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2022 届江苏省高考物理真题试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m /s
2。若书不滑动，则高铁的最大加速度
不超过（ ）
A．2.0 m /s
2
B．4.0 m /s
2
C．6.0 m /s
2
D．8.0 m /s
2
【答案】B
【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度
f m = μm g=mam
解得
am = μ g= 4 m/s
2
书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4 m/s
2。
故选B。
2．如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为R1=2Ω，R2=3Ω，R3=2Ω，
R4= 4Ω，电源电动势E =12V，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是（ ）
A．R1
B．R2
C．R3
D．R4
【答案】A
【详解】由电路图可知R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联。并联电路部分的等效
电阻为
R并= R2( R3+ R4)
( R2+ R3+ R4) =2Ω
由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为
I 1= I =
E
R1+ R并
=3 A
并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则
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I 2= I R并
R2
=2A
I 3= I 4= I R并
R3+ R4
=1A
四个灯泡的实际功率分别为
P1= I 1
2 R1=18 W，P2= I 2
2 R2=12W，P3= I 3
2 R3=2W，P4= I 4
2 R4= 4 W
故四个灯泡中功率最大的是R1。
故选A。
3．如图所示，两根固定的通电长直导线a、b 相互垂直，a 平行于纸面，电流方向向右，
b 垂直于纸面，电流方向向里，则导线a 所受安培力方向（ ）
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【答案】C
【详解】根据安培定则，可判断出导线a 左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部
分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂
直纸面向里。
故选C。
4．上海光源通过电子-光子散射使光子能量增加，光子能量增加后（ ）
A．频率减小
B．波长减小
C．动量减小
D．速度减小
【答案】B
【详解】AB．根据E =h ν可知光子的能量增加后，光子的频率增加，又根据
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λ = c
ν
可知光子波长减小，故A 错误，B 正确；
CD．根据
p= h
λ
可知光子的动量增加；又因为光子质量不变，根据p=m v可知光子速度增加，故C 错
误，D 错误。
故选B。
5．如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 随时间
t 的变化关系为B = B0+ k t，B0、k 为常量，则图中半径为R 的单匝圆形线圈中产生的
感应电动势大小为（ ）
A．π k r
2
B．π k R
2
C．π B0r
2
D．π B0 R
2
【答案】A
【详解】由题意可知磁场的变化率为
ΔB
Δt = k t
t =k
根据法拉第电磁感应定律可知
E = ΔΦ
Δt = ΔB π r
2
Δt
=k π r
2
故选A。
6．自主学习活动中，同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论，下列说法中正确的是
（ ）
A．体积增大时，氢气分子的密集程度保持不变
B．压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C．因为氢气分子很小，所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D．温度变化时，氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会
变化
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【答案】D
【详解】A．密闭容器中的氢气质量不变，分子个数不变，根据
n= N 0
V
可知当体积增大时，单位体积内分子个数变少，分子的密集程度变小，故A 错误；
B．气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的；压强
增大并不是因为分子间斥力增大，故B 错误；
C．普通气体在温度不太低，压强不太大的情况下才能看作理想气体，故C 错误；
D．温度是气体分子平均动能的标志，大量气体分子的速率呈现“中间多，两边少”
的规律，温度变化时，大量分子的平均速率会变化，即分子速率分布中各速率区间的
分子数占总分子数的百分比会变化，故D 正确。
故选D。
7．如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等
温过程，状态b、c 的体积相同，则（ ）
A．状态a 的内能大于状态b
B．状态a 的温度高于状态c
C．a→c过程中气体吸收热量
D．a→c过程中外界对气体做正功
【答案】C
【详解】A．由于a→b 的过程为等温过程，即状态a 和状态b 温度相同，分子平均动
能相同，对于理想气体状态a 的内能等于状态b 的内能，故A 错误；
B．由于状态b 和状态c 体积相同，且pb< pc，根据理想气体状态方程
pbV b
T b
= pcV c
T c
可知T b<T c，又因为T a=T b，故T a<T c，故B 错误；
CD．因为a→c 过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，
根据
ΔU =W +Q
可知气体吸收热量；故C 正确，D 错误；
故选C。
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8．某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运
动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x 的
关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑
过程中根据动能定理有
Ek =m g x tanθ
即
Ek
x =m g tanθ
下滑过程中开始阶段倾角θ 不变，Ek-x 图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ 先减小
后增大，即图像斜率先减小后增大。
故选A。
9．如图所示，正方形ABCD 四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O 是
正方形的中心。现将A 点的电荷沿OA 的延长线向无穷远处移动，则（ ）
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A．在移动过程中，O 点电场强度变小
B．在移动过程中，C 点的电荷所受静电力变大
C．在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功
D．当其移动到无穷远处时，O 点的电势高于A 点
【答案】D
【详解】A．O 是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A 处的正点电荷沿OA 方向
移至无穷远处，O 点电场强度变大，故A 不符合题意；
B．移动过程中，C 点场强变小，正电荷所受静电力变小，故B 错误；
C．A 点电场方向沿OA 方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，故C 错误；
D．A 点电场方向沿OA 方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O 点的电
势高于A 点电势，故D 正确。
故选D。
10．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A 连接在一起，处于压缩状态，A
由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B 轻放在A 右侧，A、B 由
静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B 始终不分离，当A 回到初始位置时
速度为零，A、B 与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A．当上滑到最大位移的一半时，A 的加速度方向沿斜面向下
B．A 上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B 对A 的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功大于B 的重力势能减小量
【答案】B
【详解】B．由于A、B 在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向
下为正方向，斜面倾角为θ，AB 之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿
第二定律对AB 有
F +(mA+mB)gsinθ−μ(mA+mB)gcosθ =(mA+mB)a
对B 有
mB gsinθ−μmB gcosθ−FAB=mBa
联立可得
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F
mA+mB
=−FAB
mB
由于A 对B 的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F 的方向沿斜面向上；由于
在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A 上滑时、弹簧
的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B 正确；
A．设弹簧原长在O 点，A 刚开始运动时距离O 点为x1，A 运动到最高点时距离O 点
为x2；下滑过程AB 不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律
可得
1
2 k x1
2= 1
2 k x2
2+(m gsinθ+ f )(x1−x2)
化简得
k = 2(m gsinθ+ f )
x1+ x2
当位移为最大位移的一半时有
F合=k(x1−x1−x2
2 )−(m gsinθ+ f )
带入k 值可知F 合=0，即此时加速度为0，故A 错误；
C．根据B 的分析可知
F
mA+mB
=−F A B
mB
再结合B 选项的结论可知下滑过程中F 向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根
据牛顿第三定律可知B 对A 的压力逐渐变大，故C 错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A 重力做的功为0，当A 回到初始位置时速度为零，
根据功能关系可知整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功等于B 的重力势能减小量，
故D 错误。
故选B。
二、实验题
11．小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1 所示，他将一根木条平放
在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击
打木条使其转开后，小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到
小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶
距离地面的高度h 及对应的时间间隔t。
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（1）现有以下材质的小球，实验中应当选用 。
A．钢球 B．乒乓球 C．橡胶球
（2）用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度h 的示数如图2 所示，则h= cm。
（3）作出2h−t
2图线，如图3 所示，则可得到重力加速度g= m/s
2。
（4）在图1 中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面A
点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为t
′ = （用
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h、t 和v 表示）。
（5）有同学认为，小明在实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度g 必然
有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由 。
【答案】 A 61.20 9.55 t + h
v
不正确，理由见解析
【详解】（1）[1]为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的小钢球，故
选A。
（2）[2]刻度尺的分度值为1mm，估读到分度值的下一位，由图可知h=61.20cm；
（3）[3]根据h= 1
2 gt
2可知
2h
t
2 = g
故在2h−t
2图像中斜率表示重力加速度，则根据图线有
g= 3.27−0.50
0.35−0.06 m/s
2≈9.55 m/s
2
（4）[4]下落过程中声音传播的时间为
t1= h
v
则小球下落的时间为
t
′ =t +t1=t + h
v
（5）[5]设木条厚度为H，则台阶距离地面的高度h1时的时间为t1，高度h2时的时间为
t2；则根据前面的分析有
g= 2(h2+ H )−2(h1+ H )
t2
2−t1
2
= 2(h2−h1)
t2
2−t1
2
可知与H 无关。
三、解答题
12．如图所示，两条距离为D 的平行光线，以入射角θ 从空气射入平静水面，反射光
线与折射光线垂直，求：
（1）水的折射率n；
（2）两条折射光线之间的距离d。
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【答案】（1）tanθ；（2）D tanθ
【详解】（1）设折射角为γ，根据几何关系可得
γ =90°−θ
根据折射定律可得
n= sinθ
sin γ
联立可得
n= tanθ
（2）如图所示
根据几何关系可得
d =
D
sin(90°−θ) ⋅sinθ = D tanθ
13．利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B
的匀强磁场，一个质量为m、速度为v 的电中性粒子在A 点分裂成带等量异号电荷的
粒子a 和b，a、b 在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比
la:lb=3:1，半径之比ra:rb=6:1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子a、b 的质量之比ma:mb；
（2）粒子a 的动量大小pa。
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【答案】（1）2:1；（2）6
7 mv
【详解】（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
则有
q v B =m v
2
r
解得
r = m v
q B
由题干知半径之比ra:rb=6:1，故
ma va:mb vb=6:1
因为相同时间内的径迹长度之比la:lb=3:1，则分裂后粒子在磁场中的速度为
va:vb=3:1
联立解得
ma:mb=2:1
（2）中性粒子在A 点分裂成带等量异号电荷的粒子a 和b，分裂过程中，没有外力作
用，动量守恒，根据动量守恒定律
m v =mava+mb vb
因为分裂后动量关系为mava:mb vb=6:1，联立解得
pa=mava= 6
7 mv
14．在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略，空间站上操控货
物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L，如题图1 所示，机械
臂一端固定在空间站上的O 点，另一端抓住质量为m 的货物，在机械臂的操控下，货
物先绕O 点做半径为2 L、角速度为ω的匀速圆周运动，运动到A 点停下，然后在机械
臂操控下，货物从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t 到达B 点，A、B 间的
距离为L。
（1）求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小Fn；
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（2）求货物运动到B 点时机械臂对其做功的瞬时功率P。
（3）在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如题图2 所示，它们在同一直线上，
货物与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距
离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之
比F1: F2。
【答案】（1）2mω
2 L；（2）4 m L
2
t
3
；（3）r
3−(r −d)
3
r
3
【详解】（1）质量为m的货物绕O点做匀速圆周运动，半径为2 L，根据牛顿第二定律
可知
Fn=mω
2⋅2 L=2mω
2 L
（2）货物从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，根据运动学公式可知
L= 1
2 at
2
解得
a= 2 L
t
2
货物到达B点时的速度大小为
v =at = 2 L
t
货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为
货物所受合力ma，所以经过t时间，货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为
P=ma v =m⋅2 L
t
2 ⋅2 L
t = 4 m L
2
t
3
（3）空间站和货物同轴转动，角速度ω0相同，对质量为m0空间站，质量为M的地球
提供向心力
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G M m0
r
2
=m0ω0
2r
解得
G M =ω0
2r
3
货物在机械臂的作用力F1和万有引力F2的作用下做匀速圆周运动，则
F2−F1=mω0
2(r −d )
货物受到的万有引力
F2=G
M m
(r −d )
2 = mω0
2r
3
(r −d )
2
解得机械臂对货物的作用力大小为
F1= mω0
2r
3
(r −d)
2 −mω0
2(r −d)=mω0
2 r
3−(r −d)
3
(r −d)
2
则
F1
F2
= r
3−(r −d)
3
r
3
15．某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形A BC D区域内存在
多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替
变化，A B边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端
中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的
相互作用力。
（1）当θ =θ0时，若粒子能从C D边射出，求该粒子通过电场的时间t；
（2）当Ek= 4 q E d时，若粒子从C D边射出电场时与轴线OO
′的距离小于d，求入射
角θ的范围；
（3）当Ek= 8
3 q E d，粒子在θ为−π
2 ∼π
2
范围内均匀射入电场，求从C D边出射的粒
子与入射粒子的数量之比N : N 0。
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【答案】（1）t = 8d
cosθ0
⋅❑√
m
2 Ek
；（2）−30
°<θ<30
°或−π
6 <θ< π
6
；（3）
N : N 0=50 %
【详解】（1）电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上
做匀速直线运动，速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为
v x = v cosθ0
根据Ek= 1
2 m v
2可知
v = ❑√
2 Ek
m
解得
t = 8d
v x
= 8d
cosθ0
⋅❑√
m
2 Ek
（2）粒子进入电场时的初动能
Ek= 4 q E d = 1
2 m v0
2
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得
q E =ma
粒子从C D边射出电场时与轴线OO
′的距离小于d，则要求
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2ad >(v0 sinθ)
2
解得
−1
2 <sinθ< 1
2
所以入射角的范围为
−30
°<θ<30
°或−π
6 <θ< π
6
（3）设粒子入射角为θ'时，粒子恰好从D 点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向
做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速相同的减速运动，加速运动。粒子的速度
v ' =
❑√
2 Ek
m = 4
3
❑√
3q E d
m
运动时间为
t 总=
8d
v ' cosθ' =
2
cosθ' ⋅❑√
3md
q E
粒子在沿电场方向，反复做加速大小相同的减速运动，加速运动，则
−2ad = v1d
2−(v ' sinθ' )
2
2ad = v2d
2−(v1d)
2
−2ad = v3d
2−(v2d)
2
2ad = v4 d
2−(v3d)
2
−2ad = v5d
2−(v4 d)
2
2ad = v6d
2−(v5d)
2
则
v2d = v4 d = v6d = v ' sinθ'
v1d = v3d = v5d
则粒子在分层电场中运动时间相等，设为t0，则
t0= 1
6 t 总= 1
6 ×
8d
v ' cosθ' =
4 d
3 v ' cosθ'
且
d = v ' sinθ⋅t0−1
2
q E
m ⋅t0
2
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代入数据化简可得
6cos
2θ' −8sinθ' cosθ' +1=0
即
tan
2θ' −8 tanθ' +7 =0
解得
tanθ' =7（舍去）或tanθ' =1
解得
θ' = π
4
则从C D边出射的粒子与入射粒子的数量之比
N : N 0= θ'
π
2
=50 %
