2022年全国统一高考乙卷物理试题.pdf

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1、:绝密启用前O.郑.O.，口.O.非.O.氐.O.“中爬“W收一整料O.郑.O.I-.O.堞.O.K.O.2022年全国统一高考乙卷物理试题试卷副标题考试范围：X X X；考试时间：1 0 0 分钟；命题人：X X X题号二三四五总分得分注意事项：1 .答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2 .请将答案正确填写在答题卡上第 I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明评卷人得分1.2 0 2 2 年 3 月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约4 0 0 k m 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

2、”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2.如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m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3向与两球连线垂直。当 两 球 运 动 至 二 者 相 距 时，它们加速度的大小均为（）5FA.8 机n 2FB.5m。糕Dc.3尸3.固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端尸点由静止

3、开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）试卷第1 页，共 8 页A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到。点的距离D.它与尸点的连线扫过的面积4 .一点光源以1 1 3W 的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6 x 1 0 m 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 I O.个。普朗克常量为h=6.6 3x 1 0*7 s。R约 为（）A.I x i o2m B.3 x 1 02m C.6 x 1 02m D.9 x 1 02m评卷人 得分-二、多选题5 .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从如图，在手机上建立直角坐标系，手 机 显

4、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，每次测量时y轴指向不同方向而z 轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可 推 知（）测量序号S x/gT 向心TBz/pT102 1-4 520-2 0-4 632 10-4 54-2 10-4 5鼠如然区熟阳微强冰试卷第2 页，共 8 页O.寂.O.O.堞.O.氐.O.:o.郑.o.，口.o.非.o.氐.o.“中爬s一整加o.郑.o.I-.o.堞.o.K.o.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50gTC.第 2 次测量时），轴正向指向南方D.第 3 次测量时y 轴正向指向东方6.如图，两对等量异号点电荷+4、P（0）固

5、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（）,*、I 、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“点移动到。点，电场力做正功D.将一带正电的点电荷从乙点移动到N 点，电场力做功为零7.质量为1kg的物块在水平力厂的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间f 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=1 Om/s。则（）fF/N40-424 t/sA.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C

6、.3s时物块的动量为12kg-m/s试卷第3页，共 8页D.0 6 s时间内F对物块所做的功为40J8.一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、r2Rrxr2 F由几何关系可知设绳子拉力为7,水平方向有解得对任意小球由牛顿第二定律可得，故 D 错误。如图所示3Lsin 0=平=L 522Tcos0=FT=-F8

7、T=tna答案第1页，共 13页解得5F8/n故A正确，BCD错误。故选Ao3.C【解析】【详解】如图所示设圆环下降的高度为人 圆环的半径为E,它到尸点的距离为,根据机械能守恒定律得，磔=;，病由几何关系可得h=Lsin0.八 Lsin=2R联立可得2R可得故C正确，ABD错误。故选C。4.B答案第2页，共13页【解析】【详解】一个光子的能量为E=hvv 为光的频率，光的波长与频率有以下关系c =2v光源每秒发出的光子的个数为P PAn=-hv heP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 I O

8、 ，个，那么此处的球面的表面积为S=4TIR2则-=3x l 04S联立以上各式解得7?3 x 102m故选B。5.B C【解析】【详解】A.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。通答案第3页，共 13页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；B.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 =收+用=收+8；计算得B 5 011TB正确：CD.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 为 0,

9、故y轴指向南方，第 3 次测量纥 0,故 x轴指向北方而夕轴则指向西方，C正确、D 错误。故选B C 6.A B【解析】【详解】A.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。，则 N点的合场强方向由N指向。，同理可知，两个负电荷在处产生的场强方向由O指 向 乙 A点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在工处产生的场强方向由。指向3则乙处的合场方向由。指向L 由于正方向两对角线垂直平分，则乙和N两点处的电场方向相互垂直，故 A正确；B.正方向底边的一对等量异号电荷在用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M

10、点产生的场强方向向右，由于“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；C.由图可知，M 和。点位于两等量异号电荷的等势线上，即 用 和 O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从 点移动到。点，电场力做功为零，故 C错误：D.由图可知，A点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从点移动到N点，电场力做功不为零，故 D 错误。故选A B o7.A D【解析】答案第4页，共 13页【详解】物块与地面间的摩擦力为f =jJtng=2NA C.对物块从。3 内由动量定理可知(F-加=mv3即(4-2)X3=1XV3得v3=6m/s3 s时物块的动量为p=mv=6kg-m/s设

11、3s后经过时间t 物块的速度减为0,由动量定理可得-(F+f)t=0-mv即T 4+2)/=0-1x6解得/=1s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;B.0 3物块发生的位移为x/,由动能定理可得(F_/)X=gmv；即(4-2)=x lx 62得X,=9m3s 4s过程中，对物块由动能定理可得一(尸 +/)=0 _；*即答案第5页，共 13页-(4+2)x2=0-|x lx 62得x2=3m4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a-=2m/s2m发生的位移为x3=x2x22m=4m m-ri可得wvf Pc故 A 正确，C 错误；B.理想气体由

12、a 变化到6 的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故 B 正确；D E.理想气体由a 变化到方的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ffi A t/0,IV 0,QU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；故选ABDo10.相 邻 I s 内的位移之差接近Ax=80m 547 79【解析】答案第7页，共 13页【详 解】（1）1 第 I s 内 的 位 移 5 0 7 m,第 2 s 内 的 位 移 5 8 7 m,第 3 s 内 的 位 移 6 6 5 m,第 4 s 内的位移7 4 6 m,第 5 s 内 的 位 移 8 2 4 m,第

13、6 s 内 的 位 移 9 0 4 m,则 相 邻 I s 内的位移之差接近A x=8 0 m,可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动;（2）2 当 产 5 0 7 m 时飞行器的速度等于0-2s 内的平均速度，则W =109 4m/s=5 47 m/s(3)3 根据x36-x03 _ 4233-2x 17 5 99T2 9 x l2m/s2 7 9 m/s211.4 加 强 向 下【解析】【详 解】因 周 期 7=0.8 s,波 速 为 v=5 m/s,则波长为2=v T =4 m 2 因两波源到尸点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则 P点的振动是加强的;3 因 5/P=10m=2.5

14、 2,则 当 S 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。【详 解】（1）1 电流表内阻已知，电流表与 并联扩大电流表量程，进而准确测量通过此 的 电流,电压表单独测量凡的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0 开始测量，满足题中通过%的电流从。5mA 连续可调，电路图如下答 案 第 8 页，共 13页(2)2 电路中R应 选 最大阻值为1 0 C 的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小：3 通 过 的电流最大为5mA,需要将电流表量程扩大为原来的5 倍，根据并联分流的规律示意图如下5mA 4mA R。1*根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反

15、比，可知4 m A 300Q1m A Ro解得Ro=7 5 Q(3)4 电压表每小格表示。IV,向 后 估 读 一 位,即=2 3 0 V；5 电流表每小格表示0.0 2 m A,本位估读，即0.8 4 m A,电流表量程扩大5 倍，所以通过号的电流为/=4.20m A；根据欧姆定律可知13.(1)O.O4 0 N;(2)0.016 J【解 析】【详 解】(1)金属框的总电阻为R =4/4=4 x 0.4 x 5 x 1 OF=0.008 0金属框中产生的感应电动势为答 案 第 9 页，共 13页-2?1 ,E=-=：0.1x-x0.42V=0.008Vt t 2金属框中的电流为/=1ARt=

16、2.0s时磁感应强度为B2=(0.3-0.1X2)T=0.IT金属框处于磁场中的有效长度为L=B此时金属框所受安培力大小为FA=B2IL=0AXX42X 0.4N=0.04 让 N(2)0 2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=Rt=f x 0.008 X 2J=0.016J14.(1)0.6机片；(2)0.768%；(3)0.45【解析】【详解】(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f 时刻，根据动量守恒定律加 8 1.2%=(机 g+机)%根据能量守恒定律1 ,1 2Epm ax=加 0(1.2%)-(+W)V0联立解得mB=5 mmax=06加(2)同一时刻弹簧对

17、A、B 的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F=ma答案第10页，共 13页可知同一时刻%=5/则同一时刻A、B 的的瞬时速度分别为VU=1.、2%a不At根据位移等速度在时间上的累积可得s，=匕/(累积)sB=%(累积)又s)=0.3 6%/。解得S g=1.1 2 8%第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值A y =S g-=O.7 6 8 v(/o(3)物块”第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块1第二次与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匕，设向左为正方向,根据动量守恒定律可得mvA-5m O.8 vo=m-(-2 v0)+5mvB根据能量守恒定

18、律可得；m vA+.5%(0.8%)2 =%-(-2 v0)2+X-5mv-联立解得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 si n 0-/amgL c o s 0=0-/n(2 v0)卜滑过程，根据动能定理可得答案第1 1 页，共 1 3 页mgL sin 0-jumgL cos 0=5 0联立解得 =0.4 51 C/1、/_ 4 0/7 i g _ 3mg 7 _ 41 5.(1)k=-；(2)P 2=P o +，%=父0l*3 -J【解 析】【详 解】(1)设封闭气体的压强为4,对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有mg+P o -2 S +2mg+p、S=

19、p0S+pt-2S解得3 m gP i =P o +-T*3对活塞I由平衡条件有2mg+pn-2S+k-0.Il=/J,-2S解得弹簧的劲度系数为.40mgK=-(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=Pl=Po+即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为匕=必 2 S +&S =*,=/2-2 5222由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有I)=1.1/有等压方程可知Ta T2解得41 6.1.5答 案 第1 2页，共1 3页【解析】【详解】A因为当si ni =时，恰 好 没 有 光 线 从 边 射 出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为6C,贝IJ,c 1si nC =n由几何关系可知，光线在。点的折射角为1=9 0 -2 c则si nz-=nsi nr联立可得=1.5答案第1 3页，共1 3页