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1、2022年普通高等学校招生全国统一考试物理海南卷 绝密 启用前 2022 年一般高等学校招生全国统一考试 物 物理 理 （海南卷）留意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题: 本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1一攀岩者以 1m/s 的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石
2、块，石块自由下落。3s 后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为 A 10mB 30mC 50mD 70m答案：C 解析：3s 内石块自由下落 m 452121= = gt h ， 3s 内攀岩者匀速上升 m 32= = vt h此时他离地面的高度约为 m 482 1= + = h h h ，故选 C。2土星与太阳的距离是火星与太阳距离的 6 倍多。由此信息可知 A土星的质量比火星的小 B土星运行的速率比火星的小 C土星运行的周期比火星的小 D土星运行的角速度大小比火星的大 答案：B 解析：依据万有引力供应向心力 rmvrMmG22=得rGMv =，土星与太阳的距离是火星与太阳距离的
3、 6 倍多，所以土星运行的速率比火星的小，选项 B 正确；公式中土星或火星的质量消去，无法比较两者的质量，选项 A 错误；由 rTmrMmG2224 p= 得GMrT3 24 p=，土星与太阳的距离是火星与太阳距离的 6 倍多，所以土星运行的周期比火星的大，选项 C 错误；由Tpw2=得土星运行的角速度比火星的小，选项 D 错误。故选 B。 3如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面对上，通有电流 I 的金属细杆水安静止在斜面上。若电流变为 0.5I，磁感应强度大小变为 3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将 A沿斜面加速上滑B沿斜面加速下滑 C沿
4、斜面匀速上滑D仍静止在斜面上答案：A 解析：分析金属杆受力有重力 G、斜面支持力 N 和磁场对通电导线的作用力 F，其中 F=BIL，由平衡条件得 F=Gsinθ， 若电流变为 0.5I，磁感应强度大小变为 3B，则磁场力变为 F=1.5BIL， 金属杆受到的合力沿斜面对上，所以金属杆将沿斜面加速上滑，选项 A 正确。4已知23490 Th 的半衰期为 24 天。4g23490 Th 经过 72 天还剩下 A0B0.5 gC1 g D1.5 g 答案：B 解析：72 天等于 3 个半衰期， g 5 . 02103= = m m ）（ ，选项 B 正确。5如图，用长为 l 的轻绳悬挂
5、一质量为 M 的沙箱，沙箱静止。一质量为 m 的弹丸以速度 v 水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摇摆一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程 A若保持 m、v、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变小 B若保持 M、v、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变小 C若保持 M、m、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大 D若保持 M、m、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能变大 答案：C 解析：子弹打入沙箱的过程中，由动量守恒定律 V m M mv ) ( + = 解得m MmvV+= ， 共同摆过一小角度的过程中机械能守恒， ) cos 1 ( ) (
6、 ) ( ) (212q - + = + = + gl m M gh m M V m M 由能量守恒，系统损失的机械能 ) cos 1 ( ) ( -21) (21212 2 2q - + = + - = D gl m M mv V m M mv E 由式可以看出，若保持 m、v、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变大，A 错误； 若保持 M、v、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大，C 正确； 代入得1 /121212 2+=+= Dm MMvm MmMv E B I B I F G N θ 由式可知若保持 M、v、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变大，选项 B
7、错误； 共同摆过一小角度的过程中机械能守恒，若保持 M、m、v 不变，l 变大，则摆角 θ 减小，h 不变，即机械能不变，D 错误。故选 C。6某大瀑布的平均水流量为35900 m /s ，水的落差为 50m 。已知水的密度为3 31.00 10 kg/m 。在大瀑布水流下落过程中，重力做功的平均功率约为 A63 10 W B73 10 W C83 10 W D93 10 W 答案：D 解析：每秒钟水流的质量为 kg 10 9 . 5 10 0 . 1 59006 3 = = m重力做功的平均功率约为W 10 3150 10 10 9 . 596 = = =tmghtWP，选项 D
8、 正确。共 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多个选得 项是符合题目要求的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。7如图，在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，有一面积为 S 的矩形单匝闭合导线框 abcd，ab 边与磁场方向垂直，线框的电阻为 R。使线框以恒定角速度 ω 绕过 ad、bc中点的轴旋转。下列说法正确的是 A线框 abcd 中感应电动势的最大值是 BS w B线框 abcd 中感应电动势的有效值是 BS w C线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大 D线框平面与磁场方向垂直时，
9、流经线框的电流最大 答案：AC 解析：线框平面与磁场方向平行时，线框的两边都切割磁感应线，产生的感应电动势最大，最大值为 S BlBL BLv E m w w = = =22 2 ，选项 A 正确；此时流经线框的电流最大，C 正确；线框 abcd 中感应电动势的有效值是S B E Emw2222= =，选项 B 错误；线框平面与磁场方向垂直时即中性面，线框不切割磁感应线，不产生感应电动势，流经线框的电流为零，D 错误。故选 AC。8如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上， 0 t = 时，小物块以速度0v 滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的t - v图像，图中1t 、0v 、1v 已知
10、。重力加速度大小为 g。由此可求得 A木板的长度 B物块与木板的质量之比 C物块与木板之间的动摩擦因数 b a d c B v O t v 0 v 1 t 1 图（b）v 0 图（a） D从 0 t = 起先到1t 时刻，木板获得的动能 答案：BC 解析：设木块和木板的质量分别为 m 和 M，在速度时间图象上，斜率等于加速度， 可得：11 0tv va m-=， 11tva M = ， 由牛顿其次定律得：f=ma m =μmg f=Ma M =μmg 联立可求得物块与木板的质量之比和物块与木板之间的动摩擦因数 μ。选项 B、C 正确； 由动量守恒定律1 0) ( v m M
11、mv + = 解得m Mmvv+=1 从 0 t = 起先到1t 时刻，木板获得的动能2121Mv E k = ，由于只能求出两者的质量比，不能知道木块或木板的质量，所以无法求出木板获得的动能，选项 D 错误。故选 BC。9如图，a 、 b、c、d 为一边长为 l 的正方形的顶点。电荷量均为 q（ 0 q ）的两个点电荷分别固定在 a 、 c 两点，静电力常量为 k，不计重力。下列说法正确的是 Ab 点的电场强度大小为22kql B过 b、d 点的直线位于同一等势面上 C在两点电荷产生的电场中，ac 中点的电势最低 D在 b 点从静止释放的电子，到达 d 点时速度为零 答案：AD 解析：点电荷
12、 a 在 b 点产生的电场强度为2lkqE a = ，方向如图示， 点电荷 c 在 b 点产生的电场强度为2lkqE c = ，方向如图示， 由电场强度的合成法则得 b 点的电场强度大小为22 2lkqE Ec b= = ， 选项 A 正确； 将一个正点电荷从 b 点沿 bd 直线向下运动，到达 ac 中点前，电场力做负功，电势能增加，电势增大，所以选项 BC 错误； 依据对称性，bd 两点的电势相等，依据动能定理，021212 2= - =b d bdmv mv qU， 在 b 点从静止释放的电子，到达 d 点时速度为零，选项 D 正确。故选 AD。10如图，三个电阻 R 1 、R 2 、R
13、 3 的阻值均为 R，电源的内阻 r R ）的粒子从 P 点在纸面内垂直于 OP 射出。已知粒子运动轨迹经过圆心 O，不计重力。求 （1）粒子在磁场中做圆周运动的半径； （2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。解：（1）如图，PMON 为粒子运动轨迹的一部分，圆弧 PM 为粒子在磁场中运动的轨迹，C 为圆心，半径为 R；MON 为圆 O 的直径， MC MN 。粒子在圆 O 内沿 MON 做匀速直线运动，由几何关系知 ( )22 2OP R R r - = + 由上式和题给条件得 43R r = （2）设粒子在磁场中运动的速度大小为 v ，由洛仑兹力公式和牛顿定律有 2mq BR=vv 由
14、题意，粒子在圆形区域内运动的距离为 MN 2r = 设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为 t ，由运动学公式有 MNt =v 联立式得 32mtqB= 14（16 分）如图，光滑轨道 PQO 的水平段 QO2h= ，轨道在 O 点与水平地面平滑连接。一质量为m 的小物块 A 从高 h 处由静止起先沿轨道下滑，在 O 点与质量为4m 的静止小物块 B 发生碰撞。A、B 与地面间的动摩擦因数均为0.5 m =，重力加速度大小为 g。假设 A、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求 （1）第一次碰撞后瞬间 A 和 B 速度的大小； PO r B v P O r R C M N h h2A
15、B O P Q （2）A、B 均停止运动后，二者之间的距离。解：（1）设第一次碰撞前瞬间 A 的速度为0v，物块 A 下滑到 O 的过程中，由机械能守恒定律有 2022mgh m = v 设第一次碰撞后瞬间 A 、 B 的速度分别为1v 、1V ，取向右方向为正。A、B 在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后系统的动能相等，有 0 1 1(4 ) m m m V = + v v 2 2 20 1 11 1 1(4 )2 2 2m m m V = + v v 联立式得 1 03 325 5gh =- =- v v 1 02 225 5V gh = = v 即第一次碰撞后瞬间 A 和 B 速度的大小分别为
16、325gh 和225gh 。（2）A、B 碰撞后，A 自 O 点向左运动，经过一段时间后返回到 O 点，设 A 两次经过 QO 段运动的时间为 t，有 12QOt =v B 碰撞后向右运动，设 A、B 在地面上运动的加速度大小分别为Aa 、Ba ，由牛顿其次定律得 Amg ma m = B(4 ) 4 m g ma m = 设 B 在地面上向右运动的时间为Bt ，由运动学公式得 1 B B0 V a t = - 联立式并代入题给条件得 Bt t 由式可知，当 A 再次回到 O 点时 B 已停止运动。由1 1V v和式知，A、B 将再次碰撞。设 B从 O 点以速度1V 起先运动到速度减为 0 的
17、过程中，运动的距离为 s ，再次碰撞前瞬间 A 的速度大小为2v 。由运动学公式有 21 B0 2 V a s - = - 2 22 1 A2a s - = - v v 设再次碰撞后瞬间 A 和 B 的速度分别为3v 和2V ，由完全弹性碰撞的规律，可得类似于式的结果 3 235= - v v 2 225V = v 由式知3 1V v，即再次碰撞后，A 不能运动到 O 点。设再次碰撞后 A 和 B 走过的路程分别为As 和Bs ，由动能定理有 2A 3102mgs m m - = - v ( ) ( )2B 214 0 42m gs m V m - = - 联立式得，A、B 均停止运动后它们之
18、间的距离为 A B26125s s h + =五、共 选考题：共 12 分。请考生从第 15 、16 题中任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。15选修 33（12 分）（1）（4 分）如图，肯定量的志向气体，由状态 a 等压改变到状态 b，再从 b 等容改变到状态 c。a、c 两状态温度相等。下列说法正确的是 。（填入正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得4 分；有选错的得0 分）A从状态 b 到状态 c 的过程中气体吸热 B气体在状态 a 的内能等于在状态 c 的内能 C气体在状态 b 的温度小于在状态 a 的温度 D从状态 a 到状态 b 的过程中气体对外做正功 答
19、案：BD 解析：从状态 b 到状态 c 的过程中，体积不变，压强减小，不对外做功，由气态方程的温度降低，内能削减，由热力学第肯定律知气体对外放热，选项 A 错误；志向气体的内能只与温度有关，a、c两状态温度相等，所以内能相等，选项 B 正确；由气态方程CTpV=，气体的温度正比于 PV 的乘积值，可见气体在状态 b 的温度大于在状态 a 的温度，选项 C 错误；从状态 a 到状态 b 的过程中，体积增大，气体对外做正功，选项 D 正确。故选 BD。 （2）（8 分）一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室 A 和 B，活塞可无摩擦地滑动。起先时用销钉固定活塞，A 中气体体积为4 32.5
20、10 m- ，温度为 27 C ，压强为46.0 10 Pa ；B 中气体体积为4 34.0 10 m- ，温度为 17 C - ，压强为42.0 10 Pa 。现将 A 中气体的温度降至 17 C - ，然后拔掉销钉，并保持 A、B 中气体温度不变，求稳定后 A 和 B 中气体的压强。解：气室 A 内气体降温过程中，气体体积不变。设 A 中气体原来的压强为 p 1 ，温度为 T 1 ；冷却后p V O a c b 的压强为1p，此时 A 中气体的温度已与 B 中的相同，记为 T。由查理定律有 1 11p pT T= 拔掉销钉后，设 B 中气体原来的压强为2p ，稳定时 A 和 B 中气体的压
21、强为 p，A 中气体体积由原来的 V 1 变为1V，B 中气体体积由原来的 V 2 变为2V 。由玻意耳定律得 1 1 1pV pV = 2 2 2p V pV = 由题意知 1 2 1 2V V V V + = + 联立式和题给数据得 43.2 10 Pa p = 16选修 34（12 分）（1）（4 分）警车向路上的车辆放射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是 。（填入正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对2 个得 4 分；有选错的得 0 分）A车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高 B车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低 C警车匀
22、速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低 D警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变 答案：AB 解析：当波源和视察者之间有相对运动时，使视察者接收到的频率发生改变的现象，叫多普勒效应。当波源和视察者相向行驶时频率会变高，当波源和视察者背向行驶时频率变低。选项 AB 正确。（2）（8 分）如图，由透亮介质构成的半球壳的内外表面半径分别为 R 和 2R 。一横截面半径为 R 的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，全部的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透亮介质的折射率为 2 n = 。求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。解答：设
23、光从半球壳内表面边沿上的 A 点入射，入射角为 90 ，折射角为 a （全反射临界角也为 a ）；然后在半球壳外表面内侧的 B 点发生折射，入射角为 b ，如图所示。由全反射临界角的定义得 1 sin n a = O n R2R 由正弦定理得 2sin sinR Rb a= OD 为对称轴，设 BOD g = ，由几何关系可知 π( )2g a b = - - 设 B 点到 OD 的距离为 r ，即为所求的半球壳外表面有光线射出区域的圆形边界的半径，由几何关系有 2 sin r R g = 由式及题给数据得 3 12r R+=A O B r D Rab本文来源：网络收集与整理，如有侵权，请联系作者删除，谢谢！第23页 共23页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页