2022年高考真題-物理（全國乙卷）含解析

2022年全國乙理綜-物理

二、選擇題：

1.2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約400km的“天宮二號''空間站上通過天

地連線，為同學們上了一堂精彩的科學課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道上飛行的“天宮二號''中，

航天員可以自由地漂浮，這表明他們（）

A.所受地球引力的大小近似為零

B.所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零

C.所受地球引力的大小與其隨飛船運動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隨飛船運動所需向心力的大小

【答案】C

【解析】

【詳解】ABC.航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周運動的向心力，飛船對其作用力等于零，

故C正確，AB錯誤；

D.根據(jù)萬有引力公式

%=G不

可知在地球表面上所受引力的大小大于在飛船所受的萬有引力大小，因此地球表面引力大于其隨飛船運動

所需向心力的大小，故D錯誤。

故選C。

2.如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為，"的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間

的距離等于繩長心一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相

3

距二L時，它們加速度的大小均為（）

3F

D.——

8m5m8m10m

【答案】A

【解析】

3

【詳解】當兩球運動至二者相距時，，如圖所示

由幾何關(guān)系可知

3L

sinO=4=3

L5

2

設繩子拉力為T，水平方向有

2Tcos6=F

解得

T=-F

8

對任意小球由牛頓第二定律可得

T=ma

解得

5F

a-——

8/n

故A正確，BCD錯誤。

故選Ao

3.固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑

過程中，小環(huán)的速率正比于（）

A.它滑過的弧長

B.它下降的高度

C.它到P點的距離

D.它與尸點的連線掃過的面積

【答案】C

【解析】

【詳解】如圖所示

設圓環(huán)下降的高度為〃，圓環(huán)的半徑為R,它到P點的距離為L，根據(jù)機械能守恒定律得

mgh=-mv'

由幾何關(guān)系可得

h=LsinO

sin0=—

2R

聯(lián)立可得

可得

故C正確，ABD錯誤。

故選C。

4.一點光源以113W的功率向周圍所有方向均勻地輻射波長約為6x10"m的光，在離點光源距離為R處每

秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為3X10H個。普朗克常量為人=6.63xl0-34j&R約為()

A.1x102mB.3xl()2mC.6x102mD.9x102m

【答案】B

【解析】

【詳解】一個光子的能量為

E=hv

V為光的頻率，光的波長與頻率有以下關(guān)系

c=Av

光源每秒發(fā)出的光子的個數(shù)為

PPA

n-——=—

hvhe

P為光源的功率，光子以球面波的形式傳播，那么以光源為原點的球面上的光子數(shù)相同，此時距光源的距離

為R處，每秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為3x1(嚴個，那么此處的球面的表面積為

S=4兀/?2

則

-=3xl014

5

聯(lián)立以上各式解得

R=3x102m

故選B。

5.安裝適當?shù)能浖螅弥悄苁謾C中的磁傳感器可以測量磁感應強度屏如圖，在手機上建立直角坐標

系，手機顯示屏所在平面為，面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時)，軸指向不同方

向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知()

測量序號B,41TBy/|1Tft/nT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.測量地點位于南半球

B.當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50gT

C第2次測量時y軸正向指向南方

D.第3次測量時y軸正向指向東方

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.如圖所示

地磁南極>'?

地磁北極

地球可視為一個磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近，磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個磁極

的假想直線（磁軸）與地球的自轉(zhuǎn)軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則

測量地點應位于北半球，A錯誤：

B.磁感應強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應強度大致為

計算得

B-50gT

B正確；

CD.由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量線<0,故y

軸指向南方，第3次測量優(yōu)>0,故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯誤。

故選BCo

6.如圖，兩對等量異號點電荷+4、-4（4>0）固定于正方形的4個項點上。L、N是該正方形兩條對角線

與其內(nèi)切圓的交點，。為內(nèi)切圓的圓心，M為切點。則（）

A.L和N兩點處的電場方向相互垂直

B.M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左

C.將一帶正電的點電荷從M點移動到。點，電場力做正功

D.將一帶正電的點電荷從乙點移動到N點，電場力做功為零

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.兩個正電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O,N點處于兩負電荷連線的中垂線上，則兩負電

荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向0,則N點的合場強方向由N指向0,同理可知，兩個負電荷在L處產(chǎn)

生的場強方向由。指向點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由。指向L,

則4處的合場方向由。指向3由于正方向兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故

A正確；

B.正方向底邊的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在例

點產(chǎn)生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠，則M點的場方向向左，故B正確；

C.由圖可知，M和。點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和。點電勢相等，所以將一帶正電的點電

荷從M點移動到0點，電場力做功為零，故C錯誤；

D.由圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，

故D錯誤。

故選AB。

7.質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，尸與時間f的關(guān)系如圖所示。

已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。則（)

M/N

4

?t/S

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg?m/s

D.0~6s時間內(nèi)尸對物塊所做的功為40J

【答案】AD

【解析】

【詳解】物塊與地面間摩擦力為

f==2N

AC.對物塊從()?3內(nèi)由動量定理可知

(F-/X^mv3

即

(4-2)X3=1XV3

得

匕=6m/s

3s時物塊的動量為

p=mv3=6kg-m/s

設3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得

—(F+/)Z=0-mv3

即

—(4+2?=0-1x6

解得

/=Is

所以物塊在4s時速度減為0,則此時物塊的動能也為0,故A正確，C錯誤；

B.0~3物塊發(fā)生的位移為由動能定理可得

(F-=3機4

即

(4-2)x,=-^x1x62

得

否=9m

3s?4s過程中，對物塊由動能定理可得

-(F+f)x2=0-^mvl

即

-(4+2)x,=0--xlx62

-2

得

x2=3m

4s?6s物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為

F-f-,2

a=-----=2m/s

tn

發(fā)生的位移為

12

x,=—x2x2m=4m<xt+x2

即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；

D.物塊在6s時的速度大小為

為=2x2m/s=4m/s

0~6s拉力所做的功為

W=(4x9—4x3+4x4)J=40J

故D正確。

故選ADo

8.一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板(半徑分別為R和/?+4)

和探測器組成，其橫截面如圖(a)所示，點。為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到。點

的距離成反比，方向指向。點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2

做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為4、以R"<G<R+d）；粒子3從距O點空的位置入射并從

距。點小的位置出射；粒子4從距。點4的位置入射并從距。點弓的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大

B.粒子4入射時的動能比它出射時的大

C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能

D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能

【答案】BD

【解析】

【詳解】C.在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到。點的距離成反比，可設為

Er=k

帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有

22

rVjv2

=m—,qE2=m—

可得

二32=私=理

2'22

即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；

A.粒子3從距。點5的位置入射并從距。點4的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大,

粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；

B.粒子4從距。點｛的位置入射并從距。點弓的位置出射，做離心運動，電場力做負功，則動能減小,

粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確;

D.粒子3做向心運動，有

洛>/?—

r2

可得

12qE/212

—mv；<-----=—mv.

2322,

粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確;

故選BD.,

三、非選擇題：

（-）必考題：

9.用雷達探測一高速飛行器的位置。從某時刻a=o）開始的一段時間內(nèi)，該飛行器可視為沿直線運動,

每隔1S測量一次其位置，坐標為X，結(jié)果如下表所示：

0123456

x/m050710941759250533294233

回答下列問題:

（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可判斷該飛行器在這段時間內(nèi)近似做勻加速運動，判斷的理由是：一

（2）當x=507m時，該飛行器速度的大小u=m/s；

（3）這段時間內(nèi)該飛行器加速度的大小。=_____m/s2（保留2位有效數(shù)字）。

【答案】①.相鄰1s內(nèi)的位移之差接近A,『80m②.547③.79

【解析】

【詳解】（1）川第1s內(nèi)的位移507m,第2s內(nèi)的位移587m,第3s內(nèi)的位移665m,第4s內(nèi)的位移746m,

第5s內(nèi)的位移824m,第6s內(nèi)的位移904m,則相鄰Is內(nèi)的位移之差接近Ax=80m,可知判斷飛行器在這段

時間內(nèi)做勻加速運動；

（2）[2]當x=507m時飛行器的速度等于0-2s內(nèi)的平均速度，則

1094

V.=----in/s=547m/s

12

（3）網(wǎng)根據(jù)

七6-知4233-2x1759

a-――=--------z-----m/s2?79m/s2

9T29xl2

10.一同學探究阻值約為55（）0的待測電阻號在0~5mA范圍內(nèi)的伏安特性?？捎闷鞑挠校弘妷罕鞻（量

程為3V,內(nèi)阻很大），電流表A（量程為1mA，內(nèi)阻為3000）,電源E（電動勢約為4V,內(nèi)阻不計）,

滑動變阻器R（最大阻值可選1（）。或1.5kQ）,定值電阻&（阻值可選75?；?5（）。），開關(guān)S,導線若干。

R

圖（a）

（1）要求通過段的電流可在0~5mA范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，在答題卡上將圖（a）所示的器材符號連線，畫出

實驗電路的原理圖.

（2）實驗時，圖（a）中的R應選最大阻值為（填“10?！被颉?.5kQ”）的滑動變阻器，凡應選

阻值為（填“75C”或"15（）0"）的定值電阻;

（3）測量多組數(shù)據(jù)可得號的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流麥的示數(shù)分別如圖（b）和圖

（c）所示，則此時段兩端的電壓為V,流過段的電流為mA,此組數(shù)據(jù)得到的用的阻值為

(4).2.30⑤.4.20

⑥.548

【解析】

【詳解】(1)[1]電流表內(nèi)阻已知，電流表與凡并聯(lián)擴大電流表量程，進而準確測量通過4的電流，電壓

表單獨測量R、的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從o開始測量，滿足題中通過用的電流從

0?5mA連續(xù)可調(diào)，電路圖如下

(2)[2]電路中R應選最大阻值為10Q的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高、實驗誤差小:

⑶通過段電流最大為5mA,需要將電流表量程擴大為原來的5倍，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖如下

5mA4mAR()

->~~I3

1mA

根據(jù)并聯(lián)分流，即并聯(lián)電路中電流之比等于電阻的反比，可知

4mA_300Q

1mA.4

解得

%=75。

(3)[4]電壓表每小格表示0.1V,向后估讀一位，即。=2.30V；

[5]電流表每小格表示0.02mA,本位估讀，即0.84mA,電流表量程擴大5倍，所以通過尺的電流為

I=4.20mA；

⑹根據(jù)歐姆定律可知

?U2.30

K——=---------------Q?548Q

*I4.20x10-3

11.如圖，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為/=0.40m的正方形金屬框的一個頂點上。金屬

框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構(gòu)成金屬框的導線單位長度

的阻值為A=5.()x1()TQ/m；在r=0到f=3.0s時間內(nèi)，磁感應強度大小隨時間t的變化關(guān)系為

B(r)=0.3-0.1r(SI)o求:

(1)r=2.0s時金屬框所受安培力的大小；

(2)在，=0到f=2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。

zzzzzzzzzz/

【答案】(1)0.04&N；⑵0.016J

【解析】

【詳解】(1)金屬框的總電阻為

/?=4"=4x0.4x5x1O'q=o.oo8C

金屬框中產(chǎn)生的感應電動勢為

/2

A小Afix—1

△①911

E=——=-------^-=0.1x-x0.42V=0.008V

\t\t2

金屬框中的電流為

/=—=1A

R

Z=2.0s時磁感應強度

B2=(0.3-0.1X2)T=0.1T

金屬框處于磁場中的有效長度為

L=@

此時金屬框所受安培力大小為

以=為憶=().1X1X夜X().4N=O.O40N

(2)0:2.0s內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為

。=/2放=F*0.008x2J=0.016J

12.如圖(a),一質(zhì)量為機的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向4運動，，=0時與

彈簧接觸，至V=2%時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的y-f圖像如圖(b)所示。已知從，=0到，=￡。

時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36匕心。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運

動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為6(sin8=0.6),與水平

面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；

(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；

(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。

【答案】⑴06*；(2)0.768%%；(3)0.45

【解析】

【詳解】(1)當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即f時刻，根據(jù)動量守

恒定律

mB?1.2%=(mB+m)v0

根據(jù)能量守恒定律

1212

Epmax=-WB(1.2V0)--(wB+m)%

聯(lián)立解得

mB=5m

綜a=0.6帆片

(2)同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

F=ma

可知同一時刻

%=5%

則同一時刻A、8的的瞬時速度分別為

V

A=aAt

VB=1?2%一號

根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得

sA-v#（累積）

sB=（累積）

又

%=0.36卬°

解得

%=1.128%fo

第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

/\s=sB-sA=O.768voro

（3）物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為2%,方

向水平向右，設物塊4第一次滑下斜面的速度大小為丫八，設向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得

mvA-5機?0.8%=m-（-2v0）+5mvB

根據(jù)能量守恒定律可得

mv2

~A+g?5加?（0.8%）2=^m-（-2v0）+■5mv^

聯(lián)立解得

L=%

設在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據(jù)動能定理可得

1,

—mgLsin8-pimgLcos0-0——m(2v0)

下滑過程，根據(jù)動能定理可得

12

mgLsin6-/jmgLcos。/mvn—。

聯(lián)立解得

〃=0.45

（-）選考題

13.一定量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化狀態(tài)c,其過程如T-V圖上的兩條線段所示，則氣體在（)

A.狀態(tài)a處壓強大于狀態(tài)c處的壓強

B.由a變化到b的過程中，氣體對外做功

C.由6變化到c的過程中，氣體的壓強不變

D.由。變化到〃的過程中，氣體從外界吸熱

E.由a變化到。的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內(nèi)能

【答案】ABD

【解析】

【詳解】AC.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知

T=Jv

nR

即T—V圖像的斜率為-乙，故有

nR

Pa=Pb>Pc

故A正確，C錯誤；

B.理想氣體由。變化到b的過程中，因體積增大，則氣體對外做功，故B正確；

DE.理想氣體由a變化到6的過程中，溫度升高，則內(nèi)能增大，由熱力學第一定律有

△U=Q+W

而△〃>(),W<0,則有

△U=Q-|W|

可得

2>0,Q>\U

即氣體從外界吸熱，且從外界吸收的熱量大于其增加的內(nèi)能，故D正確，E錯誤；

故選ABDo

14.如圖，一豎直放置的汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞I和活塞n之間封閉有一定量的

理想氣體，兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞n不能通過連接處?；钊鸌、11的質(zhì)量

分別為2%、，〃，面積分別為2S、S,彈簧原長為/。初始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為0.1/,

活塞I、II到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為"。已知活塞外大氣壓強為P。，忽略活塞與

缸壁間的摩擦，汽缸無漏氣，不計彈簧的體積。

（1）求彈簧的勁度系數(shù)；

（2）緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當活塞H剛運動到汽缸連接處時;活塞間氣體的壓強和溫度。

Hl

\\\AXWWWV

IIS好&

|i/SI

【答案】（1）k=半；⑵%=PO+學，7；=^

IJJ

【解析】

【詳解】（1）設封閉氣體的壓強為Pl,對兩活塞和彈簧的整體受力分析，由平衡條件有

mg+p0-2S+2mg+ptS=p0S+四?2S

解得

Pi=Po+—^~

J

對活塞I由平衡條件有

2/ng+/J。?2S+0.1/=P1?2S

解得彈簧的勁度系數(shù)為

40mg

k.-------

I

（2）緩慢加熱兩活塞間的氣體使得活塞II剛運動到汽缸連接處時，對兩活塞和彈簧的整體由平衡條件可知,

氣體的壓強不變依然為

3me

A=Pi=Po+—

即封閉氣體發(fā)生等壓過程，初末狀態(tài)的體積分別為

1.1/ccJ1/c3.3/5.”