2022年云南高考物理真題及答案

》》》》》》歷年考試真題——2023年最新整理《《《《《《》》》》》》歷年考試真題——2023年最新整理《《《《《《》》》》》》歷年考試真題——2023年最新整理《《《《《《2022年云南高考物理真題及答案二、選擇題1.北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過一點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動(dòng)過程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】運(yùn)動(dòng)員從a到c根據(jù)動(dòng)能定理有在c點(diǎn)有FNc≤kmg聯(lián)立有故選D。2.長(zhǎng)為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長(zhǎng)為L(zhǎng)的隧道，當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過v（v<v0）。已知列車加速和減速時(shí)加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時(shí)間至少為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】由題知當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過v（v<v0），則列車進(jìn)隧道前必須減速到v，則有v=v0-2at1解得在隧道內(nèi)勻速有列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=v+at3解得則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時(shí)間至少為故選C。3.三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長(zhǎng)與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長(zhǎng)相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框所在平面均與磁場(chǎng)方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為和。則（）A B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】設(shè)圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長(zhǎng)為2r，正六邊形線框的邊長(zhǎng)為r；所以圓線框的周長(zhǎng)為面積為同理可知正方形線框的周長(zhǎng)和面積分別為，正六邊形線框的周長(zhǎng)和面積分別為，三線框材料粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律可知三個(gè)線框電阻之比為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有可得電流之比為：即故選C。4.兩種放射性元素的半衰期分別為和，在時(shí)刻這兩種元素的原子核總數(shù)為N，在時(shí)刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為，則在時(shí)刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)題意設(shè)半衰期為t0的元素原子核數(shù)為x，另一種元素原子核數(shù)為y，依題意有經(jīng)歷2t0后有聯(lián)立可得，在時(shí)，原子核數(shù)為x的元素經(jīng)歷了4個(gè)半衰期，原子核數(shù)為y的元素經(jīng)歷了2個(gè)半衰期，則此時(shí)未衰變的原子核總數(shù)為故選C。5.空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面（平面）向里，電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】AC．在xOy平面內(nèi)電場(chǎng)的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場(chǎng)力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯(cuò)誤；BD．運(yùn)動(dòng)的過程中在電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場(chǎng)方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場(chǎng)力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受電場(chǎng)力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。故選B。6.如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前（）

A.P的加速度大小的最大值為B.Q加速度大小的最大值為C.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小【答案】AD【解析】【詳解】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則拉力大小為撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB．以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椋瑑苫瑝K與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊P的加速度為解得此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運(yùn)動(dòng)，故PQ間距離減小，彈簧的伸長(zhǎng)量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為。Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)解得故滑塊Q加速度大小最大值為，A正確，B錯(cuò)誤；C．滑塊PQ水平向右運(yùn)動(dòng)，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯(cuò)誤；D．滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)的加速度為解得撤去拉力時(shí)，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長(zhǎng)時(shí)加速度大小為；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長(zhǎng)時(shí)加速度大小也為。分析可知P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小，D正確。故選AD。7.如圖，兩根相互平行的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，（）A.通過導(dǎo)體棒電流的最大值為B.導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動(dòng)C.導(dǎo)體棒速度最大時(shí)所受的安培力也最大D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】AD【解析】【詳解】MN在運(yùn)動(dòng)過程中為非純電阻，MN上的電流瞬時(shí)值為A．當(dāng)閉合的瞬間，，此時(shí)MN可視為純電阻R，此時(shí)反電動(dòng)勢(shì)最小，故電流最大

故A正確；B．當(dāng)時(shí)，導(dǎo)體棒加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到最大值之后，電容器與MN及R構(gòu)成回路，由于一直處于通路形式，由能量守恒可知，最后MN終極速度為零，故B錯(cuò)誤；C．MN在運(yùn)動(dòng)過程中為非純電阻電路，MN上的電流瞬時(shí)值為當(dāng)時(shí)，MN上電流瞬時(shí)為零，安培力為零此時(shí)，MN速度最大，故C錯(cuò)誤；D．在MN加速度階段，由于MN反電動(dòng)勢(shì)存在，故MN上電流小于電阻R上的電流，電阻R消耗電能大于MN上消耗的電能（即），故加速過程中，；當(dāng)MN減速為零的過程中，電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R形成各自的回路，因此可知此時(shí)也是電阻R的電流大，綜上分析可知全過程中電阻R上的熱量大于導(dǎo)體棒上的熱量，故D正確。故選AD。8.地面上方某區(qū)域存在方向水平向右勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶正電荷的小球自電場(chǎng)中Р點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和電場(chǎng)力的大小相等，重力勢(shì)能和電勢(shì)能的零點(diǎn)均取在Р點(diǎn)。則射出后，（）A.小球的動(dòng)能最小時(shí)，其電勢(shì)能最大B.小球的動(dòng)能等于初始動(dòng)能時(shí)，其電勢(shì)能最大C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動(dòng)能最大D.從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢(shì)能的增加量【答案】BD【解析】【詳解】A．如圖所示故等效重力的方向與水平成。當(dāng)時(shí)速度最小為，由于此時(shí)存在水平分量，電場(chǎng)力還可以向左做負(fù)功，故此時(shí)電勢(shì)能不是最大，故A錯(cuò)誤；BD．水平方向上在豎直方向上由于，得如圖所示，小球的動(dòng)能等于末動(dòng)能。由于此時(shí)速度沒有水平分量，故電勢(shì)能最大。由動(dòng)能定理可知?jiǎng)t重力做功等于小球電勢(shì)能的增加量，故BD正確；C．當(dāng)如圖中v1所示時(shí)，此時(shí)速度水平分量與豎直分量相等，動(dòng)能最小，故C錯(cuò)誤；故選BD。三、非選擇題：9.某同學(xué)要測(cè)量微安表內(nèi)阻，可利用的實(shí)驗(yàn)器材有：電源E（電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻很?。娏鞅恚砍?，內(nèi)阻約），微安表（量程，內(nèi)阻待測(cè)，約），滑動(dòng)變阻器R（最大阻值），定值電阻（阻值），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）在答題卡上將圖中所示的器材符號(hào)連線，畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖_____；（2）某次測(cè)量中，微安表的示數(shù)為，電流表的示數(shù)為，由此計(jì)算出微安表內(nèi)阻_____?！敬鸢浮竣?見解析②.990Ω【解析】【詳解】（1）[1]為了準(zhǔn)確測(cè)出微安表兩端的電壓，可以讓微安表與定值電阻R0并聯(lián)，再與電流表串聯(lián)，通過電流表的電流與微安表的電流之差，可求出流過定值電阻R0的電流，從而求出微安表兩端的電壓，進(jìn)而求出微安表的內(nèi)電阻，由于電源電壓過大，并且為了測(cè)量多組數(shù)據(jù)，滑動(dòng)電阻器采用分壓式解法，實(shí)驗(yàn)電路原理圖如圖所示（2）[2]流過定值電阻R0的電流加在微安表兩端的電壓微安表的內(nèi)電阻10.利用圖示的實(shí)驗(yàn)裝置對(duì)碰撞過程進(jìn)行研究。讓質(zhì)量為的滑塊A與質(zhì)量為的靜止滑塊B在水平氣墊導(dǎo)軌上發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，比較碰撞后A和B的速度大小和，進(jìn)而分析碰撞過程是否為彈性碰撞。完成下列填空：

（1）調(diào)節(jié)導(dǎo)軌水平；（2）測(cè)得兩滑塊的質(zhì)量分別為和。要使碰撞后兩滑塊運(yùn)動(dòng)方向相反，應(yīng)選取質(zhì)量為______kg的滑塊作為A；（3）調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時(shí)，A的左端到左邊擋板的距離與B的右端到右邊擋板的距離相等；（4）使A以一定的初速度沿氣墊導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時(shí)刻開始到各自撞到擋板所用的時(shí)間和；（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復(fù)步驟（4）。多次測(cè)量的結(jié)果如下表所示；123450.490.671.011.221.390.150.210.330.400.460.310.330.330.33（6）表中的______（保留2位有效數(shù)字）；（7）的平均值為______；（保留2位有效數(shù)字）（8）理論研究表明，對(duì)本實(shí)驗(yàn)的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則的理論表達(dá)式為______（用和表示），本實(shí)驗(yàn)中其值為______（保留2位有效數(shù)字），若該值與（7）中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認(rèn)為滑塊A與滑塊B在導(dǎo)軌上的碰撞為彈性碰撞?！敬鸢浮竣?0.304②.0.31③.0.32④.⑤.0.33【解析】【詳解】（2）[1]應(yīng)該用質(zhì)量較小的滑塊碰撞質(zhì)量較大的滑塊，碰后運(yùn)動(dòng)方向相反，故選0.304kg的滑塊作為A。（6）[2]由于兩段位移大小相等，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可得（7）[3]平均值為（8）[4][5]彈性碰撞時(shí)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，可得聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)可得11.將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機(jī)對(duì)運(yùn)動(dòng)的小球進(jìn)行拍攝，頻閃儀每隔發(fā)出一次閃光。某次拍攝時(shí)，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個(gè)小球?yàn)閽伋鏊查g的影像，每相鄰兩個(gè)球之間被刪去了3個(gè)影像，所標(biāo)出的兩個(gè)線段的長(zhǎng)度和之比為3：7。重力加速度大小取，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。

【答案】【解析】【詳解】頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個(gè)球之間被刪去3個(gè)影像，故相鄰兩球的時(shí)間間隔為設(shè)拋出瞬間小球的速度為，每相鄰兩球間的水平方向上位移為x，豎直方向上的位移分別為、，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)位移公式有令，則有已標(biāo)注的線段、分別為則有整理得故在拋出瞬間小球的速度大小為12.光點(diǎn)式檢流計(jì)是一種可以測(cè)量微小電流的儀器，其簡(jiǎn)化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內(nèi)有與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；隨為置于平臺(tái)上的輕質(zhì)小平面反射鏡，輕質(zhì)剛性細(xì)桿D的一端與M固連且與鏡面垂直，另一端與彈簧下端相連，PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)條，PQ的圓心位于M的中心使用前需調(diào)零，使線圈內(nèi)沒有電流通過時(shí)，M豎直且與紙面垂直；入射細(xì)光束沿水平方向經(jīng)PQ上的O點(diǎn)射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長(zhǎng)度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點(diǎn)仍近似處于PQ的圓心，通過讀取反射光射到PQ上的位置，可以測(cè)得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線圈C的匝數(shù)為N。沿水平方向的長(zhǎng)度為l，細(xì)桿D的長(zhǎng)度為d，圓弧PQ的半徑為r﹐r>>d，d遠(yuǎn)大于彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值。（1）若在線圈中通入的微小電流為I，求平衡后彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值x及PQ上反射光點(diǎn)與O點(diǎn)間的弧長(zhǎng)s；（2）某同學(xué)用此裝置測(cè)一微小電流，測(cè)量前未調(diào)零，將電流通入線圈后，PQ上反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)上方，與O點(diǎn)間的弧長(zhǎng)為s1．保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點(diǎn)出現(xiàn)在О點(diǎn)下方，與O點(diǎn)間的弧長(zhǎng)為s2。求待測(cè)電流的大小?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】【詳解】（1）由題意當(dāng)線圈中通入微小電流I時(shí)，線圈中的安培力為F=NBIl根據(jù)胡克定律有F=NBIl=k│x│設(shè)此時(shí)細(xì)桿轉(zhuǎn)過的弧度為θ，則可知反射光線轉(zhuǎn)過的弧度為2θ，又因?yàn)閐>>x，r>>d則sinθ≈θ，sin2θ≈2θ所以有x=dθs=r2θ聯(lián)立可得（2）因?yàn)闇y(cè)量前未調(diào)零，設(shè)沒有通電流時(shí)偏移的弧長(zhǎng)為s′，當(dāng)初始時(shí)反射光點(diǎn)在O點(diǎn)上方，通電流I′后根據(jù)前面的結(jié)論可知有當(dāng)電流反向后有聯(lián)立可得同理可得初始時(shí)反射光點(diǎn)在O點(diǎn)下方結(jié)果也相同，故待測(cè)電流的大小為（二）選考題：共45分．請(qǐng)考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答．如果多做，則每科按所做的第一題計(jì)分。13.一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如圖上從a到b的線段所示。在此過程中（）

A.氣體一直對(duì)外做功B.氣體的內(nèi)能一直增加C.氣體一直從外界吸熱D.氣體吸收的熱量等于其對(duì)外做的功E.氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量【答案】BCE【解析】【詳解】A．因從a到bp—T圖像過原點(diǎn)，由可知從a到b氣體的體積不變，則從a到b氣體不對(duì)外做功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．因從a到b氣體溫度升高，可知?dú)怏w內(nèi)能增加，選項(xiàng)B正確；CDE．因W=0，?U>0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律?U=W+Q可知，氣體一直從外界吸熱，且氣體吸收的熱量等于內(nèi)能增加量，選項(xiàng)CE正確，D錯(cuò)誤。故選BCE。14.如圖，容積均為、缸壁可導(dǎo)熱的A、B兩汽缸放置在壓強(qiáng)為、溫度為的環(huán)境中；兩汽缸的底部通過細(xì)管連通，A汽缸的頂部通過開口C與外界相通：汽缸內(nèi)的兩活塞將缸內(nèi)氣體分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的體積分別為和、環(huán)境壓強(qiáng)保持不變，不計(jì)活塞的質(zhì)量和體積，忽略摩擦。（1）將環(huán)境溫度緩慢升高，求B汽缸中的活塞剛到達(dá)汽缸底部時(shí)的溫度；（2）將環(huán)境溫度緩慢改變至，然后用氣泵從開口C向汽缸內(nèi)緩慢注入氣體，求A汽缸中的活塞到達(dá)汽缸底部后，B汽缸內(nèi)第Ⅳ部分氣體的壓強(qiáng)。

【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）因兩活塞的質(zhì)量不計(jì)，則當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，Ⅳ內(nèi)的氣體壓強(qiáng)總等于大