《（全国乙卷）2022年高考真题——理综物理（全国乙卷）含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国乙卷）2022年高考真题——理综物理（全国乙卷）含答案（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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】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
2、C 正确，AB错误；D.根据万有引力公式口 MmF=G-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根的小球，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3距二L 时，它们加速度的大小均为（）8 加5m 8m3F【答案】A【解析】3【详解】当 两 球 运 动 至 二 者 相 距 时，如图所示故 A正确，B C D 错误。由几何关系可知3Lsin 6=平=-L 52设绳子拉力为
3、T，水平方向有2Tcos0=F解得T=-F8对任意小球由牛顿第二定律可得T-ma解得5Fa-故选A o3.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=-mv设圆环下降的高度为，圆环的半径为R,它到尸点的距离为L，根据机械能守恒定律得由几何关系可得 =L s i n。s i n =2Rh=g_v=L联立可得可得故 C正确，ABD错误。故选C。4.一点光源以1 1 3 W 的功率向周围所有方向均匀地辐射波长
4、约为6 x l（?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 x I。/个。普朗克常量为=6.6 3 x 1 0-3 4 J&R约 为（）A.I x 1 02m B.3 x 1 02m C.6 x 1 02m D.9 x 1 02m【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-Av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 10鼻个，那么此处的球面的表面积为S=4 成2则2
5、 =3x10”5联立以上各式解得 3 x 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瓦如图，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BJHT&/附841T1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为5 0 n TC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】B C【解析】【详解】A.如图所示地磁南极 地磁北极地球可视为一个磁偶极，磁南极大
6、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1 1.3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其+度=，4+度计算得B-50gTB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 纥0,故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。故选B C 6.如图，两对等量异号点电荷+4、-4（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，为切点。则（）A.L
7、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。，则 N 点的合场强方向由N 指向0,同理可知，两个负电荷在L 处产生的场强方向由0 指 向 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L,则 L 处的合场方向由。指向3由于正方向两对角线垂直平分，则乙和N 两点处的电
8、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例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例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。点位于两等量异号电荷的等势线上，即 M 和 0 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AB。7.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,F 与时间f的关系如图所示
9、。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。则（）M/N4 t/SA.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12kg-m/sD.0 6 s时间内/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=/仍 7g=2NA C.对物块从0 3内由动量定理可知(尸一/兑=加匕即(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+f)t=0-mv3即一（4+2=0 1x6解得r=ls所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为
10、0,故A正确，C错误；B.0 3物块发生的位移为修，由动能定理可得1 ,=-mv；即(4-2)&=1xlx62得为 =9m3s 4s过程中，对物块由动能定理可得1?-(F+/)x2=0-mv3即一(4+2)与=0 xlx622得x2=3m4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a-=2mzs2m发生的位移为毛=x2x22m=4mx1+x2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v6=2x2m/s=4m/s0 6s拉力所做的功为W=(4X9-4X3+4X4)J=40J故D正确。故选ADO8.一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
11、分别为R和/?+)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点。为圆心。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。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“、4(R42 mr2可得1 mv,2 i -0 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 _ 300Q1mA.4解得&=75C(3)4电压表每小格表示0.1 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，所以通过号 的电流为/=4.20mA；根据欧姆定律
12、可知R、u _2.304.20 x10-3Q548Q11.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A=5.()x 10-3Q/m;在，=0到f=3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(0=0.3-0.1r(SI)o 求:（I）r =2.0 s时金属框所受安培力的大小；（2）在f=0到f=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。/【答案】（1）0.0 4 V2 N：0.0 1 6J【解析】【详解】（1）金属框的总电阻为/?=4U=4X
13、0.4X5X10-3Q=0.0 0 8 Q金属框中产生的感应电动势为I2A AB x 1E=J=-乙=0.1 x L o.4 2 V =0.0 0 8 Vt t 2金属框中的电流为/=-=1 AR/=2.0 s时磁感应强度B2=（0.3-0.1X2）T=0.1T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以=与=0.1 X 1 X 及 X（）.4 N=O.O 4 0 N（2）0:2.0 s内金属框产生的焦耳热为。=/2火1=俨 0.0 0 8 x 2 J =0.0 1 6J1 2.如 图（a）,一质量为根的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，/=0时与弹簧接
14、触，至打=2 fo时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的U T图像如图（b）所示。已知从f=0到/=%时间内，物块A运动的距离为0.3 6%。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e(s in 8 =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】0.6加%;(2)0.7 68%；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
15、、B速度相等，即f=时刻，根据动量守恒定律mB-1,2 v0=(me+m)v0根据能量守恒定律121 2E p ma x =-加”(1 2%)-(/+加)%联立解得mB=5m耳 X=。.6加片(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=mci可知同一时刻aA =5aB则同一时刻A、8的的瞬时速度分别为以=%VB 2%华根据位移等速度在时间上的累积可得sA-H(累积)sB=(累积)又SA=0.3 6 卬解得%=1.1 2 8%第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值/s=sB-sA=O.7 68 voZo(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8分离后速度
16、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=m (-2 v0)+5mvB根据能量守恒定律可得g 川4+g .5 m-(O.8 vo)2=1 m-(-2 vo)2+1-5 机叶联立解得%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 /nmgL c o s 0=0-m(2 v0)-下滑过程，根据动能定理可得mgL s i.n八 1 20-pmgL c o s =m vo-。联立解得/=0.4 5(-)选考题1 3.一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()TA.状态处 压强大于状态c处的压强B.由a 变化到的过程中，气体对外做功C.由 b 变化到。的过程中，气体的压强不变D.由 a 变化到人的过程中，气体从外界吸热E.由a 变化到。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=-VnR即T-V 图像的斜率为上，故有nRPa=Pb Pc故 A 正确，C 错误；B.
