2022年全国高考乙卷物理试题(解析版).pdf

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1、2022年全国乙理综-物理二、选择题：1.2022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【答案】C【解析】【详解】A B C.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

2、 C 正确，AB错误；D.根据万有引力公式R=G下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。故选C。2.如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为加的小球，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。当两球运动至二3者 相 距 时，它们加速度的大小均为（）8m 5m 8m3FD.10m【答案】A【解析】由几何关系可知3Lsin0=-=-L 52设绳子拉力为T，水平方向有2T cos 0=F故 A正确，B C D 错误。解得T=-F8对任意小球

3、由牛顿第二定律可得T=ma解得5Fci 故选A o3.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（）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到尸点的距离D.它与尸点的连线扫过的面积【答案】C【解析】【详解】如图所示设圆环下降的高度为，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h=Lsind,c Lsin 0=2R联立可得h上2R可得I 聆故 C正确，ABD错误。故选C。4.一点光源以1 1 3 W 的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6 x 1 0-m 的光，在离点光源距离为R 处

4、每秒垂直通过每平方米的光子数为3 x I O I，个。普朗克常量为h=6.6 3 x 1 0-3 4 J.R约 为（）A.1 x 1 02m B.3 x 1 02m C.6 x 1 02m D.9 x 1 02m【答案】B【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=Av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 1014个，那么此处的球面的表面积为S=4兀 相则巴=3x10S联立以上各式解得7?=3 x 1

5、02m故选B。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8。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy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ftt/gTBy/门Bz/gT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为5 0 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【答案】B C【解析】【详解】A.如图所示地磁南极 g 17 /地磁北极地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理

6、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1 1.3 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=依+段=心；+医计算得B-5 0 g TB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，测量耳（）,故y 轴指向南方，第 3 次测量女0,故x 轴指向北方而y 轴则指向西方，C正确、D错误.故选B C o6.如图，两对等量异号点电荷+4、q（q 0）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

7、圆的交点，0为内切圆的圆心，M为切点。则（）A.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M 点移动到。点，电场力做正功D.将一带正电的点电荷从L 点移动到N 点，电场力做功为零【答案】AB【解析】【详解】A.两个正电荷在N 点产生的场强方向由N 指向0,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0,则 N 点的合场强方向由N 指向。，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由0 指向L,L 点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在乙处产生的场强方向由。指 向 则 L 处的合场方向由。指向3由于

8、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；B.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M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；C.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/点 移 动 到 0 点，电场力做功为零，故 C 错误；D.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。故选AB。7.质量为1kg的物块在水平力尸的作用

9、下由静止开始在水平地面上做直线运动，尸与时间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=l()m/s2。则()M/N4 t/SA.4 s时物块的动能为零B.6 s时物块回到初始位置C.3 s时物块的动量为12kg-血5D.()6 s时间内F 对物块所做的功为40J【答案】AD【解析】【详解】物块与地面间摩擦力为f =2NA C.对物块从()3 内由动量定理可知即(4 一 2)x 3=1 x 匕得匕=6m/s3s时物块的动量为p=mv3-6kg-m/s设 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-mv3即一 (4+2 =0 lx 6解

10、得/=ls所以物块在4s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(/_/)玉即1,(4-2)%xlx6得%)=9m3s4s过程中，对物块由动能定理可得-(F+f)x2=0一 ;机(即1 ,-(4+2)=0-xlx6-得x2=3m4s 6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为F f c,2a=-=2m/s-m发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，D.物块在6s时的速度大小为0 6s拉力所做的功为玉=5 x 2 x 2 m=4m xi+x2故B错误:v6=2x2m/s=4m/sW=(4X9-4X3+4X4)J=40J故D正确。故选A

11、D。8.一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4弓八G mr2可得粒 子 1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故 D 正确；故选BD三、非选择题：（一）必考题：9.用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（?=0）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1S测量一次其位置，坐标为x,结果如下表所示：r

12、/s0123456x/m050710941759250533294233回答下列问题：（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：;（2）当x=507m时，该飞行器速度的大小u=_ m/s；（3）这段时间内该飞行器加速度的大小。=_ _ _ _ _ _ m/s2（保留2 位有效数字）。【答案】.相 邻 1s内的位移之差接近Ax=80m.547.79【解析】【详解】（1）1第 1s内的位移507m,第 2s内的位移587m,第 3s内的位移665m,第 4s内的位移746m,第 5s内的位移824m,第 6s内的位移904m,则相邻Is 内的位移之差接近Ax=80

13、m,可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动：（2）当 x=507m时飞行器的速度等于0-2s内的平均速度，则1094V.=-m/s=547m/s1 2（3）根据a=xi366 -x,03=4233-2x1759,-m/s-79m/s-9T2 9xl210.一同学探究阻值约为550。的待测电阻段 在。5mA范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为3 V,内阻很大），电流表A（量程为1mA，内阻为3000）,电源E（电动势约为4 V,内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选1（）。或1.5kQ）,定值电阻4 （阻值可选75c或15（）。），开关S,导线若干。图（a）（1）要求通过号的电流可在0

14、5mA范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图_ _ _ _ _ _ _ _；（2）实验时，图（a）中的R应 选 最 大 阻 值 为 （填“10C”或“1.5kQ）的滑动变阻器，/应选阻值为（填“750”或“150Q”）的定值电阻；（3）测量多组数据可得R”的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流麦的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时 两端的电压为 V,流过段 的 电流为 mA，此组数据得到的尺的阻值图（b）图（c）【答案】.10Q 75Q .2.30 .4.20.548【解析】【详解】(1)1电流表内阻已知，电流表与当并联扩大电流表量程，进而准确

15、测量通过段 的 电流，电压表单独测量段 的 电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从。开始测量，满足题中通过号 的 电流从0 5m A连续可调，电路图如下(2)2电路中R 应选最大阻值为10Q的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小:通过段 电流最大为5m A,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5 mA 4mA R0-*r*1-1mA根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知4mA 300。1mA 4解得%=75。(3)4电压表每小格表示0.I V,向后估读一位，即。=2.3()V；5电流表每小格表示0.0 2 m A,本位估读，即0.8 4

16、 m A,电流表量程扩大5 倍，所以通过凡的电流为/=4.2 0 m A；根据欧姆定律可知4(2.3 04.2 0 x 1 0 3C 5 4 8 Q1 1.如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为/=0.4 0 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场 已知构成金属框的导线单位长度的阻值为;l =5.0 x I 0-3 Q/m；在/=()到，=3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间r的变化关系为即)=0.3 -0.1 )。求：(I)r =2.0 s时金属框所受安培力的大小；(2)在 =0到r =2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。

17、【答案】0.0 4&N；0.0 1 6J【解析】【详解】(1)金属框的总电阻为R =4/%=4 x 0.4 x 5 x 炉。=0.0 0 8 Q金属框中产生的感应电动势为I2A A B x 1E=-2,=0.1 x l x 0.42V=0.0 0 8 V f金属框中的电流为仁2.0 s时磁感应强度金属框处于磁场中的有效长度为t=(0.3-0.1 x 2)T=0.1 TL=此时金属框所受安培力大小为居=名 忆=0-1 x 1X 血 X 0.4N=0.04A/2N(2)0:2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=I2Rt=I2 x 0.008 x 2J=0.016J12.如 图(a),一质量为机的物块A

18、与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块8向A运动，=0时与弹簧接触，至 丫 =2。时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 一，图像如图(b)所示。已知从r=0到f=fo时间内，物块A运动的距离为0.36%办。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6(sine=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。【答案】(1)0.6施 诏;(2)0.768%(3)0.4

19、5【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、8速度相等，即1 时刻，根据动量守恒定律mB 1.2%=(mB+附%根据能量守恒定律121 2E pm ax=-/B(1.2V0)+in)v0联立解得mB-5m综n ax =0.6说(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=5aB则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为以=1 2%-殁根据位移等速度在时间上的累积可得%=眩 累积)%=%(累积)又=0.3 6%。解得=1.1 2 8%第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值A v -sH-sA-0.7 6 8 3 0(3)物块A第二次到达斜

20、面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2%,方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为乙，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA-5m-O.8 vo=m-(-2v0)+5mvH根据能量守恒定律可得；+；.5 m -(O.8 vo 了 =；m(-2%)2+5 m v 联立解得办=%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 i n 0-jLimgL c o s 0=0-m(2%)下滑过程，根据动能定理可得I)mgL sin。一 /dmgLcos 0=mvn-0联立解得 =0.45（二）选考题13.一定量的理想气体从状态a经状态匕变化状

21、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变化到人的过程中，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。变化到的过程中，气体从外界吸热E.由a变化到。的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能【答案】ABD【解析】【详解】A C.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nRPa=Pb Pc故A正确，C错误；B.理想气体由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b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有 U=Q+W而/(),W 0,Q U即气体从外界吸

22、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A B D。1 4.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H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I 不能通过连接处。活 塞I、II的质量分别为2/篦、?，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I、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II刚运动到汽缸连接处时，活塞

23、间气体的压强和温度。而Il Ads【答案】(I)k=；(2)p 2 =p+W，T2=TQI J D【解析】【详解】(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+“0 2 S +2mg+ptS=p0S+pt-2S解得3mgA =P o+-对活塞I由平衡条件有2mg+pa-2S+k-O.U=px-2S解得弹簧的劲度系数为/：=4 噂(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞H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“2 =Pl=P。+即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为V2=l2-2S由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故

24、有/,=1.1/有等压方程可知匕=匕1 5 .介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S I和S 2,二者做简谐运动的振幅相等，周期均为0.8 s,当加过平衡位置向上运动时，S?也过平衡位置向上运动.若波速为5 m/s，则由由和S 2 发出的简谐横波的波长均为 m。尸为波源平衡位置所在水平面上的一点，与5、S 2 平衡位置的距离均为1 0 m,则两波在P点引起的振动总是相互_ _ _ _ _ _ （填“加强”或“削弱”）的；当斯恰好在平衡位置向上运动时，平 衡 位 置 在 尸 处 的 质 点 （填“向上”或“向下”）运动。【答案】.4 .加强.向下【解析】【详解】口 因周期及0.8 s,波速为

25、v=5 m/s,则波长为A-vT=4m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；3 因 S P=1 0 m=2.5 九 则当&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。1 6 .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，经折射后射至A8边的E点，如图所示，逐渐减小i,E 点向B 点 移 动,当sini=!时，恰好没有光线从48边射出棱镜，且。=公 4。求棱镜的折射率。【答案】1.5【解析】因为当sini=时，恰好没有光线从A8边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C,则6sinC=-n由几何关系可知，光线在。点的折射角为r=90-2C则sin/-=nsin r联立可得n=.5