文档内容
2022 年广东省普通高中学业水平选择性考试
物理
本试卷共 7页，16小题，满分 100分，考试用时 75分钟。
注意事项：
1、答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填
写在答题卡上。用 2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题
卡右上角“条形码粘贴处”。
2、作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂
黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3、非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相
应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，
不按以上要求作答的答案无效。
4、作答选考题时，请先用 2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答。漏涂、错涂、
多涂的，答案无效。
5、考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
1. 图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB 静止时，连接AB 的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结
点，F、F 和F 分别表示三根绳的拉力大小，F = F 且ÐAOB=60°。下列关系式正确的是（ ）
1 2 1 2
A. F = F B. F =2F C. F =3F D. F = 3F
1 1 1 1
【答案】D
【解析】
【详解】以O点为研究对象，受力分析如图
第1页 | 共19页由几何关系可知
=30°
由平衡条件可得
F sin30°= F sin30°
1 2
F cos30°+F cos30°= F
1 2
联立可得
F = 3F
1
故D正确，ABC错误。
故选D。
2. “祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分
之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于
火星、地球公转的说法正确的是（ ）
A. 火星公转的线速度比地球的大 B. 火星公转的角速度比地球的大
C. 火星公转的半径比地球的小 D. 火星公转的加速度比地球的小
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期
Mm 4p2
C．根据G =m r可得
r2 T2
r3
T =2p
GM
可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误；
Mm v2
A．根据G =m 可得
r2 r
GM
v=
r
结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A错误；
2p
B．根据w= 可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；
T
第2页 | 共19页Mm
D．根据G =ma可得
r2
GM
a =
r2
可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D正确。
故选D。
3. 图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空
中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员
速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
mgsin=ma
1
可得
a =gsin
1
运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度
a =0
2
运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
a = g
3
设在P点的速度为v ，则从P点飞出后速度大小的表达式为
0
第3页 | 共19页v= v2 +g2t2
0
由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
a n ，二者轴线在同一
1 2
平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点
的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈
间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A. 两线圈产生的电动势的有效值相等 B. 两线圈产生的交变电流频率相等
C. 两线圈产生的电动势同时达到最大值 D. 两电阻消耗的电功率相等
【答案】B
【解析】
【详解】AD．根据
DF
E =n
Dt
两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根
据
U2
P=
R
可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；
B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；
C．当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势
不可能同时达到最大值，选项C错误；
故选B。
第4页 | 共19页E
5. 目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为E = 1 ，其中
n n2
E =-13.6eV。图是按能量排列的电磁波谱，要使n=20的氢原子吸收一个光子后，恰好失去一个电子
1
变成氢离子，被吸收的光子是（ ）
A. 红外线波段的光子 B. 可见光波段的光子
C. 紫外线波段的光子 D. X射线波段的光子
【答案】A
【解析】
【详解】要使处于n=20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量
为
-13.6
E =0-( )eV=0.034eV
202
则被吸收的光子是红外线波段的光子。
故选A。
6. 如图5所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上
P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射
出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（ ）
L L
A. 将击中P点，t大于 B. 将击中P点，t等于
v v
L L
C. 将击中P点上方，t大于 D. 将击中P点下方，t等于
v v
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹
和积木运动时间相同，根据
第5页 | 共19页1
h= gt2
2
可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做
匀速直线运动，故有
L
t =
v
故选B。
7. 如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、
方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个
磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正
方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据
左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；
CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没
有运动，z轴坐标不变，故CD错误。
故选A。
第6页 | 共19页二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求。全部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
8. 如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由
静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有
（ ）
A. 电子从N到P，电场力做正功 B. N点的电势高于P点的电势
C. 电子从M到N，洛伦兹力不做功 D. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，
根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在
这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
9. 如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN 段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，
在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，MN=PQ=20m，
PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A. 从M到N，小车牵引力大小为40N B. 从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C. 从P到Q，小车重力势能增加1´104J D. 从P到Q，小车克服摩擦力做功700J
【答案】ABD
第7页 | 共19页【解析】
【详解】A．小车从M到N，依题意有
P = Fv =200W
1 1
代入数据解得
F =40N
故A正确；
B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为
f = F =40N
1
则摩擦力做功为
W =-40´20J =-800J
1
则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；
C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为
DE =mg´Dh=500N´20m´sin30o =5000J
p
故C错误；
D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f ，有
2
P
f +mgsin30o = 2
2 v
2
摩擦力做功为
W =-f ´s
2 2 2
s =20m
2
联立解得
W =-700J
2
则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。
故选ABD。
10. 如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为
地面上的三点，P点位于导线正上方，MN 平行于y轴，PN 平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心
在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正
确的有（ ）
第8页 | 共19页A. N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B. 线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C. 线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D. 线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【答案】AC
【解析】
【详解】A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则
可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；
B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过
程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；
C．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始
终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；
D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P
点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。
故选AC。
三、非选择题：共 54分。第 11~14 题为必考题，考生都必须作答。第 15~16题为选考题，
考生根据要求作答。
（一）必考题：共 42分。
11. 某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图（a）所
示的装置，实验过程如下：
第9页 | 共19页（1）让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置，使小球
从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d =__________mm。
（3）测量时，应__________（选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为
“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t 和t 。
1 2
（4）计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失
DE =__________（用字母m、d、t 和t 表示）。
1 2
（5）若适当调高光电门的高度，将会__________（选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误
差。
1 d 1 d
【答案】 ①. 7.883##7.884 ②. B ③. m( )2 - m( )2 ④. 增大
2 t 2 t
1 2
【解析】
【详解】（2）[1]依题意，小球的直径为
d =7.5mm+38.4´0.01mm=7.884mm
考虑到偶然误差，7.883mm也可以。
（3）[2]在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接
通数字计时器，再释放小球，故选B。
（4）[3]依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为v 、v ，则有
1 2
d
v =
1 t
1
d
v =
2 t
2
第10页 | 共19页则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量为
1 1 1 d 1 d
DE = mv2 - mv2 = m( )2 - m( )2
2 1 2 2 2 t 2 t
1 2
（5）[4]若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的
测量误差。
12. 弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后
绳长之间的关系，实验过程如下：
（1）装置安装和电路连接；如图（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金
属夹A、B的导线接入如图（b）所示的电路中。
（2）导电绳拉伸后的长度L及其电阻R 的测量
x
①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度L。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关S ，闭合开关S ，调节R，使电压表和电流表的指针偏
2 1
转到合适位置。记录两表的示数U和I 。
1
③闭合S ，电压表的示数__________（选填“变大”或“变小”）。调节R使电压表的示数仍为U，记录
2
电流表的示数I ，则此时导电绳的电阻R = __________（用I 、I 和U表示）。
2 x 1 2
④断开S ，增大导电绳拉伸量，测量并记录A、B间的距离，重复步骤②和③。
1
（3）该电压表内阻对导电绳电阻的测量值__________（选填“有”或“无”）影响。
（4）图11(c）是根据部分实验数据描绘的R —L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上，当机械臂
x
弯曲后，测得导电绳的电阻R 为1.33kΩ，则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为__________cm，即为机
x
械臂弯曲后的长度。
U
【答案】 ①. 变小 ②. ③. 无 ④. 51.80
I -I
2 1
【解析】
第11页 | 共19页【详解】（2）[1]闭合S 后，并联部分的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电压表的示数变小。
2
[2]加在导电绳两端的电压为U，流过导电绳的电流为I —I ，因此导电绳的电阻
2 1
U
R =
x I -I
2 1
（3）[3]在闭合S 之前，电流表I 的示数包括定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S 之后，加在电
2 1 2
压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I ，故流过导电绳的电流是I —I ，
1 2 1
与电压表内阻无关，电压表内阻对测量没有影响。
（4）[4]由图c可知，导电绳拉伸后的长度为51.80cm。
13. 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套
有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v 为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩
0
擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑
块的质量m=0.2kg，滑杆的质量M =0.6kg，A、B间的距离l =1.2m，重力加速度g取10m/s2，不
计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 和N ；
1 2
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v ；
1
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1）N =8N，N =5N；（2）v =8m/s；（3）h=0.2m
1 2 1
【解析】
【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
N =m+Mg =8N
1
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方
向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
N =Mg- f '=5N
2
第12页 | 共19页（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
1 1
-mgl- fl = mv2 - mv2
2 1 2 0
代入数据解得v =8m/s。
1
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
mv =m+Mv
1
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
1
-m+Mgh=0- m+Mv2
2
代入数据联立解得h=0.2m。
14. 密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油
滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入
一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m 、位于同一竖直线上的球形小
0
油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h 。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速
1
度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h h ¹h ，随后与A合
2 2 1
并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为
1
f =km3v
，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。
求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h 电势能的变化量；
2
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
2
mgd(h +h ) mgh (h +h )
【答案】（1） m3gt ；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为 1 2 ，- 2 1 2 ；
hU h
h 1 1
1
（3）见解析
【解析】
【详解】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
第13页 | 共19页h
v = 1
1 t
匀速时
mg = f
又
1
f =km3v
1
联立可得
2
m3gt
k =
h
1
（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电
场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
h
v = 2
2 t
根据平衡条件可得
1 U
mg+km3v = q
2 d
解得
mgd(h +h )
q = 1 2
hU
1
根据
DE =-W
p 电
又
U
W = ×qh
电 d 2
联立解得
mgh (h +h )
DE =- 2 1 2
p h
1
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m ，新油滴所受电场力
Uq' mg(h +h )
F' = = 1 2
d h
1
第14页 | 共19页若F' >2mg，即
h > h
2 1
可知
v >v
2 1
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
mv -mv =2mv
2 1 共
可得
v >0
共
新油滴向上加速，达到平衡时
1
2mg+k×(2m)3v= F'
解得速度大小为
h -h
v= 2 1
3 2t
速度方向向上；
若F' <2mg，即
h >h
1 2
可知
v 0
共
新油滴向下加速，达到平衡时
1
2mg = F' +k×(2m)3v'
解得速度大小为
h -h
v' = 1 2
3 2t
第15页 | 共19页速度方向向下。
（二）选考题：共 12分。请考生从 2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题
计分。
15. 利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，这个过程__________（选填“是”或
“不是”）自发过程。该过程空调消耗了电能，空调排放到室外环境的热量__________（选填“大
于”“等于”或“小于”）从室内吸收的热量。
【答案】 ①. 不是 ②. 大于
【解析】
【详解】[1]空调将热量从温度低的室内传递到温度较高的室外，这个过程要消耗电能，不是自发的过程；
[2]由于空调的压缩机做功，使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
16. 玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80mL水装入容积为380mL的玻璃
瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为
230mL。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强 p 取1.0´105Pa，重力加速
0
度g取10m/s2，水的密度r取1.0´103kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。
【答案】 p=2.0´105Pa，10m
【解析】
【详解】对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知
pV = pV
0 0
即
1.0´105´(380-80)= p´(380-230)
解得
p=2.0´105Pa
根据
p= p +rgh
0
第16页 | 共19页解得
h=10m
17. 如图所示，某同学握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。从图示时刻开始计
时，经过半个周期，绳上M处的质点将运动至__________（选填“N”“P”或“Q”）处。加快抖动，波
的频率增大，波速__________（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. P ②. 不变
【解析】
【详解】[1]经过半个周期，波向右传播半个波长，而M点只在平衡位置附近上下振动，恰好运动到最低
点P点。
[2]波速是由介质决定的，与频率无关，波的频率增大，而波速度仍保持不变。
18. 一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图所示。一激光器从
罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成45°角
时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c，求液体的折射率n
和激光在液体中的传播速度v。
2
【答案】 2 ， c
2
【解析】
【详解】当入射角达到45o时，恰好到达临界角C，根据
1
sinC =
n
可得液体的折射率
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n= = = 2
sinC sin45o
由于
c
n=
v
可知激光在液体中的传播速度
c 2
v= = c
n 2
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