高中物理试卷2全国甲卷解析2022年高等学校招生全国统一考试

2022年普通高等学校招生全国统一考 运动员从ａ处滑至ｃ处，ｍｇｈ＝１ｍｖ２－０，在

带正电粒子从原点Ｏ由静止释放，在电场力用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力

(２ｈ Ｎ－ｍｇ＝ｍＲ，联立得Ｎ＝ｍｇ１Ｒ，由题意，结合牛顿第三定律可知，＝Ｆ≤ｋｍｇ，得Ｒ≥ｋ２ｈ，故项 １ｖ０－列车车头到达隧道前减速时间ｔ ，１

子向左侧偏转，排除Ａ、Ｃ选项；当粒子再回到ｘ轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到ｘ轴下方，故Ｂ正确，Ｄ错误。１９撤去力Ｆ后到弹簧第一次恢复原长之前１９ｖ中匀速行驶时间ｔ２＝Ｌ＋ｌ，车尾离开隧道后，加速时间ｔ３ｖ

弹力ｋｘ减小，对Ｐ有μｍｇ＋ｋｘ＝ｍａＰ，对Ｑ有μｍｇｋｘｖ０

＝＋

＝３（ｖ０－ｖ）

ｍａＱ，且撤去外力瞬间μｍｇ＝ｋｘ，故Ｐ做加速度从２μｇ 总时间

ｔ１ｔ２

ｖ，故项正确

小到μｇ的减速运动，Ｑ做加速度从逐渐增大到μｇ２设正方形线框边长为ａ，则圆线框半径为，正六边形线框边长为ａ由法拉第电磁感应定律得Ｅ２

减速运动，即Ｐ的加速度始终大于Ｑ的加速度，故除开始时刻外，任意时刻Ｐ的速度大小小于Ｑ的速度大小，故Ｐ的平均速度大小必小于Ｑ的平均速度大小，由ｘ＝ｎΔΦ＝

＝ｌ

ｖｔ可知Ｑ的位移大小大于Ｐ的位移大小，可知Ｂ、Ｃ

面积由电阻定律得

由题意知Δｔ

误，Ａ、Ｄ正确Ｓ截 ρ、Ｓ均Ｓ截 ρ、Ｓ均为定值，所以电流Ｉ ，面积分别为ａ２截

合上开关的瞬间，导体棒两端电压等于电容２０两端电压且为最大值，电流也最大，Ｉ＝Ｕ＝Ｑ，电２０πａ、３ａ，周长分别为４ａ、πａ、３ａ，故电流Ｉ１＝Ｉ２＞Ｉ，

大时，导体棒ＭＮ所受的安培力最大，而导体棒速度项正确解题关键解题关键注意三个线框的电阻值并不相等，阻值与周长成正比，运用法拉第电磁感应定律和电阻定律表示出线框产生的电动势及线框的阻值是解题的关键设两种放射性元素的原子核原来总数分别为(１(１＼Ｎ，＝Ｎ＋Ｎ，因为Ｎ余＝２÷·Ｎ原，所以ｔ＝＼ (１1 (１1 ２

大时电流不是最大，所以Ａ正确，Ｃ错误；导体棒ＭＮ先加速后减速，不会匀速，如果导体棒ＭＮ做匀速直线动，电阻上一直有焦耳热产生，其他能量都不变，不符合能量守恒，所以Ｂ错误；由于棒运动过程切割磁感线产生反电动势，导致只有开始时通过电阻Ｒ的电流与通过导体棒ＭＮ的电流相等，其他时候通过电阻Ｒ的电流比通过导体棒ＭＮ的电流大，故由焦耳定律可知电阻上产生的焦耳热比导体棒ＭＮ上产生的焦耳热多正确易错警 导体棒加速时通过其电流由Ｍ到Ｎ，速时电流ＮＭ＼丿＼丿时刻３＝易错警 导体棒加速时通过其电流由Ｍ到Ｎ，速时电流ＮＭ＼丿＼丿３Ｎ，故ｔ＝３正确

时刻

２１ １＼２２＼２ 本题可以２１ １＼２２＼２ 力方向斜向右下方４５°，Ｑ为等效水平方向。小球的运动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最高点，即如图速度为ｖ′处，ｖ′与水平方向夹角为４５°，此时小球速度的水平分量等于竖直分量，不是电势能最

块作为Ａ（６）滑块Ａ、Ｂ碰后的速度ｖ１＝ｔ２，则ｋ＝０．０．

＝ｓ１、

２１＝ｓ２，因２１

＝ｓ２，故有 ２５处，电势能最大处在Ｑ处，此时小球速度方向竖直向下，大小等于初速度ｖ，Ｐ处与Ｑ处小球动能相等，所以５

（７）ｖ１的平均值

＝２×＋３×错误，正确从Ｐ到Ｑ（Ｑ点处小球速度水平分量为零）重力做的功等于重力势能的减少量，Ｐ处与Ｑ处小

（８）设滑块Ａ碰前的速度为ｖ，若为弹性碰撞，则有ｍ１ｖ０＝－ｍ１ｖ１＋ｍ２ 球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以

� ２ ２ 、２ｍ１ｖ０＝２ｍ１ｖ１＋２ｍ２ 少的重力势能等于增加的电势能，故Ｄ正确

联立①②得：ｖ１

ｍ２

１ｖ０，ｖ２

２ｍ１ｍ１则ｖ１＝ｍ２－ｍ１＝０．－０．ｍ１ 本题可以用等效重力场 本题可以用等效重力场来分析问题，以电场力与重力的合力方向为等效重力方向，小球的动可以看成类斜上抛运动２２（１）如图所２２

２５ｍ／２４５依题意，相邻两球影像间隔的时间ｔ＝４ｔ０＝０．２２４５设初速度大小为ｖ，如图所示由Ｏ到Ａ，水平方向：ｘ１＝ｖ 竖直方向：ｙ＝１ 流过电阻Ｒ０的电流Ｉ０＝ＩＩｇ＝９ｍＡ００９ｍ

又ｓ１ｘ２ ８．９１ｍｘ２ ９９０Ω

Ｉ０ Ω Ω

由Ａ到Ｂ，水平方向：ｘ２＝ｖ２竖直方向：ｙ＝１ｇ（２ｔ）２－１２２３（２）０．３０４（６）０．３１（７）０．３２（８）ｍ２２３

ｘ２ｘ２

ｓ１＝（２）在一动一静的弹性碰撞中，质量小的滑块碰撞质量大的滑块才能反弹，故应选质量为０．３０４ｋｇ

２５联立解得ｖ２５

ｍ／２５（１）２５

（２）ｋ（ｓ１＋ｓ２）

（ⅰ）４ （ⅱ）９

３３ （１）通入电流后线圈所受安培力Ｆ３３ 由胡克定律及平衡条件有Ｆ＝

（ⅰ）选第Ⅳ部分气体为研究对象，在Ｂ汽缸中 Ｔ：Ｖ－１ Ｔ：故弹簧长度改变量Δｘ

ｋ

活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变 ０＝由于ｄ远大于弹簧长度的改变量，故细杆转过的角≈Δ＝

解得Ｔ＝４ 由于入射光线不变平面镜转过θ角时反射光线转过２θ，ｓ＝２θｒ＝

（）以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象，温度由Ｔ０升至２Ｔ０过程，由理想气体状态方程：ｐ０１Ｖ０＋１Ｖ０1÷ｐ \８Ｔ

＝１

ｓ＝ｓ

电流反向前后光点移动的弧长

对第Ⅳ部分气体，温度由

升至

过程，由理想气ｒ可知反射光线在此过程中转过的角度为θ′＝ｓ１ｒ

状态方程θ′ｓ１

ｐ０Ｖ０－１Ｖ０

ｐ（Ｖ－Ｖ则细杆转过的角度为２＝

＝＝Ｔ故弹簧长度的变化量Δｘ＝θ′ｄ＝ｓ＋ｓＴ

ｐ＝

２ ４２由胡克定律得ΔＦ弹＝而此过程中弹簧弹力的变化量等于安培力的变化量，设待测电流为Ｉｘ，则ΔＦ弹＝２Ｉｘｌ

４０．５向下运３４２由ｔ＝时刻质点Ａ的位移为ｙ３４２

ｃｍ＝Ａ，解得Ｉｘ

ｋ（ｓ１＋ｓ２）ｄ

知从坐标原点到ｘ＝１．５ｍ处的距离为３λ，故λ＝４８（二）选考题：共分。请考生从２道物理题、２道化学题、２道生物题中每科任选一题作答。８３３ｐ－Ｔ图线过坐标原点，因此气体从状态ａ３３

则ｆ＝ｖ＝０．５Ｈｚ。当ｔ＝２ｓ＝Ｔ时质点Ａ的状态与ｔ＝λ时刻相同由波沿ｘ轴正方向传播可知质点Ａ向下λ３４３３４状态ｂ发生等容变化，气体没有对外做功，Ａ、Ｄ错误； 状态ａ到状态ｂ气体温度升高，一定质量的理想气体内能只与温度有关，温度升高，内能增加，Ｂ正确；根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，且吸收的热