2022年全国统一高考乙卷物理真题试题二、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】A B C.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a Mm下 下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2.如 图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为小的小球，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心大小为尸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 时，它们加速度的大小均为（）A.5F8加2FB.5m3FC.-8mD.3F10m【答案】A【解析】3L一10Z2e=s i由几何关系可知35设绳子拉力为T,水平方向有2Tcos6=F解得对任意小球由牛顿第二定律可得T=ma解得5Fa=8?故 A 正确，BCD错误。
故选A3.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.它到尸点的距离D.它与P 点的连线扫过的面积【答案】C【解析】【详解】如图所示mgh=tnv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由几何关系可得h-Lsm O.c Lsin t)=-2R联立可得17R可得故 C 正确，ABD错误故选Co4.一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6 x lO ln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 x 10U个普朗克常量为h=6.63 x 10-34J-So R 约 为（）A.1 x 102m B.3 x 102m C.6 x 102m D.9 x102m【答案】B【解析】【详解】一个光子的能量为E=hvv为光的频率，光的波长与频率有以下关系C =kv光源每秒发出的光子的个数为p PAn=-hv heP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 x 1014个，那么此处的球面的表面积为S=4成2则-=3 x l014S联立以上各式解得R=3 x 102m故选B。
5.安装适当的软件后，利用智能中的磁传感器可以测量磁感应强度8如图，在上建立直角坐标系，显示屏所在平面为xO），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By/pTB:/nT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为5 0 0C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【答案】BC【解析】【详解】A.如图所示地磁南飞&户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计算得B-50pTB 正确；C D.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，测量斗 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，为内切圆的圆心，M 为切点则（）、，、，-Q M+qA.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。
点，电场力做正功D.将一带正电的点电荷从工点移动到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0,则 N 点的合场强方向由N 指向0,同理可知，两个负电荷在乙处产生的场强方向由指向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指向J 则 L 处的合场方向由指向心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加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，则例点的场方向向左，故 B 正确；C.由图可知，M 和 0 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ABo7.质量为1kg的物块在水平力尸的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，尸与时间f 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/s2 o 则()MF/N40-42 t/S4A.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12kgD.0 6 s 时间内F 对物块所做的功为40J【答案】AD【解析】【详解】物块与地面间摩擦力为f =jLimg=2NA C.对物块从0 3 内由动量定理可知(F-/V)=w v3即(4-2)x 3=1 x v3得匕=6m/s3s时物块的动量为p-mv3=6kg-m/s设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F+/)Z=0-mv3即一(4+2)，=0 1x6解得/=ls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.0 3物块发生的位移为X I,由动能定理可得即(4-2)x,=；x 1 x 6?得%=9m3s 4s过程中，对物块由动能定理可得1 7-(F+f)x2=0-m v3即-(4+2)x)=0-xlx62一 2得x2=3m4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为F-f 三，2a=-=2m/s2m发生的位移为x,=g x 2 x 22 m=4m x,+x2即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；D.物块在6 s时的速度大小为v6=2x2m/s=4m/s0 6 s拉力所做的功为W=(4x9-4x3+4x4)J=40J故D正确。
故选A D o8.一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，点在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到点的距离成反比，方向指向0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0、半径分别为(、5(R A(弓 m可得21-22刍2-r*-1mA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4mA 3001mA解得&=75Q(3)4电压表每小格表示0.I V,向后估读一位，即2.30V;5电流表每小格表示().()2mA,本位估读，即0.84m A,电流表量程扩大5倍，所以通过段 的 电流为/=4.20mA;根据欧姆定律可知nU 2.30 小 一 R =-7548QA I 4.20 x10-311.如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为/=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4 =5.0 x l Q-3Q/m;在，=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BQ)=0.3-O.U(S I)。
求：(1)r =2.0 s时金属框所受安培力的大小；(2)在r =0至h=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热答案】0.0 4&N；0.0 1 6 J【解析】【详解】(1)金属框的总电阻为R=4 M =4 x 0.4 x 5 x 1 O c=Q.0 0 8 Q金属框中产生的感应电动势为I2A A B x .JE=-2,=0 1X1X0 42V=0008VZ X 2金属框中的电流为/=1 ARr=2.0 s时磁感应强度=(0.3-0.1 x 2)T=0.1 T金属框处于磁场中的有效长度为L=此时金属框所受安培力大小为FA=BJL=0.1XX 叵 x 0.4 N=0.0 4 V 2 N(2)0:2.0 s内金属框产生的焦耳热为Q =I2Rt=l2x 0.0 0 8 x 2 J=0.0 1 6 J1 2.如 图（a）,一质量为，”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，f =0时与弹簧接触，至 =2%时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的V /图像如 图（b）所示已知从t =0到f =时间内，物块A运动的距离为O.3 6%/oA、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s in 6 =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答案】（1）0.6,何；（2）0.7 6 8%3）0.4 5【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、8速度相等，即/=/（）时刻，根据动量守恒定律-1.2 v0=（%+机）%根据能量守恒定律1 2 1 2 m a x =5加B（1 2%）-（mB+m）v0联立解得mB=5m不 X =0.6 m v：（2）同一时刻弹簧对A、8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VA=叼VB =1-2VO-根据位移等速度在时间上的累积可得sA=.(累积)SB=累积)=0.3 6也解得SB=L1 2 8%第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值s=sB-sA=O.7 6 8 vofo(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2%,方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为七，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA 5m-O.8 vo=/7 2-(-2 v0)+5/vf i根据能量守恒定律可得；m vA+；5机(0.8%)2 =；%(2%)2 +；.5mvl联立解得%设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，根据动能定理可得1 ,-mgL s in 0-jumgL c o s 0=0/H(2V0)下 滑 过 程，根据动能定理可得1 2m g L s in 8 pimgL c o s =m v j -0联立解得 =0.4 5(-)选考题13.一定量的理想气体从状态a经 状态人变化状态c,其 过 程 如T-V图上的两条线段所示，则 气 体 在()A.状 态“处 压 强 大 于 状 态c处的压强B.由a变化到人的过程中，气体对外做功C.由6变 化 到c的过程中，气体的压强不变D.由a变化到的过程中，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】A C.根据理想气体状态方程可知T啧V即T V图像的斜率为-乙，故有nRPa=Pb Pc故A正 。