新課標2022年高考普通高等學(xué)校招生物理試卷與答案(乙卷)

學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司新課標2022年高考普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一物理考試(全國乙卷)二、選擇題：1.2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學(xué)們上了一堂精彩的科學(xué)課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道上飛行的“天宮二號”中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們（）A.所受地球引力的大小近似為零B.所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零C.所受地球引力的大小與其隨飛船運動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隨飛船運動所需向心力的大小【答案】C【解析】【詳解】ABC．航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周運動的向心力，飛船對其作用力等于零，故C正確，AB錯誤；D．根據(jù)萬有引力公式可知在地球表面上所受引力的大小大于在飛船所受的萬有引力大小，因此地球表面引力大于其隨飛船運動所需向心力的大小，故D錯誤。故選C。2.如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距時，它們加速度的大小均為（）

A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】當兩球運動至二者相距時，,如圖所示

由幾何關(guān)系可知設(shè)繩子拉力為，水平方向有解得對任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯誤。故選A。3.固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（）A.它滑過的弧長B.它下降的高度C.它到P點的距離D.它與P點的連線掃過的面積【答案】C【解析】【詳解】如圖所示設(shè)圓環(huán)下降的高度為，圓環(huán)的半徑為，它到P點的距離為，根據(jù)機械能守恒定律得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得可得故C正確，ABD錯誤。故選C。4.一點光源以113W的功率向周圍所有方向均勻地輻射波長約為6×10-7m的光，在離點光源距離為R處每秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為3×1014個。普朗克常量為h=6.63×10-34Js。R約為（）A.1×102m B.3×102m C.6×102m D.9×102m【答案】B【解析】【詳解】一個光子的能量為E=hνν為光的頻率，光的波長與頻率有以下關(guān)系c=λν光源每秒發(fā)出的光子的個數(shù)為P為光源的功率，光子以球面波的形式傳播，那么以光源為原點的球面上的光子數(shù)相同，此時距光源的距離為R處，每秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為3×1014個，那么此處的球面的表面積為S=4πR2則聯(lián)立以上各式解得R≈3×102m故選B。5.安裝適當?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（）測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.測量地點位于南半球B.當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μTC第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方【答案】BC【解析】【詳解】A．如圖所示地球可視為一個磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近，磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉(zhuǎn)軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應(yīng)位于北半球，A錯誤；B．磁感應(yīng)強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強度大致為計算得B≈50μTB正確；CD．由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量，故y軸指向南方，第3次測量，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯誤。故選BC。6.如圖，兩對等量異號點電荷、固定于正方形的4個項點上。L、N是該正方形兩條對角線與其內(nèi)切圓的交點，O為內(nèi)切圓的圓心，M為切點。則（）A.L和N兩點處的電場方向相互垂直B.M點的電場方向平行于該點處的切線，方向向左C.將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做正功D.將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功為零【答案】AB【解析】【詳解】A．兩個正電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，N點處于兩負電荷連線的中垂線上，則兩負電荷在N點產(chǎn)生的場強方向由N指向O，則N點的合場強方向由N指向O，同理可知，兩個負電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，L點處于兩正電荷連線的中垂線上，兩正電荷在L處產(chǎn)生的場強方向由O指向L，則L處的合場方向由O指向L，由于正方向兩對角線垂直平分，則L和N兩點處的電場方向相互垂直，故A正確；B．正方向底邊的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向左，而正方形上方的一對等量異號電荷在M點產(chǎn)生的場強方向向右，由于M點離上方一對等量異號電荷距離較遠，則M點的場方向向左，故B正確；C．由圖可知，M和O點位于兩等量異號電荷的等勢線上，即M和O點電勢相等，所以將一帶正電的點電荷從M點移動到O點，電場力做功為零，故C錯誤；D．由圖可知，L點的電勢低于N點電勢，則將一帶正電的點電荷從L點移動到N點，電場力做功不為零，故D錯誤。故選AB。7.質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（）

A.時物塊的動能為零B.時物塊回到初始位置C.時物塊的動量為D.時間內(nèi)F對物塊所做的功為【答案】AD【解析】【詳解】物塊與地面間摩擦力為AC．對物塊從內(nèi)由動量定理可知即得3s時物塊的動量為設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0，由動量定理可得即解得所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；B．物塊發(fā)生的位移為x1，由動能定理可得即得過程中，對物塊由動能定理可得即得物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為發(fā)生的位移為即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；D．物塊在6s時的速度大小為拉力所做的功為故D正確。故選AD。8.一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分別為R和）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為、；粒子3從距O點的位置入射并從距O點的位置出射；粒子4從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大B.粒子4入射時的動能比它出射時的大C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能【答案】BD【解析】【詳解】C．在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，可設(shè)為帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有，可得即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；A．粒子3從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；B．粒子4從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，做離心運動，電場力做負功，則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；D．粒子3做向心運動，有可得粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；故選BD。三、非選擇題：（一）必考題：9.用雷達探測一高速飛行器的位置。從某時刻（）開始的一段時間內(nèi)，該飛行器可視為沿直線運動，每隔測量一次其位置，坐標為x，結(jié)果如下表所示：0123456050710941759250533294233回答下列問題：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可判斷該飛行器在這段時間內(nèi)近似做勻加速運動，判斷的理由是：______；（2）當時，該飛行器速度的大小______；（3）這段時間內(nèi)該飛行器加速度的大小______（保留2位有效數(shù)字）。【答案】①.相鄰1s內(nèi)的位移之差接近?x=80m②.547③.79【解析】【詳解】（1）[1]第1s內(nèi)的位移507m，第2s內(nèi)的位移587m，第3s內(nèi)的位移665m，第4s內(nèi)的位移746m，第5s內(nèi)的位移824m，第6s內(nèi)的位移904m，則相鄰1s內(nèi)的位移之差接近?x=80m，可知判斷飛行器在這段時間內(nèi)做勻加速運動；（2）[2]當x=507m時飛行器的速度等于0-2s內(nèi)的平均速度，則（3）[3]根據(jù)10.一同學(xué)探究阻值約為的待測電阻在范圍內(nèi)的伏安特性。可用器材有：電壓表V（量程為，內(nèi)阻很大），電流表A（量程為，內(nèi)阻為），電源E（電動勢約為，內(nèi)阻不計），滑動變阻器R（最大阻值可選或），定值電阻（阻值可選或），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）要求通過的電流可在范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，在答題卡上將圖（a）所示的器材符號連線，畫出實驗電路的原理圖________；（2）實驗時，圖（a）中的R應(yīng)選最大阻值為______（填“”或“”）的滑動變阻器，應(yīng)選阻值為______（填“”或“”）的定值電阻；（3）測量多組數(shù)據(jù)可得的伏安特性曲線。若在某次測量中，電壓表、電流麥的示數(shù)分別如圖（b）和圖（c）所示，則此時兩端的電壓為______V，流過的電流為_____，此組數(shù)據(jù)得到的的阻值為______（保留3位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?②.③.④.⑤.⑥.【解析】【詳解】（1）[1]電流表內(nèi)阻已知，電流表與并聯(lián)擴大電流表量程，進而準確測量通過的電流，電壓表單獨測量的電壓；滑動變阻器采用分壓式接法，電表從開始測量，滿足題中通過的電流從連續(xù)可調(diào)，電路圖如下（2）[2]電路中應(yīng)選最大阻值為的滑動變阻器，方便電路的調(diào)節(jié)，測量效率高、實驗誤差?。籟3]通過電流最大為，需要將電流表量程擴大為原來的倍，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖如下根據(jù)并聯(lián)分流，即并聯(lián)電路中電流之比等于電阻的反比，可知解得（3）[4]電壓表每小格表示，向后估讀一位，即；[5]電流表每小格表示，本位估讀，即，電流表量程擴大倍，所以通過的電流為；[6]根據(jù)歐姆定律可知11.如圖，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為的正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為；在到時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小隨時間t的變化關(guān)系為。求:（1）時金屬框所受安培力的大??；（2）在到時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】（1）；（2）0.016J【解析】【詳解】（1）金屬框的總電阻為金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為金屬框中的電流為t=2.0s時磁感應(yīng)強度金屬框處于磁場中的有效長度為

此時金屬框所受安培力大小為（2）內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為12.如圖（a），一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，時與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從到時間內(nèi)，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時、速度相等，即時刻，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得（2）同一時刻彈簧對、的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻、的的瞬時速度分別為根據(jù)位移等速度在時間上的累積可得又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值（3）物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設(shè)物塊A第一次滑下斜面的速度大小為，設(shè)向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得設(shè)在斜面上滑行的長度為，上滑過程，根據(jù)動能定理可得下滑過程，根據(jù)動能定理可得聯(lián)立解得（二）選考題13.一定量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化狀態(tài)c，其過程如圖上的兩條線段所示，則氣體在（）

A.狀態(tài)a處壓強大于狀態(tài)c處的壓強B.由a變化到b的過程中，氣體對外做功C.由b變化到c的過程中，氣體的壓強不變D.由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱E.由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內(nèi)能【答案】ABD【解析】【詳解】AC．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知即圖像的斜率為，故有故A正確，C錯誤；B．理想氣體由a變化到b的過程中，因體積增大，則氣體對外做功，故B正確；DE．理想氣體由a變化到b的過程中，溫度升高，則內(nèi)能增大，由熱力學(xué)第一定律有而，，則有可得，即氣體從外界吸熱，且從外界吸收的熱量大于其增加的內(nèi)能，故D正確，E錯誤；故選ABD。14.如圖，一豎直放置的汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞Ⅱ不能通過連接處?；钊?、Ⅱ的質(zhì)量分別為、m，面積分別為、S，彈簧原長為l。初始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為。已知活塞外大氣壓強為，忽略活塞與缸壁間的摩擦，汽缸無漏氣，不計彈簧的體積。（1）求彈簧的勁度系數(shù)；（2）緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當活塞Ⅱ剛運動到汽缸連接處時，活塞間氣體的壓強和溫度?！敬鸢浮浚?）；（2），【解析】【詳解】（1）設(shè)封閉氣體的壓強為，對兩活塞和彈簧的整體受力分析，由平衡條件有解得對活塞Ⅰ由平衡條件有解得彈簧的勁度系數(shù)為（2）緩慢加