2022屆江蘇省高考物理真題試題及答案

2022屆江蘇省高考物理真題試卷

學校:姓名：班級：考號：

一、單選題

1.高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為04最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過（）

A.2.0m/s2B.4.0m/s2C.6.0m/s2D.8.0m/s2

2.如圖所示，電路中燈泡均正常發(fā)光，阻值分別為凡=2。，&=3。,&=2。，&=4。，電源

電動勢E=12V,內阻不計，四個燈泡中消耗功率最大的是（）

3.如圖所示，兩根固定的通電長直導線〃相互垂直，“平行于紙面，電流方向向右，b垂直于

紙面，電流方向向里，則導線。所受安培力方向（）

：?

I

I

A.平行于紙面向上

B.平行于紙面向下

C.左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里

D.左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外

4.上海光源通過電子-光子散射使光子能量增加，光子能量增加后（）

A.頻率減小B.波長減小C.動量減小D.速度減小

5.如圖所示，半徑為，?的圓形區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間f的變化關系

為8=1+公，為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產生的感應電動勢大小為（)

22

A.兀krB.兀kMC.兀B。/D.7rBt)R

6.自主學習活動中，同學們對密閉容器中的氫氣性質進行討論，下列說法中正確的是（）

A.體積增大時，氫氣分子的密集程度保持不變

B.壓強增大是因為氫氣分子之間斥力增大

C.因為氫氣分子很小，所以氫氣在任何情況下均可看成理想氣體

D.溫度變化時，氫氣分子速率分布中各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比會變化

7.如圖所示，一定質量的理想氣體分別經歷“一人和&-C兩個過程，其中“fb為等溫過程，狀

態(tài)氏c的體積相同，則（）

A.狀態(tài)a的內能大于狀態(tài)人B.狀態(tài)。的溫度高于狀態(tài)c

C.。->c過程中氣體吸收熱量D.a-c過程中外界對氣體做正功

8.某滑雪賽道如圖所示，滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑，經圓弧滑道起跳。將運動員視為質

點，不計摩擦力及空氣阻力，此過程中，運動員的動能就與水平位移x的關系圖像正確的是（)

9.如圖所示，正方形A8C。四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，。是正方形的中

心?，F(xiàn)將A點的電荷沿0A的延長線向無窮遠處移動，則（）

A.在移動過程中，。點電場強度變小

B.在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大

C.在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負功

D.當其移動到無窮遠處時，0點的電勢高于A點

10.如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放

后沿斜面向上運動到最大位移時，立即將物塊B輕放在A右側，A、B由靜止開始一起沿斜面向下

運動，下滑過程中A、B始終不分離，當A回到初始位置時速度為零，A、B與斜面間的動摩擦因

數(shù)相同、彈簧未超過彈性限度，則（）

A.當上滑到最大位移的一半時，A的加速度方向沿斜面向下

B.A上滑時、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化

C.下滑時，B對A的壓力先減小后增大

D.整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢能減小量

二、實驗題

11.小明利用手機測量當?shù)氐闹亓铀俣?，實驗場景如圖1所示，他將一根木條平放在樓梯臺階邊

緣,小球放置在木條上，打開手機的“聲學秒表”軟件，用鋼尺水平擊打木條使其轉開后，小球下落

撞擊地面，手機接收到鋼尺的擊打聲開始計時，接收到小球落地的撞擊聲停止計時，記錄下?lián)舸蚵?/p>

與撞擊聲的時間間隔t,多次測量不同臺階距離地面的高度h及對應的時間間隔Zo

圖1

(1)現(xiàn)有以下材質的小球，實驗中應當選用。

A.鋼球B.乒乓球C.橡膠球

(2)用分度值為1mm的刻度尺測量某級臺階高度〃的示數(shù)如圖2所示，則//=cm。

圖2

(3)作出2/?-/圖線，如圖3所示，則可得到重力加速度g=m/s2?

2/z/m

0.050.100.150.200.250.300.35

圖3

（4）在圖1中，將手機放在木條與地面間的中點附近進行測量，若將手機放在地面A點，設聲速

為v,考慮擊打聲的傳播時間，則小球下落時間可表示為/=（用〃、r和u表示）。

（5）有同學認為，小明在實驗中未考慮木條厚度，用圖像法計算的重力加速度g必然有偏差。請

判斷該觀點是否正確，簡要說明理由_____o

三、解答題

12.如圖所示，兩條距離為。的平行光線，以入射角。從空氣射入平靜水面，反射光線與折射光線

垂直，求：

（1）水的折射率〃;

（2）兩條折射光線之間的距離心

13.利用云室可以知道帶電粒子的性質，如圖所示，云室中存在磁感應強度大小為B的勻強磁場,

一個質量為〃7、速度為V的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子”和從〃、人在磁場中

的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內的徑跡長度之比/“4=3:1,半徑之比%：4=6:1,不計重

力及粒子間的相互作用力，求:

（1）粒子“、人的質量之比為：%;

（2）粒子。的動量大小。“。

14.在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對空間站的影響可忽略，空間站上操控貨物的機械臂可

簡化為兩根相連的等長輕質臂桿，每根臂桿長為L如題圖1所示，機械臂一端固定在空間站上的

。點，另一端抓住質量為根的貨物，在機械臂的操控下，貨物先繞。點做半徑為2L、角速度為。

的勻速圓周運動，運動到A點停下，然后在機械臂操控下，貨物從A點由靜止開始做勻加速直線運

動，經時間f到達3點，A、8間的距離為以

（1）求貨物做勻速圓周運動時受到合力提供的向心力大小介；

（2）求貨物運動到8點時機械臂對其做功的瞬時功率P。

（3）在機械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如題圖2所示，它們在同一直線上，貨物與空

間站同步做勻速圓周運動，已知空間站軌道半徑為「，貨物與空間站中心的距離為d,忽略空間站

對貨物的引力，求貨物所受的機械臂作用力與所受的地球引力之比￡：匕。

15.某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示，矩形A8CO區(qū)域內存在多層緊鄰的勻強

電場，每層的高度均為"，電場強度大小均為E,方向沿豎直方向交替變化，邊長為12d,BC

邊長為8d,質量為優(yōu)、電荷量為+4的粒子流從裝置左端中點射入電場，粒子初動能為E”入射角

為。，在紙面內運動，不計重力及粒子間的相互作用力。

(1)當。=4時，若粒子能從8邊射出，求該粒子通過電場的時間r；

(2)當紜=4夕及/時，若粒子從邊射出電場時與軸線00,的距離小于4,求入射角。的范圍：

(3)當Ek=gqEd,粒子在。為-授~3范圍內均勻射入電場，求從CO邊出射的粒子與入射粒子

的數(shù)量之比N:N。。

參考答案：

1.B

【詳解】書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度

fm=P'ng=mam

解得

%==4m/s?

書相對高鐵靜止，故若書不動，高鐵的最大加速度4m/s2。

故選B。

2.A

【詳解】由電路圖可知R3與&串聯(lián)后與R2并聯(lián)，再與R/串聯(lián)。并聯(lián)電路部分的等效電阻為

《（4+凡）

=2。

（4+6+凡）

由閉合電路歐姆定律可知，干路電流即經過R/的電流為

并聯(lián)部分各支路電流大小與電阻成反比，則

a=2A

2一凡

i=lA

八=乙=

6+%

四個燈泡的實際功率分別為

6=/：K=18W,ft=/;/?,=12W,A=/；&=2W,P4=l；R4=4W

故四個燈泡中功率最大的是Ri。

故選Ao

3.C

【詳解】根據(jù)安培定則，可判斷出導線。左側部分的空間磁場方向斜向右上，右側部分的磁場方向

斜向下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。

故選C。

4.B

【詳解】AB.根據(jù)E=/僅可知光子的能量增加后，光子的頻率增加，又根據(jù)

v

可知光子波長減小，故A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)

h

p=-

2

可知光子的動量增加；又因為光子質量不變，根據(jù)〃=〃”可知光子速度增加，故C錯誤，D錯誤。

故選B。

5.A

【詳解】由題意可知磁場的變化率為

ABkt,

——=-=K

Zt

根據(jù)法拉第電磁感應定律可知

?A①\B7tr2,

E=---=------=K7tr'2

△tXt

故選Ao

6.D

【詳解】A.密閉容器中的氫氣質量不變，分子個數(shù)不變，根據(jù)

N。

n=―-

V

可知當體積增大時，單位體積內分子個數(shù)變少，分子的密集程度變小，故A錯誤；

B.氣體壓強產生的原因是大量氣體分子對容器壁的持續(xù)的、無規(guī)則撞擊產生的；壓強增大并不是

因為分子間斥力增大，故B錯誤；

C.普通氣體在溫度不太低，壓強不太大的情況下才能看作理想氣體，故C錯誤；

D.溫度是氣體分子平均動能的標志，大量氣體分子的速率呈現(xiàn)“中間多，兩邊少”的規(guī)律，溫度變

化時，大量分子的平均速率會變化，即分子速率分布中各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比會

變化，故D正確。

故選D。

7.C

【詳解】A.由于“一力的過程為等溫過程，即狀態(tài)。和狀態(tài)6溫度相同，分子平均動能相同，對于

理想氣體狀態(tài)。的內能等于狀態(tài)匕的內能，故A錯誤；

B.由于狀態(tài)6和狀態(tài)c體積相同，且4＜々，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

PM_PK

T?E

可知又因為￡,=n，故故B錯誤；

CD.因為arc過程氣體體積增大，氣體對外界做正功；而氣體溫度升高，內能增加，根據(jù)

△U=W+。

可知氣體吸收熱量；故C正確，D錯誤；

故選C。

8.A

【詳解】設斜面傾角為優(yōu)不計摩擦力和空氣阻力，由題意可知運動員在沿斜面下滑過程中根據(jù)動

能定理有

Ek=mgxtanQ

即

E

—=mgtan0

x

下滑過程中開始階段傾角。不變，及與圖像為一條直線；經過圓弧軌道過程中6先減小后增大，即

圖像斜率先減小后增大。

故選A-

9.D

【詳解】A.。是等量同種電荷連線的中點，場強為0,將A處的正點電荷沿OA方向移至無窮遠

處，。點電場強度變大，故A不符合題意；

B.移動過程中，C點場強變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；

C.A點電場方向沿04方向，移動過程中，移動電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；

D.A點電場方向沿0A方向，沿電場線方向電勢降低，移動到無窮遠處時，0點的電勢高于A點

電勢，故D正確。

故選D。

10.B

【詳解】B.由于A、B在下滑過程中不分離，設在最高點的彈力為巴方向沿斜面向下為正方向，

斜面傾角為aAB之間的彈力為FAB,摩擦因素為〃，剛下滑時根據(jù)牛頓第二定律對AB有

F+（）gsin0-//（mA+/??B）gcos^=（ff?A

對B有

〃1ngsin0-/jmngcos0-FAB=mna

聯(lián)立可得

尸=_一

%+〃%,fJB

由于A對B的彈力尸AB方向沿斜面向上，故可知在最高點F的方向沿斜面向上；由于在最開始彈

簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時、彈簧的彈力方向一直沿斜面

向上，不發(fā)生變化，故B正確；

A.設彈簧原長在。點，A剛開始運動時距離。點為X/,A運動到最高點時距離。點為也；下滑

過程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得

=；此+（叫$曲6+/）（占一七）

化簡得

2(mgsin0+f)

K—

內+X2

當位移為最大位移的一半時有

「=小一與9一（"gsin叼）

帶入火值可知尸分=0,即此時加速度為0,故A錯誤；

C.根據(jù)B的分析可知

F二&

必+〃%mB

再結合B選項的結論可知下滑過程中F向上且逐漸變大，則下滑過程正.逐漸變大，根據(jù)牛頓第三

定律可知B對A的壓力逐漸變大，故C錯誤;

D.整個過程中彈力做的功為0,A重力做的功為0,當A回到初始位置時速度為零，根據(jù)功能關

系可知整個過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢能減小量，故D錯誤。

故選B。

11.A61.309.55t+-不正確，理由見解析

【詳解】（1）⑴為了減小空氣阻力等誤差影響，應該選用材質密度較大的小鋼球，故選A。

（2）⑵刻度尺的分度值為1mm,估讀到分度值的下一位，由圖可知/z=61.30cm；

（3）［3］根據(jù)無=可知

2/7

H=g

故在2〃--圖像中斜率表示重力加速度，則根據(jù)圖線有

（4）［4］下落過程中聲音傳播的時間為

h

4=一

V

則小球下落的時間為

r,=r+4=f+或

V

（5）⑶設木條厚度為H,則臺階距離地面的高度歷時的時間為"，高度〃2時的時間為⑵則根據(jù)

前面的分析有

2（a+”）一2（九+”）2（4-4）

8=i5=25-

J：

可知與H無關。

12.（1）tan。；（2）Dtan（9

【詳解】（1）設折射角為根據(jù)幾何關系可得

y=90°-e

根據(jù)折射定律可得

sin。

n=------

sin/

聯(lián)立可得

〃=tan。

根據(jù)幾何關系可得

D

?sinO=Dtan0

sin(90。-6)

13.(1)2:1；(2)-mv

7

【詳解】(1)分裂后帶電粒子在磁場中偏轉做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有

qvB=m—

解得

mv

由題干知半徑之比4：%=6:1,故

mj”：—6:1

因為相同時間內的徑跡長度之比/“：4,=3:1,則分裂后粒子在磁場中的速度為

匕：%=3:1

聯(lián)立解得

ma:mh=2:l

(2)中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子。和從分裂過程中，沒有外力作用，動量守

恒，根據(jù)動量守恒定律

=maV?+mbVb

因為分裂后動量關系為此匕：=6:1,聯(lián)立解得

6

Pa=q'=鏟

14.(1)2WL；(2)電生；(3)'二1一仁

tr

【詳解】(1)質量為加的貨物繞。點做勻速圓周運動，半徑為2L,根據(jù)牛頓第二定律可知

2

Fn=mar-2￡=2mcoL

(2)貨物從靜止開始以加速度〃做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式可知

L=—at2

2

解得

2L

r

貨物到達B點時的速度大小為

2L

v=at-——

貨物在機械臂的作用下在水平方向上做勻加速直線運動，機械臂對貨物的作用力即為貨物所受合力

胸，所以經過「時間，貨物運動到8點時機械臂對其做功的瞬時功率為

八2L2L4ml}

r=mav=m?-=——--

(3)空間站和貨物同軸轉動，角速度”相同，對質量為外空間站，質量為M的地球提供向心力

G-=m^

解得

GM=a)^r3

貨物在機械臂的作用力”和萬有引力居的作用下做勻速圓周運動，則

F2-Ft=ma)Q(r-d)

貨物受到的萬有引力

二八MmmcOnP

F、=G-----r=---

2(—Ad)2

解得機械臂對貨物的作用力大小為

E=""。'，-ma)l(r-d)=.T—g

'(r-d)2°0(r-d產

則

3

Ft^-(r-d)

E=一―

(2)-30°＜。＜30°或-￡＜。＜￡;(3)N:No=50%

66

【詳解】(1)電場方向豎直向上，粒子所受電場力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運

動，速度分解如圖所示

V

匕

粒子在水平方向的速度為

vx=vcos^

根據(jù)線=3根F可知

解得

(2)粒子進入電場時的初動能

粒子進入電場沿電場方向做減速運動，由牛頓第二定律可得

qE=ma

粒子從CO邊射出電場時與軸線OO'的距離小于d,則要求

2ad>(%sin

解得

——<sin0<—

22

所以入射角的范圍為

oo_u.7171

-30<^<30^