2022年高考全国乙卷物理试题（含答案解析）

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1、2022 年年高考高考全国乙理综物理全国乙理综物理试卷试卷 二、选择题：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400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，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

2、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 2MmFGr万 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。当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为（ ） A. 58Fm B. 25Fm C. 38Fm D. 310Fm 【答案】A 【解析】 【详解】当两

3、球运动至二者相距35L时，,如图所示 由几何关系可知 3310sin52LL 设绳子拉力为T，水平方向有 2 cosTF 解得 58TF 对任意小球由牛顿第二定律可得 Tma 解得 58Fam 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 设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到 P点的距离为L，根据机械能守恒定律得 212m

4、ghmv 由几何关系可得 sinhL sin2LR 联立可得 22LhR 可得 gvLR 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 - 34Js。R约为（） A. 1 102m B. 3 102m C. 6 102m D. 9 102m 【答案】B 【解析】 【详解】一个光子的能量为 E = h 为光的频率，光的波长与频率有以下关系 c = 光源每秒发出的光子的个数为 PPnhhc P 为光源的功

5、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 = 4R2 则 143 10nS 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/T By/T Bz/T 1 0 21 - 45 2 0 - 20 - 46

6、3 21 0 - 45 4 - 21 0 - 45 A. 测量地点位于南半球 B. 当地的地磁场大小约为 50T 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 2222xzyzBBBBB 计算得 B 50T B正确； CD由选项

7、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0yB ，故 y轴指向南方，第 3次测量0 xB ，故 x 轴指向北方而 y轴则指向西方，C正确、D错误。 故选 BC。 6. 如图，两对等量异号点电荷q、0q q固定于正方形的 4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，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

8、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

9、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。 7. 质量为1kg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210m/sg。则（ ） A. 4s时物块的动能为零 B. 6s时物块回到初始位置 C. 3s时物块的动量为12kg m/s D.

10、 0 6s时间内 F对物块所做的功为40J 【答案】AD 【解析】 【详解】物块与地面间摩擦力为 2Nfmg AC对物块从03内由动量定理可知 13()Ff tmv 即 3(42) 31 v 得 36m/sv 3s 时物块的动量为 36kg m/spmv 设 3s后经过时间 t物块的速度减为 0，由动量定理可得 3()0Ff tmv 即 (42)0 1 6t 解得 1st 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； B03物块发生的位移为 x1，由动能定理可得 2131()2Ff xmv 即 211(42)1 62x 得 19mx 3s4s过程中，对物块由

11、动能定理可得 2231()02Ff xmv 即 221(42)01 62x 得 23mx 4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为 22m/sFfam 发生的位移为 231212 2 m=4m2xxx 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 62 2m/s=4m/sv 06s拉力所做的功为 (4 94 34 4)J40JW 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Rd）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与其到 O点

12、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。不计重力。粒子 1、2做圆周运动，圆的圆心为 O、半径分别为1r、212r RrrRd；粒子 3从距 O 点2r的位置入射并从距 O 点1r的位置出射； 粒子 4 从距 O点1r的位置入射并从距 O点2r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

13、与其到 O 点的距离成反比，可设为 Erk 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 2111vqEmr，2222vqEmr 可得 21 12 211222qE rqE rmv 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； A粒子 3从距 O点2r的位置入射并从距 O点1r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； B粒子 4 从距 O点1r的位置入射并从距 O点2r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

14、2322vqEmr 可得 222 23111222qE rmvmv 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：三、非选择题： （一）必考题：（一）必考题： 9. 用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（0t）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1s测量一次其位置，坐标为 x，结果如下表所示： /st 0 1 2 3 4 5 6 /mx 0 507 1094 1759 2505 3329 4233 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：_； （2）当507mx 时，该飞行器速度的大

15、小v_m/s； （3）这段时间内该飞行器加速度的大小a_2m/s（保留 2位有效数字） 。 【答案】 . 相邻 1s内的位移之差接近x=80m . 547 . 79 【解析】 【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 11094m/s=547m/s2v （3）3根据 223603224233

16、2 1759m/s79m/s99 1xxaT 10. 一同学探究阻值约为550的待测电阻xR在05mA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1mA，内阻为300） ，电源 E（电动势约为4V，内阻不计） ，滑动变阻器 R （最大阻值可选10或1.5k） ， 定值电阻0R（阻值可选75或150） ， 开关 S， 导线若干。 （1）要求通过xR的电流可在05mA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_； （2）实验时，图（a）中的 R 应选最大阻值为_（填“10”或“1.5k”）的滑动变阻器，0R应选阻值为_（填

17、“75”或“150”）的定值电阻； （3）测量多组数据可得xR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）和图（c）所示，则此时xR两端的电压为_V，流过xR的电流为_mA，此组数据得到的xR的阻值为_（保留 3 位有效数字） 。 【答案】 . . 10 . 75 . 2.30 . 4.20 . 548 【解析】 【详解】 （1）1电流表内阻已知，电流表与0R并联扩大电流表量程，进而准确测量通过xR的电流，电压表单独测量xR的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过xR的电流从05mA连续可调，电路图如下 （2）2电路中R应选最大阻值为10的滑动变阻

18、器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小； 3通过xR电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如下 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 04mA3001mAR 解得 075R （3）4电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即2.30VU ； 5电流表每小格表示0.02mA，本位估读，即0.84mA，电流表量程扩大5倍，所以通过xR的电流为4.20mAI ； 6根据欧姆定律可知 32.305484.20 10 xURI 11. 如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为0.40ml 的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水

19、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度的阻值为35.0 10 / m；在0t到3.0st 时间内，磁感应强度大小随时间 t的变化关系为( )0.30.1 (SI)B tt。求: （1）2.0st 时金属框所受安培力的大小； （2）在0t到2.0st 时间内金属框产生的焦耳热。 【答案】 （1）0.04 2N； （2）0.016J 【解析】 【详解】 （1）金属框的总电阻为 344 0.4 5 100.008Rl 金属框中产生的感应电动势为 22120.10.4 V0.008V2lBEtt 金属框中的电流为 1AEIR t=2.0s时磁感应强度 2(0.3

20、0.1 2)T=0.1TB 金属框处于磁场中的有效长度为 2Ll 此时金属框所受安培力大小为 20.1 12 0.4N=0.04 2NAFB IL （2）02.0s:内金属框产生的焦耳热为 2210.008 2J0.016JQI Rt 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，0t时与弹簧接触， 到02tt时与弹簧分离， 第一次碰撞结束， A、 B的v t图像如图 （b） 所示。 已知从0t到tt0 0时间内，物块 A运动的距离为0 00.36v t。A、B 分离后，A 滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的 B再次碰撞，之后

21、 A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为(sin0.6)，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。 【答案】 （1）200.6mv； （2）0 00.768v t； （3）0.45 【解析】 【详解】 （1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即tt0 0时刻，根据动量守恒定律 001.2()BBmvmm v 根据能量守恒定律 22pmax0011(1.2)()22BBEmvmm v 联立解得 5Bmm 2pmax

22、00.6Emv （2）同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律 Fma 可知同一时刻 5ABaa 则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为 AAva t 01.25ABa tvv 根据位移等速度在时间上的累积可得 (AAsv t累积） (BBsv t累积） 又 0 00.36Asv t 解得 0 01.128Bsv t 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 0 00.768BAsssv t （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02v，方向水平向右，设物块 A 第一次滑下斜面的速度大小为Av，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得 00

23、50.8( 2)5ABmvmvmvmv 根据能量守恒定律可得 22220011115(0.8)( 2)52222ABmvmvmvmv 联立解得 0Avv 设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得 201sincos0(2)2mgLmgLmv 下滑过程，根据动能定理可得 201sincos02mgLmgLmv 联立解得 0.45 （二）选考题（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TV图上的两条线段所示， 则气体在 （ ） 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，

24、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 pTVnR 即TV图像的斜率为pnR，故有 abcppp 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 UQW 而0U，0W ，则有 UQW 可得 0Q ，QU 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

25、图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞和活塞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，活塞不能通过连接处。活塞、的质量分别为2m、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0.1l，活塞、到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为0T。已知活塞外大气压强为0p，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，求当活塞刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。 【答案】 （1）40mgkl； （2）023mgppS，2043TT 【解析】

26、 【详解】 （1）设封闭气体的压强为1p，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有 0101222mgpSmgp Sp SpS 解得 103mgppS 对活塞由平衡条件有 01220.12mgpSklpS 解得弹簧的劲度系数为 40mgkl （2） 缓慢加热两活塞间的气体使得活塞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 2103mgpppS 即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为 11.11.13.32222lllSVSS，222VlS 由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有 21.1ll 有等压方程可知 1202VVTT 解得 2043TT

27、 15. 介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源1S和2S，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为0.8s，当1S过平衡位置向上运动时，2S也过平衡位置向上运动若波速为5m/s，则由1S和2S发出的简谐横波的波长均为_m。P 为波源平衡位置所在水平面上的一点，与1S、2S平衡位置的距离均为10m，则两波在 P 点引起的振动总是相互_（填“加强”或“削弱”）的；当1S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】 . 4 . 加强 . 向下 【解析】 【详解】1因周期 T=0.8s，波速为 v=5m/s，则波长为 =4mvT 2因两波源到 P 点的距离

28、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=2.5，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ABC的侧面AC上以大角度由 D点入射（入射面在棱镜的横截面内） ，入射角为 i，经折射后射至AB边的 E点，如图所示，逐渐减小 i，E点向 B 点移动，当1sin6i 时，恰好没有光线从AB边射出棱镜，且DEDA。求棱镜的折射率。 【答案】1.5 【解析】 【详解】 因为当1sin6i 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 1sinCn 由几何关系可知，光线在 D点的折射角为 902rC 则 sinsininr 联立可得 n=1.