2022年普通高等学校招生全国统一考试全国乙卷物理试题含答案

2022年普通高等学校招生全国统一考试物理全国乙卷二、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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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。14．2022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C[航天员在“天宫二号”空间站中可以自由漂浮，是由于航天员在“天宫二号”空间站中处于完全失重状态，飞船对航天员的作用力近似为零，所受地球引力大小不为零，选项AB错误；航天员所受地球引力提供航天员随空间站运动的向心力，即航天员所受地球引力的大小与航天员随空间站运动所需向心力的大小近似相等，选项C正确；由万有引力定律可知，航天员在地球表面所受地球引力的大小大于航天员在空间站中所受地球引力的大小，所以在地球表面上所受引力的大小大于航天员随空间站运动所需向心力的大小，选项D错误。]15．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eq\f(3,5)L时，它们加速度的大小均为()A．eq\f(5F,8m)B．eq\f(2F,5m)C．eq\f(3F,8m)D．eq\f(3F,10m)A[当两球运动至二者相距eq\f(3L,5)时，二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cosθ＝0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1，对轻绳的中点受力分析得F－2F1sinθ＝m绳a，又轻绳质量近似为0，解得F1＝eq\f(5F,8)。对质量为m的小球，由牛顿第二定律有F1＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，选项A正确。]16．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C[小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，其机械能守恒，下落h高度过程中，有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，选项B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为θ，小环下滑过程滑过的弧长s＝Rθ，而h＝R(1－coseq\f(s,R))，所以选项A错误；小环位置到P点的距离L＝2Rsineq\f(θ,2)，h＝R(1－cosθ)，1－cosθ＝2sin2eq\f(θ,2)，即h＝2Rsin2eq\f(θ,2)＝eq\f(L2,2R)，代入v＝eq\r(2gh)可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，选项C正确；小环位置与P点连线扫过的面积A＝eq\f(1,2)R2θ－eq\f(1,2)R2sinθ，分析知与v不成正比，选项D错误。]17．一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×10－7m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3×1014个。普朗克常量为h＝6.63×10－34J·s。R约为()A．1×102mB．3×102mC．6×102mD．9×102mB[根据题述，点光源向所有方向均匀辐射，即距离点光源为R的球面上单位时间所接收的光的能量等于点光源单位时间所辐射的光的能量。点光源辐射功率P＝4πR2×nE0，其中E0＝eq\f(hc,λ)，联立解得R≈3×102m，选项B正确。]18．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/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A．测量地点位于南半球B．当地的地磁场大小约为50μTC．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BC[地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，根据测量数据可知，Bz为负值，测量地点位于北半球，A错误；利用笫1次测量的数据可得当地的地磁场大小为B＝eq\r(B\o\al(2,y)＋B\o\al(2,z))≈50μT，B正确；第2次测量时By为负值，y轴正向指向南方，选项C正确；第3次测量时Bx为正值，x轴正向指向北方，y轴正向指向西方，选项D错误。]19．如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q＞0)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()A．L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AB[两正点电荷在N点处产生的场强方向由N指向O，N点处于两负点电荷连线的垂直平分线上，则两负点电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点处的合场强方向由N指向O，同理可知，两负点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正点电荷连线的垂直平分线上，两正点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L，则L点处的合场强方向由O指向L，由于正方形两对角线相互垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，A正确；正方形底边上的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向左，而上方的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方等量异号点电荷距离较远，则M点的场强方向平行于该点处的切线，方向向左，B正确；由图可知，M和O点位于两对等量异号点电荷的等势线上，即M点和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做的功为零，C错误；由图结合等量异号点电荷模型可知，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，电场力做的功不为零，D错误。]20．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()A．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．0～6s时间内F对物块所做的功为40JAD[物块与地面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝2N，对物块在0～3s内的运动过程，由动量定理可得(F－f)t1＝mv3，得v3＝6m/s,3s时物块的动量为p＝mv3＝6kg·m/s，设3s后经过时间t′物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－(F＋f)t′＝0－mv3，解得t′＝1s，所以物块在t＝4s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；设0～3s内物块的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，得x1＝9m,3～4s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，得x2＝3m,4～6s物块反向运动，物块的加速度大小为a＝eq\f(F－f,m)＝2m/s2，设4～6s物块的运动时间为t2，位移为x3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝4m＜x1＋x2，即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6s内拉力做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40J，故D正确。]21．一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(R＜r1＜r2＜R＋d)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所示。则()图(a)图(b)A．粒子3入射时的动能比它出射时的大B．粒子4入射时的动能比它出射时的大C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能BD[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，则有Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)，qE2＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(qE1r1,2)＝eq\f(qE2r2,2)，即粒子1、2入射时的动能相等，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；粒子3入射后的一小段时间做向心运动，有qE2＞meq\f(v\o\al(2,3),r2)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＜eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，则粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确。]三、非选择题：共62分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共47分。22．(5分)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)。[解析](1)将表格中数据转化如图，则x1＝507m，x2＝587m，x3＝665m，x4＝746m，x5＝824m，x6＝904m，可得x2－x1＝80m，x3－x2＝78m，x4－x3＝81m，x5－x4＝78m，x6－x5＝80m，相邻相等时间间隔位移差大小接近，可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动。(2)x＝507m时该飞行器的速度即t＝1s时的瞬时速度，利用匀变速直线运动的特点可知时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故v＝eq\f(x1＋x2,2t)＝eq\f(1094m,2×1s)＝547m/s。(3)由逐差法得a＝eq\f(x6＋x5＋x4－x3＋x2＋x1,9t2)＝eq\f(4233－1759－1759,9×12)m/s2＝79m/s2。[答案](1)相邻相等时间间隔位移差大小接近(1分)(2)547(2分)(3)79(2分)23．(10分)一同学探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0～5mA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300Ω)，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10Ω或1.5kΩ)，定值电阻R0(阻值可选75Ω或150Ω)，开关S，导线若干。图(a)(1)要求通过Rx的电流可在0～5mA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“10Ω”或“1.5kΩ”)的滑动变阻器，R0应选阻值为________(填“75Ω”或“150Ω”)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________Ω(保留3位有效数字)。图(b)图(c)[解析](1)该实验探究待测电阻Rx在0～5mA范围内的伏安特性，因此滑动变阻器采用分压式连接，电压表的内阻很大，故可看成理想电压表，故采用电流表外接法，由于题目中给的电流表量程太小，故应与电流表并联一定值电阻扩大其量程。(2)滑动变阻器R选最大阻值为10Ω的，方便调节；又因电流表的量程为1mA，内阻为300Ω，通过测量电阻的最大电流为5mA，因此电流表量程应扩大为原来的5倍，因此分流电阻阻值应为该电流表内阻的四分之一，故电流表并联的电阻的阻值为R0＝75Ω。(3)Rx两端电压即为电压表读数2.30V；因电流表并联R0，量程扩大，通过待测电阻的电流为电流表读数的5倍，即通过Rx的电流为5×0.84mA＝4.20mA，故Rx＝eq\f(2.30,4.20×10－3)Ω＝548Ω。[答案](1)如图所示(2分)(2)10Ω(2分)75Ω(2分)(3)2.30(1分)4.20(1分)548(2分)24．(12分)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λ＝5.0×10－3Ω/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)＝0.3－0.1t(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。[解析](1)安培力F＝BIL①(1分)t＝2.0s时，B＝(0.3－0.1t)T＝0.1T②(1分)又I＝eq\f(E,R)，R＝4lλ③(2分)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(l2,2)·eq\f(ΔB,Δt)④(1分)L为等效长度，大小等于正方形对角线的长度L＝eq\r(2)l⑤(1分)将②③④⑤代入①得F＝eq\f(\r(2),25)N(2分)(2)0～2.0s时间内金属框产生的焦耳热Q＝eq\f(E2,R)t⑥(2分)解得Q＝1.6×10－2J(2分)[答案](1)eq\f(\r(2),25)N(2)1.6×10－2J25．(20分)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，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θ(sinθ＝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。求图(a)图(b)(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。[解析](1)水平面光滑，故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒，从B与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中有mBv1＝(mB＋mA)v0①(1分)其中v1＝1.2v0②(1分)可得mB＝5m③该过程中机械能守恒，设弹簧最大弹性势能为Ep，得Ep＋eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,1)④(2分)由①②③④得Ep＝0.6mveq\o\al(2,0)⑤(2分)(2)由图像知0～t0内物块B与物块A的位移差等于弹簧的最大压缩量，也就是题图中该段时间物块A、B图像所夹面积，物块A在0～t0时间内的位移SA＝0.36v0t0，即为0～t0内，v­t图像中A线与t轴所夹面积。解法一图1在压缩弹簧的过程中，物块A、B所受弹簧弹力大小相等，方向相反则物块A的加速度始终是物块B加速度的5倍，有aA＝5aB(1分)若两者均做初速度为零的变速运动，则两者的位移满足SA＝5SB′(1分)在图1中深灰色阴影面积为SA，浅灰色阴影面积为SB′。最大压缩量为X＝1.2v0t0－SA－SB′＝0.768v0t0(2分)解法二图20～t0过程，由动量守恒有mvA＋5mvB＝(m＋5m)v0(1分)结合运动学知识有mSA＋5mSB＝6mv0t0(1分)解得SB＝1.128v0t0(B在0～t0内的位移)最大压缩量为X＝SB－SA＝1.128v0t0－0.36v0t0＝0.768v0t0(2分)(3)设物块A第一次从斜面滑到平面上时的速度为vx，物块A(含弹簧)回到水平面，第二次与B相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒。则有mBv2－mAvx＝mBv3＋mA·2v0⑧(2分)eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,x)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mA(2v0)2⑨(2分)由⑧⑨得vx＝v0⑩(另一解舍去)物块A第一次从斜面底端滑到最高点的过程，由动能定理有－mgμscosθ－mgssinθ＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2⑪(2分)物块A第一次从最高点滑到水平面的过程，由动能定理有－mgμscosθ＋mgssinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0⑫(2分)由⑪⑫得μ＝0.45(2分)[答案](1)0.6mveq\o\al(2,0)(2)0.768v0t0(3)0.45(二)选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)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)(10分)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Ⅰ和活塞Ⅱ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Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ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，活塞Ⅰ、Ⅱ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，重力加速度为g，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。(ⅰ)求弹簧的劲度系数；(ⅱ)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。[解析](1)由eq\f(pV,T)＝C得T＝eq\f(p,C)V，T­V图线上的点与坐标原点连线的斜率越大，气体压强越大，易知状态a对应的压强大于状态c的压强，A选项正确；状态a到状态b为等压变化过程，体积增大，气体对外做功，B选项正确；由上述分析可知，气体在b状态的压强大于在c状态的压强，C选项错误；气体由状态a到状态b的过程中体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，且吸收的热量大于其内能的增加量，D选项正确，E选项错误。(2)(ⅰ)设初始状态汽缸内气体的压强为p1，对两活塞整体有p0·2S＋p1·S＋3mg＝p0·S＋p1·2S(1分)对Ⅱ活塞有k·0.1l＋p0·S＝p1·S＋mg(1分)解得k＝eq\f(40mg,l)(1分)(ⅱ)设活塞Ⅱ刚到汽缸连接处时内部气体压强为p2，对两活塞整体有p0·2S＋p2·S＋3mg＝p0·S＋p2·2S(1分)解得p2＝p1＝p0＋eq\f(3