《2022年高考理综物理真题试卷(全国乙卷)-含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考理综物理真题试卷(全国乙卷)-含解析.docx（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年高考理综物理真题试卷（全国乙卷）一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1（2022全国乙卷）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
2、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【知识点】万有引力定律及其应用；天体的匀速圆周运动的模型【解析】【解答】宇航宇受到地球的引力提供其绕地球运动的向心力，航天员处于完全失重状态，所以航天员可以自由漂浮，故A错误；当航天员与飞船不接触时，飞船对航天员无力的作用，故B错误；航天员跟飞船一起绕着地球做匀速圆周运动，航天员所受地球引力提供其做圆周运动的向心力，故C正确；根据F=GMmr2可知，在地球表面上所受引力的大小大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误；故选C。【分析】本题主要考查万有引力基础问题，首先对宇航宇的运动及受力进行分析，然后根
3、据其做圆周运动可知其万有引力提供向心力。2（2022全国乙卷）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，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距 35L 时，它们加速度的大小均为（） A5F8mB2F5mC3F8mD3F10m【答案】A【知识点】连接体问题；物体的受力分析【解析】【解答】对轻绳中点进行受力分析，根据三角形几何关系可知，上下两段细绳与水平方向夹角均为53，根据每根绳子的拉力均为5F8，根据a=F合m可知两球的加速度大小为 5F8m.故选A。【分析】首先对其中点进行受力分析，然后
4、根据数学几何关系求出角度，根据正交分解或者力的合成求出每根绳子上的拉力大小，最后根据牛顿第二定律求出小球的加速度。3（2022全国乙卷）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【知识点】竖直平面的圆周运动【解析】【解答】设大圆环的半径为R，P点正下方与圆的交点为A，小环下落到Q点，下落高度为h，根据动能定理mg=12mv2可知v=2g；连接PQ，PA，AQ，过Q做AP垂线，根据数学几何关系可知PQAP=PQ=PQ22R，联立两式解得v=
5、gRsPQ，所以小环的速率与小环到P点的距离成正比.故选C。【分析】首先根据动能定理求出速度表达式，然后作图根据几何关系求出下落高度的表达式，最后求出速率与距离的关系。4（2022全国乙卷）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 6107m 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 31014 个。普朗克常量为 =6.631034Js 。R约为（） A1102mB3102mC6102mD9102m【答案】B【知识点】光的波粒二象性【解析】【解答】每个光子的能量为E=，光的光速与频率的关系为c=，光源每秒发出的光子数为n=P=Pc，半径为R处的面的面积为S=
6、4R2，所以nS=31014解得R3102m，故选B。【分析】首先写出每个光子能量及光速与频率波长关系，然后表达出每秒发出的光子数合面积，最后联立进行求解。5（2022全国乙卷）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/TBy/TBz/T102145202046321045421045A测量地点位于南半球B当地的地磁场大小约为 50TC第2次测量时y轴正向指向南方D第3次测量时y轴正
7、向指向东方【答案】B,C【知识点】磁现象和磁场、磁感线；地磁场【解析】【解答】地磁场如图所示根据表中数据可知z轴场强竖直向下，所以测量点位于北半球，故A错误；磁感应强度是矢量，根据表格可以算出B=452+212T50T，故B正确；根据地磁场图像可知，在北半球，磁场可分解为竖直向下和水平向北，根据图标可知，第2次测量时y轴正向指向南方，故C正确；第3次测量时，根据题表可知，x轴指向北方，所以y轴正向指向西方，故D错误；故选BC。【分析】首先可以画出地磁场的图像，根据图像可以判断测量点的位置，磁通量是矢量，根据矢量合成法则，可以计算测量点的磁感应强度大小，最后可以判断其方向。6（2022全国乙卷）
8、如图，两对等量异号点电荷 +q 、 q(q0) 固定于正方形的4个顶点上。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（） AL和N两点处的电场方向相互垂直BM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】A,B【知识点】电场强度和电场线；电场力；电场力做功【解析】【解答】两个正电荷在N点产生的场强由N指向O，两负电荷在N点产生的场强由N指向O，N点的合场强方向由N指向O，同理，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L
9、处的合场方向由O指向L，所以L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；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，正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，因为M点离上方一对等量异号电荷距离较远，所以M点的场方向向左，故B正确；由题图可知，MO两点为等势点，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力不做功，故C错误；由题图可知，L点的电势低于N点电势，所以将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做负功，故D错误；故选AB。【分析】首先先判断四个点电荷在N和L处的场强方向，根据场强方向就可以判断M和O点的电势关系，判断电场力做功情况，最后判断L和N点的电势，判断电场力
10、做功情况。7（2022全国乙卷）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t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 。则（） A4s 时物块的动能为零B6s 时物块回到初始位置C3s 时物块的动量为 12kgm/sD06s 时间内F对物块所做的功为 40J【答案】A,D【知识点】恒力做功；动量定理；动量；冲量；动能与重力势能【解析】【解答】物块与地面的摩擦力为f=mg=2N，设向右为正方向，0-3s根据动量定理可得Fft=mv3可以算出3s时物体的动量为12kgm/s，故C正确；设3s后经过时间t物块的速
11、度减为0，根据动量定理可得F+ft=mv3，解得t=1s，即4s时物体的速度为0，所以4s时物体的动能为零，故A正确；根据上述情形做出运动时间图像，根据时间图像可以算出0-4s物体向右的位移为12m，4-6s根据动量定理可以算出6s末物体的速度为4m/s，方向向左，故4-6s物体位移为4m，所以6s时物块不能回到初始位置，故B错误；0-3s，F对物体做功为W1=Fs1=36J，3-4s，F对物体做功为W2=Fs2=12J，4-6s，F对物体做功为W3=Fs3=16J，所以0-6s，F对物体做功为40J，故D正确；故选AD。【分析】本题可以根据动量定理算出每个时间点物体的速度，然后可以做出速度时
12、间图像算出每个时间段内物体的位移，最后根据做功计算公式进行计算。8（2022全国乙卷）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 、 r2(Rr1r2mv2rmv2qEr=qk，所以粒子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。【分析】首先根据粒子1和粒子2可以判断出来场强方向，粒子3在做向心运动，
13、粒子4在做离心运动，根据向心及离心运动进行列式计算。二、非选择题：9（2022全国乙卷）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 ； （3）这段时间内该飞行器加速度的大小 a= m/s2 （保留2位有效数字）。 【答案】（1）相邻1s内的位移之差接近x=80m
14、（2）547（3）79【知识点】研究匀变速直线运动【解析】【解答】(1)根据题表中数据可知，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，观察数据可以看出相邻1s内的位移之差接近x=80m，可以判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动；(2)根据中间时刻的速度等于该段的平均速度，即v=10942m/s=547m/s；(3)根据逐差法，即a=x36x039T279m/s。【分析】(1)首先算出每一个时间间隔内物体的位移，然后观察数据即可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动；(2)根据中间时刻速度
15、等于该段的平均速度进行计算；(3)根据逐差法即可计算加速度的大小。10（2022全国乙卷）一同学探究阻值约为 550 的待测电阻 Rx 在 05mA 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 300 ），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 10 或 1.5k ），定值电阻 R0 （阻值可选 75 或 150 ），开关S，导线若干。 （1）要求通过 Rx 的电流可在 05mA 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
16、“ 10 ”或“ 1.5k ”）的滑动变阻器， R0 应选阻值为 （填“ 75 ”或“ 150 ”）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、电流表的示数分别如图（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 （保留3位有效数字）。 【答案】（1）（2）10；75（3）2.30；4.20；548【知识点】测定金属的电阻率；描绘小电珠的伏安特性曲线；电阻的测量【解析】【解答】(1)根据题意可知，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05mA连续可调，即可做出
17、实验电路图如图所示(2)实验时，滑动变阻器接法为分压法，所以图（a）中的R应选最大阻值为 10的滑动变阻器； R0主要是为了进行电表的改装，需要R0与电流表并联，如图根据并联电路中电流之比等于电阻的反比，所以 R0=75；(3)根据题图可以读出Rx 两端的电压为 2.30V，流过 Rx 的电流为0.845=4.2mA，所以Rx 的阻值为548。【分析】(1)根据实验要求连接实验电路；(2)根据滑动变阻器的接法选择合适的阻值，根据电表的改装计算定值电阻的阻值；(3)先进行读数，然后根据读数进行计算。11（2022全国乙卷）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
18、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 =5.0103/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 B(t)=0.30.1t(SI) 。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）金属框中产生的感应电动势为， 金属线框的总电阻为R=4l=0.008， 所以金属框中的电流为I=ER=1A，t=2.0s 时，磁感应强度为B=0.1T， 故线框受到的安培力为F=BIL=0.042N；（2）根据Q=I
19、2Rt可得在 t=0 到 t=2.0s 时间内金属框产生的焦耳热为0.016J【知识点】安培力；左手定则；安培定则；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【解析】【分析】(1)首先算出感应电动势和线框电阻，然后算出电流大小，最后根据安培力公式进行计算；(2)根据焦耳热的公式进行计算。12（2022全国乙卷）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 t=2t0 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 t=t0 时间内，物块A运动的距离为 0.36v0t0 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，
20、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 (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。【答案】（1）第一次碰撞过程中，当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时AB两物体速度相等， 根据动量守恒定律可得mB1.2v0=m+mBv0， 根据能量守恒可得EPmax=12mB1.2v0212m+mBv02， 联立两式可得mB=5m，EPmax=0.6mv02；（2）B接触弹簧后，压缩弹
21、簧的过程中，A、B动量守恒， 即mB1.2v0=m+mBv0，两边都乘以t可得mB1.2v0t=m+mBv0t，即6mv0t=msA+5msB，将 sA=0.36v0t0，带入解得 sB=1.128v0t0， 故弹簧压缩量的最大值为 0.768v0t0 ；（3）根据题意可知，物块A两次到达相同的最高点，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向向右，设物体A第一次滑下的速度为v1，碰撞后物体B的速度为v2，向左为正方向， 根据动量守恒得mv15mv0=m2v0+5mv2， 根据能量守恒得12mv12+125mv02=12m2v02+125mv22， 联立解得v1=v0， 物体上滑过程中
22、，根据动能定理得mgLcosmgLsin=012m2v02， 物体下滑过程中，根据动能定理得mgLcos+mgLsin=12mv020， 联立两式解得=0.45。【知识点】弹性势能；动量守恒定律；能量守恒定律【解析】【分析】(1)首先根据动量守恒定律列式，然后根据能量守恒列式，联立两式就可以求出结果；(2)首先根据动量守恒列式，两边各乘以t，带入数据就可以算出弹簧压缩量的最大值；(3)根据动量守恒列出式子，上滑或者下滑过程根据动能定理即可计算出动摩擦因数。三、【物理选修3-3】13（2022全国乙卷） （1）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如 TV 图上的两条线段所示，则气
23、体在_。（填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分） 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（2）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞和活塞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，活塞不能通过连接处。活塞、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
24、 ，活塞、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。 （）求弹簧的劲度系数；（）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。【答案】（1）A；B；D（2）（）分别对两个活塞整体进行受力分析，根据受力平衡有3mg+2p0S+p1S=p0S+2p1S， 对活塞受力分析，根据受力平衡有2mg+2p0S+0.1kl=2p1S，联立两式解得k=40mgl； （） 缓慢加热两活塞间的气体使得活塞刚运动到汽缸连接处时，对两活塞整体可知，气体的压强依然不变，所以压强为p2=p0+3m
25、gS， 气体初始体积为V1=1.1l22S+1.1l2S=3.3Sl2， 气体末状态体积为V2=2.2Sl，根据V1T1=V2T2可得T2=43T0.【知识点】热力学第一定律（能量守恒定律）；气体实验定律【解析】【解答】(1) 根据题图可知，a到b的过程中，气体的体积增大，所以气体对外做功，导致气体内能减少，但是气体温度升高，说明该过程中气体从外界吸热，且从外界吸热大于气体对外做的功，故BD正确，E错误；b到c的过程中，气体的体积增大，温度降低，根据理想气体方程可知气体的压强减小，所以状态a处的压强大于状态c处的压强，故A正确，C错误；故选ABD。【分析】(1)选择过程，分析这个过程中气体的体
26、积压强温度是如何变化的，根据热力学第一定律判断该过程中气体从外界吸热放热情况；(2)首先对整体受力分析就可以算出气体初始的压强，再对进行受力分析即可求出弹簧的劲度系数；对整体分析即可判断加热过程中气体的压强不变，然后根据等压变化就可以算出气体的温度。四、【物理选修3-4】14（2022全国乙卷） （1）介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源 S1 和 S2 ，二者做简谐运动的振幅相等，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为波源平齿位置所在水平面上的一点，与 S1 、 S2
27、 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。（2）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，当 sini=16 时，恰好没有光线从 AB 边射出棱镜，且 DE=DA 。求棱镜的折射率。 【答案】（1）4；加强；向下（2）根据题意做出光路图如图所示 根据题意可知，当 sini=16 时，恰好没有光线从 AB 边射出棱镜，说明光线在此处
28、发生了全反射，故i为临界角，根据几何关系可知，D处发生折射时的折射角为r=90-2i， 根据n=sinisinr，联立解得n=1.5。【知识点】简谐运动；波的干涉和衍射；光的反射；光的折射；光的全反射【解析】【解答】(1)根据题意可知，机械波周期为T=0.8s，波速v=5m/s，根据v=T可以解得波长为4m；两列波的起振方向相同且两列波距P点的距离差为0，所以P点为加强点；S1P=2.5，当 S1 恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点向下运动。【分析】(1)首先根据题意算出波长，根据干涉情形可以判断P点是加强点，根据波的传播可判断P质点的振动方向；(2)首先根据题目作出光路图，根据全反射和几何关系可以算出折射角，最后根据三角函数算出折射率。