2022年高考物理真题（全国乙卷）（解析版）下载

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 的“天宫二号”空间站上通过 400km 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】ABC．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 C 正确，AB 错误； D．根据万有引力公式 Mm F万  G r2 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 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 L。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 3L者相距 时，它们加速度的大小均为（　　） 55F A. 2F B. 3F 8m 3F C. D. 8m 5m 10m 【答案】A 【解析】 35L【详解】当两球运动至二者相距 时，,如图所示 由几何关系可知 3L 3510 Lsin  2设绳子拉力为 ，水平方向有 T2T cos  F 解得 5T  F 8对任意小球由牛顿第二定律可得 解得 T  ma 5F a  8m 故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 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 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 【解析】 【详解】如图所示 h设圆环下降的高度为 ，圆环的半径为 R，它到 P 点的距离为 ，根据机械能守恒定律得 L1mgh  mv2 2由几何关系可得 h  Lsin Lsin  2R 联立可得 L2 h  2R 可得 gv  L R故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 4. 一点光源以 113W 的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为 6 × 10 – 7m 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 × 1014 个。普朗克常量为 h = 6.63 × 10 – 34J s。R 约为（ ）A. 1 × 102m 【答案】B 【解析】 B. 3 × 102m C. 6 × 102m D. 9 × 102m 【详解】一个光子的能量为 E = hν c = λν ν 为光的频率，光的波长与频率有以下关系 光源每秒发出的光子的个数为 PP n  h hc P 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 × 1014 个，那么此处的球面的表面积为 S = 4πR2 则n 31014 S联立以上各式解得 R ≈ 3 × 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 B。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 Bx/μT By/μT Bz/μT 1234021 – 20 0- 45 – 46 – 45 – 45 021 – 21 0A. 测量地点位于南半球 B. 当地的地磁场大小约为 50μT C 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 【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 B  Bx2  Bz2  By2  Bz2 计算得 B ≈ 50μT B 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 B  0 ，故 yB  0 y 轴指向南方，第 3 次测量 故选 BC。 ，故 x 轴指向北方而 y 轴则指向西方，C 正确、D 错误。 xq 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 6. 如图，两对等量异号点电荷 、与其内切圆的交点，O 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 O 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 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 O，则 N 点的合场强方向由 N 指向 O，同理可知，两个负电荷在 L 处产生的场强方向由 O 指向 L，L 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 O 指向 L，则 L 处的合场方向由 O 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，则 M 点的场方向向左，故 B 正 确； C．由图可知，M 和 O 点位于两等量异号电荷的等势线上，即 M 和 O 点电势相等，所以将一带正电的点 电荷从 M 点移动到 O 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。 1kg 7. 质量为 的物块在水平力 F 的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F 与时间 t 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. B. 时物块的动能为零 4s 6s 时物块回到初始位置 12kgm/s C. 时物块的动量为 3s D. 0 ~ 6s 时间内 F 对物块所做的功为 40J 【答案】AD 【解析】 的【详解】物块与地面间 摩擦力为 f  mg  2N AC．对物块从 内由动量定理可知 0  3 (F  f )t1  mv3 即得(4  2)3 1v3 v3  6m/s 3s 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(4  2)t  0 16 t 1s 解得 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． 物块发生的位移为 x ，由动能定理可得 10  3 1(F  f )x1  mv32 2即1(4  2)x1  162 2得x1  9m 3s  4s 过程中，对物块由动能定理可得 1(F  f )x2  0  mv32 2即得1(4  2)x2  0  162 2×2  3m 4s 6s 物块开始反向运动，物块的加速度大小为 F  f ma   2m/s2 发生的位移为 1×3  222 m=4m  x1  x2 2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  22m/s=4m/s 拉力所做的功为 0  6s W  (49  43 44)J  40J 故 D 正确。 故选 AD。 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 ）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点 O 为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小 R  d 与其到 O 点的距离成反比，方向指向 O 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 rr R r  r  R  d 2  r点23力。粒子 1、2 做圆周运动，圆的圆心为 O、半径分别为 、；粒子 从距 O121rrr的位置入射并从距 O 点 1 的位置出射；粒子 4 从距 O 点 1 的位置入射并从距 O 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】BD 【解析】 【详解】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到 O 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 v12 v22 qE1  m qE  m ，2rr12可得 1qE1r1 qE2r2 mv12  222即粒子 1 入射时的动能等于粒子 2 入射时的动能，故 C 错误； rrA．粒子 3 从距 O 点 2 的位置入射并从距 O 点 1 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； rrB．粒子 4 从距 O 点 1 的位置入射并从距 O 点 2 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 v32 qE2  m r2可得 12qE2r2 1mv32   mv12 22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（ ）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运 t  0 动，每隔 测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示： 1s 00123456t/s 507 1094 1759 2505 3329 4233 x/m 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：______； v  （2）当 x  507m 时，该飞行器速度的大小 ______ ；m/s 2 （保留 2 位有效数字）。 m/s a  （3）这段时间内该飞行器加速度的大小 ______ 【答案】 【解析】 ①. 相邻 1s 内的位移之差接近∆x=80m ②. 547 ③. 79 【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 1s 内的位移之差接近∆x=80m，可知判断飞行 器在这段时间内做匀加速运动； （2）[2]当 x=507m 时飞行器的速度等于 0-2s 内的平均速度，则 1094 v1  m/s=547m/s 2（3）[3]根据 x36  x03 4233 21759 a  m/s2  79m/s2 9T 2 912 R10. 一同学探究阻值约为550 的待测电阻 x 在 0 ~ 5mA 范围内的伏安特性。可用器材有：电压表 V （量程为3V ，内阻很大），电流表 A（量程为 ，内阻为300 ），电源 E（电动势约为 ，内阻不 4V 1mA R75 计），滑动变阻器 R（最大阻值可选 或1.5kΩ ），定值电阻 0 （阻值可选 或），开关 S，导 10 150 线若干。 R（1）要求通过 x 的电流可在 0 ~ 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________； R”或“1.5kΩ ”）的滑动变阻器， 0 应选 10 （2）实验时，图（a）中的 R 应选最大阻值为______（填“ 75 阻值为______（填“ ”或“ ”）的定值电阻； 150 R（3）测量多组数据可得 x 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 RRR，此组数据得到的 x 的阻值 图（c）所示，则此时 x 两端的电压为______V，流过 的电流为_____ mA x为______ （保留 3 位有效数字）。 【答案】 ①. ②. ③. ④. 2.30 ⑤. 10Ω 75Ω 4.20 ⑥. 548 【解析】 【详解】（1）[1]电流表内阻已知，电流表与 0 并联扩大电流表量程，进而准确测量通过 x 的电流，电压 RRRR表单独测量 x 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 x 的电流从 00 ~ 5mA 连续可调，电路图如下 （2）[2]电路中 R应选最大阻值为 的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小； 10Ω R的[3]通过 电流最大为 5mA ，需要将电流表量程扩大为原来的 倍，根据并联分流的规律示意图如下 5x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 300Ω 1mA R0 解得 R0  75Ω （3）[4]电压表每小格表示 ，向后估读一位，即U  2.30V ；0.1V R，电流表量程扩大 倍，所以通过 x 的电流为 [5]电流表每小格表示 ，本位估读，即 0.02mA 0.84mA 5；I  4.20mA [6]根据欧姆定律可知 U2.30 4.20103 Rx  Ω  548Ω I11. 如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为 的正方形金属框的一个顶点上。金 l  0.40m 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 3 度的阻值为 ；在 到t  0 t  3.0s 时间内，磁感应强度大小随时间 t 的变化关系为   5.010 Ω / m B(t)  0.3 0.1t(SI) 。求: t  2.0s （1） 时金属框所受安培力的大小； t  2.0s （2）在 到时间内金属框产生的焦耳热。 t  0 【答案】（1） ；（2）0.016J 0.04 2N 【解析】 【详解】（1）金属框的总电阻为 R  4l  40.45103   0.008 金属框中产生的感应电动势为 l2 B  t 1E   0.1 0.42 V  0.008V 2t 2金属框中的电流为 EI  1A Rt=2.0s 时磁感应强度 为B2  (0.3 0.12)T=0.1T L  2l 金属框处于磁场中的有效长度为 此时金属框所受安培力大小为 FA  B2IL  0.11 2 0.4N=0.04 2N （2） 0 : 2.0s 内金属框产生的焦耳热为 Q  I2Rt 12 0.0082J  0.016J 12. 如图（a），一质量为 m 的物块 A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块 B 向 A 运动， 时t  0 t  2t vt图像如图（b）所示。已知从 与弹簧接触，到 0 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B 的 t  0 t  t 0.36v t 0 0。A、B 分离后，A 滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水 到0 时间内，物块 A 运动的距离为 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 (sin  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。 0.6mv2 0.768v t ；（3） 0.45 0 0 【答案】（1） 0 ；（2） 【解析】 t  t B【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 A、速度相等，即 0 时刻，根据动量 守恒定律 mB 1.2v0  (mB  m)v0 根据能量守恒定律 联立解得 11Epmax  mB (1.2v0 )2  (mB  m)v02 22mB  5m Epmax  0.6mv02 B（2）同一时刻弹簧对 A、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 BA、 的的瞬时速度分别为 则同一时刻 vA  aAt aAt vB 1.2v0  5根据位移等速度在时间上的累积可得 sA  vAt(累积） sB  vBt(累积） 又sA  0.36v0t0 sB 1.128v0t0 解得 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 s  sB  sA  0.768v0t0 2v （3）物块 A 第二次到达斜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 ，0v’ 方向水平向右，设物块 A 第一次滑下斜面的速度大小为 A ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得 mvA’ 5m0.8v0  m(2v0 )  5mvB’ 根据能量守恒定律可得 12111mvA’2  5m(0.8v0 )2  m(2v0 )2  5mvB’2 222联立解得 vA’  v0 设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得 L1mgLsin  mgLcos  0  m(2v0 )2 2下滑过程，根据动能定理可得 1mgLsin  mgLcos  mv02  0 2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 b 变化状态 c，其过程如 图上的两条线段所示，则气体在 T V （　　） 的A. 状态 a 处 压强大于状态c 处的压强 B. 由 a 变化到 b 的过程中，气体对外做功 C. 由 b 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 b 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】AC．根据理想气体状态方程可知 pT  V nR p即图像的斜率为 ，故有 T V nR pa  pb  pc 故 A 正确，C 错误； B．理想气体由 a 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 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U  0 ，，则有 W  0 U  Q  W 可得 Q  0 Q  U ，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 ABD。 14. 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Ⅱ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Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质 量分别为 、m，面积分别为 2S 、S，弹簧原长为 l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为 2m Tp0.1l ，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为 0 。已知活塞外大气压强为 0 ，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，活塞间气体的压强和温度。 40mg 3mg 4k  p  p  T  T 【答案】（1） ；（2） ，2020lS3【解析】 p【详解】（1）设封闭气体的压强为 1 ，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有 mg  p0 2S  2mg  p1S  p0S  p1 2S 解得 3mg p1  p0  S对活塞Ⅰ由平衡条件有 2mg  p0 2S  k 0.1l  p1 2S 解得弹簧的劲度系数为 40mg k  l（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ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 3mg p2  p1  p0  S即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为 1.1l 1.1l 3.3lS V  l 2S V  2S   S  ，221222由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有 l2 1.1l 有等压方程可知 VV2 1T0 T2 解得 4T2  T0 3SS15. 介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源 1 和 2 ，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为 SSSS0.8s，当 1 过平衡位置向上运动时， 2 也过平衡位置向上运动．若波速为5m/s ，则由 1 和 2 发出的简 SS2 平衡位置的距离均为 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 、1S10m ，则两波在 P 点引起的振动总是相互______（填“加强”或“削弱”）的；当 1 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】 【解析】 ①. 4 ②. 加强 ③. 向下 【详解】[1]因周期 T=0.8s，波速为 v=5m/s，则波长为 =vT  4m [2]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 S1P=10m=2.5λ，则当 S1 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 的侧面 上以大角度由 D 点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角 AC ABC 1sini  为 i，经折射后射至 边的 E 点，如图所示，逐渐减小 i，E 点向 B 点移动，当 时，恰好没有光 AB 6线从 边射出棱镜，且 。求棱镜的折射率。 AB DE  DA 【答案】1.5 【解析】 【详解】 16sini  因为当 时，恰好没有光线从 AB 边射出，可知光线在 E 点发生全反射，设临界角为 C，则 1sinC  n由几何关系可知，光线在 D 点的折射角为 r  90  2C 则sini  n sin r 联立可得 n=1.5