2022年高考全国乙卷理综物理真题（2022高考真题全国乙卷理综物理、含解析）.pdf

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1、2022年全国乙理综-物理（含解析）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【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，

2、故C正确，AB错误；D.根据万有引力公式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，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&一大小为尸的水平恒力作用在轻3绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距二L时，它们加速度的大 小 均 为（）m Qtn OAA.5F Bn.2F C.3F D.-3-F-8 加5m 8m 10m【答案】A【详解】当两球运动至二者相距13L时，如图所示由几何关系可知3Lsin 0-平=-L 52设绳子拉力为T,

3、水平方向有2Tcos0=F解得T -F8对任意小球由牛顿第二定律可得T=ma解得5Fa=8m故A正确，BCD错误。故选Ao3.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P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【答案】c【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由几何关系可得,I 2mgh=mvh=Lsin0八 Lsin 0=2R联立可得可得故 C 正确，ABD错误。故 选 C。4.一点光源以U 3W 的功率向周围所有方向均匀地

4、辐射波长约为6x 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3xl()i4个。普朗克常量为1=6.6 3 x 1 0%。R约 为()A.1 x 102m B.3x 102m C.6 x 102m D.9 x102m【答案】B【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 =2.V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 1()14个，那么此处的球面的表面积为S=4兀/?2则-=3xl014S

5、联立以上各式解得=3 x 102m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及如图，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BJMByT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50RTC 第 2 次测量时y 轴正向指向南方D.第 3 次测量时y 轴正向指向东方【答案】BC【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

6、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1L3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3=履+度=也+度计算得B-50gTB 正确;C D.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Bv。）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)+q-：=.M 的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

7、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【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。指向LL点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由。指向L,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；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

8、，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M点移动到。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下由静止开始在水平地面上做直线运动，产与时间，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()A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg-m/sD.0 6s时间内F对物块所做的功为40J【答案】

9、AD【详解】物块与地面间摩擦力为f =Rmg=2NA C.对物块从()3内由动量定理可知(F-/X =mv3即(4-2)x 3=1 x v3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 +/)/=0-mvy即(4+2)f=0 lx6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物块发生的位移为用，由动能定理可得即(4-2)须=gxlx6?得$=9m3s 4s过程中，对物块由动能定理可得1 ,-(F+f)x20-mvj即-(4+2)X2=0-xlx62得x2=3m4s6s物块开始

10、反向运动，物块的加速度大小为a-F-f-=2c mz,s22m发生的位移为演=x2x22m=4m 玉 +/即6s时物块没有回到初始位置，故 B 错误；D.物块在6s时的速度大小为v6=2x 2m/s=4m/s。6s拉力所做的功为W=(4x9 4x3+4x4)J=40J故 D 正确。故选ADO8.一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(半径分别为火和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

11、为0、半径分别为彳、r2(Rr,r2 R +d .粒子3从距。点马的位置入射并从距。点4 的位置出射；粒子4 从距。点4 的位置入射并从距。点2的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（）A.粒子3 入射时的动能比它出射时的大B.粒子4 入射时的动能比它出射时的大C.粒子1 入射时的动能小于粒子2 入射时的动能D.粒子1 入射时的动能大于粒子3 入射时的动能【答案】B D【详解】C.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，可设为Er=k带正电的同种粒子1、2 在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有prq 匕=m ,qE V22=m-4r2可得2 1 2 2即粒子1 入射时的动能

12、等于粒子2 入射时的动能，故 C错误；A.粒子3 从距。点的位置入射并从距。点彳的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3 入射时的动能比它出射时的小，故A错误；B.粒子4 从距。点4 的位置入射并从距。点弓的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4 入射时的动能比它出射时的大，故B正确；D.粒子3 做向心运动，有qE、m，ri可得1 2 qE,r,1 2mv.r*I 卜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 300c1mA Ro解得R=75Q(3)4 电压表每小格表示0.1 V,向后估读一位,即。=2.3()V；5 电流表每小格表示()

13、.()2mA,本位估读，即0.84m A,电流表量程扩大5 倍，所以通过段 的 电流为1=4.20mA；根据欧姆定律可知=2-3 0-n x 548。A/4.20 x10-31 1.如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为/=().40m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X=5.OxlO-3Q/m；在r=0到=3.0s时间内，磁感应强度大小随时间r 的变化关系为B(r)=0.3-0.k(SI)o 求：(1)=2.0s时金属框所受安培力的大小；(2)在f=0到f=2.0s时间内金属框产生的焦

14、耳热。【答案】(1)0.04V2N;(2)0.016J【详解】(1)金属框的总电阻为R=4/4=4 x 0.4 x 5 x 1 ()-3 口=0.008Q金属框中产生的感应电动势为A A x,1 2E=-=0.1X-X0.42V=0.008VAr t 2金属框中的电流为/=1AR/=2.0s时磁感应强度B2=(0.3-0.1X2)T=0.1T金属框处于磁场中的有效长度为L=y/2l此时金属框所受安培力大小为居=0.1X1X 0 X 0.4N=0.04A/2N(2)0:2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=fR t=I2 x0.008x 2J=0.016J12.如图(a),一质量为加的物块A 与轻质

15、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，至打=2f时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的VV图像如图(b)所示。已知从1=0 到/=为时间内，物块A运动的距离为0.3 6%。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(s i n e =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。图(a)图(b)【答案】(1)0.6 就；(2)0.76

16、8%；(3)0.4 5【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 时刻，根据动量守恒定律mB-1,2 v0 (mB+m)v0根据能量守恒定律1,1 2m a x=-mB(12%)-耳(mB+in)v-联立解得=5 m耳,皿=0.6mv(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=ma可知同一时刻aA 5aB则同一时刻A、3 的的瞬时速度分别为VB =L2%-根据位移等速度在时间上的累积可得sA=v*(累积)%=累积)SA=0.36%)解得%=1.1283第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Av=sB-sA=0.768%(3)物块A第二次到达斜面

17、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L，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA-5m-O.8vo=m-(-2v0)+5mvfi根据能量守恒定律可得万1 加 匕 +耳1 5_ m (zz0_ .c8%、)-=耳1 2(_ 2.%.)9+耳1 _ 1 9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-mgL sin 0-/nmgL cos 6=0 一;m(2va)2下滑过程，根据动能定理可得1 2mgLsin6-jumgLcos0=mv-0联立解得 =0.45(-)选考题13.一定量的理想气体从状态a

18、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a处 压强大于状态c处的压强B.由。变化到的过程中，气体对外做功C.由。变化到c的过程中，气体的压强不变D.由a变化到b的过程中，气体从外界吸热E.由a变化到8的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能【答案】ABD【详解】AC.根据理想气体状态方程可知T=VnR即T-V图像的斜率为，故有nRPa=Pb P c故A正确，C错误；B.理想气体由。变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确;DE.理想气体由。变化到的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有U=Q+W而(),W 0,QMJ即气体从外界吸

19、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ABDo14.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1、I I的质量分别为2 m、加，面积分别为2 5、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.”,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外，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I I刚运动到汽缸连接处时，活塞间气

20、体的压强和温度。【答案】（1）攵=”（2）p3mg2=p0+S【详解】（1）设封闭气体的压强为P-对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有mg+%2S+2mg+p、S=pQS+丛 2S解得P T+WJ对 活 塞I由平衡条件有2mg+“0 2S+攵 0.1/=1 2S解得弹簧的劲度系数为.4 0 2gk=-I（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞n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P 2=P i=P o+即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为v1.1/o-L U c 3.3/5.”V.=-x2S+-xS=-,V,=/,25 2 2 2 由气体的压

21、强不变，则弹簧的弹力也不变，故有。=1.1/有等压方程可知乜=以To T2解得4F15.介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源和S2,二者做简谐运动的振幅相等，周期均为0.8 s,当3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5m/s,则由S1和S?发出的简谐横波的波长均为 m P为波源平衡位置所在水平面上的一点，与、S2平衡位置的距离均为10m,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。【答案】.4.加强.向下【详解】1因周期T=0.8s,波速 为v=5m/s

22、,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；因SiP=10m=2.5九 则 当Si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。16.一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,E点向8点移动，当411，=!时，恰好没有光线从A3边射出棱镜，且。E=D 4。求棱镜的折射率。【答案】L5因为当sini=，时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E 点发生全反射,6设临界角为C,则sin C=n由几何关系可知，光线在。点的折射角为r=90 2c则sinz-=nsin r联立可得=1.