2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試全國乙卷物理試題（解析版）

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(xué)們上了一堂精彩的科學(xué)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動的向心力，飛船對其

作用力等于零，故C正確，AB錯(cuò)誤；

D.根據(jù)萬有引力公式

「Mm

千一下

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(yùn)動所需向心力的大小，故D錯(cuò)誤。

故選Co

2.如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為皿的小球，初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平

桌面上，兩球間的距離等于繩長乙一大小為尸的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩

3

球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動至二者相距gL時(shí)，它們加速度的大小均為（）

3F

D.

8加5m8m10m

【答案】A

【解析】

【詳解】當(dāng)兩球運(yùn)動至二者相距時(shí)，，如圖所示

由幾何關(guān)系可知

3-L

n103

si=Z

25

設(shè)繩子拉力為T，水平方向有

2Tcos（9=F

解得

對任意小球由牛頓第二定律可得

T=ma

解得

5F

a二—

8m

故A正確，BCD錯(cuò)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(gè)小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端尸點(diǎn)由靜止開始自

由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（）

B.它下降的高度

C.它到P點(diǎn)的距離

D.它與P點(diǎn)的連線掃過的面積

【答案】C

【解析】

【詳解】如圖所示

設(shè)圓環(huán)下降的高度為人，圓環(huán)的半徑為R,它到尸點(diǎn)的距離為L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

mgh=—mv'

由幾何關(guān)系可得

h=LsinO

,八L

sin0=——

2R

聯(lián)立可得

可得

故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選Co

4.一點(diǎn)光源以113W的功率向周圍所有方向均勻地輻射波長約為6x10-7m的光，在離點(diǎn)

光源距離為R處每秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為3x104個(gè)。普朗克常量為力=6.63x10

-34j.s。R約為()

A.1xIO2mB.3x102mC.6x102mD.9x

102m

【答案】B

【解析】

【詳解】一個(gè)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(gè)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(diǎn)的球面上的光子數(shù)相同，

此時(shí)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3xION個(gè)，那么此處的球

面的表面積為

S=4K/?2

則

-=3xl014

S

聯(lián)立以上各式解得

R=3x102m

故選B。

5.安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機(jī)中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖，在手機(jī)

上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了四次測

量，每次測量時(shí)y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8、41T

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.測量地點(diǎn)位于南半球

B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50pT

C第2次測量時(shí)y軸正向指向南方

D.第3次測量時(shí)），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(gè)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(gè)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(diǎn)應(yīng)位于北半球，A錯(cuò)誤；

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大致為

8=在+段=心；+度

計(jì)算得

B=50gT

B正確；

CD.由選項(xiàng)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

量紇＜0,故）,軸指向南方，第3次測量凡＞0,故X軸指向北方而y軸則指向西方，C

正確、D錯(cuò)誤。

故選BC。

6.如圖，兩對等量異號點(diǎn)電荷+4、-q（q＞（））固定于正方形的4個(gè)項(xiàng)點(diǎn)上?L、N是該正

方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點(diǎn)，。為內(nèi)切圓的圓心，M為切點(diǎn)。則（）

A.L和N兩點(diǎn)處的電場方向相互垂直

B.”點(diǎn)的電場方向平行于該點(diǎn)處的切線，方向向左

C.將一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動到。點(diǎn)，電場力做正功

D.將一帶正電的點(diǎn)電荷從L點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電場力做功為零

【答案】AB

【解析】

【詳解】A.兩個(gè)正電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由N指向O,N點(diǎn)處于兩負(fù)電荷連線的中

垂線上，則兩負(fù)電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由N指向。，則N點(diǎn)的合場強(qiáng)方向由N指向

0,同理可知，兩個(gè)負(fù)電荷在L處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由。指向3L點(diǎn)處于兩正電荷連線的中

垂線上，兩正電荷在乙處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由。指向3則乙處的合場方向由。指向L由

于正方向兩對角線垂直平分，則L和N兩點(diǎn)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(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向左，而正方形上方的一對等

量異號電荷在用點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向右，由于M點(diǎn)離上方一對等量異號電荷距離較遠(yuǎn)，

則”點(diǎn)的場方向向左，故B正確；

C.由圖可知，M和。點(diǎn)位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和。點(diǎn)電勢相等，所以將

一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動到。點(diǎn)，電場力做功為零，故C錯(cuò)誤；

D.由圖可知，L點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)電勢，則將一帶正電的點(diǎn)電荷從L點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電

場力做功不為零，故D錯(cuò)誤。

故選ABo

7.質(zhì)量為1kg的物塊在水平力尸的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，尸與時(shí)間

r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

8=10咨2。則（）

MF/N

4——

012U*t/s

A.4s時(shí)物塊的動能為零

B.6s時(shí)物塊回到初始位置

C.3s時(shí)物塊的動量為12kg?m/s

1）.0~6s時(shí)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=〃ing=2N

AC.對物塊從0~3內(nèi)由動量定理可知

(F-f)t]=mv3

即

(4-2)X3=1XV3

得

匕=6m/s

3s時(shí)物塊的動量為

p=mv3=6kg?m/s

設(shè)3s后經(jīng)過時(shí)間t物塊的速度減為0,由動量定理可得

-(F+/)Z=0-mv3

即

-(4+2)r=0-1x6

解得

r=ls

所以物塊在4s時(shí)速度減為0,則此時(shí)物塊的動能也為0,故A正確，C錯(cuò)誤;

B.。?3物塊發(fā)生的位移為鶯，由動能定理可得

(/一/)玉

即

1,

(4-2)x,=—xlx6~

得

%=9m

3s?4s過程中，對物塊由動能定理可得

1,

-(F+f)x2=Q--mv-

即

2

-(4+2)x2=0-|xlx6

得

x2=3m

4s?6s物塊開始反向運(yùn)動，物塊的加速度大小為

F-fc,2

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

m

發(fā)生的位移為

1--94

X；=—x2x2'm=4m<玉+%

即6s時(shí)物塊沒有回到初始位置，故B錯(cuò)誤；

D.物塊在6s時(shí)的速度大小為

v6=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AD。

8.一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個(gè)同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分

別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點(diǎn)。為圓心。在截面內(nèi)，極板

間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到。點(diǎn)的距離成反比，方向指向。點(diǎn)。4個(gè)帶正電的同種粒子

從極板間通過，到達(dá)探測器。不計(jì)重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動，圓的圓心為。、半徑分別

為彳、氣<R+d）；粒子3從距0點(diǎn)2的位置入射并從距。點(diǎn)4的位置出射；

粒子4從距。點(diǎn)/；的位置入射并從距。點(diǎn)々的位置出射,軌跡如圖（b）中虛線所示。則

（）

探測器

粒y子圖⑶

Ooa

心］探測器3子2探測器3子39A探測器O3子40探測器

圖（b）

A.粒子3入射時(shí)的動能比它出射時(shí)的大

B.粒子4入射時(shí)的動能比它出射時(shí)的大

C.粒子1入射時(shí)的動能小于粒子2入射時(shí)的動能

D.粒子1入射時(shí)的動能大于粒子3入射時(shí)的動能

【答案】BD

【解析】

【詳解】C.在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到。點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)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(yùn)動，則有

22

□WVV2

*=m—,qE2=m-

4%

可得

2122

即粒子1入射時(shí)的動能等于粒子2入射時(shí)的動能，故C錯(cuò)誤；

A.粒子3從距。點(diǎn)弓的位置入射并從距。點(diǎn)彳的位置出射，做向心運(yùn)動，電場力做正

功，則動能增大，粒子3入射時(shí)的動能比它出射時(shí)的小，故A錯(cuò)誤；

B.粒子4從距。點(diǎn)彳的位置入射并從距。點(diǎn)4的位置出射，做離心運(yùn)動，電場力做負(fù)

功，則動能減小，粒子4入射時(shí)的動能比它出射時(shí)的大，故B正確；

D.粒子3做向心運(yùn)動，有

qE,>m—

r2

可得

12qE/212

—mv.<----=—mv：

23221

粒子1入射時(shí)的動能大于粒子3入射時(shí)的動能，故D正確；

故選BD。

三、非選擇題：

（-）必考題：

9.用雷達(dá)探測一高速飛行器的位置。從某時(shí)刻a=o）開始的一段時(shí)間內(nèi)，該飛行器可

視為沿直線運(yùn)動，每隔1S測量一次其位置，坐標(biāo)為先結(jié)果如下表所示：

t/s0123456

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(shí)間內(nèi)近似做勻加速運(yùn)動，判斷的理由是:

（2）當(dāng)x=507m時(shí)，該飛行器速度的大小u=m/s；

（3）這段時(shí)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Ar=80m②.547③.79

【解析】

【詳解】（1）⑴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?=80m,可知判斷飛行器在這段時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動；

（2）⑵當(dāng)x=507m時(shí)飛行器的速度等于0-2s內(nèi)的平均速度，則

1094,…,

V,=------m/s=547m/s

12

（3）[3]根據(jù)

“36—*034233-2x1759

m/s2?79m/s2

9T29xl2

10.一同學(xué)探究阻值約為550。的待測電阻段在0?5mA范圍內(nèi)的伏安特性?？捎闷鞑?/p>

有：電壓表V（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(jì)），滑動變阻器R（最大阻值可選10Q或1.5kQ）,定值電

阻人（阻值可選75。或15（）。），開關(guān)S,導(dǎo)線若干。

圖（a）

（1）要求通過此的電流可在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(shí)驗(yàn)電路的原理圖_______；

（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)，圖（a）中的R應(yīng)選最大阻值為（填“10。”或“1.5kQ”）的滑動

變阻器，凡應(yīng)選阻值為（填“75Q”或“150Q”）的定值電阻;

（3）測量多組數(shù)據(jù)可得R＜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(shí)R,兩端的電壓為V,流過段的電流為

【解析】

【詳解】(1)[1]電流表內(nèi)阻已知，電流表與凡并聯(lián)擴(kuò)大電流表量程，進(jìn)而準(zhǔn)確測量通過

段的電流，電壓表單獨(dú)測量段的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從0開始測

量，滿足題中通過此的電流從0~5mA連續(xù)可調(diào)，電路圖如下

(2)[2]電路中R應(yīng)選最大阻值為1()。的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高、實(shí)

驗(yàn)誤差小；

⑶通過Rv電流最大為5mA,需要將電流表量程擴(kuò)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（）

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

1mA4

解得

&=75c

(3)[4]電壓表每小格表示0.1V,向后估讀一位，即U=2.30V；

[5]電流表每小格表示().()2mA,本位估讀，即0.84mA,電流表量程擴(kuò)大5倍，所以通過

段的電流為/=4.20mA；

⑹根據(jù)歐姆定律可知

u_2.30

R,4.20x10-3Q?548Q

11.如圖，一不可伸長的細(xì)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(gè)頂點(diǎn)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(qiáng)磁場。

己知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為A=5.()x1(尸。/m；在，=0到f=3.0s時(shí)間

內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間f的變化關(guān)系為5(。=0.3-()1(SI)。求:

(1)r=2.0s時(shí)金屬框所受安培力的大小；

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

【答案】（1）0.04V2N；（2）0.016J

【解析】

【詳解】（1）金屬框的總電阻為

H=4/4=4x0.4x5x10-3Q=0.008Q

金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

I2

A①ABx—?

E=—=------1=0.1x-!-xO.42V=0.008V

\t\t2

金屬框中的電流為

占2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)金屬框所受安培力大小為

工=鳥〃=0.1x1x及xO.4N=O.O40N

(2)0:2.0s內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=I2Rt=儼x0.008x2J=0.016J

12.如圖(a),一質(zhì)量為機(jī)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A

運(yùn)動，f=0時(shí)與彈簧接觸，至打=2%時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的丫一/圖像

如圖(b)所示。已知從/=0到，=2時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動的距離為0.36%%。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(yùn)動的B再次碰撞，之后A再次滑上

斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為。(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】⑴0.6加年；(2)0.768%(3)0.45

【解析】

【詳解】(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，彈簧彈性勢能最大，此時(shí)A、8速度相等，口

時(shí)刻，根據(jù)動量守恒定律

mB-1.2v0=(mB+m)v0

根據(jù)能量守恒定律

￡2

pmax=-^BO-2vo)--(ms+m)Vj

聯(lián)立解得

mB=5m

綜皿=0.6叫

(2)同一時(shí)刻彈簧對A、8的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

F—ma

可知同一時(shí)刻

%=5aB

則同一時(shí)刻A、B的的瞬時(shí)速度分別為

根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積可得

%=小(累積)

%-(累積)

〃=0.36也

解得

=1.128v0r0

第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值

As-sB-=O.768vo/o

(3)物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)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(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為乙，設(shè)向左為正方

向，根據(jù)動量守恒定律可得

mvA-5m-O.8vo=m-(-2v0)+5mvB

根據(jù)能量守恒定律可得

—tnv^+—?5m?(0.8%)-=-m-(―2v0)"+—?5mvg

聯(lián)立解得

VA=V0

設(shè)在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據(jù)動能定理可得

八1,

-mgLsin0-pimgLcos0-0——//z(2v0)

下滑過程，根據(jù)動能定理可得

12

mgLsin0-/dmgLcos。=5mv?—。

聯(lián)立解得

〃=0.45

(-)選考題

13.一定量的理想氣體從狀態(tài)。經(jīng)狀態(tài)人變化狀態(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)“處壓強(qiáng)大于狀態(tài)c處的壓強(qiáng)

B.由a變化到。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(qiáng)不變

D.由a變化到匕的過程中，氣體從外界吸熱

E.由a變化到b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嘖V

即T-V圖像的斜率為-乙，故有

nR

Pa=Ph>Pc

故A正確，C錯(cuò)誤；

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

△U=Q+W

而△(/>(),W<0,則有

△U=Q-|W|

可得

Q>0,Q>\V

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(cuò)誤；

故選ABD?

14.如圖，一豎直放置的汽缸由兩個(gè)粗細(xì)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］I不

能通過連接處?；钊鸌、n的質(zhì)量分別為2”、m,面積分別為2S、S,彈簧原長為初

始時(shí)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時(shí)彈簧的伸長量為o.i/,活塞I、n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(qiáng)為P。，忽略活塞與缸壁間的摩擦，

汽缸無漏氣，不計(jì)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(dāng)活塞H剛運(yùn)動到汽缸連接處時(shí)，活塞間氣體的壓強(qiáng)和

溫度。

【答案】（1）（2）P2=Po+警，

【解析】

【詳解】（1）設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為P1,對兩活塞和彈簧的整體受力分析，由平衡條件有

mg+-2S+2mg+p、S=paS+/?（-25

解得

對活塞I由平衡條件有

2mg+%?2S+4?0.1/=?2S

解得彈簧的勁度系數(shù)為

.40〃2g

K=-----

（2）緩慢加熱兩活塞間的氣體使得活塞n剛運(yùn)動到汽缸連接處時(shí)，對兩活塞和彈簧的整體

由平衡條件可知，氣體的壓強(qiáng)不變依然為