精品解析：2022年全国高考乙卷物理试题（解析版）

学科网（北京）股份有限公司2022年全国乙理综-物理二、选择题：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【答案】C【解析】【详解】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2MmFGr万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.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35L时，它们加速度的大小均为（）A.58FmB.25FmC.38FmD.310Fm【答案】A【解析】【详解】当两球运动至二者相距35L时，,如图所示学科网（北京）股份有限公司由几何关系可知3310sin52LL设绳子拉力为T，水平方向有2cosTF解得58TF对任意小球由牛顿第二定律可得Tma解得58Fam故A正确，BCD错误。故选A。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【答案】C【解析】【详解】如图所示学科网（北京）股份有限公司设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得212mghmv由几何关系可得sinhLsin2LR联立可得22LhR可得gvLR故C正确，ABD错误。故选C。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6×10-7m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.9×102m【答案】B【解析】【详解】一个光子的能量为学科网（北京）股份有限公司E=hνν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PPnhhc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14310nS联立以上各式解得R≈3×102m故选B。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/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.学科网（北京）股份有限公司【答案】BC【解析】【详解】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2222xzyzBBBBB计算得B≈50μTB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0yB，故y轴指向南方，第3次测量0xB，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.如图，两对等量异号点电荷q、0qq固定于正方形的4个项点上。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学科网（北京）股份有限公司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【答案】AB【解析】【详解】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，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；B．正方向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.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210m/sg。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12kgm/sD.0~6s时间内F对物块所做的功为40J【答案】AD【解析】学科网（北京）股份有限公司【详解】物块与地面间摩擦力为2NfmgAC．对物块从03内由动量定理可知13()Fftmv即3(42)31v得36m/sv3s时物块的动量为36kgm/spmv设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得3()0Fftmv即(42)016t解得1st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．03物块发生的位移为x1，由动能定理可得2131()2Ffxmv即211(42)162x得19mx3s4s过程中，对物块由动能定理可得2231()02Ffxmv即221(42)0162x得23mx的学科网（北京）股份有限公司4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为22m/sFfam发生的位移为2312122m=4m2xxx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622m/s=4m/sv06s拉力所做的功为(494344)J40JW故D正确。故选AD。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Rd）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1r、212rRrrRd；粒子3从距O点2r的位置入射并从距O点1r的位置出射；粒子4从距O点1r的位置入射并从距O点2r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入射时的动能学科网（北京）股份有限公司【答案】BD【解析】【详解】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Erk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2111vqEmr，2222vqEmr可得2112211222qErqErmv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2r的位置入射并从距O点1r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1r的位置入射并从距O点2r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2322vqEmr可得22223111222qErmvmv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。三、非选择题：（一）必考题：9.用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（0t）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：/st0123456/mx050710941759250533294233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507mx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______2m/s（保留2位有效数字）。学科网（北京）股份有限公司【答案】①.相邻1s内的位移之差接近∆x=80m②.547③.79【解析】【详解】（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11094m/s=547m/s2v（3）[3]根据22360322423321759m/s79m/s991xxaT10.一同学探究阻值约为550的待测电阻xR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300），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10或1.5kΩ），定值电阻0R（阻值可选75或150），开关S，导线若干。（1）要求通过xR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“10”或“1.5kΩ”）的滑动变阻器，0R应选阻值为______（填“75”或“150”）的定值电阻；（3）测量多组数据可得xR的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流麦的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时xR两端的电压为______V，流过xR的电流为_____mA，此组数据得到的xR的阻值为______（保留3位有效数字）。学科网（北京）股份有限公司【答案】①.②.10Ω③.75Ω④.2.30⑤.4.20⑥.548【解析】【详解】（1）[1]电流表内阻已知，电流表与0R并联扩大电流表量程，进而准确测量通过xR的电流，电压表单独测量xR的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从0开始测量，满足题中通过xR的电流从0~5mA连续可调，电路图如下（2）[2]电路中R应选最大阻值为10Ω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xR电流最大为5mA，需要将电流表量程扩大为原来的5倍，根据并联分流的规律示意图如下的学科网（北京）股份有限公司根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知04mA300Ω1mAR解得075ΩR（3）[4]电压表每小格表示0.1V，向后