2022年高考物理试卷（全国甲卷）（解析卷）_物理历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考物理真题_物理（按试卷类型分类）2008-2025_全国卷·物理（2008-2024）

2022 年全国高考甲卷物理试题 二、选择题 1. 北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起 跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自 身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应 小于（ ） h h 2h 2h A. B. C. D. k+1 k k k-1 【答案】D 【解析】 【详解】运动员从a到c根据动能定理有 1 2 mgh= mv c 2 在c点有 v2 F -mg =m c Nc R c F ≤ kmg Nc 联立有 2h R ³ c k-1 故选D。 2. 长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v ，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分 0 处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v ）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a， 0 则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 所用时间至少为（ ） 0 v -v L+l v -v L+2l 3v -v L+l 3v -v L+2l A. 0 + B. 0 + C. 0 + D. 0 + 2a v a v 2a v a v 【答案】C 【解析】 【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v ），则列车进隧道前必 0 第1页 | 共19页须减速到v，则有 v = v - 2at 0 1 解得 v -v t = 0 1 2a 在隧道内匀速有 L+l t = 2 v 列车尾部出隧道后立即加速到v ，有 0 v = v + at 0 3 解得 v -v t = 0 3 a 则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 所用时间至少为 0 3(v -v) L+l t = 0 + 2a v 故选C。 3. 三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正 六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在 平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I、I 和I 。则（ ） 1 2 3 A. I < I < I B. I > I > I C. I = I > I D. I =I =I 1 3 2 1 3 2 1 2 3 1 2 3 【答案】C 【解析】 【详解】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆 线框的周长为 C =2pr 2 面积为 S =pr2 2 同理可知正方形线框的周长和面积分别为 C =8r，S =4r2 1 1 第2页 | 共19页正六边形线框的周长和面积分别为 1 3 3 3r2 C =6r，S = ´6´r´ r = 3 3 2 2 2 三线框材料粗细相同，根据电阻定律 L R=r S 横截面 可知三个线框电阻之比为 R :R :R =C :C :C =8:2p:6 1 2 3 1 2 3 根据法拉第电磁感应定律有 E DB S I = = × R Dt R 可得电流之比为： I :I :I =2:2: 3 1 2 3 即 I =I > I 1 2 3 故选C。 4. 两种放射性元素的半衰期分别为t 和2t ，在t =0时刻这两种元素的原子核总数为N，在t =2t 时刻， 0 0 0 N 尚未衰变的原子核总数为 ，则在t =4t 时刻，尚未衰变的原子核总数为（ ） 3 0 N N N N A. B. C. D. 12 9 8 6 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意设半衰期为t 的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有 0 x+ y = N 经历2t 后有 0 1 1 N x+ y = 4 2 3 联立可得 2 1 x= N ，y = N 3 3 在t =4t 时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期，原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未 0 第3页 | 共19页衰变的原子核总数为 1 1 N n= x+ y = 24 22 8 故选C。 5. 空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方 向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描 述该粒子运动轨迹的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解法一： AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y 轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿 x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误； BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速 度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再 次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场 力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。 故选B。 解法二： 粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为向x轴正方向的速度v，向x轴负方向的速度v’，两个速度大 小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即 qBv'=qE 第4页 | 共19页E 则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x轴负方向以速度v'= 做匀速直线运动，同时在x轴上方 B 做匀速圆周运动。 故选B。 6. 如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦 因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤 去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ） A. P的加速度大小的最大值为2g B. Q的加速度大小的最大值为2g C. P的位移大小一定大于Q的位移大小 D. P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 【答案】AD 【解析】 【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为 F =2mg 撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为 T =mg 0 AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑 块P的加速度为 -T -mg =ma 0 P1 解得 a =-2g P1 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变 小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加 速度增大的减速运动。 故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2g。 第5页 | 共19页Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时 -mg =ma Qm 解得 a =-mg Qm 故滑块Q加速度大小最大值为mg，A正确，B错误； C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误； D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为 -mg =ma P2 解得 a =-g P2 撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加速度减小的减速运动，最后弹簧 原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度 大小也为g。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 故选AD。 7. 如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容 器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导 轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开 关S后，（ ） Q A. 通过导体棒MN 电流的最大值为 RC B. 导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C. 导体棒MN 速度最大时所受的安培力也最大 D. 电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN 上产生的焦耳热 【答案】AD 【解析】 【详解】MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为 第6页 | 共19页u-Blv i = R A．当闭合的瞬间，Blv=0，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大 U Q Imax= = R CR 故A正确； B．当u > Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处 于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B错误； C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为 u-Blv i = R 当u = Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误； D． 在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能 大于MN上消耗的电能（即E > E ），故加速过程中，Q >Q ；当MN减速为零的过程中，电容器 R MN R MN 的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知 全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。 故选AD。 8. 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球 所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ） A. 小球的动能最小时，其电势能最大 B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 【答案】BD 【解析】 【详解】A．如图所示 Eq =mg 故等效重力G¢的方向与水平成45°。 第7页 | 共19页当v =0时速度最小为v =v ，由于此时v 存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不 y min 1 1 是最大，故A错误； BD．水平方向上 Eq v = t 0 m 在竖直方向上 v= gt 由于 Eq =mg，得v=v 0 如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知 W +W =0 G Eq 则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确； C．当如图中v 所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误； 1 故选BD。 三、非选择题： 9. 某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表（量程 10mA，内阻约10W），微安表（量程100μA，内阻R 待测，约1kΩ），滑动变阻器R（最大阻值 g 10W），定值电阻R （阻值10W），开关S，导线若干。 0 第8页 | 共19页（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____； （2）某次测量中，微安表的示数为90.0μA，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻R = g _____W。 【答案】 ①. 见解析 ②. 990 【解析】 【详解】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R 并联，再与电流表串联， 0 通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R 的电流，从而求出微安表两端的电压，进 0 而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法，实验 电路原理图如图所示 （2）[2]流过定值电阻R 的电流 0 I = I -I =9.00mA-0.09mA=8.91mA A G 加在微安表两端的电压 U = IR =8.91´10-2V 0 微安表的内电阻 U 8.91´10-2 R = = Ω=990Ω g I 90.0´10-6 G 10. 利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m 的滑块A与质量为m 的静止滑块B在水平气 1 2 垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v 和v ，进而分析碰撞过程是否为弹 1 2 性碰撞。完成下列填空： 第9页 | 共19页（1）调节导轨水平； （2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 ______kg的滑块作为A； （3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s 与B的右端到右边挡板的距离 1 s 相等； 2 （4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各 自撞到挡板所用的时间t 和t ； 1 2 （5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示； 1 2 3 4 5 t /s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 1 t /s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 2 v k = 1 0.31 k 0.33 0.33 0.33 v 2 2 （6）表中的k =______（保留2位有效数字）； 2 v （7） 1 的平均值为______；（保留2位有效数字） v 2 v （8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由 1 判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞， v 2 v 则 1 的理论表达式为______（用m 和m 表示），本实验中其值为______（保留2位有效数字），若该值 v 1 2 2 与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。 m -m 【答案】 ①. 0.304 ②. 0.31 ③. 0.32 ④. 2 1 ⑤. 0.34 2m 1 第10页 | 共19页【解析】 【详解】（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作 为A。 （6）[2]由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得 v t 0.21 k = 1 = 2 = =0.31 2 v t 0.67 2 1 v （7）[3] 1 平均值为 v 2 0.31+0.31+0.33+0.33+0.33 k = =0.32 5 （8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得 mv =-mv +m v 1 0 1 1 2 2 1 1 1 mv2 = mv2 + m v2 2 1 0 2 1 1 2 2 2 联立解得 v m -m 1 = 2 1 v 2m 2 1 代入数据可得 v 1 =0.34 v 2 11. 将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。 某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬 间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s 和s 之比为3：7。重力加 1 2 速度大小取g =10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。 第11页 | 共19页2 5 【答案】 m/s 5 【解析】 【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为 t =4T =0.05´4s=0.2s 设抛出瞬间小球的速度为v ，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y 、y ， 0 1 2 根据平抛运动位移公式有 x=vt 0 1 1 y = gt2 = ´10´0.22m=0.2m 1 2 2 1 1 1 y = g2t2 - gt2 = ´10´  0.42 -0.22 m=0.6m 2 2 2 2 令y = y，则有 1 y =3y =3y 2 1 已标注的线段s 、s 分别为 1 2 s = x2 + y2 1 s = x2 +3y2 = x2 +9y2 2 则有 x2 + y2 : x2 +9y2 =3:7 整理得 2 5 x= y 5 故在抛出瞬间小球的速度大小为 x 2 5 v = = m/s 0 t 5 12. 光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝 缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射 镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀 刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸 第12页 | 共19页面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变， 使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可 以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方 向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r﹐r d ，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。 ? （1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Dx及PQ上反射光点与O点间 的弧长s； （2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上 方，与O点间的弧长为s 、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О点下方，与 1 O点间的弧长为s 。求待测电流的大小。 2 NBIl 2NBIlr dks +s  【答案】（1） ， ；（2） 1 2 k dk 4NBlr 【解析】 【详解】（1）由题意当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为 F = NBIl 根据胡克定律有 F = NBIl = k│Dx│ NBIl Dx = k 如图所示 第13页 | 共19页设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为 d >> Dx，r >> d 则 sinθ ≈ θ，sin2θ ≈ 2θ 所以有 Dx = d×θ s = r×2θ 联立可得 2r 2NBIlr s = Dx= d dk （2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s′，当初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根 据前面的结论可知有 2NBI¢lr s = +s¢ 1 dk 当电流反向后有 2NBI¢lr s = -s¢ 2 dk 联立可得 dks +s  I¢= 1 2 4NBlr 同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，故待测电流的大小为 dks +s  I¢= 1 2 4NBlr （二）选考题：共 45分．请考生从 2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作 答．如果多做，则每科按所做的第一题计分。 第14页 | 共19页13. 一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如 p-T 图上从a到b的线段所示。在此过程中 （ ） A. 气体一直对外做功 B. 气体的内能一直增加 C. 气体一直从外界吸热 D. 气体吸收的热量等于其对外做的功 E. 气体吸收的热量等于其内能的增加量 【答案】BCE 【解析】 pV 【详解】A．因从a到b的p—T图像过原点，由 =C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体 T 不对外做功，选项A错误； B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确； CDE．因W=0，∆U>0，根据热力学第一定律 ∆U=W+Q 可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。 故选BCE。 14. 如图，容积均为V 、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为 p 、温度为T 的环境中；两汽缸的底 0 0 0 部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四 1 1 部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为 V 和 V 、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩 8 0 4 0 擦。 （1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度； （2）将环境温度缓慢改变至2T ，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达 0 汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。 第15页 | 共19页4 9 【答案】（1）T = T ；（2） p = p 3 0 4 0 【解析】 【详解】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进 行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得 3 V 4 0 V = 0 T T 0 解得 4 T = T 3 0 （2）设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内 的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V -V，则对气体Ⅳ 0 3V p × 0 0 4 pV = T 2T 0 0 对Ⅱ、Ⅲ两部分气体 V V p ( 0 + 0) 0 8 4 p(V -V) = 0 T 2T 0 0 联立解得 2 V = V 3 0 9 p = p 4 0 15. 一平面简谐横波以速度v = 2m/s沿x轴正方向传播，t = 0时刻的波形图如图所示，介质中平衡位置在 坐标原点的质点A在t = 0时刻的位移y = 2cm，该波的波长为______m，频率为______Hz，t = 2s时 刻，质点A______（填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。 第16页 | 共19页【答案】 ①. 4 ②. 0.5 ③. 向下运动 【解析】 【详解】[1]设波的表达式为 2p y = Asin( x+j) l 由题知A = 2cm，波图像过点（0， 2 ）和（1.5，0），代入表达式有 p p y =2sin( x+ )(cm) 2 4 即 λ = 4m [2]由于该波的波速v = 2m/s，则 v 2 f = = Hz=0.5Hz l 4 [3]由于该波的波速v = 2m/s，则 l T = =2s v 由于题图为t = 0时刻的波形图，则t = 2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“上坡、下坡”法可知质点A 向下运动。 16. 如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在的平面，一光线 自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射 出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。 第17页 | 共19页7 3-1 【答案】n= ，PC = a 2 2 【解析】 【详解】光线在M点发生折射有 sin60° = nsinθ 由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则 1 sinC = n C = 90° - θ 联立有 3 tanq= 2 7 n= 2 根据几何关系有 MB a tanq= = BN 2BN 解得 a NC =a-BN =a- 3 再由 PC tanq= NC 解得 3-1 PC = a 2 第18页 | 共19页第19页 | 共19页