【文档说明】2022年高考全国甲卷真题物理试卷及答案.pdf，共(17)页，803.268 KB，由baby熊上传

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2022年全国高考甲卷物理试题二、选择题1.北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不

大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）A.1hk+B.hkC.2hkD.21hk−【答案】D【解析】【详解】运动员从a到c根据动能定理有212c

mghmv=在c点有2NcccvFmgmR−=FNc≤kmg联立有21chRk≥−故选D。2.长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v<v0）。已知列车加速和减速时加

速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（）A.02vvLlav−++B.02vvLlav−++C.()032vvLlav−++D.()032vvLlav−++【答案

】C【解析】【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v<v0），则列车进隧道前必须减速到v，则有v=v0-2at1解得012vvta−=在隧道内匀速有2Lltv+=列车尾部出隧道后立

即加速到v0，有v0=v+at3解得03vvta−=则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为03()2vvLltav−+=+故选C。3.三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线

框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为12II、和3I。则（）A.132III<<B.132III>>C.123III=>D.123III==【答案】C

【解析】【详解】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为22Crπ=面积为22Srπ=同理可知正方形线框的周长和面积分别为18Cr=，214Sr=正六边

形线框的周长和面积分别为36Cr=，2313336222rSrr=×××=三线框材料粗细相同，根据电阻定律LRSρ=横截面可知三个线框电阻之比为123123::::8:2:6RRRCCCπ==根据法拉第电磁感应定律有EBSIRtR∆=

=⋅∆可得电流之比为：123::2:2:3III=即123=III>故选C。4.两种放射性元素的半衰期分别为0t和02t，在0=t时刻这两种元素的原子核总数为N，在02tt=时刻，尚未衰变的原子核总数为3N，则在04tt=时刻，尚未衰变的原子核总数为（）A.12NB.9

NC.8ND.6N【答案】C【解析】【详解】根据题意设半衰期为t0的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有xyN+=经历2t0后有11423Nxy+=联立可得23xN=，13yN=在04tt=时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期，原子核数

为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为4211228Nnxy=+=故选C。5.空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开

始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁

场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒

子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场

力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。故选B。6.如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为µ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢

复原长之前（）A.P的加速度大小的最大值为2gµB.Q的加速度大小的最大值为2gµC.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时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大

小为2Fmgµ=撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为0Tmgµ=AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mgµ，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为0P1Tmgmaµ−−=解得P12agµ=−此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍

为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2mgµ。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时Qmmgmaµ−=

解得Qmamgµ=−故滑块Q加速度大小最大值为mgµ，A正确，B错误；C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为P2mgmaµ−=解得P2

agµ=−撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2gµ做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为gµ；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为gµ。分析可知P的速度大小均

不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。7.如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与

导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（）A.通过导体棒MN电流的最大值为QRCB.导体棒MN向右先加速、后匀速运动C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热

【答案】AD【解析】【详解】MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为uBlviR−=A．当闭合的瞬间，0Blv=，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大mUQIaxRCR==故A正确；B．当uBlv>时，导体棒加速运动

，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零，故B错误；C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为uBlviR−=当uBlv=时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；D．在MN加速度阶段，由

于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能（即RMNEE>），故加速过程中，RMNQQ>；当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综

上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选AD。8.地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（）A.小球的动能最

小时，其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【答案】BD【解析】【详解】A．如图

所示Eqmg=故等效重力G′的方向与水平成45°。当0yv=时速度最小为min1vv=，由于此时1v存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；BD．水平方向上0Eqvtm=在竖直方向上vgt=由于Eqmg=，得0vv=如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有

水平分量，故电势能最大。由动能定理可知0GEqWW+=则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD正确；C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；故选BD。三、非选择题：9.某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势1.5V，内阻很小），电流表（量程1

0mA，内阻约10Ω），微安表（量程100μA，内阻gR待测，约1kΩ），滑动变阻器R（最大阻值10Ω），定值电阻0R（阻值10Ω），开关S，导线若干。（1）在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_____

；（2）某次测量中，微安表的示数为90.0μA，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻gR=_____Ω。【答案】①.见解析②.990Ω【解析】【详解】（1）[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以

让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动

电阻器采用分压式解法，实验电路原理图如图所示（2）[2]流过定值电阻R0的电流9.00mA0.09mA8.91mAAGIII=−=−=加在微安表两端的电压208.9110VUIR−==×微安表的内电阻2g68

.9110Ω990Ω90.010GURI−−×===×10.利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为1m的滑块A与质量为2m的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小1v和2v，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：（1）调节导

轨水平；（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为______kg的滑块作为A；（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离1

s与B的右端到右边挡板的距离2s相等；（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间1t和2t；（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；123451

/st0.490.671.011.221.392/st0.150.210.330.400.4612vkv=0.312k0.330.330.33（6）表中的2k=______（保留2位有效数字）；（7）12vv的平均值为______；（保留2位有效数字）（8）理论研究表明，对本实验的

碰撞过程，是否为弹性碰撞可由12vv判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则12vv的理论表达式为______（用1m和2m表示），本实验中其值为______（保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认

为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。【答案】①.0.304②.0.31③.0.32④.2112mmm−⑤.0.33【解析】【详解】（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作为A。（6）[2]由于两段位移大小相等，根据表中的

数据可得122210.210.310.67vtkvt====（7）[3]12vv平均值为0.310.310.330.330.330.325k++++==（8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得101122mvmvmv=−+222101122111222mvmvmv=+联立解得1

21212vmmvm−=代入数据可得120.33vv=11.将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3

个影像，所标出的两个线段的长度1s和2s之比为3：7。重力加速度大小取210m/s=g，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。【答案】25m/s5【解析】【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为40.054s0.2stT==×=

设抛出瞬间小球的速度为0v，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为1y、2y，根据平抛运动位移公式有0xvt=22111100.2m0.2m22ygt==××=()()222221112

100.40.2m0.6m222ygtgt=−=××−=令1yy=，则有2133yyy==已标注的线段1s、2s分别为221sxy=+()222223=9sxyxy=++则有2222:93:7xyxy++=整理得25

5xy=故在抛出瞬间小球的速度大小为025m/s5xvt==12.光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反

射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，

入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r﹐r>>d，d远大于弹

簧长度改变量的绝对值。（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值∆x及PQ上反射光点与O点间的弧长s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1．保持其它条件不变，只将该电流反

向接入，则反射光点出现在О点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。【答案】（1）NBIlk，2NBIlrdk；（2）()124dkssNBlr+【解析】【详解】（1）由题意当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为F=NBIl根据胡克定律有F=NBIl=k│∆x│NB

Ilxk∆=设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为d>>∆x，r>>d则sinθ≈θ，sin2θ≈2θ所以有∆x=d⋅θs=r⋅2θ联立可得22rNBIlrsxddk=∆=（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s

′，当初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根据前面的结论可知有12NBIlrssdk′′=+当电流反向后有22NBIlrssdk′′=−联立可得()124dkssINBlr+′=同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，

故待测电流的大小为()124dkssINBlr+′=（二）选考题：共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一题计分。13.一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如pT−图上从a到b的线段所示。在此

过程中（）A.气体一直对外做功B.气体的内能一直增加C.气体一直从外界吸热D.气体吸收的热量等于其对外做的功E.气体吸收的热量等于其内能的增加量【答案】BCE【解析】【详解】A．因从a到b的p—T图像过原点，由pVCT=可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错

误；B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；CDE．因W=0，∆U>0，根据热力学第一定律∆U=W+Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项CE正确，D错误。故选BCE。14.如图，容积均为0V、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在

压强为0p、温度为0T的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第II、Ⅲ部分的体积分别为018V和014V、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。（1）将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞

刚到达汽缸底部时的温度；（2）将环境温度缓慢改变至02T，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。【答案】（1）043TT=；（2）094pp

=【解析】【详解】（1）因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得00034VVTT=解得043TT=（2）设当A中

的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩的体积为V0-V，则对气体Ⅳ0000342VppVTT⋅=对Ⅱ、Ⅲ两部分气体000000()()842VVppVTVT−+=联立解得023VV

=094pp=15.一平面简谐横波以速度v=2m/s沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示，介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t=0时刻的位移2cmy=，该波的波长为______m，频率为______Hz，t=

2s时刻，质点A______（填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。【答案】①.4②.0.5③.向下运动【解析】【详解】[1]设波的表达式为2sin()yAxπϕλ=+由题知A=2cm，波图像过点

（0，2）和（1.5，0），代入表达式有2sin()(cm)24yxππ=+即λ=4m[2]由于该波的波速v=2m/s，则2Hz0.5Hz4vfλ===[3]由于该波的波速v=2m/s，则2sTvλ==由于题图为t=0时刻的波形图，则t=2s时刻振动形式和零时

刻相同，根据“上坡、下坡”法可知质点A向下运动。16.如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在平的，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线

从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。【答案】72n=，312PCa−=【解析】【详解】光线在M点发生折射有sin60°=nsinθ由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则1sinCn=C=90°-θ联立有3tan2θ=72n=根据几何关系有tan

2MBaBNBNθ==解得3aNCaBNa=−=−再由tanPCNCθ=解得312PCa−=