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2022 年全国乙卷物理试题
二、选择题：
14．(2022·全国乙卷·14)2022 年3 月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约
400 km 的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课．通过直
播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表
明他们( )
A．所受地球引力的大小近似为零
B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
15.(2022·全国乙卷·15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个
系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F 的水平恒力作用在轻绳
的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距L 时，它们加速度的大小均为(
)
A. B. C. D.
16.(2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶
端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P 点的距离
D．它与P 点的连线扫过的面积
17．(2022·全国乙卷·17)一点光源以113 W 的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为
6×10－7 m 的光，在离点光源距离为R 处每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个．普
朗克常量为h＝6.63×10－34 J·s.R 约为( )
A．1×102 m
B．3×102 m
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C．6×102 m
D．9×102 m
18.(多选)(2022·全国乙卷·18)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感
应强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy 面．某同学在某地
对地磁场进行了四次测量，每次测量时y 轴指向不同方向而z 轴正向保持竖直向上．根据
表中测量结果可推知( )
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
－45
2
0
－20
－46
3
21
0
－45
4
－21
0
－45
A.测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50 μT
C．第2 次测量时y 轴正向指向南方
D．第3 次测量时y 轴正向指向东方
19.(多选)(2022·全国乙卷·19)如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4 个
顶点上．L、N 是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O 为内切圆的圆心，M 为切点．
则( )
A．L 和N 两点处的电场方向相互垂直
B．M 点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M 点移动到O 点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L 点移动到N 点，电场力做功为零
20.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg 的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面
上做直线运动，F 与时间t 的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力
加速度大小取g＝10 m/s2.则( )
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A．4 s 时物块的动能为零
B．6 s 时物块回到初始位置
C．3 s 时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s 时间内F 对物块所做的功为40 J
21．(多选)(2022·全国乙卷·21)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆
柱形带电导体极板(半径分别为R 和R＋d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O 为圆
心．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O 点的距离成反比，方向指向O 点.4 个
带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器．不计重力．粒子1、2 做圆周运动，圆的圆
心为O、半径分别为r1、r2(R<r1<r2<R＋d)；粒子3 从距O 点r2的位置入射并从距O 点r1的
位置出射；粒子4 从距O 点r1的位置入射并从距O 点r2的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所
示．则( )
A．粒子3 入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4 入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1 入射时的动能小于粒子2 入射时的动能
D．粒子1 入射时的动能大于粒子3 入射时的动能
三、非选择题：
(一)必考题：
22．(2022·全国乙卷·22)用雷达探测一高速飞行器的位置．从某时刻(t＝0)开始的一段时间
内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1 s 测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：
t/s
0
1
2
3
4
5
6
x/m
0
507
1 094
1 759
2 505
3 329
4 233
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回答下列问题：
(1)根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：
__________________________________________；
(2)当x＝507 m 时，该飞行器速度的大小v＝________ m/s；
(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a＝________ m/s2(保留2 位有效数字)．
23.(2022·全国乙卷·23)一同学探究阻值约为550 Ω 的待测电阻Rx在0～5 mA 范围内的伏安特
性．可用器材有：电压表
(量程为3 V，内阻很大)，电流表
(量程为1 mA，内阻为300
Ω)，电源E(电动势约为4 V，内阻不计)，滑动变阻器R(最大阻值可选10 Ω 或1.5 kΩ)，定
值电阻R0(阻值可选75 Ω 或150 Ω)，开关S，导线若干．
(1)要求通过Rx的电流可在0～5 mA 范围内连续可调，将图(a)所示的器材符号连线，画出实
验电路的原理图；
(2)实验时，图(a)中的R 应选最大阻值为__________(填“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑动变阻器
R0应选阻值为________(填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值电阻；
(3)测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线．若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如
图(b)和图(c)所示，则此时Rx 两端的电压为__________ V，流过Rx 的电流为__________
mA，此组数据得到的Rx的阻值为__________ Ω(保留3 位有效数字)．
24.(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m 的
正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在
平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0 到t
＝3.0 s 时间内，磁感应强度大小随时间t 的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0 s 时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0 到t＝2.0 s 时间内金属框产生的焦耳热．
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25．(2022·全国乙卷·25)如图(a)，一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平
面上；物块B 向A 运动，t＝0 时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，
A、B 的v－t 图像如图(b)所示．已知从t＝0 到t＝t0 时间内，物块A 运动的距离为
0.36v0t0.A、B 分离后，A 滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B 再次碰撞，
之后A 再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光
滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A 与斜面间的动摩擦因数．
(二)选考题
33.(2022·全国乙卷·33)(1)一定量的理想气体从状态a 经状态b 变化到状态c，其过程如T－
V 图上的两条线段所示，则气体在( )
A．状态a 处的压强大于状态c 处的压强
B．由a 变化到b 的过程中，气体对外做功
C．由b 变化到c 的过程中，气体的压强不变
D．由a 变化到b 的过程中，气体从外界吸热
E．由a 变化到b 的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能
(2)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间
封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能
通过连接处．活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l.初始时
系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两
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活塞间气体的温度为T0.已知活塞外大气压强为p0，重力加速度为g，忽略活塞与缸壁间的
摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积．
①求弹簧的劲度系数；
②缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温
度．
34．(2022·全国乙卷·34)(1)介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S1和S2，二者做
简谐运动的振幅相等，周期均为0.8 s．当S1过平衡位置向上运动时，S2也过平衡位置向上
运动．若波速为5 m/s，则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为_________ m．P 为波源平
衡位置所在水平面上的一点，与S1、S2平衡位置的距离均为10 m，则两波在P 点引起的振
动总是相互____________(填“加强”或“削弱”)的；当S1恰好在平衡位置向上运动时，
平衡位置在P 处的质点____________(填“向上”或“向下”)运动．
(2)一细束单色光在三棱镜ABC 的侧面AC 上以大角度由D 点入射(入射面在棱镜的横截面
内)，入射角为i，经折射后射至AB 边的E 点，如图所示，逐渐减小i，E 点向B 点移动，
当sin i＝时，恰好没有光线从AB 边射出棱镜，且DE＝DA.求棱镜的折射率．
答案精析
14．答案 C
解析 航天员在空间站中所受的地球引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力
等于零，故C 正确，A、B 错误；
根据F＝G 可知，他们在地球表面上所受引力的大小大于在飞船中所受的万有引力大小，
因此在地球表面所受引力大小大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D 错误．
15.答案 A
解析 当两球运动至二者相距L 时，如图所示，
由几何关系可知sin θ＝＝
设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcos θ＝F
解得FT＝F
对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma
解得a＝
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故A 正确，B、C、D 错误．
16.答案 C
解析 如图所示，
设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P 点的距离为L，根据机械能守恒定律
得mgh＝mv2
由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝
联立可得h＝，则v＝L
故C 正确，A、B、D 错误．
17．答案 B
解析 一个光子的能量为E＝hν，
ν 为光的频率，光的波长与频率的关系为c＝λν，
光源每秒发出的光子的个数为n＝＝，
P 为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，
此时距光源的距离为R 处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个，那么此处的球面
的表面积为S＝4πR2，则＝3×1014，
联立以上各式解得R≈3×102 m，故选B.
18．答案 BC
解析 如图所示，
地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近．由表中z 轴数据可看出z 轴的
磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A 错误；磁感应强度为矢量，故由表格可看出
此处的磁感应强度大致为B＝＝，计算得B≈50 μT，B 正确；由选项A 可知测量地在北半
球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2 次测量，测量By<0，故y 轴指向南方，第3
次测量Bx>0，故x 轴指向北方而y 轴则指向西方，C 正确，D 错误．
19．答案 AB
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解析 两个正点电荷在N 点产生的电场强度方向由N 指向O，N 点处于两负点电荷连线的
中垂线上，则两负点电荷在N 点产生的电场强度方向由N 指向O，则N 点的合电场强度方
向由N 指向O，同理可知，两个负点电荷在L 处产生的电场强度方向由O 指向L，L 点处
于两正点电荷连线的中垂线上，两正点电荷在L 处产生的电场强度方向由O 指向L，则L
处的合电场强度方向由O 指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L 和N 两点处的电场
方向相互垂直，故A 正确；正方形底边的一对等量异号点电荷在M 点产生的电场强度方向
向左，而正方形上方的一对等量异号点电荷在M 点产生的电场强度方向向右，由于M 点离
上方一对等量异号点电荷距离较远，则M 点的电场方向向左，故B 正确；
由题图可知，M 和O 点位于两等量异号点电荷的等势线上，即M 和O 点电势相等，所以将
一带正电的点电荷从M 点移动到O 点，电场力做功为零，故C 错误；由题图结合等量异号
点电荷模型可知，L 点的电势低于N 点电势，则将一带正电的点电荷从L 点移动到N 点，
电场力做功不为零，故D 错误．
20．答案 AD
解析 物块与地面间的摩擦力为
Ff＝μmg＝2 N
对物块在0～3 s 时间内由动量定理可知
(F－Ff)t1＝mv3，
代入数据可得v3＝6 m/s，
3 s 时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C 错误；
设3 s 后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3
解得t2＝1 s
所以物块在4 s 时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A 正确；
在0～3 s 时间内，对物块由动能定理可得
(F－Ff)x1＝mv3
2，解得x1＝9 m
3～4 s 时间内，对物块由动能定理可得
－(F＋Ff)x2＝0－mv3
2，解得x2＝3 m
4～6 s 时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2
发生的位移大小为x3＝at3
2＝4 m<x1＋x2
即6 s 时物块没有回到初始位置，故B 错误；
物块在6 s 时的速度大小为v6＝at3＝4 m/s
0～6 s 时间拉力对物块所做的功为
W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D 正确．
21．答案 BD
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解析 在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O 点的距离成反比，可设为Er＝k，
带正电的同种粒子1、2 在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝m，qE2＝m，可得
mv1
2＝＝，即粒子1 入射时的动能等于粒子2 入射时的动能，故C 错误；粒子3 从距O 点r2
的位置入射并从距O 点r1的位置出射，做近心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3
入射时的动能比它出射时的小，故A 错误；粒子4 从距O 点r1的位置入射并从距O 点r2的
位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4 入射时的动能比它出射时的
大，故B 正确；粒子3 做近心运动，有qE2>m，可得mv3
2<＝mv1
2，粒子1 入射时的动能大
于粒子3 入射时的动能，故D 正确．
22．答案 (1)相邻1 s 内的位移之差接近Δx＝80 m (2)547 (3)79
解析 (1)第1 s 内的位移507 m，第2 s 内的位移587 m，第3 s 内的位移665 m，第4 s 内的
位移746 m，第5 s 内的位移824 m，第6 s 内的位移904 m，则相邻1 s 内的位移之差接近Δx
＝80 m，可知飞行器在这段时间内做匀加速运动；
(2)当x＝507 m 时飞行器的速度等于0～2 s 内的平均速度，则v1＝ m/s＝547 m/s；
(3)根据a＝＝ m/s2≈79 m/s2.
23．答案 (1)见解析图 (2)10 Ω 75 Ω
(3)2.30 4.20 548
解析 (1)电流表内阻已知，电流表与R0并联扩大电流表量程，进而准确测量通过Rx的电流，
电压表单独测量Rx的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0 开始测量，满足题中通
过Rx的电流从0～5 mA 连续可调，电路图如图．
(2)电路中R 应选最大阻值为10 Ω 的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差
小；
通过Rx的电流最大为5 mA，需要将电流表量程扩大为原来的5 倍，根据并联分流的规律示
意图如图．
根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知＝，解得R0＝75 Ω.
(3)电压表每小格表示0.1 V，向后估读一位，即
U＝2.30 V；
电流表每小格表示0.02 mA，本位估读，即0.84 mA，电流表量程扩大5 倍，所以通过Rx的
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电流为I＝4.20 mA；
根据欧姆定律可知Rx＝＝ Ω≈548 Ω.
24．答案 (1)0.04 N (2)0.016 J
解析 (1)金属框的总电阻为
R＝4lλ＝4×0.4×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为
E＝＝＝0.1××0.42 V＝0.008 V
金属框中的电流为I＝＝1 A
t＝2.0 s 时磁感应强度大小为
B2＝(0.3－0.1×2) T＝0.1 T
金属框处于磁场中的有效长度为L＝l
此时金属框所受安培力大小为
FA＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝0.04 N
(2)0～2.0 s 时间内金属框产生的焦耳热为
Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
25．答案 (1)0.6mv0
2 (2)0.768v0t0 (3)0.45
解析 (1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B 速度相等，即在t＝t0时刻，
根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0
根据能量守恒定律有
Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v0
2
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6 mv0
2
(2)B 接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B 动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA
对方程两边同时乘以时间Δt，有
6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt
0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA，将sA＝0.36v0t0
代入可得sB＝1.128v0t0
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0
(3)物块A 第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A 第二次与B 分离后速度大小
仍为2v0，方向水平向右，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为vA′，取向左为正方向，
根据动量守恒定律可得
mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′
根据能量守恒定律可得
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mvA′2＋·5 m·(0.8v0)2＝ m·(－2v0)2＋·5mvB′2
联立解得vA′＝v0
方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
－mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－m(2v0)2
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv0
2－0
联立解得μ＝0.45
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A 上滑和下滑时的加速度大小，
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 上
mgsin θ－μmgcos θ＝ma 下
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的
位移速度关系可得2a 上L＝(2v0)2－0,2a 下L＝vA′2
联立可解得μ＝0.45.
33．答案 (1)ABD (2)① ②p0＋ T0
解析 (1)根据理想气体状态方程可知T＝·V
即T－V 图像的斜率为，故有pa＝pb>pc，
故A 正确，C 错误；
理想气体由a 变化到b 的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B 正确；
理想气体由a 变化到b 的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有ΔU＝Q＋
W
而ΔU>0，W<0，则有ΔU＝Q－|W|
可得Q>0，Q>ΔU
即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D 正确，E 错误．
(2)①设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
2mg＋p0·2S＋mg＋p1S＝p0S＋p1·2S
解得p1＝p0＋
对活塞Ⅰ由平衡条件有
2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k＝
②缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由
平衡条件可知，气体的压强不变依然为
p2＝p1＝p0＋
即封闭气体发生等压变化，初末状态的体积分别为
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V1＝·2S＋·S＝，V2＝l2·2S
由于气体的压强不变，
则弹簧的弹力也不变，故有l2＝1.1l，
由＝，
解得T2＝T0.
34．答案 (1)4 加强 向下 (2)1.5
解析 (1)因周期T＝0.8 s，波速为v＝5 m/s，则波长为λ＝vT＝4 m；
因两波源到P 点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则P 点的振动是加强的；
因S1P＝10 m＝2.5λ，则当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P 处的质点向下振动．
(2)因为当sin i＝时，恰好没有光线从AB 边射出，可知光线在E 点发生全反射，设临界角
为C，则sin C＝
由几何关系可知，光线在D 点的折射角为
r＝90°－2C，且有＝n
联立可得n＝1.5.
