2022年贵州高考物理真题及答案.pdf

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1、2022年贵州高考物理真题及答案二、选择题1.北京20 22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/，处起跳，c 点 为 a、方之间的最低点，a、。两处的高度差为九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A 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（）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%所用时间至少为C777777777777777777777777h hA.B.C.-k+1 k【答案】D【解析】【详解】运动员从a 到 c 根据动能定理有mgh=在。点有p匕 2FN

2、 c-m g =m-W kmg联立有Rc c k-故 选 D.2.长 为1的高速列车在平直轨道上正常行驶，速 率 为 ,列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过y2hD.-k k-要通过前方一长为上的隧道，当（八 外 入 已知列车加速和减速时A.vn v +-L-+-1 B.vn v +-L-+-2-1 C.3（vn +L-+-1 D.2a v a v 2a v3（v0-v）1 L+21a v【答案】C【解析】【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过/（外）,则列车进隧道前必须减速到y,则有v=V o -2at1解得在隧道内匀速有列车尾部出隧道后立即加速到外，有

3、解得则列车从减速开始至回到正常行驶速率同所用时间至少为t _ 3（v0-v）L+l2a v故选C。3.三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人、人和人。则（）A1 13 12C.I-I2/3D.=，2=，3【答案】C【解析】【详解】设圆线框的半径为r,则由题意可知正方形线框的边长为2r,正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2=2 万，面积为S2=nr1同理可知正方形线框的周长

4、和面积分别为C,=8r,=4,正六边形线框的周长和面积分别为C3=6r,5,=x6x rx-r-3 2 2 2三线框材料粗细相同，根据电阻定律R p S横 截 面可知三个线框电阻之比为4:6：&=G：G：G=8：2乃：6根据法拉第电磁感应定律有tE B SI-=-R t R可得电流之比为：:/2:/3=2:2:6即故选C4.两种放射性元素的半衰期分别为0和2。，在/=0时刻这两种元素的原子核总数为N,N在f=2%时亥U ,尚未衰变的原子核总数为了，则 在 包 时 刻，尚未衰变的原子核总数为()N N N NA.B.C.D.12 9 8 6【答案】C【解析】【详解】根据题意设半衰期为力,，的元素

5、原子核数为X,另一种元素原子核数为九依题意有x+y-N经 历22后有1 1 Nx+y-4 2 3联立可得x=-N,y=-N3 3在t=4f。时，原子核数为x的元素经历了 4个半衰期，原子核数为y的元素经历了 2个半衰 期，则此时未衰变的原子核总数为1 1 N故 选Q5.空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(XO.V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。由静止开始运动。【答案】B【解析】【详解】AC.在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向,故在坐标原点。静止的带正电粒子在电场力作用下会向V轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手

6、定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿X轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向A-轴负方向偏转。AC置 吴；BD.运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故/轴为匀强电场的等势面,从开始到带电粒子偏转再次运动到X轴 时，电场力做功为0,洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到X轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正 确,D错误。故 选B.6.如 图，质量相等的两滑块匕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,重力加速度大小为统用水平向右的拉力户拉

7、动P,使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）WOTWTPIAF/P的加速度大小的最大值为2gQ加速度大小的最大值为2HgP的位移大小一定大于Q的位移大小P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】【详解】设两物块的质量均为卬，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F-2/jmg撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为=mgAB .以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为“咫,两滑块与地面间仍然保持相对滑 动，此时滑块P的加速度为一十一四映=maPi解得%=-2g此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故

8、P Q间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2?g。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时一 国 叫=以Q m解得=一m g故滑块Q加 速 度 大 小 最 大 值 为,A正 确，B错 误；C .滑 块P Q水平向右运动，P Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错 误；D.滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为-Ring-maP2解得“P 2=g撤去拉力时，P Q的初速度相等，滑 块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时

9、加速度大小为4 g ；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为4 g 分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，D 正确。故选AD.7.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，的电容器和阻值为的电阻。质量为以阻值也为A 的导体棒外,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M N 电流的最大值为名ACB.导体棒楙 向右先加速、后匀速运动C.导体棒M N 速度最大时所受的安培力也最大D

10、.电阻A 上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热【答案】AD【解析】【详解】腑在运动过程中为非纯电阻，腑上的电流瞬时值为.it-Blvi=-RA.当闭合的瞬间，B/n=O,止匕时楸可视为纯电阻幻此时反电动势最小，故电流最大I max=R CR故 A 正 确；B.当 引丫时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与朗V及构成回路，由于一直处于通路 形 式，由能量守恒可知，最后也V终极速度为零，故 B 错 误；C.必 V在运动过程中为非纯电阻电路，朗 V上的电流瞬时值为u-Blvi -R当=皿丫时，期V上电流瞬时为零，安培力为零此时，腑速度最大，故C错 误；D .在网加速度阶段,由于协

11、反电动势存在，故 网 上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于网 上消耗的电能（即 稣 EMN）,故加速过程中，QR QMN；当助明咸速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻”形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大 综上分析可知全过程中电阻衣上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选AD。8.地面上方某区域存在方向水平向右匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中1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P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

12、，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【解析】【详解】A.如图所示Eq=m g故等效重力G 的方向与水平成45。vo当 Vv=（）时速度最小为%加=V,由于此时巧存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故 A 错 误；B D .水平方向上v0=（m在竖直方向上u=gr由于 =/n g,得 丫 =%如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知%+%=。则重力做功等于小球电势能的增加量，故 B D 正 确；C.当如图中匕 所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故

13、C 错 误；故 选 B D。三、非选择题：9.某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源少（电动势1.5V,内阻很小），电流表（量程1 0 m A ,内阻约10。），微安表（量程lOO A,内阻 待 测，约 IkC ）,滑动变阻器R（最大阻值10。），定值电阻&（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9 0.0 M ,电流表的示数为9.（X）m A ,由此计算出微安表内阻4=Q。【答案】.见解析.9 9 0 Q【解析】【详解】(1 )1为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻尼并联，再

14、与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻吊的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示U=/4 =8.91xl(r2 VR=8.91X10-(2)2流过定值电阻尼的电流I=IA-IG=9.00mA-0.09mA=8.91mA加在微安表两端的电压微安表的内电阻8 Ic 90.0 x10-01 0.利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为町的滑块A与质量为加2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V,和v2,进而分析碰撞过程

15、是否为弹性碰撞。完成下列填空：(1 )调节导轨水平；(2)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;(3)调 节 B 的位置，使得A 与 B 接触时，A 的左端到左边挡板的距离5,与 B 的右端到右边挡板的距离S 2相 等；(4)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6 和 L ；(5)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 1 多次测量的结果如下表所示；(6)表中的心=(保 留 2 位有效数字)；12345tj

16、s0.490.671.0 11.221.39t2/s0.150.210.330.400.46彩0.31k20.330.330.33V,.(7)-的平均值为_ _ _ _ _ _；(保 留 2 位有效数字)V2(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由 判断。若两滑块的碰撞V2V.为弹性碰撞，则，的理论表达式为(用叫和/”2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】.0.30 4 .0.31 .0.32 .-t L .0.332m,【解析】【详解】(2)1 应该用质量较

17、小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反,故选0.30 4kg的滑块作为A。(6)2 由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得左=1L=IL=空1-v2 t1 0.67=0.31(7)位 平 均 值 为丫2T0.31 +0.31 +0.33+0.33+0.33“k=-=0.325(8)4 5弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得mxva=-mlvi+m,v21 2 1 2 1 2万仍%=町匕+-2联立解得匕 _ 根2 一叫彩 2町代入数据可得丘=0.3311.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

18、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S和$2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】浊m/s5【解 析】【详解】频闪仪每隔0.0 5s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3 个影像，故相邻两球的时间间隔为t=4T-0.0 5 x 4s=0.2s设抛出瞬间小球的速度为,每相邻两球间的水平方向上位移为X，竖直方向上的位移分别为 M、,2，根据平抛运动位移公式有1,1 ,X =/g 厂=x 10 x 0.

19、2-m =0.2m乂 =(g(2r)-g g/=；X10X(0.42-0.22)m=0.6m令乂=y,则有%=3 i =3y已标注的线段I、“分别为S|=J x2+y2$2=次 +(3才=也2 +9:则有yjx2+y2:y/x2+9y2=3:7整理得2A/5x=-y5故在抛出瞬间小球的速度大小为x 26,%=7=m/s12.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 为轻质绝缘弹簧，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，轻质刚性细杆的一端与必固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，国 为圆弧形的、带有均匀刻度的

20、透明读数条，国 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，竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的点射到 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 上的入射点仍近似处于的的圆心，通过读取反射光射到图上的位置，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6,线 圈。的 匝 数 为 沿 水 平 方 向的长度为1,细 杆。的长度为d,圆弧掰的半径为r.r 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乙 求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 工 及 刈 上反射光点与。点间的弧长s；(2)某同学用此装置测一微小电流

21、，测量前未调零，将电流通入线圈后，偌上反射光点出现 在。点上方，与。点 间 的 弧 长 为 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。点间的弧长为感。求待测电流的大小。【解析】【详解】(1 )由题意当线圈中通入微小电流/时，线圈中的安培力为F=NBI1根据胡克定律有F=NBI1=k xiA,NBll设此时细杆转过的弧度为0,则可知反射光线转过的弧度为2 0,又因为d Nx,r yy d则sin 0 0 t sin2 6*2 8所以有x =d 0s=r-2 0联立可得s2 r=A A xIN=B-l-l-r-d dk（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏

22、移的弧长为J ,当初始时反射光点在。点上方，通电流I 后根据前面的结论可知有同理可得初始时反射光点在。点下方结果也相同，故待测电流的大小为INBIlr,s=-+s1 dk当电流反向后有INBIlr,s、=-s2 dk联立可得心4 成（访+$2）NBlr,4 必（4+1 NBlr（二）选考题：共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答.如果多做，则每科按所做的第一题计分。13.一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如P-T图上从a到b的线段所示。0在此过程中（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

23、体吸收的热量等于其内能的增加量【答案】B C E【解析】【详解】A.因 从 a 至 I J 6 L 7 图像过原点，由 半=C可知从a 到 6 气体的体积不变,则从a到b气体不对夕M 故功，选项A错 误；B.因从a 到 8 气体温度升高，可知气体内能增加，选 项 B 正 确；C D E .因 聆0 ,A O ,根据热力学第一定律A年部0可 知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项C E 正 确，D 错误。故选B C E。14.如 图，容积均为匕、缸壁可导热的人 两汽缸放置在压强为P。、温度为4 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

24、内的两活塞将缸内气体分成I、n、ill、w 四部分，其中第n、川 部 分 的 体 积 分 别 为:匕 和 环 境 压 强o 4保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。(1 )将环境温度缓慢升高，求 8 汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；(2)将环境温度缓慢改变至2 ,然后用气泵从开口，向汽缸内缓慢注入气体，求 4 汽缸中的活塞到达汽缸底部后，6 汽缸内第W部分气体的压强。cA I IV Bb1n ni1 1 1-I 4 9【答案】(1)T=;(2)p=%p。【解析】【详解】(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高 时，IV内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当6中的活塞刚

25、到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得%。V4_ _2_o_丁。一 丁解得4F(2)设当力中的活塞到达汽缸底部时III中气体的压强为p，则此时W内的气体压强也等于p,设此时IV内的气体的体积为“对II、用两部分气体联立解得，则11、in两部分气体被压缩的体积为心 匕 则对气体w4 _ p VK-24M i)27；v=-v03 9PR。15.一平面简谐横波以速度K =2m/s沿 X 轴正方向传播，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/在r=0 时刻的位移y=0cm 该波的波长为_ _ _ _ _m,频率为_ _ _ _ _ _ H z，t=2s时 刻，质 点A（填“向上运动”“

26、速度为零”或“向下运【答案】.4.0.5 .向下运动【解析】【详解】1 设波的表达式为y=Asin(x+0)A由题知A=2c m,波图像过点（0,0）和（L 5,0 ）,代入表达式有y=2sin（%+）（cm）即4=4m 2 由于该波的波速7 =2m/s,则/=-=-H z=O.5Hz2 4 3 由于该波的波速r=2m/s,则.%CT=2sv由于题图为力=0 时刻的波形图，贝 1 1 1=2s时刻振动形式和零时刻相同，根 据“上坡、下坡”法可知质点A向下运动。16.如 图，边长为a的正方形/版 为一棱镜的横截面，必为48边的中点。在截面所在平的，一光线自 点射入棱镜，入射角为60。，经折射后在反,边的A点恰好发生全反射，反射光线从切边的尸点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、。两点之间的距离。【解 析】【详 解】光 线 在M点发生折射有sin60-“sin 0由 题 知，光 线 经 折 射 后 在a 边的N点 恰 好 发 生 全 反 射，则sin C=一nC=90 -0解得联立有tan 0 2不n =-2根据几何关系有c MB atan 0=-=-BN 2BN解得NC=a-BN=a-牛A/3再由 PCtan 0=-NCPC=V3-1-a2