动，也可以结合动能定理计算重力做功与电势能的变化量的关系。二、非选择题：9（2022）某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势 1.5V ，内阻很小），电流表 （量程 1

14、0mA ，内阻约 10 ），微安表 （量程 100A ，内阻 Rg 待测，约 1k ），滑动变阻器R（最大阻值 10 ），定值电阻 R0 （阻值 10 ），开关S，导线若干。 （1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图（2）某次测量中，微安表的示数为 90.0A ，电流表的示数为 9.00mA ，由此计算出微安表内阻 Rg= 【答案】（1）（2）990【知识点】电阻的测量【解析】【解答】(1)根据实验器材和实验原理，作出实验电路图如图所示(2)由于微安表的示数为 90.0A ，电流表的示数为 9.00mA，所以流过 R0的电流为8.91mA，故微安表两端的电压为8.91102

15、V，所以微安表内阻 Rg=990. 【分析】(1)根据实验器材和实验原理，即可作出实验电路图，滑动变阻器是分压接法；(2)首先算出流过定值电阻 R0的电流，然后算出微安表两端的电压，最后算出微安表内阻。10（2022）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为 m1 的滑块A与质量为 m2 的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小 v1 和 v2 ，进而分析磁通过程是否为弹性碰撞。完成下列填空： 调节导轨水平测得两滑块的质量分别为 0.510kg 和 0.304kg 。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 kg的滑块作为A。调节B的位置，使得A与

16、B接触时，A的左端到左边挡板的距离 s1 与B的右端到右边挡板的距离 s2 相等。使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间 t1 和 t2 。将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示。 12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k=v1v20.31k20.330.330.33表中的 k2= （保留2位有效数字）。 v1v2 的平均值为 ，（保留2位有效数字）。理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由 v1v2

17、判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则 v1v2 的理论表达式为 （用 m1 和 m2 表示），本实验中其值为 （保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。【答案】0.304；0.31；0.32；m2m12m1；0.33【知识点】验证动量守恒定律【解析】【解答】要使碰撞后两滑块运动方向相反，应该让质量小的滑块碰撞质量大的滑块，所以应该选择质量为0.304kg的滑块作为A；由于A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 s1 与B的右端到右边挡板的距离 s2 相等，所以碰撞后A和B的速度之比为时间的反比，所以k2=t2t1=0.31；根

18、据表中数据可以算出v1v2 的平均值为0.31+0.31+0.33+0.33+0.335=0.32；根据动量守恒定律可得，m1v0=m1v1+m2v2，若为弹性碰撞则机械能守恒，12m1v02=12m1v12+12m2v22，联立两式解得v1v2=m2m12m1，代入数据解得v1v2=0.34【分析】根据动量守恒可知，只有质量小的物体碰撞质量大的物体，速度是会反向的；根据题意可知，A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 s1 与B的右端到右边挡板的距离 s2 相等，所以速度之比是时间的反比；将五个数据加起来除以5就可以求出平均值；若为弹性碰撞，两物体动量守恒，机械能守恒，即可算出碰撞后物体速度

19、的大小，从而求出速度的比值。11（2022）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔 0.05s 发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度 s1 和 s2 之比为3：7。重力加速度大小取 g=10m/s2 ，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。 【答案】根据题意可知，每两个小球影像之间的时间间隔为t=0.2s，设水平方向的速度为v0， 将第一段位移分解至水平方向和竖直方向，分别为x1=v0t，y1=12gt2，s1=x12+y12

20、， 第二段位移分解至水平方向和竖直方向，分别为x2=v0t，y2=gtt+12gt2，s2=x22+y22， 又s1：s2=3：7， 联立数式可以解得v0=255m/s。【知识点】平抛运动【解析】【分析】首先根据题意，算出两小球影像的时间间隔，将第一段位移和第二段位移进行分解，根据平抛运动特点表示出水平方向位移和竖直方向位移，最后根据总位移的比值算出初速度大小。12（2022）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹反簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜

21、面垂直，另一端与弹簧下端相连， PQ 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条， PQ 的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经 PQ 上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于 PQ 的圆心，通过读取反射光射到 PQ 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧 PQ 的半径为r rd ，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。 （1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝

22、对值 x 及 PQ 上反射光点与O点间的弧长s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后， PQ 上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为 s1 、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在点下方，与O点间的弧长为 s2 。求待测电流的大小。【答案】（1）由题意可知，当线圈中通入的微小电流为I，线圈中的安培力为F=NBIl， 根据胡可定律可得F=kx=NBIl，所以x=NBIlk， 设细杆转过的弧度为，则反射光线转过的弧度为2，如图所示： 又dx， rd，所以sin，sin22，故x=d，s=r2， 联立解得s=2rdx=2NBIlrdk；（2）由于测量前

23、未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s0，当初始时反射光点在O点上方，通电流I0后根据前面的结论可知s1=2NBI0lrdk+s0，电流反向后s2=2NBI0lrdks0，联立解得I0=dks1+s24NBlr， 故待测电流的大小I0=dks1+s24NBlr。【知识点】电磁感应与电路；电磁感应与图象；电磁感应与力学【解析】【分析】(1)首先算出安培力的大小，根据受力分析和胡可定律即可算出弹簧形变量的绝对值，然后根据几何关系就可以算出 PQ上反射光点与O点间的弧长s；(2)首先设出待测电流大小，根据（1）中结论表示出s1和 s2，然后即可求出待测电流的大小。三、物理选修3-313（2022） （

24、1）一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如 pT 图上从a到b的线段所示。在此过程中_。（填正确答案标号。） A气体一直对外做功B气体的内能一直增加C气体一直从外界吸热D气体吸收的热量等于其对外做的功E气体吸收的热量等于其内能的增加量（2）如图，容积均为 V0 、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为 p0 、温度为 T0 的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、四部分，其中第II、部分的体积分别为 18V0 和 14V0 、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。 （i）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽

25、缸底部时的温度；（）将环境温度缓慢改变至 2T0 ，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第部分气体的压强。【答案】（1）B；C；E（2）（i） 由于环境温度缓慢升高时，所以中气体压强不变， 气体初状态的温度为T1=T0，体积为V1=34V0，气体末状态的温度为T2，体积为V1=V0， 根据V1T1=V2T2解得 T2=43T0； （）对中气体根据理想气体方程可得p034V0T0=pV2T0， 对中气体根据理想气体方程可得p014V0+18V0T0=pV0V2T0， 联立两式解得 p=94p0【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；气体实验定律【解析

26、】【解答】(1)根据题图可知，气体从状态a变化到状态b 的过程中，体积大小不变，所以气体不做功，p增大，T也增大，故气体内能增大，所以该过程中气体一直从外界吸热，且气体吸收热量等于气体内能的增加量，故AD错误，BCE正确，故选BCE ；【分析】(1)首先根据题图分析，从a到b过程中气体的参量变化情况，根据状态变化分析内能变化情况，最后判断气体吸放热情况；(2)（i）根据题意可判断中气体压强不变，根据等压变化，列出方程即可求出气体的温度；（）首先对中气体分析，然后对和中气体分析，联立两式即可求出此时压强的大小。四、物理选修3-414（2022） （1）一平面简谐横波以速度 v=2m/s 沿x轴正

27、方向传播， t=0 时刻的波形图如图所示介质中平衡位置在坐标原点的质点A在 t=0 时刻的位移 y=2cm ，该波的波长为 m，频率为 Hz t=2s 时刻，质点A （填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。（2）如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面M为AB边的点。在截面所在平的，一光线自M点射入棱镜，入射角为60，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。【答案】（1）4；0.5；向下运动（2）设M点发射折射时的折射角为，根据折射定律可得n=sin60sin，折射光线在N点恰好发射全反射，根据全反射可知n=1s

28、inC， 根据几何关系可知C+=90，联立数式可解得n=72， 根据几何关系有tan=MBBN=a2BN=PCNC=32， 所以NC=aBN=a3a3， 故 PC=312a。【知识点】横波的图象；波长、波速和频率的关系；光的反射；光的折射；光的全反射；光的直线传播【解析】【解答】(1)将波形图看着类似振动图像，设波形图的表达式为y=Asin2x+，将坐标0，2和1.5，0代入可解得=4m，根据v=f，可以解得f=0.5Hz，由于这列波沿x轴正方向传播，根据“上坡下，下坡上”原理，可知质点A向下运动；【分析】(1)首先设出波形图的表达式，代入坐标即可求出波长，根据波速波长频率关系即可求出频率大小，最后根据传播与振动方向的关系就可以判断A点的振动方向；(2)首先根据折射定律和全反射的关系，表示出折射率，并求出折射率，然后根据几何关系算出PC的长度。