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2022年全国统一高考乙卷物理试卷

题号	一	二	三	四	五	总分
得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

评卷人 得分

一、单选题

1.2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约 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

2.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 时，它们加速度的大小均为（　　）

A．
B．
C．
D．

3.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

4.一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6 × 10 ^{- 7}m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 ^{- 34}Js。R约为（     ）
A．1 × 10²m
B．3 × 10²m
C．6 × 10²m
D．9 × 10²m

评卷人 得分

二、多选题

5.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/μT	By/μT	Bz/μT
1	0	21	- 45
2	0	- 20	- 46
3	21	0	- 45
4	- 21	0	- 45

A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．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

6.如图，两对等量异号点电荷 、 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

7.质量为 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 。则（　　）

A． 时物块的动能为零
B． 时物块回到初始位置
C． 时物块的动量为
D． 时间内F对物块所做的功为

8.一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 ）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 、 ；粒子3从距O点 的位置入射并从距O点 的位置出射；粒子4从距O点 的位置入射并从距O点 的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（　　）

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

9.一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 图上的两条线段所示，则气体在（　　）

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

评卷人 得分

三、填空题

10.用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（ ）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔 测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：

	0	1	2	3	4	5	6
	0	507	1094	1759	2505	3329	4233

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 时，该飞行器速度的大小 ______ ；
（3）这段时间内该飞行器加速度的大小 ______ （保留2位有效数字）。

11.介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源 和 ，二者做简谐运动的振幅相等，周期均为 。当 过平衡位置向上运动时， 也过平衡位置向上运动。若波速为 ，则由 和 发出的简谐横波的波长均为______m。P为波源平衡位置所在水平面上的一点，与 、 平衡位置的距离均为 ，则两波在P点引起的振动总是相互______（填“加强”或“削弱”）的；当 恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点______（填“向上”或“向下”）运动。

评卷人 得分

四、实验题

12.一同学探究阻值约为 的待测电阻 在 范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为 ，内阻很大），电流表A（量程为 ，内阻为 ），电源E（电动势约为 ，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选 或 ），定值电阻 （阻值可选 或 ），开关S，导线若干。

（1）要求通过 的电流可在 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“ ”或“ ”）的滑动变阻器， 应选阻值为______（填“ ”或“ ”）的定值电阻；
（3）测量多组数据可得 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 两端的电压为______V，流过 的电流为_____ ，此组数据得到的 的阻值为______ （保留3位有效数字）。

评卷人 得分

五、解答题

13.如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为 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 ；在 到 时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为 。求:
（1） 时金属框所受安培力的大小；
（2）在 到 时间内金属框产生的焦耳热。

14.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， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。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 ，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
（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。

15.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 、m，面积分别为 、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 ，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 。已知活塞外大气压强为 ，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）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。

16.一细束单色光在三棱镜 的侧面 上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至 边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当 时，恰好没有光线从 边射出棱镜，且 。求棱镜的折射率。

参考答案

1.C

【解析】
ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；
D．根据万有引力公式

可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选C。

2.A

【解析】
当两球运动至二者相距 时，,如图所示

由几何关系可知

设绳子拉力为 ，水平方向有

解得

对任意小球由牛顿第二定律可得

解得

故A正确，BCD错误。
故选A。

3.C

【解析】
如图所示

设圆环下降的高度为 ，圆环的半径为 ，它到P点的距离为 ，根据机械能守恒定律得

由几何关系可得

联立可得

可得

故C正确，ABD错误。
故选C。

4.B

【解析】
一个光子的能量为

E = hν

ν为光的频率，光的波长与频率有以下关系

c = λν

光源每秒发出的光子的个数为

P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 10¹⁴个，那么此处的球面的表面积为

S = 4πR²

则

联立以上各式解得

R ≈ 3 × 10²m

故选B。

5.BC

【解析】
A．如图所示

地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为

计算得

B ≈ 50μT

B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量 ，故y轴指向南方，第3次测量 ，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
故选BC。

6.AB

【解析】
A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M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，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，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，电场力做功不为零，故D错误。
故选AB。

7.AD

【解析】
物块与地面间的摩擦力为

AC．对物块从 内由动量定理可知

即

得

3s时物块的动量为

设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得

即

解得

所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B． 物块发生的位移为x₁，由动能定理可得

即

得

过程中，对物块由动能定理可得

即

得

物块开始反向运动，物块的加速度大小为

发生的位移为

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为

拉力所做的功为

故D正确。
故选AD。

8.BD

【解析】
C．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，可设为

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

，

可得

即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点 的位置入射并从距O点 的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点 的位置入射并从距O点 的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有

可得

粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。

9.ABD

【解析】
AC．根据理想气体状态方程可知

即 图像的斜率为 ，故有

故A正确，C错误；
B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；
DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有

而 ， ，则有

可得

，

即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；
故选ABD。

10.     相邻1s内的位移之差接近∆x=80m     547     79

【解析】
（1）[1]第1s内的位移507m，第2s内的位移587m，第3s内的位移665m，第4s内的位移746m，第5s内的位移824m，第6s内的位移904m，则相邻1s内的位移之差接近∆x=80m，可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动；
（2）[2]当x=507m时飞行器的速度等于0-2s内的平均速度，则

（3）[3]根据

11.     4     加强     向下

【解析】
[1]因周期T=0.8s，波速为v=5m/s，则波长为

[2]因两波源到P点的距离之差为零，且两振源振动方向相同，则P点的振动是加强的；
[3]因S₁P=10m=2.5λ，则当S₁恰好的平衡位置向上运动时，平衡位置在P点的质点向下振动。

12.                             

【解析】
（1）[1]电流表内阻已知，电流表与 并联扩大电流表量程，进而准确测量通过 的电流，电压表单独测量 的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从 开始测量，满足题中通过 的电流从 连续可调，电路图如下

（2）[2]电路中 应选最大阻值为 的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；
[3]通过 的电流最大为 ，需要将电流表量程扩大为原来的 倍，根据并联分流的规律示意图如下

根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知

解得

（3）[4]电压表每小格表示 ，向后估读一位，即 ；
[5]电流表每小格表示 ，本位估读，即 ，电流表量程扩大 倍，所以通过 的电流为 ；
[6]根据欧姆定律可知

13.（1） ；（2）0.016J

【解析】
（1）金属框的总电阻为

金属框中产生的感应电动势为

金属框中的电流为

t=2.0s时磁感应强度为

金属框处于磁场中的有效长度为

此时金属框所受安培力大小为

（2） 内金属框产生的焦耳热为

14.（1） ；（2） ；（3）

【解析】
（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得

（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

可知同一时刻

则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为

，

根据位移等速度在时间上的累积可得

，

又

解得

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有

对方程两边同时乘以时间 ，有

0-t₀之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得

将 代入可得

则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

根据能量守恒定律可得

联立解得

方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得

下滑过程，根据动能定理可得

联立解得

方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，

，

上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得

，

联立可解得

15.（1） ；（2） ，

【解析】
（1）设封闭气体的压强为 ，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有

解得

对活塞Ⅰ由平衡条件有

解得弹簧的劲度系数为

（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为

即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为

，

由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有

有等压方程可知

解得

16.1.5

【解析】

因为当 时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则

由几何关系可知，光线在D点的折射角为

则

联立可得

n=1.5