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2022 年新高考海南物理高考真题
一、单选题：
F F
1. 在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是 1，乙对甲的作用力是 2，则这两个力（ ）
A. 大小相等，方向相反 B. 大小相等，方向相同
C. F 的冲量大于F 的冲量 D. F 的冲量小于F 的冲量
1 2 1 2
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意可知F 和F 是相互作用力，根据牛顿第三定律可知F 和F 等大反向、具有同时性；根
1 2 1 2
据冲量定义式I = Ft可知F 和F 的冲量大小相等，方向相反。
1 2
故选A。
2. 下列属于β衰变的是（ ）
A. 238U®234 Th+4 He B. 14N+4 He®17 O+1 H
92 90 2 7 2 8 1
C. 234Th®234 Pa+0 e D. 235U+1 n ®144 Ba+89 Kr+31n
90 91 -1 92 0 56 36 0
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应属于α衰变，放出了氦核（4He），A错误；
2
B．该反应是卢瑟福发现质子（1H）的核反应方程，B错误；
1
C．该反应属于β衰变，放出了电子（ 0e），C正确；
-1
D．该反应是重核裂变的核反应方程，D错误。
故选C。
3. 如图为一用透明材料做成的中心是空的球，其中空心部分半径与球的半径之比为1:3。当细光束以30°
的入射角射入球中，其折射光线刚好与内壁相切，则该透明材料的折射率为（ ）
A. 2 B. 1.5 C. 3 D. 2
第1页 | 共18页【答案】B
【解析】
【详解】如图
折射角的正弦值
1
sinr =
3
根据折射定律可得该透明材料的折射率
sin30°
n= =1.5
sinr
故选B。
4. 在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆
长之比为（ ）
A. 2：3 B. 3：2 C. 4：9 D. 9：4
【答案】C
【解析】
【详解】由振动图像可知甲乙两个单摆周期之比为
T ：T = 0.8：1.2 = 2：3
甲 乙
根据单摆周期公式
L
T =2p
g
可得
gT2
L=
4p2
第2页 | 共18页则甲、乙两个单摆的摆长之比为
L ：L = T 2：T 2 = 4：9
甲 乙 甲 乙
故选C。
5. 一个有N匝的矩形线框，面积为S，以角速度w从如图所示的位置开始，在匀强磁场B中匀速转动，
则产生的感应电动势随时间变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】图示位置线框处于与中性面垂直的平面，竖直长边垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大
为
E =NBSw
m
根据正弦式交变电流的表达式可知感应电动势随时间的变化关系为
e= NBSwcoswt
故选A。
6.四根长直导线通有相同大小的电流，放在正方形的四个顶点，其中三个导线电流垂直纸面向里，一个向
外，每根导线在中心O处产生的磁感应强度均为B，则O点的磁感应强度是（ ）
第3页 | 共18页A. 大小为2B，指向L
1
6. 有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入
一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（ ）
A. 质量 B. 电量 C. 比荷 D. 动能
【答案】C
【解析】
【详解】粒子在辐射电场中以速度v做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
v2
qE =m
r
解得
m v2
r = ×
q E
粒子在匀强磁场中
v2
qvB=m
r
解得
m v
r¢= ×
q B
q
粒子不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度v和比荷 。
m
第4页 | 共18页故选C。
7. 我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相
同为m，3、4质量相同为m¢，不计石块间的摩擦，则m:m¢为（ ）
3
A. B. 3 C. 1 D. 2
2
【答案】D
【解析】
【详解】六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3
块石块受力分析如图
结合力的合成可知
F
tan60° = 4
m¢g
对第2块和第三块石块整体受力分析如图
F
tan30° = 4
(m+m¢)g
解得
m
=2
m¢
故选D。
二、多选题
第5页 | 共18页8. 某带电体周围的电场线和等势面如图所示，设A点的电场强度为E ，电势为j ，B点的电场强度为
A A
E ，电势为j ，则有（ ）
B B
A. E > E B. E < E C. j >j D. j <j
A B A B A B A B
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据电场线的疏密程度表示电场的强弱，电场线越密，电场强度越大，则B点的电场强度
较大，即
E < E
A B
故A错误，B正确；
CD．根据电场线与等势面垂直，且电势较高的等势面指向电势较低的等势面，所以B点的电势较大，即
j <j
A B
故C错误，D正确。
故选BD。
9. 火星与地球的质量比为a，半径比为b，则它们的第一宇宙速度之比和表面的重力加速度之比分别是
（ ）
g a v a g a v b
A. 火 = B. 火 = C. 火 = D. 火 =
g b v b g b2 v a
地 地 地 地
【答案】BC
【解析】
Mm
【详解】由G =mg可得
R2
GM
g =
R2
知
第6页 | 共18页g a
火 =
g b2
地
由
Mm v2
G =m
R2 R
结合
gR2 =GM
可得
v= gR
知
v a a
火 = ×b =
v b2 b
地
故BC正确，AD错误。
故选BC。
10. 一群处于n=4激发态的氢原子跃迁向外辐射出不同频率的光子，则（ ）
A. 需要向外吸收能量
B. 共能放出6种不同频率的光子
C. n=4向n=3跃迁发出的光子频率最大
D. n=4向n=1跃迁发出的光子频率最大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．高能级向低能级跃迁向外放出能量，以光子形式释放出去，故A错误；
B．最多能放不同频率光子的种数为
C2 =6
4
故B正确；
CD．从最高能级向最低能级跃迁释放的光子能量最大，对应的频率最大，波长最小，则n=4向n=1跃
迁发出的光子频率最大，故D正确，C错误。
故选BD。
12.缺题
11. 如图，带正电3´10-5C的物块A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连，A处在匀强电
第7页 | 共18页场中，E =4´105N/C，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为
零，A、B质量均为1kg，B离滑轮的距离足够长，则（ ）
A. 它们运动的最大速度为1m/s
B. 它们向左运动的最大位移为1m
C. 当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-2.4J
D. 当速度为0.6m/s时，绳子的拉力可能是9.2N
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB．由题知
f =mg =2x
设A向左移动x后速度为零，对A、B系统有
1
qEx-mgx- × fx =0
2
（此处 fx前面的 1 是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力），可得
2
x=2m
A向左运动是先加速后减速，当x=2m时，摩擦力变成静摩擦力，并反向，系统受力平衡，最后静止。
设A向左运动x′后速度为v，对系统则有
1 1
qEx' -mgx' - × fx' = ×2mv2
2 2
得
mv2 =-(x' -1)2 +1
即：当x' =1m时，v最大为1m/s，故A正确，B错误；
C．当v=0.6m/s时，可得
x=0.2m或1.8m
当x=0.2m时，电场力做功
qEx =2.4J
第8页 | 共18页则电势能减小2.4J，由于E =0，则电势能为-2.4J，当x=1.8m时
pO
E =-21.6J
pO
故C正确；
D．根据牛顿第二定律
qE- f -mg =2ma
当x=0.2m时，系统加速度
a=0.8m/s2
对B有
T -mg =ma
得
T =10.8N
当x=1.8m时，系统加速度
a =-0.8m/s2
对B分析可得
T =9.2N
故D正确
。
故选ACD。
三、实验题
12. 在用双缝干涉测量光的波长的实验中，如图所示，则：
①a、b分别是（ ）
A．单缝和双缝 B.双缝和单缝 C.单缝和单缝 D.双缝和双缝
②如果双缝间距是d，双缝到毛玻璃的距离是L，第一条亮纹到第六条亮纹间距是x，则光的波长是
__________。（用x、d、L表示）
dx
【答案】 ①. A ②.
5L
【解析】
第9页 | 共18页【详解】①[1]由双缝干涉原理可知，先用滤光片得到单色光，然用单缝得到细长的光源，最后用双缝得到
两束相干光，故a、b分别单缝和双缝。
故选A。
②[2]第一条亮纹到第六条亮纹间距是x，则相邻亮条纹间距为
x
Dx=
5
Ll
根据Dx= 可得光的波长是
d
Dxd dx
l= =
L 5L
13. 用如图所示的装置研究平抛物体的运动规律，击打弹片时，A做平抛运动，B做自由落体。经过多次
实验发现两个小球总是同时落地，则得到的结论是：____________________________________。
以A的抛出点做为坐标原点，建立直角坐标系，如图所示，设从O® A，从A®B，从B®C的时间
分别是t 、t 、t ，则这三个时间是否相等_______。（选填“相等”或“不相等”）
OA AB BC
物体平抛的初速度是多少_______（用x、h、g表示）
g
【答案】 ①. 做平抛运动的物体，在竖直方向上是自由落体运动 ②. 相等 ③. x
2h
【解析】
【详解】[1]经过多次实验发现两个小球总是同时落地，则得到的结论是：做平抛运动的物体，在竖直方向
上是自由落体运动；
第10页 | 共18页[2]在水平方向是匀速运动，由图可知，从O® A、A®B、B®C水平方向位移相等，运动相同的距
离所用时间相等；
[3]设相邻两点间时间为t，则
x =vt
在竖直方向上，相邻两点间距离差为2h，有
2h = gt2
得
2h
t =
g
所以
g
v= x
2h
14. 现要测量一个满偏电流I =50μA的表头内阻并改装成量程为1mA的电流表，如图所示。
g
（1）先闭合开关，再调整滑动变阻器，使电流表A的示数为84mA，电流表G的示数如图所示，则流过
G的电流是_______。若r =1.0Ω，则r =_______；
A g
4
（2）给G并联一个R的电阻进行校准时，当电流表G的示数为 I 时，标准电流表A的示数为
1 5 g
0.76mA，则改装之后的电流表实际量程是_________；
（3）若要把它改装成量程为1mA的电流表，还需要在R两边并联一个R =_______ R的电阻。
1 2 1
【答案】 ①. 30.0μA ②. 2800Ω ③. 0.95mA ④. 18
第11页 | 共18页【解析】
【详解】（1）[1]电流表G的满偏电流I =50μA，则如图所示电流表G的示数为30.0μA。
g
[2]根据并联电路电压相等可得
84´10-3A´1.0W=30´10-6A´r
g
可得电流表G的内阻
r =2800Ω
g
（2）[3]对改装电表，流过电阻R的电流为
1
4
I =0.76mA- I
R 1 5 g
根据并联电路电压相等可得
4
I ×R = I ×r
R 1 1 5 g g
解得
1400
R = W
1 9
则改装后的电流表的实际量程为
I r
I = I + g g =0.95mA
1 g R
1
（3）[4]若把并联R的电流表G再改装成量程为1mA的电流表，需要并联电阻
1
I ×r
R = g g =2800W
2 I -I
2 1
R
2 =18
R
1
15. 足够长的玻璃管水平放置，用长19cm的水银封闭一段长为25cm的空气柱，大气压强为76cmHg，
环境温度为300K，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则：
①空气柱是吸热还是放热
②空气柱长度变为多少
③当气体温度变为360K时，空气柱长度又是多少？
第12页 | 共18页【答案】①放热；②20cm；③24cm
【解析】
【详解】①②以封闭气体为研究对象，气体做等温变化，设玻璃管横截面积为S，玻璃管水平时
p =76cmHg
1
V =25S
1
玻璃管竖起来后
p =19cmHg+76cmHg=95cmHg
2
V = LS
2
根据
pV = pV
1 1 2 2
解得
L=20cm
气体体积减小，外界对气体做功，但其温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知气体向外放热；
③空气柱长度为20cm；由等压变化得
V V
2 = 3
T T
1 2
其中
T =300K
1
V =20S
2
V =L'S
3
解得
L' =24cm
16. 有一个角度可变的轨道，当倾角为30o时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为60o，从高为h的地方从静
第13页 | 共18页止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但
不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B质量的3倍，求：
①A与轨道间的动摩擦因数；
②A与B刚碰完B的速度大小；
③绳子的长度L。
3
【答案】①= ；② 3gh ；③0.6h
3
【解析】
【详解】①倾角为30°时匀速运动，根据平衡条件有
mgsin30°=mgcos30°
得
3
=
3
②③A从高为h的地方滑下后速度为v ，根据动能定理有
0
h 1
3mgh-×3mgcos60° = ×3mv2
sin60° 2 0
A与B碰撞后速度分别为v 和v ，根据动量守恒、能量守恒有
1 2
3mv =3mv +mv
0 1 2
1 1 1
3mv2 = 3mv2 + mv2
2 0 2 1 2 2
B到达最高点速度为v ，根据牛顿第二定律有
3
v2
mg =m 3
L
根据能量守恒有
1 1
mv2 = mv2 +mg×2L
2 2 2 3
解得
第14页 | 共18页v = 3gh
2
L=0.6h
17. 光滑的水平长直轨道放在匀强磁场B=0.25T中，轨道宽0.4m，一导体棒长也为0.4m，质量
0.1kg，电阻r=0.05Ω，它与导轨接触良好。当开关与a接通时，电源可提供恒定的1A电流，电流方向
可根据需要进行改变，开关与b接通时，电阻R=0.05Ω，若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完成，
求：
①当棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的；
②当开关始终接a，要想在最短时间内使棒向左移动4m而静止，则棒的最大速度是多少；
③要想棒在最短时间内向左移动7m而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。
【答案】①a=1m/s2，方向向右；②v=2m/s；③Q =0.4J
总
【解析】
【详解】①当电流从M流向N时，由左手定则可判断安培力向右，故加速度方向向右。
根据牛顿第二定律有
BIL=ma
代入数据可得
a=1m/s2
②开关始终接a时，电流N到M，经过时间t 后电流变为M到N，再经时间t 速度减为零，前 t s，则有
1 2 1
v2
x =
1 2a
后t s，则有
2
v2
x =
2 2a
根据
x + x = 4
1 2
第15页 | 共18页联立解得
v=2m/s
③先接a一段时间t ，电流由N到M，再接到b端一段时间t ，再接到a端一段时间t ，电流由M到
1 2 3
N，最后接到b静止
第一段，则有
v=at
1
1
x = at2
1 2 1
Q = I2rt
1 1
第二段，则有由动量定理
-BILt =mv¢-mv
2
且
BLx
It = 2
2 R+r
则有
æ1 1 ö r
Q = mv2 - mv¢2
ç ÷
2 è2 2 øR+r
第二段末的加速度与第三段相同，则第三段，
B2L2v¢
=ma
R+r
v¢=at
3
1
x = at 2
3 2 3
Q = I2rt
3 3
又
x +x +x =7
1 2 3
解得
v＇=1m/s
t =3s
1
第16页 | 共18页t =1s
3
故
Q =Q +Q +Q =0.4J
总 1 2 3
第17页 | 共18页第18页 | 共18页
