2022年高考物理试卷（全国乙卷）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按省份分类）2008-2025_2008-2025·（黑龙江）物理高考真题

2022 年全国乙理综-物理 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 Mm F =G 万 r2 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 3 者相距 L时，它们加速度的大小均为（ ） 5 5F 2F 3F 3F A. B. C. D. 8m 5m 8m 10m 【答案】A 【解析】 第1页 | 共20页3 【详解】当两球运动至二者相距 L时，,如图所示 5 由几何关系可知 3L 10 3 sinq= = L 5 2 设绳子拉力为T ，水平方向有 2Tcosq= F 解得 5 T = F 8 对任意小球由牛顿第二定律可得 T =ma 解得 5F a = 8m 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（ ） 第2页 | 共20页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 1 mgh= mv2 2 由几何关系可得 h= Lsinq L sinq= 2R 联立可得 L2 h= 2R 可得 g v= L R 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 - 34Js。R约为（ ） 第3页 | 共20页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 = hν ν为光的频率，光的波长与频率有以下关系 c = λν 光源每秒发出的光子的个数为 P Pl n= = hn hc P为光源的功率，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 = 4πR2 则 n =3´1014 S 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 B /μT B /μT B/μT x y z 1 0 21 - 45 2 0 - 20 - 46 3 21 0 - 45 4 - 21 0 - 45 第4页 | 共20页A. 测量地点位于南半球 B. 当地的地磁场大小约为50μT 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 B= B2 +B2 = B2 +B2 x z y z 计算得 B ≈ 50μT B正确； CD．由选项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B <0，故 y y轴指向南方，第3次测量B >0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。 x 故选BC。 第5页 | 共20页6. 如图，两对等量异号点电荷+q、-qq >0 固定于正方形的4个顶点上。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．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，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互 垂直，故A正确； B．正方形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g =10m/s2。则（ ） 第6页 | 共20页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. 0~6s时间内F对物块所做的功为40J 【答案】AD 【解析】 【详解】物块与地面间的摩擦力为 f =mmg =2N AC．对物块从0 3内由动量定理可知  (F - f)t =mv 1 3 即 (4-2)´3=1´v 3 得 v =6m/s 3 3s时物块的动量为 p=mv =6kgm/s 3 设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得 -(F + f)t =0-mv 3 即 -(4+2)t =0-1´6 解得 t =1s 第7页 | 共20页所以物块在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； B．0 3物块发生的位移为x ，由动能定理可得  1 1 (F - f)x = mv2 1 2 3 即 1 (4-2)x = ´1´62 1 2 得 x =9m 1 3s~4s过程中，对物块由动能定理可得 1 -(F + f)x =0- mv2 2 2 3 即 1 -(4+2)x =0- ´1´62 2 2 得 x =3m 2 4s 6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为  F - f a= =2m/s2 m 发生的位移为 1 x = ´2´22m=4m< x +x 3 2 1 2 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 v =2´2m/s=4m/s 6 0 6s拉力所做的功为  W =(4´9-4´3+4´4)J =40J 故D正确。 第8页 | 共20页故选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 R+d ）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r、r R< r < r < R+d；粒子3从距O点r 1 2 1 2 2 的位置入射并从距O点r的位置出射；粒子4从距O点r的位置入射并从距O点r 的位置出射，轨迹如 1 1 2 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与其到O点的距离成反比，可设为 Er =k 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 v2 v2 qE =m 1 ，qE =m 2 1 r 2 r 1 2 可得 1 qEr qE r mv2 = 11 = 2 2 2 1 2 2 第9页 | 共20页即粒子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r 的位置入射并从距O点r的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大， 2 1 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r的位置入射并从距O点r 的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小， 1 2 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 v2 qE >m 3 2 r 2 可得 1 qE r 1 mv2 < 2 2 = mv2 2 3 2 2 1 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： （一）必考题： 9. 用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（t =0）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： t/s 0 1 2 3 4 5 6 x/m 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x =507m时，该飞行器速度的大小v =______m/s； （3）这段时间内该飞行器加速度的大小a =______m/s2（保留2位有效数字）。 【答案】 ①. 相邻1s内的位移之差接近∆x=80m ②. 547 ③. 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 第10页 | 共20页1094 v = m/s=547m/s 1 2 （3）[3]根据 x -x 4233-2´1759 a = 36 03 = m/s2 »79m/s2 9T2 9´12 10. 一同学探究阻值约为550W的待测电阻R 在0~5mA范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V x （量程为3V，内阻很大），电流表A（量程为1mA，内阻为300W），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10W或1.5kΩ），定值电阻R （阻值可选75W或150W），开关S，导 0 线若干。 （1）要求通过R 的电流可在0~5mA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 x 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“10W”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，R 应选 0 阻值为______（填“75W”或“150W”）的定值电阻； （3）测量多组数据可得R 的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图（b）和 x 图（c）所示，则此时R 两端的电压为______V，流过R 的电流为_____mA，此组数据得到的R 的阻值 x x x 为______W（保留3位有效数字）。 第11页 | 共20页【答案】 ①. ②. 10Ω ③. 75Ω ④. 2.30 ⑤. 4.20 ⑥. 548 【解析】 【详解】（1）[1]电流表内阻已知，电流表与R 并联扩大电流表量程，进而准确测量通过R 的电流，电压 0 x 表单独测量R 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R 的电流从 x x 0~5mA连续可调，电路图如下 （2）[2]电路中R应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小； [3]通过R 的电流最大为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 x 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 4mA 300Ω = 1mA R 0 解得 R =75Ω 0 （3）[4]电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即U =2.30V； [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R 的电流为 x 第12页 | 共20页I =4.20mA； [6]根据欧姆定律可知 U 2.30 R = = Ω»548Ω x I 4.20´10-3 11. 如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l =0.40m的正方形金属框的一个顶点上。金 属框的一条对角线水平，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l=5.0´10-3Ω/m；在t =0到t =3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为 B(t)=0.3-0.1t(SI)。求: （1）t =2.0s时金属框所受安培力的大小； （2）在t =0到t =2.0s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 R=4ll=4´0.4´5´10-3W=0.008W 金属框中产生的感应电动势为 l2 DB´ DF 1 2 E = = =0.1´ ´0.42V=0.008V Dt Dt 2 金属框中的电流为 E I = =1A R t=2.0s时磁感应强度为 B =(0.3-0.1´2)T=0.1T 2 金属框处于磁场中的有效长度为 L= 2l 此时金属框所受安培力大小为 第13页 | 共20页F = B IL=0.1´1´ 2´0.4N=0.04 2N A 2 （2）0: 2.0s内金属框产生的焦耳热为 Q= I2Rt =12´0.008´2J =0.016J 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，t =0时 与弹簧接触，到t =2t 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t =0 0 到t =t 时间内，物块A运动的距离为0.36v t 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水 0 0 0 平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为 q(sinq=0.6)，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）0.6mv2；（2）0.768v t ；（3）0.45 0 0 0 【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t =t 时刻，根据动量 0 守恒定律 m 1.2v =(m +m)v B 0 B 0 根据能量守恒定律 1 1 E = m (1.2v )2- (m +m)v2 pmax 2 B 0 2 B 0 联立解得 m =5m B 第14页 | 共20页E =0.6mv2 pmax 0 （2）解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律 F =ma 可知同一时刻 a =5a A B 则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为 a t v =a t ，v =1.2v - A A A B 0 5 根据位移等速度在时间上的累积可得 s =v t(累积），s =v t(累积） A A B B 又 s =0.36v t A 0 0 解得 s =1.128v t B 0 0 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Ds =s -s =0.768v t B A 0 0 解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有 m ´1.2v =6mv =m v +mv B 0 0 B B A 对方程两边同时乘以时间Dt，有 6mv Dt =5mv Dt+mv Dt 0 B A 0-t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得 0 6mv t =5ms +ms 0 0 B A 将s =0.36v t 代入可得 A 0 0 s =1.128v t B 0 0 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Ds =s -s =0.768v t B A 0 0 第15页 | 共20页（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2v ， 0 方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v' ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得 A mv' -5m0.8v =m(-2v )+5mv' A 0 0 B 根据能量守恒定律可得 1 1 1 1 mv'2 + 5m(0.8v )2 = m(-2v )2 + 5mv'2 2 A 2 0 2 0 2 B 联立解得 v' =v A 0 方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得 1 -mgLsinq-mmgLcosq=0- m(2v )2 2 0 下滑过程，根据动能定理可得 1 mgLsinq-mmgLcosq= mv2 -0 2 0 联立解得 m=0.45 方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度， mgsinq+mmgcosq=ma ，mgsinq-mmgcosq=ma 上 下 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得 2a x=(2v )2 -0，2a x=v '2 =v 2 上 0 下 A 0 联立可解得 m=0.45 （二）选考题 13. 一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T -V 图上的两条线段所示，则气体在 （ ） 第16页 | 共20页A. 状态a处的压强大于状态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，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 p T = V nR p 即T -V 图像的斜率为 ，故有 nR p = p > p a b c 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 DU =Q+W 而DU >0，W <0，则有 DU =Q-W 可得 Q>0，Q>DU 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Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量 第17页 | 共20页的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T 。已知活塞外大气压强为 p ，忽 0 0 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Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。 40mg 3mg 4 【答案】（1）k = ；（2） p = p + ，T = T l 2 0 S 2 3 0 【解析】 【详解】（1）设封闭气体的压强为 p ，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有 1 mg+ p 2S+2mg+ pS = p S+ p 2S 0 1 0 1 解得 3mg p = p + 1 0 S 对活塞Ⅰ由平衡条件有 2mg+ p 2S+k0.1l = p 2S 0 1 解得弹簧的劲度系数为 40mg k = l （2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ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 3mg p = p = p + 2 1 0 S 即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为 第18页 | 共20页1.1l 1.1l 3.3lS V = ´2S+ ´S = ，V =l 2S 1 2 2 2 2 2 由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有 l =1.1l 2 有等压方程可知 V V 1 = 2 T T 0 2 解得 4 T = T 2 3 0 15. 介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S 和S ，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为 1 2 0.8s。当S 过平衡位置向上运动时，S 也过平衡位置向上运动。若波速为5m/s，则由S 和S 发出的简 1 2 1 2 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S 、S 平衡位置的距离均为 1 2 10m，则两波在P点引起的振动总是相互______（填“加强”或“削弱”）的；当S 恰好在平衡位置向上 1 运动时，平衡位置在P处的质点______（填“向上”或“向下”）运动。 【答案】 ①. 4 ②. 加强 ③. 向下 【解析】 【详解】[1]因周期T=0.8s，波速为v=5m/s，则波长为 l=vT =4m [2]因两波源到P点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则P点的振动是加强的； [3]因S P=10m=2.5λ，则当S 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。 1 1 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 1 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sini = 时，恰好没有光 6 线从AB 边射出棱镜，且DE = DA。求棱镜的折射率。 第19页 | 共20页【答案】1.5 【解析】 【详解】 1 因为当sini = 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 6 1 sinC = n 由几何关系可知，光线在D点的折射角为 r =90o -2C 则 sini =n sinr 联立可得 n=1. 5 第20页 | 共20页