2022年全国高考乙卷理科综合物理试题

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2022年全国乙理综-物理二、选择题：1.2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km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【答案】C【解析】【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有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，AB错误；D．根据万有引力公式MmFG=万2r可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。故选C。2.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3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（）55F2F3F3FA.B.C.D.8m5m8m10m【答案】A【解析】3【详解】当两球运动至二者相距L时，,如图所示5

1由几何关系可知3L103sinθ==L52设绳子拉力为T，水平方向有2cosTFθ=解得5TF=8对任意小球由牛顿第二定律可得T=ma解得5Fa=8m故A正确，BCD错误。故选A。3.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【答案】C【解析】【详解】如图所示

2设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得12mgh=mv2由几何关系可得hL=sinθLsinθ=2R联立可得2Lh=2R可得gvL=R故C正确，ABD错误。故选C。4.一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×10-7m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=6.63×10-34J⋅s。R约为（）A.1×102mB.3×102mC.6×102mD.9×102m【答案】B【解析】【详解】一个光子的能量为

3E=hνν为光的频率，光的波长与频率有以下关系c=λν光源每秒发出的光子的个数为PPλn==hνhcP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n14=×310S联立以上各式解得R≈3×102m故选B。5.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/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC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

4【答案】BC【解析】【详解】A．如图所示地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。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；B．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2222BBBBB=+=+xzyz计算得B≈50μTB正确；CD．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。故选BC。6.如图，两对等量异号点电荷+q、−>qq(0)固定于正方形的4个项点上。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

5B.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【答案】AB【解析】【详解】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；B．正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，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；D．由图可知，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。故选AB。7.质量为1kg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t2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=10m/s。则（）A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kgm/s⋅D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J【答案】AD【解析】

6【详解】物块与地面间的摩擦力为f=µmg=2NAC．对物块从03内由动量定理可知()F−=ftmv13即(42)31−×=×v3得v=6m/s33s时物块的动量为p=mv=6kgm/s⋅3设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得−+=−(Fft)0mv3即−+(42)t=−×016解得t=1s所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；B．03物块发生的位移为x1，由动能定理可得12()F−=fxmv132即12(42)−x=××1612得x=9m13s∼4s过程中，对物块由动能定理可得12−+()0Ffx=−mv232即12−+(42)x=−××01622得x=3m2

74s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为Ff−2a==2m/sm发生的位移为12x=××22m=4m<+xx3122即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；D．物块在6s时的速度大小为v=×22m/s=4m/s606s拉力所做的功为W=×−×+×=(494344)J40J故D正确。故选AD。8.一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Rd+）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、rRrrRd2(<<<+12)；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

8【答案】BD【解析】【详解】C．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22vv12qE=m，qE=m12rr12可得12qEr11qEr22mv==1222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；A．粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，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；B．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；D．粒子3做向心运动，有2v3qE>m2r2可得1122qEr22mv<=mv31222粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；故选BD。三、非选择题：（一）必考题：9.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1s测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：t/s0123456x/m050710941759250533294233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=507m时，该飞行器速度的大小v=______m/s；2（3）这段时间内该飞行器加速度的大小a=______m/s（保留2位有效数字）。

9【答案】①.相邻1s内的位移之差接近∆x=80m②.547③.79【解析】【详解】（1）[1]第1s内的位移507m，第2s内的位移587m，第3s内的位移665m，第4s内的位移746m，第5s内的位移824m，第6s内的位移904m，则相邻1s内的位移之差接近∆x=80m，可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动；（2）[2]当x=507m时飞行器的速度等于0-2s内的平均速度，则1094v=m/s=547m/s12（3）[3]根据xx36−03423321759−×22a==m/s≈79m/s229T91×10.一同学探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0~5mA范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为3V，内阻很大），电流表A（量程为1mA，内阻为300Ω），电源E（电动势约为4V，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选10Ω或1.5kΩ），定值电阻R0（阻值可选75Ω或150Ω），开关S，导线若干。（1）要求通过Rx的电流可在0~5mA范围内连续可调，在答题卡上将图（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“10Ω”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，R0应选阻值为______（填“75Ω”或“150Ω”）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、电流麦的示数分别如图（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）。

10【答案】①.②.10Ω③.75Ω④.2.30⑤.4.20⑥.548【解析】【详解】（1）[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0~5mA连续可调，电路图如下（2）[2]电路中R应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；[3]通过R的电流最大为5mA，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x示意图如下

11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4mA300Ω=1mAR0解得R=75Ω0（3）[4]电压表每小格表示0.1V，向后估读一位，即U=2.30V；[5]电流表每小格表示0.02mA，本位估读，即0.84mA，电流表量程扩大5倍，所以通过Rx的电流为I=4.20mA；[6]根据欧姆定律可知U2.30R==Ω≈548Ωx−3I4.2010×11.如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l=0.40m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−3λ=5.010×Ω/m；在t=0到t=3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为Bt()=0.30.1(SI)−t。求:（1）t=2.0s时金属框所受安培力的大小；（2）在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热。【答案】（1）0.042N；（2）0.016J【解析】【详解】（1）金属框的总电阻为−3Rl=4λ=×40.4510××Ω=0.008Ω金属框中产生的感应电动势为2l∆×B∆Φ212E===××0.10.4V=0.008V∆∆tt2金属框中的电流为EI==1ARt=2.0s时磁感应强度为

12B=−×(0.30.12)T=0.1T2金属框处于磁场中的有效长度为Ll=2此时金属框所受安培力大小为F=BIL=×××0.1120.4N=0.042NA2（2）0:2.0s内金属框产生的焦耳热为22Q=IRt=×10.0082J×=0.016J12.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tt=20时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt−图像如图（b）所示。已知从t=0到tt=0时间内，物块A运动的距离为0.36vt00。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θθ(sin=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。2【答案】（1）0.6mv0；（2）0.768vt00；（3）0.45【解析】【详解】（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tt=0时刻，根据动量守恒定律m⋅=+1.2v(mmv)BB00根据能量守恒定律1122E=m(1.2)v−+(mmv)pmaxBB0022联立解得mm=5B

132E=0.6mvpmax0（2）同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F=ma可知同一时刻aa=5AB则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为v=atAAatAvv=1.2−B05根据位移等速度在时间上的累积可得s=vt(累积）AAs=vt(累积）BB又s=0.36vtA00解得s=1.128vtB00第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值∆=−=sss0.768vtBA00（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，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得''mv−5m⋅0.8v=⋅−m(2)5v+mvAB00根据能量守恒定律可得11'22121'2mv+⋅⋅5m(0.8)v=⋅−m(2)v+⋅5mvAB002222联立解得'vv=A0设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得12−−mgLsinθµmgLcosθ=0−mv(2)02下滑过程，根据动能定理可得

1412mgLsinθµ−=mgLcosθmv−002联立解得µ=0.45（二）选考题13.一定量的理想气体从状态a经状态b变化状态c，其过程如TV−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【答案】ABD【解析】【详解】AC．根据理想气体状态方程可知pTV=⋅nRp即TV−图像的斜率为，故有nRppp=>abc故A正确，C错误；B．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；DE．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∆=+UQW而∆>U0，W<0，则有∆=−UQW可得

15Q>0，QU>∆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；故选ABD。14.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，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，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。40mg3mg4【答案】（1）k=；（2）pp=+，TT=2020lS3【解析】【详解】（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mg+⋅++=+⋅p22SmgpSpSp2S0101解得3mgpp=+10S对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg+⋅+⋅p2Sk0.1l=⋅p2S01解得弹簧的劲度系数为40mgk=l（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

163mgppp==+210S即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为1.1l1.1l3.3lSVSS1=×+×=2，VlS22=⋅2222由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有ll=1.12有等压方程可知VV12=TT02解得4TT=20315.介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S和S，二者做简谐运动的振幅相等，12周期均为0.8s，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5m/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10m，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。【答案】①.4②.加强③.向下【解析】【详解】[1]因周期T=0.8s，波速为v=5m/s，则波长为λ=vT=4m[2]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；[3]因S1P=10m=2.5λ，则当S1恰好的平衡位置向上运动时，平衡位置在P点的质点向下振动。16.一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，1当sini=时，恰好没有光线从AB边射出棱镜，且DE=DA。求棱镜的折射率。6

17【答案】1.5【解析】【详解】1因为当sini=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6C，则1sinC=n由几何关系可知，光线在D点的折射角为rC=90−2则sini=nsinr联立可得n=1