2022年贵州省贵阳市高考物理二模试卷（附答案详解）

2022年贵州省贵阳市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.中国天宫空间站在离地面400〜450km的轨道上运行，因受轨道上稀薄空气的影响,

其轨道高度会逐渐降低，随着轨道高度逐渐降低，空间站一定增大的物理量是（）

A.加速度B.机械能C.重力势能D.周期

2.如图所示，固定在竖直墙壁上的四个挂钉，挂钉均与墙面

垂直且在同一水平线上，相邻挂钉间的距离为do现将一

个宽度为3d、质量一定的挎包挂在挂钉上，不计挂钉大

小、背带与挂钉间的摩擦，挎包与墙面不接触。要使挎包

背带中的拉力最小，则挎包背带应同时挂几个挂钉（）

A.1B.2C.3D.4

3.由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆0P与横杆PQ链

接而成，P、Q为横杆的两个端点.在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平.杆0P

绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。的过程中，下列说法正确的是（）

A.P点的线速度大小不变B.P点的加速度方向不变

C.Q点在竖直方向做匀速运动D.Q点在水平方向做匀速运动

4.如图所示，一根轻绳跨过光滑的定滑轮，两端各系一个物体P和Q,P

的质量保持不变.开始时:P静止在地面上，当Q的质量发生变化时，

P的加速度随Q的质量变化的关系图像为下图中的（）

5.一小磁针在地磁场作用下水平静止，现在小磁针上方平行于小磁针放置一直导

线.当通过该导线电流为/。时，小磁针偏转30。角静止.已知直导线在某点产生的

磁场与通过直导线的电流成正比，当小磁计偏转60。角静止，则通过该直导线的电

流为（）

A.~/oB.C.V3/QD.3/Q

J3

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

6.我国自主三代核电“华龙一号”的每台机组每年发电量约为lxlOio/cw",相当

于减排二氧化碳816万吨，对助力实现“碳达峰、碳中和”目标具有重要意义.下

列说法正确的是（）

A.该机组利用的是轻核聚变释放的能量发电

B.该机组每年发电使原子核亏损的质量约为0.3kg

C.“华龙一号”反应堆中可能存在第5〃+飙T措Ba+llKr+3M的核反应

D.“华龙一号”反应堆需要用镉棒吸收中子控制链式反应的速度

7.如图所示，xOy平面处于匀强电场中，电场方向与平面平行，平面内4、B、C、D四

点的位置如图所示，其坐标分别为（-a,0）、（a,0）、（一,学）和或-苧）.将电荷量

为、q（q>0）的粒子从4点沿直线移动到B点，电场力做功为/（加〉0）;若将该粒

子从C点沿直线移动到。点，电场力做功为2W.则下列说法正确的是（）

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c.y

~A0Fx

•D

A.该匀强电场的场强大小*

qa

B.A、C两点间的电势差为

2q

C.将该粒子从B点移动到D点，电场力做功为0.5小

D.将该校子从C点移动到B点，电势能增加

8.如图所示，两根电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨MN,PQ固定在水平面内,

间距d=1m,在导轨间宽度L=1m的区域有匀强磁场，磁感应强度大小B=0.57,

方向如图.一根质量nib=0-2kg，阻值R=0.50的金属棒b静置在导轨上，现使另

一根质量nia=0.1kg，阻值也为R=0.50的金属棒a以初速度%=4m/s从左端开

始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且

接触良好，则金属棒a()

M■N

左da3Lb右

pQ

A.第一次穿过磁场时做匀减速直线运动

B.第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流

C.第一次穿过磁场的过程中克服安培力做的功为0.25/

D.与金属棒b碰撞后瞬间的速度大小为0.5m/s

三、实验题(本大题共2小题，共15.0分)

9.某同学为测量电梯竖直向上运动的加速度，把一根轻弹簧上端固

定在铁架台的横杆上，下端悬吊一重物，其构造如图所示.已知

该弹簧的劲度系数为匕重物的重力大小为G,重力加速度大小

为。1

(1)要完成本实验，还必须使用的器材是；(选填“米尺”

或“天平”)

(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法及要测量的物理量：；

(3)写出测量电梯加速度大小的表达式a=(用G、k、g和(2)中测量物理量的

符号表示)

10.力敏电阻器是一种能将机械力转换为电信号的特殊元件，其电阻值可随外加压力大

小而改变.某同学为研究一个力量电阻器&(阻值变化范围为儿欧母到几十欧姆)的

特性.设计了如图a所示的电路，所用电源的电动势为3叭内阻忽略不计，滑动变

阻器的调节范围为0〜200.除图a中的器材外，还有如下器材可供选择：

电流表4式量程为0〜0.64内阻万=1.50)

电流表4(量程为0〜0.64,内阻约为20)

电压表V(量程为0〜151/,内阻约为20k0)

忸/a

(1)为使测量更准确，图a中P处选用电表,Q处选用电表(均填选用电

表的符号)；

(2)闭合开关S,多次改变对力敏电阻的压力F,记录下电表读数，得到心不同的值，

描绘出心-尸图像如图b所示，由图像可得&与尸的函数关系表达式q=；

(3)该同学用力敏电阻和所提供的器材，把电流表&改成一个压力表(即在电流表为

表盘的对应刻度位置处标上压力大小)，请在图c虚线框内画出设计电路图：

(4)若将电流表4表盘的0.154刻度处标为压力表的0刻度，则滑动变阻器接入电路

的阻值应调为_____0,该压力表能测量压力的最大值是N.

四、计算题(本大题共2小题，共32.0分)

11.北京2022年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口国家跳台滑雪中心举行，如图所示是跳

台滑雪赛道的示意图，一跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从起跳台。点水平飞

出，经过3.0s落到着陆坡OP上某点.已知着陆坡与水平面的夹角0=37。，不计运

动员在空中飞行过程受到的阻力，该运动员可视为质点，重力加速度g取l(hn/s2,

取sin37。=0.6,cos37°=0.8。

(1)求运动员离开。点时的速度大小；

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(2)若运动员着陆后滑到P点时的动能是着陆前瞬间动能的0.8倍，在减速区滑行

80m停下，求运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍？

12.如图所示，在xOy平面(纸面)内有一半径为R,以原点。为圆心的圆形匀强磁场区域,

磁场方向垂直纸面向里.磁场区域的正下方有一对平行于x轴的平行金属板4和K,

两板间加有电压办K(正负、大小均可调)，K板接地，与P点的距离为/,中间开有

宽度为2/且关于y轴对称的小孔.一个宽为遥R、在y轴方向均匀分布、且关于x轴

对称的电子源，它持续不断地沿％正方向每秒发射出劭个速率均为"的电子，电子经

过磁场偏转后均从P点射出，穿过K板小孔达到4板的所有电子被收集且导出.己知

电子质量为小，电荷量为e,忽略电子间相互作用，不计电子的重力，求：

(1)该匀强磁场的磁感应强度B的大小；

(2)从电子源射出的电子经P点射出时与y轴负方向的夹角。的范围；

(3)每秒从电子源射出的电子通过K板上小孔的电子数n及这些电子均能到达4板

-K的范围。

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：根据G萼=m#r=ma可知，由于飞船轨道半径变小，因此周期变短,

加速度变大；飞船在飞行的过程中受到空气的摩擦，轨道才降低，所以摩擦力做功，机

械能减小，飞船的轨道高度逐渐降低，离地球越来越近，万有引力做正功，重力势能减

小；故A正确，BCD错误；

故选：Ao

飞船的万有引力提供向心力，列式可分析得到加速度和周期变化，根据从低轨道到高轨

道要做功判断机械能的变化情况。

本题是万有引力充当向心力各个表达式的应用，此应用在选择题时，可以有这样一个结

论，除周期随半径增大而增大以外，其余都是随半径增大而减小。

2.【答案】D

【解析】解：根据共点力平衡可知当包的重力不变时，背带两个力的夹角越小，背带的

拉力最小，可知挎包背带应同时挂4个挂钉，此时夹角为0,背带拉力最小，故。正确，

4BC错误；

故选：D„

本题考查力的合成与分解，解题关键掌握合力与分力的特点。

本题考查力的合成，解题关键掌握两个力的合力与分力的关系。

3.【答案】A

【解析】解：人由题知杆。P绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。，则P点绕。点做

匀速圆周运动，贝UP点的线速度大小不变。故A正确；

B、由题知杆OP绕。点从与水平方向成30。匀速转动到60。，则P点绕。点做匀速圆周运动,

P点的加速度方向时刻指向。点。故B错误；

C、Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于。点在竖直方向的位置y关于时间t的关系

为

y=lp-sin©+3t)

Oo

则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动。故C错误；

DQ点相对于。点在水平方向的位置x关于时间t的关系为

X=lOp-cos弓+a)t)+lPQ

则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动。故。错误.

故选：4。

(1)杆匀速转动，即角速度不变，据此分析P点的线速度大小变化；(2)向心加速度始终

指向圆心，所以加速度方向时刻改变；(3)对两位置的速度分解，从而判断Q点在竖直方

向、水平方向分别做什么运动.

考查了圆周运动的基本规律以及运动的合成与分解，本题的难点在于利用图像分析Q点

在竖直、水平方向的运动情况。

4.【答案】C

【解析】解：以P、Q整体为研究对象，P的质量不变，当

mQ<mP

时，整体受重力和地面的支持力，处于平衡状态，此时加速度为

a=0

当

mQ>mP

时，整体只受重力作用，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，可有

mQg—mPg—(mP+m(^)a

则有

当HIQ增大时，加速度增大，且是非均匀增大，随WIQ增大，加速度趋向于g,因此有起

初加速度等于零，当niQ>7np后，随Hi。增大，加速度逐渐增大，且趋向于g,故ABQ

错误，C正确。

故选：Co

在HIQ<mp之前，两物体都不动，所以加速度为零，当HIQ>后加速度增大，当mQ>

>mP时，加速度趋近于g,不可能大于g。

本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确只有合外力不为零才有加速度，注意ZHQ再

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大加速度也不可能大于g,只能无限趋近于g。

5.【答案】D

【解析】解：设小磁针所处地磁场的磁感应强度为%,电流/产生的磁场磁感应强度为

B]=klo

依题意有

Bi=Botan300

则当电流为/'时，小磁针偏转角为60。，产生电流产生的磁场为

B2=kl'

有

B2=Botan6O°

联立方程解得

故ABC错误，。正确。

故选：Do

结合题目条件，直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比进行解题。

本题考查安培力，学生需结合题目条件，及三角函数，综合解题。

6.【答案】CD

【解析】解：4、目前核电站均利用铀核裂变释放的能量发电，故A错误；

B、每台机组每年发电量约为lx•九，根据爱因斯坦质能方程得：Am=^=

上葭需管句=0.4的，核反应产生的能量不能完全转化为电能，故质量亏损比0.4口

更多，故8错误；

C、用一个中子轰击铀核，产生3个中子，故反应堆中可能存在分U+乩一续Ba+lfKr+

3加的核反应，故C正确；

力、铀核裂变可通过反应堆中的镉棒控制链式反应速度，故。正确。

故选：CD.

核电站采用铀核裂变提供能量发电；根据爱因斯坦质能方程计算亏损的质量；根据质量

数守恒与电荷数守恒判断；核裂变是可控的链式反应。

本题考查核能的应用，要注意正确区分核裂变和核聚变的区别，知道核电站的工作模式。

7.【答案】AC

【解析】解：4将电荷量为q(q>0)的粒子从A点沿直线移动到B点，电场力做功为

W(W>0)：则有

UAO=UOB=^^

若将该粒子从C点沿直线移动到。点，电场力做功为2〃，可得

Uco~UOD~~

根据匀强电场U=Ed可知，CO沿着电场线的距离是AO沿着电场线的距离的2倍，而由

几何关系做辅助线如图所示

因4点在CO的投影点M为中点，可知电场线沿CD方向，故匀强电场的场强为

E=uco=w

aqa

故A正确；

B.A,。两点间的电势差为

UAC=-E-CM

w

解得：UAC=一五

故B错误；

C.将该粒子从B点移动到。点，电场力做功为

WBD=qE•ND

解得：WBD=0.5WZ

故C正确：

D将该正粒子从C点移动到B点，相当于从C点到N点，电场力做正功，电势能减少，故

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。错误；

故选：AC.

匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，根据U=?解得电势差，

电场力做正功，电势能减小。

本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是明确沿着电场线与等势面的关

系，记住公式。=Ed进行分析，不难。

8.【答案】BD

【解析】解：力、金属棒a第一次穿过磁场过程切割磁感线产生的感应电动势5=8加,

感应电流/=塌，金属棒受到的安培力大小尸=B/d=嘿，由牛顿第二定律可知，金

属棒a的加速度大小a=二=箸­，B、d、ma>R不变，金属棒a做减速运动，v减小，

加速度a减小，金属棒a做加速度减小的减速运动，故A错误；

3、根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，

故B正确；

C、设金属棒a离开磁场的速度大小为规定向右为正方向，对金属棒a根据动量定理

得：—B/d•=m/—小。孙

即：竺噤竺nm/o—皿w，其中：5x4t=L，代入数据解得对金属棒第一次离开磁

场时速度：v—1.5m/s

金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，设均属吧克服安培力做功为W，由动能定理得：

-IV=如/2-"a诏，代入数据得：Q=0.6875/,故C错误;

。、两金属棒发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mav=mava+mbvb

2

根据机械能守恒定律得：|mav=1mav^+^mbVh，代入数据解得：va--0.5m/s,

负号表示方向向左，速度大小是0.5m/s,故。正确。

故选：BD。

金属棒a第一次进磁场，判断安培力大小，然后判断运动状态，进而判断加速度大小，

从而知道物体的运动状态；

根据右手定则判断感应电流方向：

对金属棒a动量定理求第一次离开磁场的速度，应用动能定理求出金属棒a克服安培力做

的功；

两金属棒发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机

械能守恒定律求出碰撞后金属棒的速度。

对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及求位移、速度等问题，常根据动量定理

结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

9.【答案】米尺把米尺靠近弹簧竖直固定在铁架台上.分别测出在电梯静止和运动状

态下，且重物稳定时弹簧的长度人和G|竺吟逆|

【解析】解：(1)要完成实验，需要测量重物在不同运动状态下弹簧的长度，因此还必

须使用的器材是米尺；

(2)把米尺靠近弹簧竖直固定在铁架台上，分别测出在电梯静止和运动状态下，且重物

稳定时弹簧的长度J和42；

(3)设弹簧的原长为Z,电梯静止时，根据受力平衡可得：

k(L，i—I)=mg

电梯竖直向上运动时，根据牛顿第二定律可得：

k(L2—0—mg—ma

又G=mg

联立解得：a="号四

G

因为加速度的方向无法确定，因此a=|小吟通|。

故答案为：(1)米尺；(2)把米尺靠近弹簧竖直固定在铁架台上.分别测出在电梯静止和

运动状态下，且重物稳定时弹簧的长度L和功；(3)|竺吟迎|

(1)根据实验原理选择需要使用的实验仪器；

(2)根据实验原理掌握仪器的正确使用方法；

(3)根据牛顿第二定律联立等式得出a的表达式

本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉胡克定律的公式，联立牛顿第二定律即

可完成解答。

10.【答案】&&18.0-2F0.57.5

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【解析】解：(1)所用电源的电动势为3忆而电压表V的量程为0〜15V,可知电压表V的

量程过大，故不可选；

电压的测量选择内阻已知的电流表4来间接的测量(即用其示数乘以其内阻得到电压值

),取Q处选用电流表儿,那么干路中P处选用电流表出。

(2)由图b所示图像可知&与产成线性关系，设&与尸的函数关系为：Rx=kF+b

当F=0时，％=18.00,则有：18.012=b

当F=4.0N时，Rx=10.0P,则有：10.0=4.0k+b,解得：k=-2H/N

可得网与尸的函数关系表达式％=18.0-2F；

(3)把电流表4改成一个压力表，电流表4应与力敏电阻器串联，电路图如下图所示：

(4)将电流表4表盘的0.154刻度处标为压力表的0刻度，即当F=0时，电路电流为人=

0.154此时氏工=18.00,由闭合电路欧姆定律可得：

E=/1(7?x+/?0+r1),代入数据得:3=0.15x(18.0+Ro+1.5),解得：Ro=0.5/2

故滑动变阻器接入电路的阻值应调为0.50

电流表4的满偏电流为乙=0.64设力敏电阻的最小值为Rmi"，压力的最大值为%ax，

由闭合电路欧姆定律可得：

E=lg(Rmin+&+%)，代入数据得：3=0.6x(Rmin+0.5+1.5),解得：Rmin=3.00

由心与尸的函数关系表达式可得：^min—18.0-2Fmax

代入数据解得：Fmax=7.5.

故该压力表能测量压力的最大值是7.5N。

故答案为：⑴①，41；(2)18.0-2F；(3)见解答；(4)0.5；7.5

(1)对照电源的电动势，电压表V的量程过大，故不可选。选择内阻已知的电流表必来间

接的测量电压；

(2)由图b所示图像可知心与F成线性关系，由数学方法求解；

(3)电流表必应与力敏电阻器串联组成电路；

(4)依题意当尸=0时，电路电流为A=0.154由闭合电路欧姆定律求得滑动变阻器的

阻值：电流表4的满偏时，对应压力最大，由闭合电路欧姆定律求解。

本题考查了电路测量电表的选择以及电路设计问题，解析实验的原理是关键。要知道已

知内阻的电流表可以间接测量电压，若量程不满足时可以进行改装。

11.【答案】解：（1）设运动员离开。点的速度为处，落点4与。点的距离为3运动员离

开。点数平抛运动，有

Lsin37°=

Lcos37°=vot

联立解得：v0=20m/s；

（2）运动员运动到着陆时的动能

EkA—+mgLsin37°

运动员由着陆点滑到P点的动能

EkP=0.8a4

从P到停止的过程中，设平均阻力为重力的k倍，根据动能定理得：

kmgs=EkP

联立解得：k=0.65o

答：（1）运动员离开。点时的速度大小为20rn/s；

（2）运动员在减速区所受平均阻力是其重力的0.65倍。

【解析】（1）运动员离开0点后做平抛运动，根据平抛运动规律列式可解；

（2）根据动能定理列式可求平均阻力。

本题是一道力学综合题，考查了平抛运动与动能定理的应用，分析清楚运动员的运动过

程是解题的前提，应用平抛运动规律与动能定理可以解题。

12.【答案】解：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，所有电子平行射入磁场均从P点射

出（磁聚焦模型），结合沿X轴射入的电子轨迹为:圆周，可「知电子做圆周运动的轨道半径

怦'

为：r=R

______c弋・

由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

：T/,小\\

■JiRo：：二小豌\

evB=m—步词）J

r

解得：B=翳；

（2）设电子源上端射出的电子从P点射出时与y轴负方向e”

图1

第14页，共16页

的夹角最大设为。m，如图1所示，四边形0C01P为菱形，由几何关系可得:

百R

si咻=-f-

解得：em=60°

同理电子源下端电子从P点射出时与y轴负方向的最大夹角也为60。,

故所求夹角。的范围为：一60。<。<60。；

(3)设能穿过K板小孔的电子出磁场时速度与y轴负方

向的夹角最大值为a,由题意可得：

21

tana=添