2022年高考物理真题（全国甲卷）（解析版）

2022 年全国高考甲卷物理试题二、选择题 1. 北京 2022 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 b 处起跳，c 点为 a、b 之间的最低点，a、c 两处的高度差为 h。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 k 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（）hhk2h 2h A. B. C. D. k 1 kk 1 【答案】D 【解析】【详解】运动员从 a 到 c 根据动能定理有 1mgh  mvc2 2在 c 点有 vc2 FNc  mg  m Rc FNc ≤ kmg 联立有 2h Rc  k 1 故选 D。 2. 长为 l 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为 v0，要通过前方一长为 L 的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 v（v < v0）。已知列车加速和减速时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 v0 所用时间至少为（）v0  v L l v0  v L 2l 3 v  v L  l v0A. B. C. D. 2a vav2a 3 v  v L  2l 0av【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 v（v < v0），则列车进隧道前必须减速到 v，则有 v = v0 – 2at1 解得 v0  v t1  2a 在隧道内匀速有 L  l vt2  列车尾部出隧道后立即加速到 v0，有 v0 = v + at3 解得 v0  v at3  则列车从减速开始至回到正常行驶速率 v0 所用时间至少为 3(v0  v) L  l t  2a 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 I 、I I2 和 3 。则（　　）感应电流的大小分别为 1I1  I3  I2 I1  I3  I2 I1  I2  I3 AB. C. D. I1  I2  I3 【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r 面积为 S2  r2 同理可知正方形线框的周长和面积分别为 S  4r2 C  8r ，11正六边形线框的周长和面积分别为 133 3r2 C  6r ，S3  6r  r  3222三线框材料粗细相同，根据电阻定律 LR   S横截面可知三个线框电阻之比为 R : R2 : R3  C1 :C2 :C3  8: 2 :6 1根据法拉第电磁感应定律有可得电流之比为： ERB S t R I  I1 : I2 : I3  2: 2:3 即I1=I2  I3 故选 C。 t2t ，在 04. 两种放射性元素的半衰期分别为 0 和时刻这两种元素的原子核总数为 N， t  0 Nt  2t t  4t 在0 时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在 0 时刻，尚未衰变的原子核总数 3为（　　） NA. NNNB. C. D. 12 986【答案】C 【解析】【详解】根据题意设半衰期为 t0 的元素原子核数为 x，另一种元素原子核数为 y，依题意有 x  y  N 经历 2t0 后有 141Nx  y  23联立可得 21x  Ny  N ，33t  4t 在0 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 11Nn  x  y  24 22 8故选 C。 5. 空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（ xOy 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 O 由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（　　） A. C. B. D. 【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 O 静止的带正电粒子在电场力作用下会向 y 轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，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 x 轴负方向偏转。AC 错误； 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 x 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 P、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g。用水平向右的拉力 F 拉动 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（　　） 2g 2g A. P 的加速度大小的最大值为的B. Q 加速度大小的最大值为 C. P 的位移大小一定大于 Q 的位移大小 D. 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 m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为 F  2mg 撤去拉力前对 Q 受力分析可知，弹簧的弹力为 T0  mg mg AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为对滑动，此时滑块 P 的加速度为，两滑块与地面间仍然保持相 T0  mg  maP1 解得 aP1  2g 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 PQ 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。 2mg 故 P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为 Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时 mg  maQm 。解得 aQm  mg mg 故滑块 Q 加速度大小最大值为，A 正确，B 错误； C．滑块 PQ 水平向右运动，PQ 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 mg  maP2 解得 aP2  g 2g 撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块 P 由开始的加速度大小为做加速度减小的减速 g 运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块 Q 由开始的加速度为 0 做加速度增大的减 g 速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为 Q 的速度大小，D 正确。故选 AD。。分析可知 P 的速度大小均不大于同一时刻 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 C 的电容器和阻值为 R 的电阻。质量为 m、阻值也为 R 的导体棒 MN 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，（　　） QA. 通过导体棒电流的最大值为 MN RC B. 导体棒 MN 向右先加速、后匀速运动 C. 导体棒速度最大时所受的安培力也最大 MN D. 电阻 R 上产生的焦耳热大于导体棒【答案】AD 上产生的焦耳热 MN 【解析】【详解】MN 在运动过程中为非纯电阻，MN 上的电流瞬时值为 u  Blv i  RA．当闭合的瞬间，，此时 MN 可视为纯电阻 R，此时反电动势最小，故电流最大 Blv  0 URQI max  CR 故 A 正确； B．当时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与 MN 及 R 构成回 u  Blv 的路，由于一直处于通路形式，由能量守恒可知，最后MN 终极速度为零，故B 错误； C．MN 在运动过程中为非纯电阻电路，MN 上的电流瞬时值为 u  Blv i  R当u  Blv 时，MN 上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN 速度最大，故 C 错误； D．在MN 加速度阶段，由于 MN 反电动势存在，故 MN 上电流小于电阻 R 上的电流，电 E  E Q  Q 阻 R 消耗电能大于 MN 上消耗的电能（即 MN ），故加速过程中， MN ；当 RRMN 减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻 R 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 R 上的热量大于导体棒上的热量，故 D 正确。故选 AD。的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Р 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 Р 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，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】BD 【解析】【详解】A．如图所示 Eq  mg 故等效重力的方向与水平成。G45 v  0 v v v 1 ，由于此时 1 存在水平分量，电场力还可以向左做负功，当时速度最小为 ymin 故此时电势能不是最大，故 A 错误； BD．水平方向上 Eq mv0  t在竖直方向上 v  gt 由于 Eq  mg v  v ，得 0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 WG WEq  0 则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD 正确； C．当如图中 v1 所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故 C 错误；故选 BD。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 E（电动势1.5V ，内阻很小）， R，内阻待测，约 100μA 10 电流表（量程，内阻约），微安表（量程），滑 10mA 1kΩ gR），定值电阻 0 （阻值 10 10 ），开关 S，导线若干。动变阻器 R（最大阻值（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_____； 90.0μA （2）某次测量中，微安表的示数为，电流表的示数为9.00mA ，由此计算出微安 R  表内阻 _____ 。g【答案】【解析】 ①. 见解析 ②. 990Ω 【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 R0 并联，再与电流表串联，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 R0 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（2）[2]流过定值电阻 R0 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 U  IR0  8.91102 V U8.91102 Rg  Ω  990Ω IG 90.0106 mm10. 利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为 1 的滑块 A 与质量为 2 的静止 v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 1 和 v2 ，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：（1）调节导轨水平； 0.510kg 0.304kg 和。要使碰撞后两滑块运动方向相反，（2）测得两滑块的质量分别为应选取质量为______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 s B1 与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 t撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间和 t；21（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）。多次测量的结果如下表所示； 12345t1/s t2 /s 0.49 0.15 0.67 0.21 1.01 0.33 1.22 0.40 1.39 0.46 v1 v2 k  k2 0.31 0.33 0.33 0.33 k  （6）表中的 ______（保留 2 位有效数字）； 2v1 （7）的平均值为______；（保留 2 位有效数字） v2 v1 （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 v2 v1 m m 的理论表达式为______（用 1 和 2 表示），本实验中其值为______ 撞为弹性碰撞，则 v2 （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。 m2  m1 2m1 【答案】 ①. 0.304 ②. 0.31 ③. 0.32 ④. ⑤. 0.33 【解析】【详解】（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选 0.304kg 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 v1 t2 0.21 k2   0.31 v2 t1 0.67 v1 （7）[3] 平均值为 v2 0.31 0.31 0.33 0.33 0.33 k   0.32 5（8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得 m1v0  m1v1  m2v2 1211m1v02  m1v12  m2v22 22联立解得 v1 m2  m1 v2 2m1 代入数据可得 v1 v2  0.33 11. 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，频闪仪每隔发0.05s 出一次闪光。某次拍摄时，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 1 和 2 之比为：。重力加速度大小取 g  10m/s2 ，忽略空气阻力。 37的两个线段的长度 s s求在抛出瞬间小球速度的大小。 2 5 【答案】 m/s 5【解析】【详解】频闪仪每隔 0.05s 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  0.054s  0.2s v设抛出瞬间小球的速度为 0 ，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 yy别为、2 ，根据平抛运动位移公式有 1xv0t 11y1  gt2  100.22 m  0.2m 221112y2  g 2t  gt2  10 0.42  0.22 m  0.6m   222y  y 令，则有 1y2  3y1  3y s1  x2  y2 已标注的线段 s 、 s 2 分别为 12s  x2  3y = x2  9y2 2则有 x2  y2 : x2  9y2  3:7 整理得 2 5 x  y5故在抛出瞬间小球的速度大小为 x2 5 5v0  m/s t12. 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 A 为轻质绝缘弹簧，C 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 D 的一端与 M 固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，PQ 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ 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，M 竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经 PQ 上的 O 点射到 M 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 M 上的入射点仍近似处于 PQ 的圆心，通过读取反射光射到 PQ 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 B，线圈 C 的匝数为 N。沿水平方向的长度为 l，细杆 D 的长度为 d，圆弧 PQ 的半径为 r﹐r >> d，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 I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 x 及 PQ 上反射 光点与 O 点间的弧长 s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ 上反射光点出现在 O 点上方，与 O 点间的弧长为 s1．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 О 点下方，与 O 点间的弧长为 s2。求待测电流的大小。 NBIl 2NBIlr dk s s 2  1【答案】（1），；（2） kdk 4NBlr 【解析】【详解】（1）由题意当线圈中通入微小电流 I 时，线圈中的安培力为 F = NBIl 根据胡克定律有 F = NBIl = k│ x│ NBIl x  k设此时细杆转过的弧度为 θ，则可知反射光线转过的弧度为 2θ，又因为 d >> x，r >> d 则sinθ ≈ θ，sin2θ ≈ 2θ 所以有 x = d θ s = r 2θ 联立可得 2r s  x  2NBIlr ddk （2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为 s′，当初始时反射光点在 O 点上方，通电流 I′后根据前面的结论可知有 2NBI lr  s s1  dk 当电流反向后有 2NBI lr  s s2  dk 联立可得 4dk s s 2  1I  NBlr 同理可得初始时反射光点在 O 点下方结果也相同，故待测电流的大小为 4dk s s 2  1I  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。 p T 13. 一定量的理想气体从状态 a 变化到状态 b，其过程如图上从 a 到 b 的线段所示。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. 气体吸收的热量等于其内能的增加量【答案】BCE 【解析】 pV 的【详解】A．因从 a 到 b p—T 图像过原点，由  C 可知从 a 到 b 气体的体积不变， T则从 a 到 b 气体不对外做功，选项 A 错误； B．因从 a 到 b 气体温度升高，可知气体内能增加，选项 B 正确； CDE．因 W=0，∆U>0，根据热力学第一定律 ∆U=W+Q 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 CE 正确，D 错误。故选 BCE。 VpT14. 如图，容积均为 0 、缸壁可导热的 A、B 两汽缸放置在压强为 0 、温度为 0 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：汽缸内的两活塞 1814V0 和 V0 、环将缸内气体分成 I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第 II、Ⅲ部分的体积分别为境压强保持不变，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 B 汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度； 2T （2）将环境温度缓慢改变至 0 ，然后用气泵从开口 C 向汽缸内缓慢注入气体，求 A 汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B 汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。 4T  T 39p  p0 4【答案】（1） 0 ；（2）【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 B 中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得 3V0 V0 T4T0 解得 4T  T0 3（2）设当 A 中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为 p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于 p，设此时Ⅳ内的气体的体积为 V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为 V0-V，则对气体Ⅳ 3V0 p0  pV 4T0 2T0 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体 V0 V0 p0 ( )p(V0 V ) 2T0 84T0 联立解得 2V  V0 39p  p0 415. 一平面简谐横波以速度 v = 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 A 在 t = 0 时刻的位移，该波的波长为 y  2cm ______m，频率为______Hz，t = 2s 时刻，质点 A______（填“向上运动”“速度为零”或 “向下运动”）。【答案】【解析】 ①. 4 ②. 0.5 ③. 向下运动【详解】[1]设波的表达式为 2 y  Asin( x ) 由题知 A = 2cm，波图像过点（0，）和（1.5，0），代入表达式有 224y  2sin( x  )(cm) 即λ = 4m [2]由于该波的波速 v = 2m/s，则 v2f  Hz  0.5Hz 4[3]由于该波的波速 v = 2m/s，则 T  2s v由于题图为 t = 0 时刻的波形图，则 t = 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 ABCD 为一棱镜的横截面，M 为 AB 边的中点。在截面所在平的，一光线自 M 点射入棱镜，入射角为 60°，经折射后在 BC 边的 N 点恰好发生全反射，反射光线从 CD 边的 P 点射出棱镜，求棱镜的折射率以及 P、C 两点之间的距离。 73 1 2【答案】【解析】，n  PC  a2【详解】光线在 M 点发生折射有 sin60° = nsinθ 由题知，光线经折射后在 BC 边的 N 点恰好发生全反射，则 1sinC  nC = 90° – θ 联立有 3tan  27n  2根据几何关系有 MB atan  BN 2BN 解得 aNC  a  BN  a  3再由解得 PC tan  NC 3 1 2PC  a