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2022 年新高考海南物理高考真题（缺第6 题和第12 题）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（
）
A．大小相等，方向相反
B．大小相等，方向相同
C．F1的冲量大于F2的冲量
D．F1的冲量小于F2的冲量
【答案】A
【详解】根据题意可知F1和F2是相互作用力，根据牛顿第三定律可知F1和F2等大反
向、具有同时性；根据冲量定义式I = F t可知F1和F2的冲量大小相等，方向相反。
故选A。
2．下列属于β衰变的是（ ）
A．❑92
238U→90
234Th+2
4 He
B．❑7
14 N +2
4 He→8
17O+1
1H
C．❑90
234Th→91
234 Pa+−1
0 e
D．❑92
235U+0
1n→56
144 Ba+36
89Kr+30
1n
【答案】C
【详解】A．该反应属于α衰变，放出了氦核（e
2
4 ），A 错误；
B．该反应是卢瑟福发现质子（❑
1
1
）的核反应方程，B 错误；
C．该反应属于β衰变，放出了电子（❑
−1
0
），C 正确；
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
【答案】B
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【详解】如图
折射角的正弦值
sin r = 1
3
根据折射定律可得该透明材料的折射率
n= sin30°
sin r
=1.5
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
【详解】由振动图像可知甲乙两个单摆周期之比为
T 甲：T 乙 = 0.8：1.2 = 2：3
根据单摆周期公式
T =2π ❑√
L
g
可得
L= gT
2
4 π
2
则甲、乙两个单摆的摆长之比为
L 甲：L 乙 = T 甲2：T 乙2 = 4：9
故选C。
5．一个有N 匝的矩形线框，面积为S，以角速度ω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（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【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
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Em = N B S ω
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 = N B S ωcosωt
故选A。
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
【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
q E =m v
2
r
解得
r = m
q ⋅v
2
E
粒子在匀强磁场中
q v B =m v
2
r
解得
r ′ = m
q ⋅v
B
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q
m
。
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
（ ）
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A．
❑√3
2
B．❑√3
C．1
D．2
【答案】D
【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
tan 60
°= F4
m′ g
对第2 块和第三块石块整体受力分析如图
tan30
°=
F4
(m+m′ )g
解得
m
m′ =2
故选D。
二、多选题
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 A，电势为φ A，
B 点的电场强度为EB，电势为φB，则有（ ）
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A．E A> EB
B．E A< EB
C．φ A>φB
D．φ A<φB
【答案】BD
【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 A< EB
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
φ A<φB
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（ ）
A．g火
g地
= a
b
B．v 火
v地
= ❑√
a
b
C．g火
g地
= a
b
2
D．v 火
v地
= ❑√
b
a
【答案】BC
【详解】由G M m
R
2 =m g可得
g= G M
R
2
知
g火
g地
= a
b
2
由
G M m
R
2 =m v
2
R
结合
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g R
2=G M
可得
v = ❑√g R
知
v 火
v地
= ❑√
a
b
2 ⋅b= ❑√
a
b
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
【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
C4
2=6
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。
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 处在匀强电场中，E = 4×10
5 N /C，从O 开始，A 与桌面的动摩擦因数μ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0.6 m /s时，A 的电势能可能是−2.4 J
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D．当速度为0.6 m /s时，绳子的拉力可能是9.2N
【答案】ACD
【详解】AB．由题知
f = μm g=2 x
设A 向左移动x 后速度为零，对A、B 系统有
q E x−m g x−1
2 ⋅f x =0
（此处f x前面的1
2
是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力），可得
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
q E x
'−m g x
'−1
2 ⋅f x
' = 1
2 ⋅2mv
2
得
m v
2=−( 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 =0.6 m /s时，可得
x =0.2m或1.8 m
当x =0.2m时，电场力做功
q E x =2.4 J
则电势能减小2.4 J，由于EpO=0，则电势能为−2.4 J，当x =1.8 m时
EpO=−21.6J
故C 正确；
D．根据牛顿第二定律
q E−f −m g=2ma
当x =0.2m时，系统加速度
a=0.8 m /s
2
对B 有
T −m g=ma
得
T =10.8 N
当x =1.8 m时，系统加速度
a=−0.8 m /s
2
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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）
【答案】 A d x
5 L
【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
Δ x = x
5
根据Δ x = L λ
d
可得光的波长是
λ= Δ x d
L
= d x
5 L
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：
。
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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tO A、t A B、t BC，则这三个时间是否相等 。（选填“相
等”或“不相等”）
物体平抛的初速度是多少 （用x、h、g 表示）
【答案】 做平抛运动的物体，在竖直方向上是自由落体运动 相等
x ❑√
g
2h
【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；
[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 = v t
在竖直方向上，相邻两点间距离差为2h，有
2h= gt
2
得
t = ❑√
2h
g
所以
v = x ❑√
g
2h
14．现要测量一个满偏电流I g=50μA的表头内阻并改装成量程为1mA的电流表，如
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图所示。
（1）先闭合开关，再调整滑动变阻器，使电流表A 的示数为84 mA，电流表G 的示数
如图所示，则流过G 的电流是 。若rA=1.0Ω，则rg= ；
（2）给G 并联一个R1的电阻进行校准时，当电流表G 的示数为4
5 I g时，标准电流表
A 的示数为0.76 mA，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R1两边并联一个R2= R1
的电阻。
【答案】 30.0μA 2800Ω 0.95mA 18
【详解】（1）[1]电流表G 的满偏电流I g=50μA，则如图所示电流表G 的示数为
30.0μA。
[2]根据并联电路电压相等可得
84×10
-3 A×1.0Ω=30×10
-6A×rg
可得电流表G 的内阻
rg=2800Ω
（2）[3]对改装电表，流过电阻R1的电流为
I R❑❑1=0.76 mA−4
5 I g
根据并联电路电压相等可得
I R1⋅R1= 4
5 I g⋅rg
解得
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R1= 1400
9
Ω
则改装后的电流表的实际量程为
I 1= I g+ I grg
R1
=0.95 mA
（3）[4]若把并联R1的电流表G 再改装成量程为1mA的电流表，需要并联电阻
R2= I g⋅rg
I 2−I 1
=2800Ω
R2
R1
=18
四、解答题
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？
【答案】①放热；②20cm；③24cm
【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
p1=76cmHg
V 1=25 S
玻璃管竖起来后
p2=19cmHg+76cmHg=95cmHg
V 2= L S
根据
p1V 1= p2V 2
解得
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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 2
T 1
= V 3
T 2
其中
T 1=300K
V 2=20 S
V 3= L
' S
解得
L
' =24cm
16．有一个角度可变的轨道，当倾角为30
∘时，A 恰好匀速下滑，现将倾角调为60
∘，
从高为h 的地方从静止下滑，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μ；
②A 与B 刚碰完B 的速度大小；
③绳子的长度L。
【答案】①μ=
❑√3
3
；②❑√3 gh；③0.6h
【详解】①倾角为30°时匀速运动，根据平衡条件有
m gsin30° = μm gcos30°
得
μ=
❑√3
3
②③A 从高为h 的地方滑下后速度为v0，根据动能定理有
3m gh−μ⋅3m gcos60°
h
sin60° = 1
2 ⋅3mv0
2
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A 与B 碰撞后速度分别为v1和v2，根据动量守恒、能量守恒有
3m v0=3m v1+m v2
1
2 3mv0
2= 1
2 3mv1
2+ 1
2 mv2
2
B 到达最高点速度为v3，根据牛顿第二定律有
m g=m v3
2
L
根据能量守恒有
1
2 mv2
2= 1
2 mv3
2+m g⋅2 L
解得
v2= ❑√3 gh
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0.4 m，一导体棒长也为
0.4 m，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4 m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7 m而静止，则棒中产生的焦耳热是多少。
【答案】①a=1m /s
2，方向向右；②v =2m /s；③Q总=0.4 J
【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
B I L=ma
代入数据可得
a=1m /s
2
②开关始终接a 时，电流N 到M，经过时间t1后电流变为M 到N，再经时间t2速度减为
零，前 t1s，则有
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x1= v
2
2a
后t2s，则有
x2= v
2
2a
根据
x1+ x2= 4
联立解得
v =2m /s
③先接a 一段时间t1，电流由N 到M，再接到b 端一段时间t2，再接到a 端一段时间t3，
电流由M 到N，最后接到b 静止
第一段，则有
v =at1
x1= 1
2 at1
2
Q1= I
2r t1
第二段，则有由动量定理
−B I Lt2=m v
′−m v
且
I t2= B L x2
R+r
则有
Q2=(
1
2 m v
2−1
2 m v
′2)
r
R+r
第二段末的加速度与第三段相同，则第三段，
B
2 L
2v
′
R+r =ma
v
′ =at3
x3= 1
2 at3
2
Q3= I
2r t3
又
x1+ x2+ x3=7
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解得
v＇=1m/s
t1=3s
t3=1s
故
Q总=Q1+Q2+Q3=0.4 J
