2022年高考全國乙卷理綜物理試題及答案

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1、2022年高考全國乙卷理綜物理試題 二、選擇題： 1. 2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學(xué)們上了一堂精彩的科學(xué)課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道上飛行的“天宮二號”中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們（　?。? A. 所受地球引力的大小近似為零 B. 所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零 C. 所受地球引力的大小與其隨飛船運(yùn)動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隨飛船運(yùn)動所需向心力的大小 【答案】C 【解析】 【詳解】ABC．航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周

2、運(yùn)動的向心力，飛船對其作用力等于零，故C正確，AB錯誤； D．根據(jù)萬有引力公式 可知在地球表面上所受引力的大小大于在飛船所受的萬有引力大小，因此地球表面引力大于其隨飛船運(yùn)動所需向心力的大小，故D錯誤。 故選C。 2. 如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動至二者相距時，它們加速度的大小均為（　?。? A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【詳解】當(dāng)兩球運(yùn)動至二者相距時，,如圖所示 由幾何關(guān)系可知 設(shè)繩

3、子拉力為，水平方向有 解得 對任意小球由牛頓第二定律可得 解得 故A正確，BCD錯誤。 故選A。 3. 固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點(diǎn)由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（　　） A. 它滑過的弧長 B. 它下降的高度 C. 它到P點(diǎn)的距離 D. 它與P點(diǎn)的連線掃過的面積 【答案】C 【解析】 【詳解】如圖所示 設(shè)圓環(huán)下降的高度為，圓環(huán)的半徑為，它到P點(diǎn)的距離為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 由幾何關(guān)系可得 聯(lián)立可得 可得 故C正確，ABD錯誤。 故選C。 4. 一點(diǎn)光源

4、以113W的功率向周圍所有方向均勻地輻射波長約為6 × 10 - 7m的光，在離點(diǎn)光源距離為R處每秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為3 × 1014個。普朗克常量為h = 6.63 × 10 - 34J×s。R約為（ ） A. 1 × 102m B. 3 × 102m C. 6 × 102m D. 9 × 102m 【答案】B 【解析】 【詳解】一個光子的能量為 E = hν ν為光的頻率，光的波長與頻率有以下關(guān)系 c = λν 光源每秒發(fā)出的光子的個數(shù)為 P為光源的功率，光子以球面波的形式傳播，那么以光源為原點(diǎn)的球面上的光子數(shù)相同，此時距光源的距離為R處，每秒垂直通過每平

5、方米的光子數(shù)為3 × 1014個，那么此處的球面的表面積為 S = 4πR2 則 聯(lián)立以上各式解得 R ≈ 3 × 102m 故選B。 5. 安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機(jī)中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（ ） 測量序號 Bx/μT By/μT Bz/μT 1 0 21 - 45 2 0 - 20 - 46 3 21 0 - 45 4 - 21 0 - 4

6、5 A. 測量地點(diǎn)位于南半球 B. 當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μT C 第2次測量時y軸正向指向南方 D. 第3次測量時y軸正向指向東方 【答案】BC 【解析】 【詳解】A．如圖所示 地球可視為一個磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近，磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉(zhuǎn)軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點(diǎn)應(yīng)位于北半球，A錯誤； B．磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大致為 計算得 B ≈ 50μT B正確； CD．由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下

7、，則第2次測量，測量，故y軸指向南方，第3次測量，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯誤。 故選BC。 6. 如圖，兩對等量異號點(diǎn)電荷、固定于正方形的4個項點(diǎn)上。L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點(diǎn)，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點(diǎn)。則（　?。? A. L和N兩點(diǎn)處的電場方向相互垂直 B. M點(diǎn)的電場方向平行于該點(diǎn)處的切線，方向向左 C. 將一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動到O點(diǎn)，電場力做正功 D. 將一帶正電的點(diǎn)電荷從L點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電場力做功為零 【答案】AB 【解析】 【詳解】A．兩個正電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由N指向O，N點(diǎn)處于兩負(fù)電荷連線的中垂線上，則兩負(fù)電荷在

8、N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由N指向O，則N點(diǎn)的合場強(qiáng)方向由N指向O，同理可知，兩個負(fù)電荷在L處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由O指向L，L點(diǎn)處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向由O指向L，則L處的合場方向由O指向L，由于正方向兩對角線垂直平分，則L和N兩點(diǎn)處的電場方向相互垂直，故A正確； B．正方向底邊的一對等量異號電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向右，由于M點(diǎn)離上方一對等量異號電荷距離較遠(yuǎn)，則M點(diǎn)的場方向向左，故B正確； C．由圖可知，M和O點(diǎn)位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點(diǎn)電勢相等，所以將一帶正電的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移動到O點(diǎn)，電場力做功為

9、零，故C錯誤； D．由圖可知，L點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)電勢，則將一帶正電的點(diǎn)電荷從L點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電場力做功不為零，故D錯誤。 故選AB。 7. 質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（　?。? A. 時物塊的動能為零 B. 時物塊回到初始位置 C. 時物塊的動量為 D. 時間內(nèi)F對物塊所做的功為 【答案】AD 【解析】 【詳解】物塊與地面間摩擦力為 AC．對物塊從內(nèi)由動量定理可知 即 得 3s時物塊的動量為 設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速

10、度減為0，由動量定理可得 即 解得 所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤； B．物塊發(fā)生的位移為x1，由動能定理可得 即 得 過程中，對物塊由動能定理可得 即 得 物塊開始反向運(yùn)動，物塊的加速度大小為 發(fā)生的位移為 即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤； D．物塊在6s時的速度大小為 拉力所做的功為 故D正確。 故選AD。 8. 一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別為R和）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點(diǎn)O為圓心。在截面內(nèi)，極

11、板間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，方向指向O點(diǎn)。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動，圓的圓心為O、半徑分別為、；粒子3從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射；粒子4從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（　?。? A. 粒子3入射時的動能比它出射時的大 B. 粒子4入射時的動能比它出射時的大 C. 粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能 D. 粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能 【答案】BD 【解析】 【詳解】C．在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)為

12、 帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動，則有 ， 可得 即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤； A．粒子3從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，做向心運(yùn)動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤； B．粒子4從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，做離心運(yùn)動，電場力做負(fù)功，則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確； D．粒子3做向心運(yùn)動，有 可得 粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確； 故選BD。 三、非選擇題： （一）必考題： 9. 用雷達(dá)探測一高速飛行器的位置。從

13、某時刻（）開始的一段時間內(nèi)，該飛行器可視為沿直線運(yùn)動，每隔測量一次其位置，坐標(biāo)為x，結(jié)果如下表所示： 0 1 2 3 4 5 6 0 507 1094 1759 2505 3329 4233 回答下列問題： （1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可判斷該飛行器在這段時間內(nèi)近似做勻加速運(yùn)動，判斷的理由是：______； （2）當(dāng)時，該飛行器速度的大小______； （3）這段時間內(nèi)該飛行器加速度的大小______（保留2位有效數(shù)字）。 【答案】 ①. 相鄰1s內(nèi)的位移之差接近?x=80m ②. 547 ③. 79 【解析】 【詳解】（1）[1]第1

14、s內(nèi)的位移507m，第2s內(nèi)的位移587m，第3s內(nèi)的位移665m，第4s內(nèi)的位移746m，第5s內(nèi)的位移824m，第6s內(nèi)的位移904m，則相鄰1s內(nèi)的位移之差接近?x=80m，可知判斷飛行器在這段時間內(nèi)做勻加速運(yùn)動； （2）[2]當(dāng)x=507m時飛行器的速度等于0-2s內(nèi)的平均速度，則 （3）[3]根據(jù) 10. 一同學(xué)探究阻值約為的待測電阻在范圍內(nèi)的伏安特性?？捎闷鞑挠校弘妷罕鞻（量程為，內(nèi)阻很大），電流表A（量程為，內(nèi)阻為），電源E（電動勢約為，內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值可選或），定值電阻（阻值可選或），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。 （1）要求通過的電流可在范圍內(nèi)連續(xù)可

15、調(diào)，在答題卡上將圖（a）所示的器材符號連線，畫出實(shí)驗電路的原理圖________； （2）實(shí)驗時，圖（a）中的R應(yīng)選最大阻值為______（填“”或“”）的滑動變阻器，應(yīng)選阻值為______（填“”或“”）的定值電阻； （3）測量多組數(shù)據(jù)可得的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流麥的示數(shù)分別如圖（b）和圖（c）所示，則此時兩端的電壓為______V，流過的電流為_____，此組數(shù)據(jù)得到的的阻值為______（保留3位有效數(shù)字）。 【答案】 ①. ②. ③. ④. ⑤. ⑥. 【解析】 【詳解】（1）[1]電流表內(nèi)阻已知，電流表

16、與并聯(lián)擴(kuò)大電流表量程，進(jìn)而準(zhǔn)確測量通過的電流，電壓表單獨(dú)測量的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從開始測量，滿足題中通過的電流從連續(xù)可調(diào)，電路圖如下 （2）[2]電路中應(yīng)選最大阻值為的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高、實(shí)驗誤差?。? [3]通過電流最大為，需要將電流表量程擴(kuò)大為原來的倍，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖如下 根據(jù)并聯(lián)分流，即并聯(lián)電路中電流之比等于電阻的反比，可知 解得 （3）[4]電壓表每小格表示，向后估讀一位，即； [5]電流表每小格表示，本位估讀，即，電流表量程擴(kuò)大倍，所以通過的電流為； [6]根據(jù)歐姆定律可知 11. 如圖，一不可伸長的細(xì)

17、繩的上端固定，下端系在邊長為的正方形金屬框的一個頂點(diǎn)上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為；在到時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間t的變化關(guān)系為。求: （1）時金屬框所受安培力的大??； （2）在到時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。 【答案】（1）；（2）0.016J 【解析】 【詳解】（1）金屬框的總電阻為 金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 金屬框中的電流為 t=2.0s時磁感應(yīng)強(qiáng)度 金屬框處于磁場中的有效長度為 此時金屬框所受安培力大小為 （2）內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為 12. 如圖（

18、a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運(yùn)動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運(yùn)動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求 （1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值； （2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值； （3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【詳解】（1）當(dāng)彈簧被壓縮最短時，彈簧

19、彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據(jù)動量守恒定律 根據(jù)能量守恒定律 聯(lián)立解得 （2）同一時刻彈簧對、的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律 可知同一時刻 則同一時刻、的的瞬時速度分別為 根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得 又 解得 第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值 （3）物塊A第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得 根據(jù)能量守恒定律可得 聯(lián)立解得 設(shè)在斜面上滑行的長度為，上滑過程，

20、根據(jù)動能定理可得 下滑過程，根據(jù)動能定理可得 聯(lián)立解得 （二）選考題 13. 一定量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化狀態(tài)c，其過程如圖上的兩條線段所示，則氣體在（　?。? A. 狀態(tài)a處壓強(qiáng)大于狀態(tài)c處的壓強(qiáng) B. 由a變化到b的過程中，氣體對外做功 C. 由b變化到c的過程中，氣體的壓強(qiáng)不變 D. 由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱 E. 由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內(nèi)能 【答案】ABD 【解析】 【詳解】AC．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知 即圖像的斜率為，故有 故A正確，C錯誤； B．理想氣體由a變化到b的過程中，因

21、體積增大，則氣體對外做功，故B正確； DE．理想氣體由a變化到b的過程中，溫度升高，則內(nèi)能增大，由熱力學(xué)第一定律有 而，，則有 可得 ， 即氣體從外界吸熱，且從外界吸收的熱量大于其增加的內(nèi)能，故D正確，E錯誤； 故選ABD。 14. 如圖，一豎直放置的汽缸由兩個粗細(xì)不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞Ⅱ不能通過連接處?；钊?、Ⅱ的質(zhì)量分別為、m，面積分別為、S，彈簧原長為l。初始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為。已知活塞外大氣壓強(qiáng)為

22、，忽略活塞與缸壁間的摩擦，汽缸無漏氣，不計彈簧的體積。 （1）求彈簧的勁度系數(shù)； （2）緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當(dāng)活塞Ⅱ剛運(yùn)動到汽缸連接處時，活塞間氣體的壓強(qiáng)和溫度。 【答案】（1）；（2）， 【解析】 【詳解】（1）設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為，對兩活塞和彈簧的整體受力分析，由平衡條件有 解得 對活塞Ⅰ由平衡條件有 解得彈簧的勁度系數(shù)為 （2）緩慢加熱兩活塞間的氣體使得活塞Ⅱ剛運(yùn)動到汽缸連接處時，對兩活塞和彈簧的整體由平衡條件可知，氣體的壓強(qiáng)不變依然為 即封閉氣體發(fā)生等壓過程，初末狀態(tài)的體積分別為 ， 由氣體的壓強(qiáng)不變，則彈簧的彈力也不變，故有

23、有等壓方程可知 解得 15. 介質(zhì)中平衡位置在同一水平面上的兩個點(diǎn)波源和，二者做簡諧運(yùn)動的振幅相等，周期均為，當(dāng)過平衡位置向上運(yùn)動時，也過平衡位置向上運(yùn)動．若波速為，則由和發(fā)出的簡諧橫波的波長均為______m。P為波源平衡位置所在水平面上的一點(diǎn)，與、平衡位置的距離均為，則兩波在P點(diǎn)引起的振動總是相互______（填“加強(qiáng)”或“削弱”）的；當(dāng)恰好在平衡位置向上運(yùn)動時，平衡位置在P處的質(zhì)點(diǎn)______（填“向上”或“向下”）運(yùn)動。 【答案】 ①. 4 ②. 加強(qiáng) ③. 向下 【解析】 【詳解】[1]因周期T=0.8s，波速為v=5m/s，則波長為 [2]

24、因兩波源到P點(diǎn)的距離之差為零，且兩振源振動方向相同，則P點(diǎn)的振動是加強(qiáng)的； [3]因S1P=10m=2.5λ，則當(dāng)S1恰好的平衡位置向上運(yùn)動時，平衡位置在P點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)向下振動。 16. 一細(xì)束單色光在三棱鏡的側(cè)面上以大角度由D點(diǎn)入射（入射面在棱鏡的橫截面內(nèi)），入射角為i，經(jīng)折射后射至邊的E點(diǎn)，如圖所示，逐漸減小i，E點(diǎn)向B點(diǎn)移動，當(dāng)時，恰好沒有光線從邊射出棱鏡，且。求棱鏡的折射率。 【答案】1.5 【解析】 【詳解】 因為當(dāng)時，恰好沒有光線從AB邊射出，可知光線在E點(diǎn)發(fā)生全反射，設(shè)臨界角為C，則 由幾何關(guān)系可知，光線在D點(diǎn)的折射角為 則 聯(lián)立可得 n=1.5